Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Nhóm Bài 2.1:
d)R với phép toán xy = (xn+ yn)1/n x y = xy (n một số nguyên dương lẻ) 1.kiểm tra R vành:
Xét (R, ) :
+)tính kết hợp : (x y) z = (xn+ yn)1/n z = (xn + yn + zn)1/n x (y z) = x (yn + zn)1/n = (xn + yn + zn)1/n suy : (x y) z = x (y z)
+)phần tử trung hoà:
x e = e x = x
<=> (xn+ en)1/n = (en+ xn)1/n = x <=> en =
<=> e = +)phần tử khả nghịch:
x(-x) = (-x)x =
<=> (xn+ (-x)n)1/n = ((-x)n+ xn)1/n = (với n số nguyên dương lẻ) <=> (-x) = -x
+)tính giao hốn:
x y = y x = (xn+ yn)1/n (R, ) nhóm abel (1) Xét (R,):
(x y) z = (xy) z = xyz x (y z) = x (yz) = xyz suy ra: (x y) z = x (y z)
Ư (R,) nửa nhóm (2) +)tính phân phối phép phép: (3)
* (x y) z = (xn+ yn)1/n z = (xn+ yn)1/nz
x z y z = xz yz = ((xz)n+ (yz)n)1/n = (xn+ yn)1/nz (với n số nguyên dương lẻ)
(x y) z = x z y z
* x (y z) = x(y z) = x(yn+ zn)1/n
x y x z = xy xz = ((xy)n+ (xz)n)1/n = x(yn+ zn)1/n từ (1),(2),(3) ta có R với hai phép toán cho vành
2.kiểm tra R với hai phép toán cho miền nguyên: +)R có nhiều phần tử
+)theo cách kiểm tra ta th R với hai phép toán cho vành giao hoán +)phần tửđơn vị:
(2)+)khơng có ước không:
x y = xy ≠ (∀ x,y ≠ 0) R với hai phép toán cho miền nguyên kiểm tra R với hai phép toán cho trường:
Do R với hai phép toán cho miền nguyên nên ta cần kiểm tra: +)phần tử khả nghịch: (của phép )
x x-1 = x-1 x = 1(= e) <=> x x-1 =
<=> x-1 =
x (∀ x ≠ 0)
vậy R với hai phép toán cho trường
f) ]( 2)={ a + b 2| a,b ∈]với hai phép toán cộng nhân thông thường \ }
1.kiểm tra R vành: Xét (]( 2),+) :
+)tính kết hợp :
[(a1+b1 2) + (a2+b2 2)] + (a3+b3 2)
=[(a1+a2) + (b1+b2) 2] + (a3+b3 2) = [(a1+a2+a3) + (b1+b2+b3) (a1+b1 2) + [(a2+b2 2) + (a3+b3 2)]
= (a1+b1 2) + [(a2+a3) + (b2+b3) 2] = [(a1+a2+a3) + (b1+b2+b3)
Suy [(a1+b1 2)+(a2+b2 2)]+(a3+b3 2) = (a1+b1 2)+[(a2+b2 2)+(a3+b3 2)] +)phần tử trung hoà:
(a1+b1 2) + (a0+b0 2) = (a1 + a0) + (b1 + b0) = a1+b1 <=> x0 = a0+b0 = (do a0 = b0 = 0)
+)phần tử khả nghịch: (của phép +)
(a1+b1 2) + (a’+b’ 2) = (a’+b’ 2) + (a1+b1 2) = <=> (-x) = ((-a1)+(-b1) 2) = -x
+)tính giao hoán:
(a1+b1 2) + (a2+b2 2) = (a1+a2)+(b1+b2) 2= (a2+b2 2) + (a1+b1 2) (R,+) nhóm abel
Xét (]( 2),.):
[(a1+b1 2)(a2+b2 2)](a3+b3 2) = [(a1a2+2b1b2 +(a1b2+b1a2) 2] (a3+b3 2) = (a1a2+2b1b2)a3+2(a1b2+b1a2)b3+[(a1a2+2b1b2)b3+(a1b2+b1a2)a3 ] (1) (a1+b1 2)[(a2+b2 2)(a3+b3 2)] = (a1+b1 2)[(a2a3+2b2b3 +(a2b3+b2a3) 2] = (a2a3+2b2b3)a1+2(a2b3+b2a3)b1+[(a2a3+2b2b3)b1+(a2b3+b2a3)a1 ] (2) từ (1) (2) ta có:
[(a1+b1 2)(a2+b2 2)](a3+b3 2) = (a1+b1 2)[(a2+b2 2)(a3+b3 2)] Hay (R,.) nửa nhóm
+)tính phân phối phép nhân với phép cộng:
(3)(a1+b1 2)(a3+b3 2)+(a2+b2 2)(a3+b3 2)
=((a1a3+2b1b3)+(a1b3+b1a3) 2) + ((a2a3+2b2b3)+(a2b3+b2a3) 2) =((a1+a2+a3)+2(b1+b2)b3)+((a1+a2)b3+(b1+b2)a3) (2) từ (1) (2):
(a1+b1 2)+(a2+b2 2)](a3+b3 2)=(a1+b1 2)(a3+b3 2)+(a2+b2 2)(a3+b3 2) tương tự ta có :
(a1+b1 2)[(a2+b2 2)+(a3+b3 2)]=(a1+b1 2)(a2+b2 2)+(a1+b1 2)(a3+b3 2) Suy ] ( 2) vành
2.kiểm tra R với hai phép toán cho miền nguyên: +)R có nhiều phần tử
+)theo cách kiểm tra ta th R với hai phép toán cho vành giao hoán +)phần tửđơn vị:
(a1+b1 2)(a0+b0 2) = (a0+b0 2)(a1+b1 2) = (a1+b1 2) <=> a0+b0 2= (chọn a1+b1 ≠0 )
<=> a0 = b0 = e = +)khơng có ước không:
xy≠ (∀ x,y ∈] ( 2) -{0})
vậy ] ( 2) miền nguyên
3 kiểm tra ] ( 2) có phải trường:
Do ]( 2) miền nguyên nên ta cần kiểm tra: +)phần tử khả nghịch: (của phép nhân)
xx-1 = x-1x = 1(= e)
<=> (a1+b1 2)(a’1+b’1 2) =
<=> (a1a’1+2b1b’1) = b1a’1+a1b’1 = (*)
hệ (*) vô nghiệm nguyên a’1,b’1 nên ] ( 2) khơng có phần tử khả nghịch Suy ra: ] ( 2) trường
g) _( 2)={a b+ | ,a b∈_}
Ta có :
Với x y, ∈_( 2) , x= +a b 2,y= +c d 2( , , ,a b c d∈_) ta có:
( ) ( ) ( 2)
x− =y a c− + −b d ∈_ , xy=(ac+2 ) (bd + ad+bc) 2∈_( 2)
nếu x= +a b 0≠ a b− 0≠ (vì khơng a= =b
1 , 0,
(4)Do ( 2)_ trường trường \,và hiển nhiên vành,miền nguyên
h) Ta có K⊂M(2, )_
Với , , , ,( , )
4
a b c d
x y K x y c d
b a d c
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
∈ =⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ∈
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ _
Ta có: ,
4( )
a c b d
x y K
b d a c
− − ⎛ ⎞ − =⎜ ⎟∈ − − ⎝ ⎠ 4( )
ac bd ad bc
xy K
ad bc ac bd
+ +
⎛ ⎞
=⎜ ⎟∈
+ +
⎝ ⎠
Do K vành vành M(2, )_
Xét ,
4
x=⎛⎜ ⎞⎟ y=⎛⎜− ⎞⎟
−
⎝ ⎠ ⎝ ⎠.ta có 0≠ x y, ∈K 0xy= Như K có ước
0 nên miền nguyên hay trường
i) Ta có :hiệu,tích hai ma trận(tương ứng ,ma trận chéo;ma trận tam giác trên;ma trận
tam giác dưới;ma trận tam giác ngặt;ma trận tam giác ngặt)vuông cấp n≥2 thuộc vào nó.Do vành vành ma trận vuông cấp n≥2 Mặt khác loại ma trận có ước nên không miền nguyên hay trường Chẳng hạn 0 0
0 0 0
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
=
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠,
0 1 0
0 0 0
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ j)
6 6( )
a b c d a c b d
F
b a d c b d a c
+ +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
•⎜ ⎟ ⎜+ ⎟ ⎜= ⎟∈
+ +
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Phép cộng có tính kết hợp, giao hốn, nhận 0 0
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠ làm ma trận đơn vị,
a b
b a
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠ nhận
6 a b b a − − ⎛ ⎞ ⎜− − ⎟
⎝ ⎠ làm ma trận nghịch đảo Do F nhóm abel với phép cộng
2
2
6 12
6 6
a b a b a b ab
F
b a b a ab a b
⎛ + ⎞
⎛ ⎞⎛ ⎞
•⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟∈
+
⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Phép nhân có tính chất kết hợp
•Phép nhân phân phối phép cộng
Vậy F vành, lưu ý 6
6 6
⎛− ⎞⎛ ⎞
=
⎜ ⎟⎜ ⎟
⎜ − ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠ nên
6
6
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠ 0, F
khơng thể vành hay trường
k) Kiểm tra ^ vành phần trước
Phép nhân có tính giao hóan, nhận (1,0) phần tửđơn vị, phần tử ( , )x y
đều có phần tử nghịch đảo 2 x 2, 2 y 2
x y x y
⎛ − ⎞
⎜ + + ⎟
(5)Do ^ trường
Bài 2.13
Cho R vành tùy ý a thuộc R Chứng minh tập hợp aR = { ax |x thuộc R} ideal phải R tập hợp
Ra ={ xa |x thuộc R}
là ideal trái R Suy R giao hốn aR = Ra ideal cua R, giả thiết thệm R có đơn vị thì ideal sinh a
Giải:
1) ∀ax,ay ∈aR ta có : ax-ay = a(x-y) ∈aR (∀x,y ∈R) 2) ∀z ∈R, ax ∈aR : z(ax) = a(zx) ∈aR
3) ∀z ∈R, ax ∈aR : (ax)z = a(xz) ∈aR aR ideal phải R
tương tự ta có Ra ideal trái R +) Nếu R giao hốn Ra = aR
Suy : Ra = aR ideal R +)Nếu R có đơn vị : a = ea ∈Ra
Suy Ra = aR ideal sinh a Bài 2.17
Xét R vành tùy ý Z vành số nguyên TRên tích Descarte R xZ ta định nghĩa fép toán sau
( x, m) + ( y , n)=( x+ y, m + n) ( x, m)(y,n) = ( xy + my + nx , mn )
a) Chứng minh R x Z vành có đơn vị
b) Chứng minh ánh xạ f : x => ( x, 0) đơn cấu ( Do kết tr6n ng ta nói nhúng vành tùy ý vào vành có đơn vị)
Giải:
a) Chứng minh R x Z vành có đơn vị: xét (R x Z,+):
+)tính kết hợp : (( x, m) + ( y , n)) + (z,p) = ( x+ y, m + n) + (z,p) = (x+y+z,m+n+p)
(x,m) + ((y,n) + (z,p)) = (x,m) + (y+z,n+p) = (x+y+z,m+n+p)
Ö (( x, m) + ( y , n)) + (z,p) = (x,m) + ((y,n) + (z,p)
+)phần tử trung hoà:
(x,m) + (x0,m0) = (x0,m0) + (x,m) = (x,m) Ù x + x0 = x m + m0 = m
Ù 0RxZ = (0R,0)
+)phần tử khả nghịch: -(x,m) = (-x,-m)
+)tính giao hốn: (x,m) + (y,n) = (x+y,m + n) = (y,n) + (x,m) (R x Z,+) nhóm abel
Xét (R x Z,.):
((x,m)(y,n))(z,p) = (xy + my + nx,mn)(z,p)
= ((xy + my + nx)z + mnz + p(xy + my + nz),mnp) (*)
(x,m)((y,n)(z,p)) = (x,m) + (yz + nz + py,np)
= (x(yz + nz + py) + m(yz + nz + py) +npx,mnp) (**)
(6)+)tính phân phối phép nhân phép cộng:(1) ((x,m) + (y,n))(z,p) = (x+y,m+n)(z,p)
= ((x+y)z + (m+n)z + p(x+y),(m+n)p) (x,m)(z,p) + (y,n)(z,p) = (xz + mz + px,mp) + (yz +nz +py,np) = ((x+y)z + (m+n)z + p(x+y),(m+n)p)
Ö ((x,m) + (y,n))(z,p) = (x,m)(z,p) + (y,n)(z,p) tương tự ta chứng minh được:
(x,m)((y,n) + (z,p)) = (x,m)(y,n) + (x,m)(z,p) +)phần tửđơn vị:
(x,m)(x’
0,m’0) = (x’0,m’0)(x,m) = (x,m)
Ù xx’
0 + mx’0 + m’0x = x mm’0 = m
Ù x(x’
0 + m’0 – 1) + mx’0 = m(m’0-1) =
Ù x’
0 = m’0 = hay e = (0,1) (4)
từ (1),(2),(3),(4) ta suy R x Z vành giao hốn có đơn vị b) Chứng minh ánh xạ f : x => ( x, 0) đơn cấu f(x+y) = (x+y,0) = (x,0) + (y,0) = f(x) + f(y)
f(xy) = (xy,0) = (xy + 0y +0x,0) = (x,0)(y,0) = f(x)f(y) ker{f } = {x ∈R|f(x) = (x,0) = (0,0) }
Ù ker{f} = {0 ∈R} f đơn cấu
Bài 2.21: a)
•Với , ,f g h∈E ta có:
( f +g)+h ( )x =(f +g)( )x +h x( )= f x( )+g x( )+h x( )= f x( )+(g+h)( )x = f +(g+h) ( )x
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
; (f +g x)( )= f x( )+g x( )=g x( )+ f x( ) (= g+ f)( )x ,∀ ∈x R
cho nên (f +g)+ = +h f (g+h),và f + = +g g f
Gọi (−f) ánh xạđịnh (−f)( )x = −f x( ),∀ ∈x R ta có
(−f)∈E, f + =0 f f, + −( f) 0= (trong ánh xạ khơng)
Suy ( , )E + nhóm Abel
•Với , ,f g h∈E ta có :
( )fg h ( )x =( )(fg h x( ))= f g h x( ( )) = f ( )gh ( )x = f gh( ) ( ),x ∀ ∈x R
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
cho nên ( )fg h= f gh( )
Suy ( ,.)E nửa nhóm
•Với , ,f g h∈E ta có:
( ) ( ) ( )( ) ( ( ) ( )) ( ( )) ( ( )) ( )( ) ( )( ) ( )( )
f g+h x = f g+h x = f g x +h x = f g x + f h x = fg x + fh x = fg+ fh x
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
và
(g+h f) ( )x =(g+h)(f x( ))=g f x( ( )) (+h f x( )) ( )= gf ( )x +( )hf ( )x =(gf +hf)( )x
⎡ ⎤
⎣ ⎦ ,
x R
∀ ∈
Suy ra: f g( +h)= fg+ fh g,( +h f) =gf +hf
(7)b)
Nếu x= ∈y R ( )h xa =a x=ay= ( )h ya ∈R , nên ha ánh xạ từ ( , )R + vào ( , )R +
Với x y, ∈R ta có h xa( +y)=a x( +y)=a x +ay=h xa( )+h ya( ),(do R vành)
Suy ha tựđồng cấu nhóm cộng Abel R)
c) Nếu a= ∈b R ta có ( )h xa =a x =bx=h xb( ),∀ ∈x R nên ha =hb hay h a( )=h b( )
do h ánh xạ từ vànhR vào vànhE
Với ,a b∈R ta có :
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a b a b a b
h+ x = a b x+ =a x bx+ =h x +h x = h +h x ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
ab b a b a b
h x = ab x=a bx =a h x =h h x =h h x ,∀ ∈x R
Suy ha b+ =ha +hb hab =h ha b
Hay h a b( + =) h a( )+h b( ) h ab( )=h a h b( ) ( )
Vậy h đồng cấu vành từ R vào E
d) Ta có Kerh={b∈R h b| ( )=hb =0}={b∈R bx| = ∀ ∈0, x R}
Nếu R có đơn vị e với b∈Kerh ta có b=be=0.Ngược lại b=0
0,
bx= ∀ ∈x R
Vậy R có đơn vị Kerh={b∈R bx| = ∀ ∈0, x R}={0} h đơn cấu Bài 2.25:
) )
a ⇔b
Ta có ]n hữu hạn nên theo định lý 4.4 ]n trừơng miền nguyên
) )
b ⇔c
•Cho ,a∈Z akhông chia hết cho n
Nếu n số nguyên tố , với x y, ∈{1, 2, ,n−1},x≠ y |< − <x y| n,ta có
0(mod )
ay≠ n , (a x−y) 0(mod )≠ n hay a x≠ay(mod )n Suy n−1 số :
, , ,( 1)
a a n− a không đồng dư với đôi không đồng dư với chia
cho n.Do có số b∈{1, 2, ,n−1}sao cho ab≡1(mod )n Từđó suy
với x≠0(mod )n tồn y cho xy≡1(mod )n
Do đó,với x∈]n,x ≠0 tồn y cho xy≡1(mod )n hay x y=xy=1.Hơn ]n vành giao hốn có đơn vị nên suy ]n trường
•Nếu ]n trường với x∈]n,x ≠0,luôn tồn y∈]n cho
x y=xy= Hay xy≡1(mod )n Suy ( )x n, = ∀ ∈1, x {1, 2, ,n−1}.Do n số
nguyên tố
Bài 2.29: a)
(8)Ta cần chứng minh A bảo tồn phép tốn: Lấy ,me ne∈A bất kì, ta có:
i)me ne+ =(m+n e) ∈A
ii)−me= −( m e) ∈A
iii) (me ne)( )=mne∈A
•Chứng minh A miền nguyên:
+Nhắc lại ta chứng minh A vành
+Lấy ,x y∈A bất kì, A F ,x y∈ ⇒F xy=yx(vì F trường) Vậy A giao
hoán với phép nhân
+e∈A e phần tửđơn vị A
+Đương nhiên A có nhiều phần tử (tương ứng n=0,n=1 ta có hai phần tử e A)
+G/s ,x y∈A xy=0 A F nên ,x y∈F kết hợp với 0xy= suy x=0
hoặc y=0 Vậy A khơng có ước
Vậy A vành giao hóan,, có đơn vị, nhiều phần tử khơng có ước A miền nguyên
b)
• Giả sử e có cấp vơ hạn, ta chứng minh A≅Z:
Xét :f A→Z thỏa mãn ( )f ne = ∀ ∈n, n Z
+me=ne⇒(m n e− ) ⇒ − = ⇒ = ⇒m n m n f me( )= f ne( )⇒ f ánh xạ
+ (f ne me+ )= f((m+n e) )= + =m n f me( )+ f ne( ) + ((f me ne)( ))= f mne( )=mn= f me f ne( ) ( )
+ ( )f ne = f me( )⇒ = ⇒n m ne=me⇒ f đơn ánh
+Chuyện f toàn ánh đương nhiên
Với lí lẽ suy f đẳng cấu nên A≅Z
• e có cấp p, chứng minh A≅Zp
Xét :f A→Zp thỏa mãn ( )f ne =n (mod p)
+ne=me⇒(m n e− ) = ⇒ −0 m n p# ⇒ = ⇒m n f me( )= f ne( ) nên f ánh xạ
+ (f ne me+ )= f((m+n e) )= + = + =m n m n f me( )+ f ne( ) + ((f me ne)( ))= f mne( )=mn=m n = f me f ne( ) ( )
+ ( )f ne = f me( )⇒ = ⇒ −n m m n p# ⇒(m n e− ) = ⇒0 me=ne⇒ f đơn ánh
+ Chuyện f toàn ánh đương nhiên
Với lí lẽ suy f đẳng cấu nên A≅Zp
c) Nếu e có cấp p hữu hạn trường F theo tính chất p phải nguyên tố,
theo 2.25 Zp trường
Hơn theo câu b A≅Zp
Từ lí lẽ suy A trường
(9)•Đặt m| , ; 0;( , ) n
A=⎧⎨ m n∈Z n≠ n p = ⎫⎬
⎩ ⎭, ta chứng minh A miền nguyên
Với m a, A
n b∈ bất kì:
+Định nghĩ phép tóan cộng: m a mb na
n b nb
+ + =
Lưu ý ( , ) 1,( , ) 1n p = b p = ⇒( , ) 1nb p = mb na A nb
+ ∈
tức m a A n + ∈b
Hơn phép cộng thỏa tính chất kết hợp, giao hóan, có phần tửđơn vị 0, phần tử nghịch đảo m
n m n
−
Do A nhóm abel với phép tóan cộng +Định nghĩa phép tóan nhân: m a ma
n b = nb
Lưu ý ( , ) 1,( , ) 1n p = b p = ⇒( , ) 1nb p = ma A
nb ∈ tức m a
A
n b∈
Hơn phép tóan nhân thỏa mãn tính chất kết hợp, nên A nửa nhóm với phép toán nhân
+ m a( x) m ay bx m ay bx( ) ma mx m a m x
n b y n by nby nb ny n b n y
+ +
+ = = = + = +
Vậy phép nhân phân phối với phép cộng
+Với lí lẽ suy A vành Kiểm tra dễ dàng phép nhân có tính chất giao hóan, có phần tửđơn vị 1, phần tửđều không ước Như A miền ngun
•Tìm trường thương miền nguyên A:
+Đặt {an | , , , ; , 0;( , ) ( , ) 1} bm
B= a b m n∈Z b m≠ b p = n p =
Với ab xy, B
cd zt ∈ (với ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 1c p = a p = z p = x p = ), ta định nghĩa:
+Phép tóan cộng: ab xy abzt cdxy
cd zt cdzt
+
+ =
1.( )
( )( )
ab xy abzt cdxy abzt cdxy
B
cd zt cdzt cz dt
+ +
+ = = ∈ (vì (1, ) ( , ) 1p = cz p = )
Hơn phép cộng có tính chất kết hợp, giao hóan, phần tử an
bm có phần tử nghịch đảo (-a)n
bm nên B nhóm abel phép cộng +Phép tóan nhân: ab xy abxy
cd zt = cdzt
( )( )
( )( )
ab xy abxy ax by
B
cd zt = cdzt = cz dt ∈ (vì (ax,p)=(cz,p)=1)
(10)+Tính chất phân phối phép nhân phép cộng kiểm nghiệm dễ dàng (như phần trước)
+Vậy B vành B có tính giao hóan, có phần tửđơn vị , phần tử an
0
bm ≠ có phần tử nghịch đảo bm
an Như B trường
+Tiếp theo ta chứng minh B trường thương A Xét f A: →B thỏa mãn
.1
m m
f
n n
⎛ ⎞ = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
f ánh xạ, f hiển nhiêu đơn ánh
Vấn đề lại ta chứng minh phần tử B có dạng ( )[ ( )]-1
f a f b với
,
a b∈A b≠0
Thật lấy an
bm∈B (với ( , ) ( , ) 1;b p = n p = m≠0) Ta có
1
1
.1
.1
an a n a m a m a m
f f
bm b m b n b n b n
−
− −
⎡ ⎤
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎢ ⎜ ⎟⎥
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ ⎠⎦