Шпаргалки по геометрії, алгебрі, педагогіці, методиці математики (ИГПИ)

Кольцом називається числ. множ. На якому виконуються три опер-ии: слож, умнож, вычит.

Полем зв. Числ множ. На якому виконуються 4 операції: слож, умнож, вычит, деление (кроме розподілу на 0).

Впопрос 1.

Система натуральних чисел. Принцип мат. Індукції. Аксіоми Піано: 1. В N cущ. ! елем. a' непосредст. наступний за а. 2. Для подобаєтьсяго числа та якщо з N сущ-т ! эл-т а' безпосередньо наступний за а. 3. Для подобається. элем-та з N сущ. трохи більше 1 эл-та на яких безпосередньо слід даний эл-т. 4. Нехай М? N і выполн-ся: 1. 1? М 2. якщо а? М след-но а'?M тоді М=N опр: Будь-яке безліч N для эл-тов якого встановлено ставлення ‘безпосередньо слідувати за' удавлет-щее аксиомама Піано наз-ся безліччю натуральних чисел. Алгебр-ие операц-и на N: 1. Складання — це алг. опер-я певна на N і що має властивостями: 1.(для подобається. а) а+1=а' 2. (для подобається. а, b) a+b'= (a+b)' (a+b-сумма, а, bслогаемые) Т. Сложение нат. чисел сущ і !. 2. Множення: 1. для подобається, а а*1=а 2. для подобається а, b a*b'=ab+a T/ Множення нат чисел сущ. і !. Властивості складання: 1. для подобається. а, b^N a+b=b+a (комут-ть) 2. Длб подобається. a, b, c^N (a+b)+c=a+(b+c) (ассац-ть) Властивості умнож-я: 1.(Для подобається. а, b^N) ab=ba 2. (для подобається. a, b, c ^N) (ab)c=a (bc) 3.(a, b, c^N) a (b+c)=ab+ac Операції вирахування і розподілу лише частково виконуються на N. Ставлення порядку на N: На N введемо ставлення ‘ n=р*q (1), р? q. Замінимо в (1) q на р: n? р2, т.к. р2? n, р?? n. + Будь-яке нат-е число n>1 або явл-ся простим, або м.б. предст-а як произв-я простих множ-й n=р1*р2*…*рr, r?1 (1) і (1) явл-ся ! з точністю до порядку прямування множ-й. (1) наз-ся разл-м числа n на прості множ-ли. Док-во: 1. док-во сущ-я предст-я (1): Якщо n -число просте, то +. Нехай nсост-е і р1 його натур-й дел-ль. Як було док-но р1 число просте та можна записати: n=р*n1, де р? n1. Якщо n1 число просте, то +; якщо n1 сост-е, то р2 — його найменший простий дільник. n1=р2*n2, n=р1*р2*n2. Якщо n2 состе, то розмірковуємо аналог. Це можна прод-ть доки то дійдемо якомусь ns=1. Те, що тільки після кінцевого числа кроків таке ns має получ-ся => з те, що n>n1>n2>…>ns мн-во нат-х чисел, тобто. всі ці числа менше n. Отже, через конеч-е число кроків число n можна пред-ть як (1). 2. Док-во !: Предпол-м, що сущ-т 2 разлож-я числа n на прості множ-ли n=p1*p2*…*pr і n=q1*q1*…*qs, де р1, …рr, q1,…qs прості числа. p1*p2*…*pr= q1*q2*…*qs. Потрібно показ-ть r=s. Ліва частина делит-ся на р1 => на р1 делит-ся і права частина. Учит-я, що у правій частині стоять також прості числа, то властивості простих чисел р збігаються з них. Нехай р1=q1, тоді після сокращя: p2*…*pr= q2*…*qs. Аналог. рассуж-я, переконуємося, що р2 совп-т одним із множ-й q. Нехай р2=q2, після сокр-я: p3*…*pr= q3*…*qs тощо. Предпол-м, що r? s. Нехай r вважати закон-м щойно знайдено число >?m.

Вопрос 3. Кільце цілих чисел. Теорему про розподіл із залишком. НОД і НОК двох чисел. На N вып-ы опер-и «+» і «*», але опер-я «-» вып-ся частково, тобто. ур-е а+х=в в N який завжди разреш-о. Це з причин разширения N. При расщ-и однієї зи чисел до др-й повинні вып-ся кілька треб-й: 1) NЄZ. 2) +,* повинні випся в Z, причому рез-ы опер-й для чисел з N в N і Z повинні совп-ть. 3) +,* - комут-ы, ассоц-ы і связ. дистр-м законом. 4) в Z повинна вып-ся опер-я «-». тобто. ур-е а+х=в одноз-о вирішується в Z для люб-х а, вЄZ. 5) Z має бути миним. расш-м із усіх расш-й мн-ва N облад-е св-ми 1−4. Кількість в ділить і якщо сущ-т qЄZ, що а=b*q. Ставлення «b ділить а» наз-ют ставленням подільності і зап-т b|а. Св-ва: 1) (Ґа)(а|a). 2) (Ґa, b, c)(a|b^b|c=>a|c). 3) (Ґа)(а|0). 4) (Ґа)(0?a). 5) (Ґа)(1|a^-1|a). 6) a|b^b|a=> b=±a. 7) (Ґx)(а|b=>a|b*x). 8) (Ґx1,x2,…xr)(b|a1^b|a2…^b|ar=>b|(x1a1+x2a2+…+xrar)).9)(Ґа, b)(b|a=>|b|0^b>0=>bb|(-a)=>(-b)|a. Теорему про розподіл із залишком. Розділити ціла кількість a на bЄZ, це що означає знайти 2 таких q і rЄZ, що a=b*q+r (1) 0? r f (x) і g (x) ассоци, f (x)=cg (x), cЄP[x]. 3. g (x)|f (x) і ?(x)|g (x) => g (x)|(f (x)±?(x)). 4. Якщо f1(x), f2(x),…, fk (x) діляться на g (x), для Ґc1, c2,…ckЄР, то сума [c1f1(x)+c2f2(x),…, ckfk (x)] ділиться на g (x). 5. Якщо g (x)|f1(x) => f1(x)f2(x)…fk (x) ділиться на g (x). 6. Якщо f1(x)|g (x), f2(x)|g (x),…fk (x)|g (x) => g (x)|[ n1(x)f1(x)+ n2(x)f2(x)+…+nk (x)fk (x)], ni (x), fi (x), gi (x)ЄP[x], i=1,2,…k. 7. Якщо n (x), f (x), g (x)ЄP[x] і n (x)|f (x) і g (x)|n (x), то g (x)|f (x). 8. Мн-ны нульової ступеня з Р[х] явлся делителями Ґf (x)ЄP[x]. 9. Мн-ны cf (x), де с?0 і лише вони делителями мн-на f (x) имеюш-ми ті ж самі ступінь, як і f (x). 10. ҐДелитель f (x), cf (x), c?0 будуть делителями й у іншого мн-на. Нехай Ґf (x), g (x)ЄP[x]. Спільним делителем мн-в f (x), g (x) явл-ся такий мн-н d (x)ЄP[x], що d (x)|f (x) і d (x)|g (x). Нод (f (x), g (x)) наз-ся мн-н D (x) такий, що 1. D (x)=ОД (f (x), g (x)), 2. d (x)|D (x), де d (x)=ҐОД (f (x), g (x)). Покажемо, що НОД сущ-т для Ґмн-в f (x), g (x)ЄP[x]?0. нехай ступінь f (x)? ступеня g (x). Ділимо f (x) на g (x) із залишком f (x)=g (x)q (x)+r1(x). Якщо r1(x)=0, тоді НОД (f (x), g (x))=q (x). Якщо r1(x)?0, то ступінь r1(x)< ступеня g (x), але >0. Ділимо g (x) на r1(x) із залишком g (x)=r1(x)q1(x)+r2(x). Якщо r2(x)?0, 0< ступінь r2(x) < ступінь r1(x), ділимо r1(x) на r2(x) з ост-м r1(x)=r2(x)q2(x)+r3(x). тощо. Т.к. ступінь залишків знижується залишаючись не отриц-й, то через кінцеве число кроків ми то дійдемо залишку rk (x), на який розділиться предыд-й залишок. Цей процес відбувається наз-ся Алгоритмом Евкліда. Отже, застосовуючи алгор-м Евкл-а для мн-в f (x) і g (x) ми маємо сукупність f (x) = g (x)q (x)+r1(x), g (x) = r1(x)q1(x)+r2(x), r1(x) = r2(x)q2(x)+r3(x) … rk-2(x) = rk-1(x)qk-1(x)+rk (x), rk-1(x) = rk (x)qk (x) (1). Док-м, що послед-й ?0 залишок rk (x) в алгоритмі Евк-а явл-ся НОД. Будемо рассм-ть (1) знизу вгору: rk (x)|?k-1(x), rk (x)|?k (x) і ?k (x)|?k-1(x) => rk (x)|rk-2(x)…, rk (x)|rk-2(x) і rk (x)|r1(x) => rk (x)|g (x), rk (x)|r1(x) і rk (x)|g (x) => rk (x)|f (x). Одержимо, що rk (x)|f (x) і ?k (x)|g (x) => ?k (x)= ОД (f (x), g (x)). Покажемо, що rk (x)=НОД (f (x), g (x)). Нехай n (x) — Ґдругой ОД (f (x), g (x)). Рассм-м (1) згори донизу: n (x)|f (x) і n (x)|g (x) => n (x)|r1(x), n (x)|g (x) і n (x)|r1(x) => n (x)|r2(x), n (x)|r1(x) і n (x)|r2(x) => n (x)|r3(x)… n (x)|rk-2(x) і n (x)|rk-1(x) => n (x)|rk (x). Отримали: n (x)|rk (x)=ОД (f (x), g (x)) => rk (x)=НОД (f (x), g (x)). Отже, ми док-ли, що останній ?0 залишок в алгор-е Евкліда явл-ся НОД для мн-в f (x) і g (x). Неважко убелиться, що НОД мн-в f (x) і g (x) явл-ся ! з точністю до мн-ля нульової ступеня. Справді, пердположим, що D1(x)=НОД (f (x), g (x)) і D2(x)=НОД (f (x), g (x)). Т.к. D1(x)=НОД (f (x), g (x)) => D2(x)|D1(x), а т.к. D2(x)=НОД (f (x), g (x)), тут маємо D1(x)|D2(x). Одержимо: D2(x)|D1(x) і D1(x)|D2(x) => св-во 2 D1(x)=cD2(x). Алгоритм Евкліда показуємо, що й f (x) і g (x) мають обидва рац-е коэф-ы чи обидва действ-е коэф-ы, те й коэф-ы їх НОД будуть соотв-о чи рац-ми, чи дейст-ми. Якщо D (x)=НОД (f (x), g (x)), де f (x), g (x)ЄP[x], то сущ-т ?(x), ?(x)ЄP[x], що f (x)?(x)+g (x)?(x)=D (x). Звернімося до алгор-у Евкліда для мн-на f (x) і g (x): f (x) = g (x)q (x)+r1(x), g (x) = r1(x)q1(x)+r2(x), r1(x) = r2(x)q2(x)+r3(x) … rk-2(x) = rk-1(x)qk- 1(x)+rk (x), rk-1(x) = rk (x)qk (x). Перепишемо все рав-ва алго-а Евкліда, крім послед-го (1). Висловимо залишок з кожного рівності r1(x)=f (x) — g (x)q (x), r2(x)=g (x)-r1(x)q1(x), r3(x)=r1(x)-r2(x)q2(x)…rk (x)=rk-2(x)-rk- 1(x)qk-1(x) (1). Перепишемо перше рав-во (1): r1(x)=f (x)*1+g (x)(-q (x)). Означимо ?1(x)=1, ?1(x)=-q (x), тоді маємо r1(x)=f (x)?1(x)+g (x)?1(x). Тепер другий з (1): r2(x) = g (x)-r1(x)q1(x) = g (x)-(f (x),?1(x) + g (x)?1(x)) q1(x) = g (x)-f (x)?1(x)q1(x)-g (x)?1(x)q1(x) = f (x)(-?1(x)q1(x)) + g (x)(1-?1(x)q1(x)) = f (x)?2(x)+g (x)?2(x). r2(x) = f (x)?2(x)+g (x)?2(x). Підставимо отримане вираз для r1(x) і r2(x) в вираз для r3(x) з (1). Одержимо, проробляючи аналогічні перетворення r3(x)= f (x)?3(x)+g (x)?3(x). тощо. опускаючись нижче одержимо rk (x)= f (x)?k (x)+g (x)?k (x). Як було док-но вище rk (x) явл-ся НОД мн-в f (x) і g (x), причому НОД визначено з точністю до множ-ля нульової сиепени. Примножуючи обидві частини останнього рівності на з: crk (x)= f (x)(c?k (x))+g (x)(c?k (x)).

Вопрос 7. Неприводимые над полем багаточлени. Мн-н f (x)ЄP[x] наз-ся неприводимым над полем Р, якщо він розкладається в твір многоч-в позитивної ступеня над полем Р. Мн-н наз-ся процитованими над полем Р, коли він розкладається у твір мн-в положит-й ступеня. Питання приводимости залежить від цього поля, з якого ми його розглядаємо. Н-р, 1) f (x)=x2−2 неприводим над полем Q, але наводимо над полем R. 2) f (x)=x2+1 неприводим над R, наводимо над З. 3)?(x)=x+1 непривдм ні над одним числовим полем. Над полем ком-х чисел неприво-м лише мн-ы 1-го ступеня. Над полем дейст-х чисел неприводимы мн-ны 1-го ступеня і квадратний тричлен, яка має дискр-т ці мн-ны отличся друг від друга множ-м нульової ступеня. (Док-во. Т.к. p1(x) — неприводим, то p1(x) = p2(x)g (x) одне із множ-й є мног-н нульової ступеня g (x)=cconst. Т.а. p1(x) = p2(x)c. Мног-ны p1(x), p2(x) явл-ся асоційованими.) 2. Ґf (x)ЄP[x], p (x)ЄP[x] - непривомн-н => або f (x), p (x) взаємно прості, або p (x)|f (x). (Док-во. Т.к. p (x) неприводимый мн-н, то возм-ы 2 случая:1) НОД (f (x), p (x))=c-const, тоді f (x), p (x) — взаємно прості. 2) НОД (f (x), p (x))=D (x), де D (x)=cp (x), але давайте тоді т.к. D (x)|f (x) => cp (x)|f (x) => p (x)|f (x)). 3) Якщо произ-е p (x)|f (x)g (x), де p (x), f (x), g (x)ЄP[x] і p (x) — непривод-м над полем P, р (x)|f (x) чи p (x)|g (x). Це св-во можна распрост-ть і випадок довільного числа множ-й. Теорему. Ґ мн-н f (x)ЄP вище нульової ступеня явл-ся неприводимым над полем Р чи розкладається у твір неприводимых мн-в. f (x)=p1(x)p2(x)…pn (x) (*), де pi (x) — неприводимые мн-ны над полем Р, i=1,2,…n, і розкладання явл-ся ! з точністю до порядку. Док-во. 1) Док-м можливість уявлення (*). Нехай мн-н f (x) вище нульової ступеня. Якщо f (x) неприводим, то теорема док-на. Якщо f (x) наводимо, то f (x)=f1(x)f2(x). Якщо обидва мн-на f1(x) і f2(x) неприводимы над полем Р, то теорема док-на, якщо хоча б 1 їх наводимо над полем Р, його розкладають у твір множі положит-й ступеня. тощо. Цей процес відбувається конечен, т.к. ступінь мн-й в розкладанні f (x) зменшується, залишаючись положит-ми та його може лише кінцеве число. Отже, зрештою мн-н f (x) буде предст-н як произвед-я непривод-х мн-й, тобто. як (*). 2) Док-м ! розкладання мн-на f (x) на непривод-е мн-ли. Нехай f (x) допускає 2 розкладання: f (x)=p1(x)p2(x)…pn (x) (1) і f (x)= q1(x)q2(x)…qn (x) (2). p1(x), …pn (x), q1(x),…, qn (x) неприводимые над полем Р мн-ны. Ліві частини рівні => рівні й праві частини. p1(x)p2(x)…pn (x)=q1(x)q2(x)…qn (x) (3). Ліва частина ділиться на р1(х) => і права частина ділиться. Т.к. р1(х) неприводим, то, на р1(х) розділиться хоча б тільки мн-ль правій частині. Нехай р1(х)|q1(x). А т.к. р1(х) і q1(x) неприво-ы і з них дел-ся в інший, всі вони асоційовані, тобто. q1(x)=ср1(х). Підставляючи це выр-е в (3) і скорочуючи обидві частини на р1(х): p2(x)…pk (x)=c1q2(x)q3(x)…ql (x) (4). Аналогічно расс-я щодо p2(x) з (4): p3(x)…pk (x)=c1с2 q3(x)q4(x)…ql (x). І т.ін. стверджуємо, що k=l. Припустимо гидке. Нехай k і крізь всю с-у столб-в матницы ?, тобто. справед-о (2). => Веркор (?1,?2,???n) — реш-е с-ы (1). Метод Гаусса — м-д последов-го винятку неизв-х. Зводиться до привед-ю с-ы лин-х ур-й до ступен-у виду, у своїй получ-ся с-а равнос-я даної. Якщо рез-те элем-х преоб-й получ-но ур-е з коэф-ми у частині =0, а своб-е члени ?0, то с-а несовм-на. Якщо й своб-е члени =0, це ур-е видаляється з с-ы. С-а лин-х ур-й явл-ся опред-й, тобто. має ! реш-е, якщо ступ-я с-а лин-х ур-й має треуг-й вид. У цьому вся случ-е послед-е Ур-е с-ы містить лише 1 неизв-ю. Якщо ступ-я с-а має вигляд трапеції, то с-а невизначена. Тоді, у послед-м Ур-и с-ы кілька неизв-х (k V, ??(?)=?*xЄV, ?ЄP, xЄV. С-а V — наз-ся век-м прост-м над полем Р, а эл-ы мн-ва V — векторами = a, b, c,…x, y, якщо 1. (V, ?, +,-) — аддит-я абел-я група, 2. (?*?)*a=?*(?*?), Ґ?,?ЄP, aЄV. 3. (?+?)*a=?*a+?*a, Ґ?,?ЄP, aЄV. 4. ?*(a+b)=?*a+?*b, Ґa, bЄV,Ґ?ЄP. 5. 1*a=a, Ґa. Наприклад, ариф-е вект-е прост-во n мірних векторів V=Pn, мн-во Зк.ч. є век-е прост-во над полем R действ-х чисел относ-о опер-й «+» к.ч. і «*» їх у дейст-е число. Найпростіші св-ва. Нехай V=(V,?,+,-,??) — вектор-е прост-во. Р — полі скалярів. Ґa, bЄV, Ґ?, ?ЄP. 1. a+b=a => b=0. 2. 0*?=?. 3. ?*?=?. 4. a+b=? => b=(-1)*a=-a. 5. ?*a=?*b ^ ??0 =>a=b. 6. ?*a=? => ?=0 чи a=?. 7. ?*a=?*a ^ a? => ?=?. Нехай V — вект-е прост-во над Р, a1, a2,…amЄV, с-а вект-в a1, a2,…am наз-ся лин-о незав-й, якщо ?1*a1+?2*a2*???m am=? возм-но попри всі коэф-х = 0. a1, a2,…am — лин-но завис-ы, якщо ?1*a1+?2*a2*???m am=? возм-но хоча б із 1 коэф-е ?i?0. Векте прост-во наз-ся конечномерны, коли вона породж-ся кінцевим мн-м вект-в чи сущ-ют a1, a2,…amЄV, що V — лин-я оболонка порожд. цим мн-м V=L (a1,a2,…am). Базисом (базою) конеч-го век-го прос-ва наз-ся непуст-я конеч-я лин-но незав-я с-а векторів порожда-я це прост-во. ???не доконца.

Питання 12. Лінійні перетворення век-х прост-в. Нехай u і v векторні простр-ва над полем Р. Отобр-е ?: u (v наз-ся лин-м отображ-м чи гомоморфизмом, якщо Ґа, bЄu,Ґ?ЄP: 1. ?(a+b)=?(a)+?(b). 2. ?(?a)=??(a). Якби лин-е отоб-е u на v було б биективным, тоді його наз-и б изоморфизмом вект-х прост-в. Мн-во всіх лин-х отображ-й прост-ва u в v обозн-ся Hom (u, v). Св-ва. 1. Кожен лин-й опер-р? в прост-ве v оставлт нерухомий нульової вектор, т. е.?(?)= ?. 2. ?(-x)=-?(x). 3. Кожен лин-й опре-р? в прост-ве v переводить Ґ лин-ю комбин-ю довільно вибраних вектв a1, a2,…am прост-ва V прост-ва в лин-ю комбин-ю образів цих вект-в, причому з тими самими найбільш коэф-ми, тобто. ?(?1a1+?2a2+???mam) = ?1?(a1)+?2(a2)+…+?m?(am). Док-во. Застосуємо метод мат-й індукції. 1) Перевіримо справ-ть при m=2. ?(?1a1+?2a2) = ?(?1a1)+?(?2a2) = ?1?(a1)+?2(a2). 2) Припустимо справ-ть утвер-я для m-1 вектора, тобто. ?(?1a1+?2a2+???m-1am-1) = ?1?(a1)+?2(a2)+…+?m-1?(am-1). 3) Док-м справ-ть даного утвер-я для m век-а, тобто. ?(?1a1+?2a2+…+ ?m-1am-1+?mam) = ?[(?1a1+?2a2+???m-1am-1)+ ?mam] = ?(?1a1+?2a2+???m-1am-1) + ?(?mam) = ?1?(a1)+?2(a2)+…+?m-1?(am-1)+?m?(am). 4. Сукупність L всіх образів ?(a) вектора, а вектор-го простр-ва v, получ-е при даному преоб-ии ?, є деяке подпростр-во вект-го простр-ва v. Нехай? деяка лин-я опре-я прос-ва vn. Виберемо в прос-ве vn некот-й базис e1, e2,…en. Тоді опре-р? переводить век-ы базису в вектори ?(e1),?(e2),???(en). Кожен з цих век-в ! чином выраж-ся через век-ры базису: ?(e1) = ?11*e1+?21*e2+…+?n1*en, ?(e2) = ?12*e1+?22*e2+…+?n2*en,… ?(en) = ?1n*e1+?2n*e2+…+?nn*en. Матриця A?= k-й стовпець якої явл-ся коорд-ми столбца век-ра ?(ek) над базисом e1, e2,…en, наз-ся матрицею лин-го опрер-ра? в базисі e1, e2,…en. Т.а. при фиксир-м базисі e1, e2,…en, кожному лин-у опрер-у? прост-ва vn соответ-т цілком опред-я матриця n-го порядку. І навпаки, кожна матриця n-го пор-ка явл-ся матрицею некот-го цілком опред-го лин-го опре-ра? прост-ва vn в базисі e1, e2,…en. Сукупність ?(vn) образів всіх век-в прост-ва vn при дії оператора? наз-ся областю значень опер-ра ?. Розмірність області значень ?(vn) звся рангом лин-го опер-а ?. Ядром линей-го опер-а? прост-а Vn наз-ся сукупність всіх век-в прост-ва Vn отображ-ся операторів? у нульовий вектор т. Ker ?= {aЄVn|?(a)=т}. Розмірність ядра Ker? опер-ра? прост-ва Vn наз-ся дефектом цього опер-ра. Сума рангу і дефекту лин-го опер-а? прост-ва Vn = розмірності цього прост-ва. Якщо век-р b ?0 перекладається оператором? в пропорц-й самому себе, т. е. ?(b) = ?0b, де ?0 — действ-е число, то b наз-ся собст-м вектором опер-а ?, а ?0 власним знач-м цього опер-ра. Причому гов-т, що собст-й век-р b относ-я до собств-у знач-ю ?0. Нульовий век-р не вважається власним для опер-ра. Матриця А-?Е, де Є един-я матриця n пор-ка наз-ся харак-й матрицею матриці А (по головною діагоналі від Эл-в «-»?). Багаточлен n ступеня |А-?Е| наз-ся харак-м мног-м матриці А, яке коріння, які можна як компл-е і действ-е, звся характер-ми корінням цієї матрмцы. ?0ЄR був собств-м значенням лин-го опер-а? (?0 було характ-м коренем опер-ра ?. Лин-е преоб-е наз-ся невыроженным, якщо визначник матриці А?0. Рассм-м преоб-е x1=y1,…xn=yn (I). Це преоб-е наз-ся тождеств-м. Воно поводиться так само і кількість 1 при арифм-м умнож-и, т. е. (ҐS) S*I=I*S=S. Тобто. преоб-е I це нейтр-й эл-т относ-о умнож-я преоб-я. Зворотним преоб-м перетворенню P. S наз-ся преоб-е P. S- 1 таке, що S*S-1=S-1*S=I. Подпрост-во L явл-ся інваріантним относ-о преобя? простору Vn, якщо образ Ґ век-ра з знову є вектор L.

Питання 13. Визначники. Опред-м (детерминантом) n-го порядку составл-м з n2 чисел матриці А наз-ся алгеб-я сума всевозм-х членів, кожен із яких представл-т собою произвед-е n эл-в, кожен із яких взятий по 1 з кожного рядка і шпальти, узятий зі знаком (-1)t, де t число інверсій перестановки других індексів, при усл-и, перші індекси перебувають у натуральному порядку. ?=?(- 1) ta1?a2…an?, ?,?,??? n! перестан-к 1,2,…n. Правило Саррюса.

Св-ва опред-й. 1. Рівноправність сторк і шпальт (транспонирование). 2. Опред-ль n-го порядку, яка має 2 рядки (2 шпальти) однакові =0. 3. Якщо всі Эл-ты будь-якого шпальти (рядки) опред-ля n порядку * одне і стільки ж побільшало m, те й значення опред-я *m. 4. Якщо всі Эл-ты будь-якого шпальти (рядки) опред-я n-го пор-ка облад-т загальним множником, його можна винести за знак опред-ля. 5. Опред-ль n-го пор-ка, яка має Эл-ты 2-х рядків (шпальт) соответ-о пропорційні ,=0. 6. Якщо всі Эл-ты k рядки (шпальти) опред-я n-го пор-ка явл-ся сумою 2-х доданків, такий опредль = сумі 2-х опред-й n-го пор-ка. У одному із них k-я рядок (стовпець) складається з перших слаг-х, а іншому — з слаг-х, й інші рядки (стовпчики) самі, що у даному опред-е. 7. Якщо опред-е якаабо рядок є лінійна комбінація інших рядків, такий опред-ль =0. 8. Якщо до Эл-м будь-якої рядки (шпальти) опред-я n-го пор-ка додати соответ-ие Эл-ты інший рядки (шпальти) помножені одне і те число, ті значення опред-я не зміниться. 9. Якщо поміняти місцями 2 рядки (шпальти) в опред-е n-го пор-ка, то опред-ль змінить свого знака на протилежний, яке абсол-я величина не зміниться. Мінором Мij Эл-та aij опред-я n-го пор-ка наз-ся опрде-ль n-1 порядку, який з опред-я викреслюванням і рядки — і j шпальти. Алгебаическим доповненням Aij Эл-та aij наз-ся произ-е (-1)i+j*Mij. Теорему. Хоч би рядок (стовпець) опред-я n пор-ка ми взяли, значення опред-я = сумі произв=й Эл=в цього рядка (шпальти) з їхньої ж алгеб-е доповнення. ?=ai1Ai1+ ai2Ai2+…ainAin (i=1,2,…n)(1). ?= a1jA1j+a2jA2j+…anjAnj (2). Док-во. З огляду на справ-ти рядків і шпальт обмежимося висновком разлож-я по рядкам (1). 1) знаємо, aijAij є й член опред-я, причому у опред-ль є з тим самим знаком, що у це произве. Т.а. Ґ складова (1) складається з членів опред-я. 2) Ніякі 2 доданків в (1) не містять загальних членів (всього Ґ слаг-й містить (n-1)! членів). Справді, нехай aikAik і ailAil з (1) містять загальний член, тоді нього входити мн-ли aik, ail, чого може бути, т.к. з і рядки взято 2 эл-та. Отже (1) складається з всіх різних членів опред-я. 3) ai1Ai1+ai2Ai2+…ainAin (3). Док-м, що (3) вичерпує усіх членів опред-я, тобто. Ґ член опред-я обов’язково входить у (3). Рассм-м произв-е членів опредя: (4) a1? a2…ai-1?aijai+1…an?, ?,?,??? пробігають n! перестан-к чисел 1,2,…n. aija1? a2…ai-1?ai+1…an?, ?,?,??? пробігають n! перестан-к чисел 1,2,…n. Але твір a1? a2…ai-1?ai+1…an?член мінору Мij => входить у алгеб-е доп-е Aij => член (4) входить у произвеление aijAij.+ 1) Якщо опред-е пор-ка все эл-ы I рядки, крім эл-а aij, =0, такий опред-ль = произв-ю його эл-та з його алгеб-е допол-е. 2) Якщо опред-е n пор-ка все эл-ты що лежать нижче головною діагоналі =0, то опрд-ль = произв-ю діагональних эл-в. 3) Сума творів эл-в будь-якої рядки на алгеб-е доповнення відповідних эл-в інший рядки = 0. Формули Крамера. Якщо ??0, то опред-ль має ! рішення хn=?n/?.

Питання 14 Основ-ы св-ва срав-й. Додаток теорії срав-й висновку ознак подільності. Отнош-е сравним-ти в кільці цел-х чисел: 1 опр. a? b (mod m) (m|(a-b). 2 опр. a? b (mod m) (a=b+m*t, tЄZ. 3 опр. a? b (mod m)(a=m*q1+z ^ b=m*q2+r. З опр. 3 =>що порівнянні за (mod m) числа явл-ся равноостаточными під час ділення на m. Док-во: 1) опр. 1(2. Нехай a? b (mod m) себто опр.1, тобто. m|(a-b) => сущ-т tЄZ, a=b+m*t, тобто. a? b (mod m) себто опр.2. Нехай a? b (mod m) в сенсі опр.2, тобто. a=b+m*t => a-b=m*t => m|(a-b), тобто. a? b (mod m) себто опр.1. 2) Док-м, що опр.1(опр.2. Нехай a? b (mod m) себто опр.3, тобто. a=m*q1+r ^ b=m*q2+r => a-b=m*(q1-q2), де q1-q2ЄZ => m|(a-b) => a? b (mod m) себто опр.1. Нехай a? b (mod m) себто опр.1, тобто. m|(a-b). Нехай a=m*q1+r1, b=m*q2, 0? r1 m|(r1-r2). m|(r1-r2) і 0? r1-r2 r1-r2=0 => r1=r2, тобто. a? b (mod m) себто опр.3. т.к. отеош-е равнос. явл-ся эквивалти, тобто. воно симмет-о, тран-о, рефл-о, то опр.1(опр.2 (опр.3. Сл-е 1. Якщо a=m*q+r, 0? r a? r (mod m). Сл-е 2. Якщо m|a => a=0(mod m). Сл-е 3. ҐtЄZ, m*t?0(mod m). Св-ва срав-й: 1) Отнош-е порівнянності в Z явл-ся отнош-м эквивти. 2) Сравнимые числа по mod m можна почленно складати, вичитати. Док-во: a1? b1(mod m) => a1=b1+m*t1, t1ЄZ. a2? b2(mod m) => a2=b2+m*t2, t2ЄZ. a1±a2=(b1±b2)+m*(t1±t2) => (по опр.2) (a1+a2)?(b1±b2)(mod m). Сл-е 1. Слаге можна з частині сравн-я переносити в др-ю, змінивши знак на против-й. 2. До Ґ частини сравн-я можна додати число кратну модулю. 3) Сравн-е числа по mod m можна почл-о перем-ть. a1? b1(mod m) і a2? b2(mod m) => a1*a2?b1*b2 (mod m). Док-во: a1? b1(mod m) =>(по опр.2) a1=b1+m*t1, t1ЄZ. a2? b2(mod m) =>(по опр.2) a2=b2+m*t2, t2ЄZ. a1*a2=b1*b2+m*(t1*b2+t2*b1+m*t1*t2) => a1*a2?b1*b2(mod m) tЄZ. Сл-е 1. a1? b1(mod m) і a2? b2(mod m) і … an? bn (mod m) => a1*a2*…an=b1*b2*…bn (mod m). 2. a? b (mod m) => an? bn (mod m). ҐnЄN. 3. a? b (mod m) => k*a?k*b (mod m), ҐkЄZ. 4. Выраж-я сост-е шляхом умнож-я, выч-я, слож-я срав-х чисел, срав-ы між собою з такого самого модулю. 5. f (x)=a0*xn+ a1*xn-1+…+ an-1*x+an, мн-н з цкл-ми коэф-ми Ґх1,х1,…ЄZ, тоді x1? x2(mod m) => f (x1)?f (x2)(mod m). 6. У сравн-х по mod m числах можна замен-ть слаге і множ-ли з сран-ми із нею числами. 4) На загальний дільник взаим-о простий з mod m можна разд-ть обидві частини порівняння, залишивши mod без измен-я. a*d=b*d (mod m) і НОД (d, m)=1 => a? b (mod m). Док-во. a*d=b*d (mod m)=> m|(a*db*d) => m|d*(a-b). т.к. НОД (d, m)=1, то m|(a-b) => a? b (mod m). Замтим, що якщо усл-е взаим-ной простоти не выпол-ся, то сокр-е обох частин одне і стільки ж побільшало можна навести спричиняє порушення срав-ти. 5) a*d?b*d (mod m*d) => a? b (mod m), dЄN. Док-во. a*d?b*d (mod m*d) => m*d|(a*d-b*d) => m*d|d*(a-b) => m|(a-b) => a? b (mod m). 6) a? b (mod m1) і a? b (mod m2) => a? b (mod[m1,m2]), [m1,m2]=НОК (m1,m2). Ознака дел-ть на 3. m=3. a=an10n+ an-110n-1+… a110+a0. 10?1(mod 3), 102?1(mod 3), 103?1(mod 3),… 10n?1(mod 3). R3=a0r0+ a1r1+…+ anrn= a0 *1+ a1 *1+ …+an 1= a0+ a1+…+an. 3|a (3|R3. Ознака дел-ти на 11: a=an10n+ an-110n-1+… a110+a0. r0=1. 10?-1(mod 11), 102?1(mod 11), 103?- 1(mod 11),… 10n?(-1)n (mod 11). a? R11(mod 11). R11=a0r0+ a1r1+…+ anrn= a0 -a1+ …+(-1)n an = (a0+ a2+…)-(a1+a3+…). 11|a (11|R11, тобто. число дел-ся на 11 (на 11 дел-ся раз-ть суми цифр числа що стоять на неч-й і чет-х местах.

Питання 15 Цілковита й наведена с-а відрахувань. Теор-а Эйлера і Ферма. Усі числа можна з a по mod m об'єднаємо за одну мн-во, кот-е наз-м классом-вычитов по mod m. Обозн-м ?={xЄ|x?a (mod m)}. Ґ предст-ль мн-ва? наз-м вычитом. Рассм-м клас вычитов по mod m: ?={xЄ|x?a (mod m)}. Т.к. сравн-е числа, т. е. все числа Є-щие одному й тому класу вычитов по mod m мають одинак-е ост-ки під час ділення на m, те й все различ-е класи вычитов можна обоз-ть з пом-ю цих ост-в, т.к. під час ділення Z на m получ-ся m ост-в 0,1,…, m-1, те й мн-во Z распад-ся на m класів 0,1,…m-1 (з черт-ми). Обоз-м мн-во всіх классов-вычитов по mod m через Zm. Св-ва классов-вычитов: 1. ?={a+m*t|ҐtЄZ}. 2. xЄ? ^ xЄ? => ?=?. 3. ҐбЄ? => б (с чер-й)=?. 4. a? d (mod m) => … 5. a?0(mod m) => aЄ0(чер-й). 6. a=m*q+r, 0? r речей, що соотв-е опре-и у цьому мн-ве ком-ы, ассоц-ы і св-я дист-м законом. Нетру-о пров-ть, що клас 0(с чер-й) нейтр-й Эл-т относ-о «+», 1(с чер-й) нейтр-й эл-т относ-о «*». Т.а. мн-во Zm явл-ся кільцем относ-о «+», «*» классов-вычитов по mod m і недорогу каблучку Zm=(Zm, 0(с чері), 1(с чер-й), +,-,*) наз-ся кільцем классов-вычитов по mod m. Т.к. число классов-вычитов завжди звісно, і =m, то все кільця кінцеві. Якщо з Ґ класса-вычитов по mod m взяти за одним представ-ю, то получ-я за відрахувань наз-я повної с-й вычитов по mod m. Н-р:1. повна с-а наим-х невідx вычитов по mod m Rm={0,1,2,.m-1}, пол-я с-а наим-х полож-х вычитов по mod m Rm+={1,2,…m}, пол-я с-а абсолютно наим-х вычитов по mod m. Ґ совокуп-ть m цілих чисел х1, х2, …хm попарно не сравн-х між собою по mod образ-т повну с-у вычитов по mod m. (1-ша теор-а). Якщо лин-й формі а*х+b, де чи mзам-но прості, переем-я x пробег-т все знач-я з повної с-ы вычитов по mod m, те й лин-я форма пробіга все знач-я некот-й повної с-ы вычитов по mod m. Док-во. Нехай x={ х1, х2, …хm} произ-я повна с-а відрахувань по mod m. Док-м, що с-а x'={aх1+b1, aх2+b2, …aхm+bm} також повна с-а вычитов. С-а x' містить m чисел (вычитов) і всі ті відрахування попарно непорівнянні між собою. Припустимо гидке: нехай axi+b?axj+b (mod m), 1? i, j? m, i? j. Тоді св-ву срав-й axi? axj (mod m). А т.к. НОД (a, m)=1 (по усл-ю), то xi? xj (mod m). Це прищеплений до з того що xi, xj входить у повну с-у вычитов по mod m, тобто. в Х. Отже, с-а x' складається з m чисел й вони попарно не срав-ы між собою => x' явл-ся повної с=й вычитов по mod m.+ Якщо з Ґ класу взаємно простих з mod m взяти по 1 предст-ю, то получ-ая с-а чисел наз-ся привед-й с-й вычитов по mod m. Функцією Эйлера ?(m) наз-ся число по mod m взамно простих з m чи число нат-х чисел ?(p)=p-1. 2) m=p? => ?(m)=m (1−1/p). 3) m=p1?1* p2?2 *…pk?k => ?(m)=m (1−1/p1) (1−1/p2) …(1−1/pk). Ознака прив-й с-ы. С-а чисел a1, a2… as (1) утворює привед-ю с-у вычитов по mod m, якщо: 1) p. s= ?(m); 2) числа з (1) попарно непорівнянні по mod m, т. е ai не срав-ы з aj (mod m), i? j, i, j=1,2,.s; 3) НОД (ai, m)=1, i=1,2,…s. (Док-во. З огляду на усл-я 3) числа с-ы (1) нах-ся в класах взаємно простих з mod m, причому з огляду усл-я 2) лежать у різних класах. Т.к. число чисел в с-і (1)= ?(m) і кількість класів взаємно простих з mod m=?(m), то всяке число з (1) потрапляє у ! клас взаємно простих по mod m=> с-а (1) явл-ся привед-й с-й вычитов.) (2-га теорема) Якщо лин-й формі ax, a і m взаємно прості, змінна x пробіга все значення з наведеної с-ы вычитов по mod m, те й лин-я форма ax пробіга все знач-я з некот-й привед-й с-ы вычитов. Док-во. Нехай Х={x1,x2,.x?(m)} привед-я с-а вычитов по mod m. Тогад х'={ax1, ax2,.ax?(m)} привед-я с-а вычитов по mod m. Перевіримо 3-тє усл-е ознаки привед-й с-ы: 1) в с-і x' ?(m) чисел, т.к. замість x ми можемо подст-ть ?(m) чисел; 2) Ці числа Є по mod m різним классам, т.к. замість x беруться числа із різних класів. І тут числа ax (навіть ax+b) попарно непорівнянні між собою по mod m.3) ax взаємно прості з mod m. НОД (a, m)=1 по усл-ю. НОД (xi, m)=1, i=1,2… ?(m), т.к. xi взяті з привед-й с-ы вычитов. НОД (axi, m)=1. i=1,2,… ?(m) => с-а x' обр-т привед-ю с-у вычитов по mod m. Теорему Эйлера. Якщо чи m взаємно прості, тобто. НОД (а, m)=1, то а?(m) ?1(mod m). Док-во. Восп-ся теоремою: тоді як лин-ю форму ох замість x будемо подст-ть вычиты з некот-й привед-й с-ы вычитов по mod m, те й лин-я форма пробіга також усі знач-я привед-й с-ы вычитов по mod m. Рассм-м привед-ю с-у наим-х полож-х вычитов по mod m: r1, r2,…rk, k=?(m), тоді ar1, ar2,…ark — також привед-я с-а вычитов. Ґ вычит останньої с-ы замінимо наим-м положит-м вычитом. ar1? r1'(mod m), ar2? r2'(mod m)… ark? rk'(mod m). Перемножимо: ak (r1r2…rk)?r1'r2'…rk'(mod m) (1). Але r1r2… rk=r1'r2'…rk'. У лівої і правої частинах стоїть произв-е всіх вычитов з привед-й с-ы наим-х полож-х вычитов. Ці произв-я взаємно прості з mod m, т.к. Ґ множ-ль з mod m взаємно простий. => ak?1(mod m), т.к. k= ?(m) => а?(m) ?1(mod m)+ Теорему Ферма. Якщо m=p просте число і НОД (а, р)=1, то ар-1?1(mod m). Доку. Якщо m=p, то ?(p)=p-1, тоді з теор-е Эйлера ар-1?1(mod m).+ След-е. Для ҐаЄZ, Ґpпросте число, ap? a (mod m).

Вопрос 16. Бінарні отнош-я. Отнош-я экв-ти і розбивка на класи. Чинник мн-ва. Пряме твір 2-х мн-в: A*B={(a, b)|aЄA, bЄB}. Декартов квадрат A*A={(a, b)|a, bЄA}=A2. Бінарну отнош-е, зад-е на парі мн-в A і B: ?[pic]A*B. Бінарну отнош-е, зад-е на мн-е A: ?[pic]A2. Св-ва бин-х отнош-й: Нехай? бин-я отнош-е опред-е на А, тобто. ?[pic]А2. 1.? рефлек-о: (Ґ?ЄА) (а?а). 2.? симмет-о: (Ґa, bЄA) (a?b => b? a). 3. транзть: (Ґа, b, cЄA) (a?b ^ b? c => a? c). Бінарну отнош-е? опред-е на мн-ве, А наз-ся отнош-м эквивал-ти, коли вона реф-но, симмет-но і тран-но. Н-р: 1. Амн-во прямих на плос-ти,? -отнош-е параллел-ти. 2. Отнош-е подбие постатей на, А точок пл-ти. С-а S={A1,A2,…An} непорожніх подмн-в мн-ва, А наз-ся розбивкою мн-ва На класи, якщо ҐаЄА попад-т в ! подмн-во із системи S. Тогда -розбивка На класи, якщо вып-ся 1) Ai?Ш, i=1,2,…n 2) A1[pic] A2[pic]… An=A 3) Ai[pic]Aj=Ш, i? j. Теорему. Ґ разбиению мн-ва На класи відповідає ставлення эквивал-ти. Док-во. Нехай S={A1,A2,…An} розбивка мн-ва А. Визначимо на, А бинар-е отноше? т.а.: а? b (a, bЄAi (*). AiЄS. Покажемо, що це опред-е отнош-е? явл-ся отнош-м экв-ти, тобто. воно рефл-о, сим-о, тран-о. 1) Из (*) => а? а, т.к. Ґ елт нах-ся один подмн-ве із собою. 2) З (*) => b, aЄAi (b?a. a? b => b? a.3)Пусть а? b ^ b? c => a, bЄAi^ b, cЄAj?Ш, що суперечить вимозі 3) разбиения => Ai=Aj. A, bЄAi ^ b, cЄAi => a, cЄAi. а? b ^ b? c => a? c.+ Нехай? ставлення эквив-ти опред-е на мн-ве А. Виберемо в, А далі все элы, нах-ся в отноші? з эл-ми а, образ-е їх мн-во обозн-м [a]. [a]={x|xЄA, x? a}. Мн-во [a] наз-ся суміжним класом мн-ва По отнош-ю эквив-ти ?. Теорему. Якщо? отнош-е эквив-ти на мн-ве Бо с-а всіх суміжних класів мнва, А явл-ся розбивкою мн-ва А. Док-во.Пусть? отнош-е эквив-ти на А. Рассмм суміжний клас ҐаЄА, [a]={x|xЄA, x? a}. Покажемо, що с-а разлож-я суміжних класів обр-т розбивка мн-ва А. Т.к.? рефлек-о, тобто. а? а => [a]? Ш. Візьмемо произв-й aЄA, aЄ[a] => aЄ[a][pic][b][pic][c][pic]…т.е. А[pic][a][pic][b][pic][c][pic]…Т.к. [a][pic]A, [b][pic]A, [c][pic]A…=>[a][pic][b][pic][c][pic]… [pic]A. З положень цих 2-х включень => [a][pic][b][pic][c][pic]…=A. Покажемо, що Ґa, bЄA, a? b (с рисою) => [a][pic][b]=Ш. Припустимо: нехай [a][pic][b]?Ш => сущ-т сЄ[a] ^ cЄ[b] => a? c ^ c? b => але ці суперечить усл-ю a? b (с рисою) => Ґa, bЄA, a? b (с рисою) => [a][pic][b]=Ш.+ Мн-во всіх суміжних класів мн-ва По отнош-ю эквивал-ти наз-ся фактор-мн-во По отнош-ю ?. Обозн. А|?.

Вопрос 17. Група. Прост-е св-ва груп. Підгрупи. Изоморфизмы гомомор-ы груп. Якщо А? Ш, то n-мерной алгеб-й опре-й наз-ся «ставлення Аn (А, тобто. (?1,?2,???n)((?1,?2,???n)ЄAn. Алгеб-й с-й наз-ся не порожній мн-во На якому опред-а совокуп-ть алгеб-х опер-й і отнош-й (А,[pic]f, [pic]p), де, А основне мн-во,[pic]f совокуп-ть алг-х опер-й, [pic]p совокуп-ть отнош-й. Бинар-я опер-я (*) на мн-ве, А наз-ся ассоц-й, якщо (Ґa, b, cЄA) (a*b)*c=a*(b*c). Бин-я опер-я (*) опред-я на, А наз-ся комут-й, якщо (Ґa, bЄA) a*b=b*а. Полугруппой наз-ся с-а (А,*), сост-я з А? Ш і бин-й опері (*) опре-й на А, кот-я ассоц-а. Якщо (*) доп-о комут-а, то полугр-а звся комут-й чи абелевой. Моноидом наз-ся с-а (А, е,*), сост-я з А? Ш, выд-го эл-та е і бин-й опер-и (*) опре-й на Якщо ж выпол-ся 1) * - ассоц-а, 2) е — нейт-й Эл-т относ-о *. Групою наз-ся с-а G=(G, e,*,'), де G? Ш, e — выд-й эл-т, *- бинар-я опер-я, «- унар-я опер-я, причому: 1)* ассоц-а, 2) eнейті эл-т относ-о *, тобто. (ҐaЄA) a*e=e*a=a, 3) (ҐaЄA) (сущ-т a'ЄG) a*a «=a «*a=e. Якщо * ком-а, то група абелева. Якщо * групи обозн-ть «+», тут маємо аддит-ю групу, нейт-й Эл-т — «0», симмет-й для а: (-а) — против-й. Якщо * обоз-м *(точка), тут маємо мультип-ю групу. Св-ва груп. 1) Будь-яка група має ! нейтр-й эл-т. Док-во. Будь-яка група явл-ся моноидом, а моноиде нейт-й эл-т !. 2) Ґэл-та аЄG сущ-т ! симмет-й Эл-т. 3) (Ґa, bЄG) a*x=b (1) і x*a=b (2) одноз-но раз-ы. Док-во. 1. Рассм-м (1). x0 — реш-е (1), т. е. a*x0=b. x0=е*x0=(a'*a)*x0=a'*(a*x0)=a'*b. x0=a'*b. Цей Эл-т опре-й одно-о, т.к. Ґa одноз-о опред-н a' і * є отоб-е. *:A2(А, тобто. (a', b)ЄA2. Одно-м соотв-т Эл-т з мн-ва А. У разі x0. (a', b)(x0. Ур-е a*x=b має ! реш-е x0=a'*b. 2. Рассм-м (2). (x*a)*a'=b*a'. x*(a*a')=b*a'. x*e=b*a'. 4) У групі має місце правило сокр-я a*c=b*c => a=b. c*a=c*b =>a=b 5) (a*b)'=b'*a'. 6) (а')'=a. Подмн-во, А групи G наз-ся підгрупою цієї групи, якщо він сам явл-ся групою относ-но установ-й на G опер-и. Щоб виявити явл-ся чи подмн-во, А групи G групою потрібно перевірити 2 усл-я: для мульт-й групи: 1. Ґa, bЄA => abЄA 2. ҐaЄA => a-1ЄA.; для аддит-й групи: 1. Ґa, bЄA => a+bЄA 2. ҐaЄA => -aЄA. Група G і G' наз-ся ізоморфними, якщо встановити взаємно одноз-е отобр-е ?: G (G', G=(G, e,*,'), G'=(G', e',*,'), у якому ?(a*b)=?(a)*?(b). Група G наз-ся циклич-й, якби її Эл-ы може бути предст-ы як цілих ступенів деякого її Эл-та а. Цей Эл-т наз-ся що створює Эл-м. Произ-е пХЕ, ҐхЄG, A n=kj => n|k.+.

Вопрос 18. Кільця і ниви. Кільцем наз-ся с-а А=(А, 0,1,+,-,*), А? Ш, 0,1 -выд-е Эл-ты, +,* бинар-е опреі, — унар-я опер-я, якщо 1) (А, 0,+,-) аддит-я абел-я група, 2) (А, 1,*) мульт-й моноид, 3) a (b+c)=ab+ac, (b+c)a=ba+ca, Ґa, b, cЄA. Кільцем наз-ся числ. множ., у якому виконуються три опер-и: слож-е, умнож-е, вычит-е. Св-ва кілець. 1). A+b=a => b=0. 2) a+b=0 => b=-a. 3) a*0=0*a=0. Док-во. a*0+ab=a (0+b)=ab. a0+ab = ab => a0 = 0. 0a+ba = a (0+b) = ba. 0a+ba = ba => 0a = 0. 4) a (-b) = (-a)b = -ab. Док-во. a (-b)+ab = a (-b+b) = a0=0. a (-b)+ab = 0 => a (-b) = -ab. 5) (-a)(-b) = ab. Док-во. (-a)(-b) = (-a)(-b)+0 = (-a)(- b)+a (-b)+ab = ((-a)(-b)+a (-b))+ab = (-a+a)(-b)+ab = 0(-b)+ab = 0+ab = a (- b)+ab = 0 => a (-b) = -ab. 6) a (b-c) = ab-ac. Док-во. a (b-c) = a (b+(-c)) = ab+a (-c) = ab-ac. Полем наз-ся коммут-е кільце, у якому 0?1 для Ґ Эл-та а?0 сущ-т зворотний Эл-т. Р (Р, 0,1,+,-,*) — полі, якщо 1) (Р, 0,1,+,-,*) комуте кільце 0?1. 2) ҐаЄЗ, а?0 сущ-т а-1ЄР. Якщо Р — числове мн-во, то тут для поля можна надати опред-е. Эл-ты a, bЄA, де, А кільце, наз-ся делителями нуля в кільці, якщо a?0, b?0, але ab=0. Полем зв. числ множ. у якому виконуються 4 операції: слож, умнож, вычит, розподіл (крім розподілу на 0). Св-ва полів. 1. ab = 1 => a?0,b = a-1. 2. ac = bc ^ c?0 => a = b. 3. ab = 0 => a = 0 чи b = 0. 4. a?0 ^ b?0 => ab?0, a/b = ab-1. 5. a/b = c/d (ad = bc. 6. a/b±c/d = (ad±bc)/bd. 7. (a/b)*(c/d) = (ac)/(bd). 8. a/b = (ac)/(bc), c?0. 9. a/b+(-a/b) = 0. 10. (a/b)*(b/a) = 1.