DU2 - ZS 2013/14

[Martin Sleziak]

$\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\N}{\mathbb{N}}$Nech $G$ je množina všetkých funkcií $\Zobr {f_{a,b}}{\R}{\R}$, ktoré sú tvaru $f_{a,b}(x)=ax+b$ pre nejaké reálne čísla $a,b\in\R$. Tvorí táto množina funkcií s operáciou skladania zobrazení grupu? Je množina $\{f_{a,b}; a,b\in \R, a\neq0\}$ s operáciou skladania zobrazení grupa? Dostaneme grupu, ak vezmeme len také $a,b\in\R$, že $a=1$? V tých prípadoch, keď dostaneme grupu, je táto grupa komutatívna?

Riešenie: Označme
$G_1=\{f_{a,b}; a,b\in \R\}$
$G_2=\{f_{a,b}; a,b\in \R, a\neq0\}$
$G_3=\{f_{1,b}; b\in \R\}$

Binárna operácia Najprv si všimnime, že
$$f_{a,b}(f_{c,d}(x))=a(cx+d)+b=acx+ad+b.$$
Zistili sme, že
$$f_{a,b}\circ f_{c,d}=f_{ac,ad+b}.$$
Vidíme, že $\circ$ je binárna operácia na $G_1$. Súčasne ak $a\ne 0$, $c\ne 0$, tak aj $ac\ne0$, teda to bude binárna operácia aj na $G_2$. Ďalej pre $a=c=1$ dostaneme
$$f_{1,b}\circ f_{1,d}=f_{1,d+b}.$$

Asociatívnosť. Asociatívnosť vyplýva z toho, že skladanie zobrazení je asociatívne.

Neutrálny prvok. Mali by sme nájsť dvojicu $a$, $b$ takú, že $(c,d)=(ac,ad+b)$. Z rovnosti $c=ac$ dostávame $a=1$ (ak vezmeme nejaké $c\ne0$). Rovnosť $d=ad+b$ sa potom zmení na $d=d+b$ a dostaneme z nej $b=0$. Neutrálny prvok je $f_{1,0}$. (Môžeme to aj skontrolovať dosadením do uvedeného vzorca.)

To isté sa dá dostať aj inak (azda jednoduchšie): Ak v množine zobrazení bude aj identita $id_{\R}(x)=x$, tak identita bude určite neutrálny prvok. (Vieme, že $f\circ id=f$, $id\circ g=g$ pre ľubovoľné zobrazenia také, že sa dajú skladať.) Chceme teda aby $f_{a,b}=id_{\R}$, čiže
$$(\forall x\in\R)ax+b=x.$$
To dosiahneme pre $a=1$, $b=0$.

Inverzný prvok. Pre dané $a$, $b$ by sme chceli nájsť $c$ a $d$ tak, aby platilo $(ac,ad+b)=(1,0)$. Vidíme, že rovnosť $ac=1$ môžeme dostať iba pre $a\ne0$. Teda $G_1$ nebude grupa. Ak $a\ne 0$, tak dostávame $c=1/a$ a $d=-b/a$. Teda $f_{1/a,-b/a}$ je náš kandidát na inverzný prvok. Môžeme sa presvedčiť, že
\begin{gather*}
f_{a,b}\circ f_{1/a,-b/a}=f_{1,0}\\
f_{1/a,-b/a} \circ f_{a,b}=f_{1,0}
\end{gather*}
Pre $a\ne 0$ je $1/a\ne 0$. V $G_2$ teda má každý prvok inverzný prvok.
Pre $a=1$ dostávame $f_{1/a,-b/a}=f_{1,-b}$, teda aj v $G_3$ ku každému prvku existuje inverzný.
Teda $G_2$ aj $G_3$ sú grupy.

Komutatívnosť. Operácia $\circ$ na $G_2$ nie je komutatívna. Máme napríklad
$f_{2,1}\circ f_{2,0}=f_{4,1}$
$f_{2,0}\circ f_{2,1}=f_{4,2}$

Grupa $G_3$ je komutatívna lebo
$$f_{1,b}\circ f_{1,d}=f_{1,b+d}=f_{1,d}\circ f_{1,c}.$$

Poznámka: Zo vzťahu $f_{1,b}\circ f_{1,d}=f_{1,d+b}$ vidíme, že $G_3$ je "v podstate" len inak zapísaná grupa $(\R,+)$.

Poznámky k riešeniam: Ak nájdeme kandidáta na inverzný prvok, treba nezabudnúť skontrolovať, či zloženie v oboch poradiach dá neutrálny prvok. (Skladanie zobrazení vo všeobecnosti nie je komutatívne).

[Martin Sleziak]

$\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\N}{\mathbb{N}}$2. Zistite, či $(\R^+\times\R, \square)$, kde pre každé $(a,b),(c,d)\in\R^+\times\R$ definujeme $(a,b)\square(c,d)=(2ac,b+d)$, je grupa. (Symbol $\R^+$ označuje množinu kladných reálnych čísel.)

Riešenie:
Binárna operácia. Zrejmé.

Komutatívnosť. $(a,b)\square(c,d)=(2ac,b+d)=(2ca,d+b)=(c,d)\square(a,b)$.

Asociatívnosť.
$(a,b)\square((c,d)\square(e,f))=(a,b)\square(2ce,d+f)=(4ace,b+d+f)$
$((a,b)\square(c,d))\square(e,f)=(2ac,b+d)\square(e,f)=(4ace,b+d+f)$

Neutrálny prvok. Pre $a=1/2$ a $b=0$ máme $(1/2,0)\square(c,d)=(c,d)$. (Vďaka komutatívnosti to platí aj v opačnom poradí.)

Inverzný prvok. Ľahko sa overí, že inverzný prvok k prvku $(a,b)$ je $(\frac1{4a},-b)$. (Pretože $a\in\R^+$, máme $a\ne0$, a teda $\frac1{4a}$ existuje.)

Poznámka: Môžeme si všimnúť, že prvá súradnica výsledku závisí len od prvých súradníc operandov, podobne je to pri druhej súradnici. Mohli by sme si všimnúť, že vo všeobecnosti platí takéto tvrdenie:
Ak $(G,*)$, $(H,\circ)$ sú grupy, tak aj $G\times H$ tvorí grupu s operáciou $(a,b)\square(c,d)=(a*c,b\circ d)$. Ak sú obe grupy komutatívne, tak aj $(G\times H,\square)$ je komutatívna grupa.
Keby sme najprv dokázali túto vec, tak našu úlohu by sme potom mohli riešiť tak, že by sme zvlášť overili, či $(\R^+,*)$ s operáciou $a*c=2ac$ je komutatívna grupa a či $(\R,+)$ je komutatívna grupa.


Poznámky k riešeniam: Buď si treba uvedomiť, že operácia je komutatívna; alebo pri overovaní, či nejaká dvojica tvorí neutrálny/inverzný prvok kontrolovať, ako vyjde výsledok v oboch poradiach.

Bolo by dobre písať na konci riešenia odpoveď. (Ak otázka bola, či to je grupa; tak na konci - keď overíte, či platia jednotlivé podmienky - napíšte, či si myslíte, že je to grupa, alebo nie.)

[Martin Sleziak]

$\newcommand{\N}{\mathbb{N}}$3. Nech $M=\{\Zobr f{\N}{\N}\}$, t.j. $M$ je množina všetkých zobrazení z $\N$ do $\N$. Uvažujme na tejto množine operáciu skladania zobrazení. Je táto operácia asociatívna, komutatívna? Má neutrálny prvok? Existujú prvky množiny $M$, ktoré majú viac než jeden ľavý inverzný prvok? Existujú také prvky, ktoré majú viac než jeden pravý inverzný prvok. (Pod ľavým neutrálnym prvkom k prvku $a$ rozumieme taký prvok $b$, že platí $b*a=e$, kde $e$ označuje neutrálny prvok. Pravý inverzný prvok definujeme analogicky.)

Riešenie: Možno sa oplatí najprv uvedomiť si, že to je skutočne binárna operácia. Dve zobrazenia $\Zobr{f,g}{\N}{\N}$ sa skutočne dajú skladať.

Táto operácia je asociatívna, lebo skladanie zobrazení je asociatívne. Neutrálny prvok je $id_{\mathbb N}$.

Uvažujme tieto zobrazenia z $\N$ do $\N$:
$f(n)=n+1$
$g_0(n)=\begin{cases}n-1,&\text{ak }n>0\\0,&\text{ak }n=0\end{cases}$
$g_1(n)=\begin{cases}n-1,&\text{ak }n>0\\1,&\text{ak }n=0\end{cases}$

Ľahko skontrolujeme, že $$g_0\circ f=g_1\circ f=id_{\N},$$ teda $f$ má viac než jeden ľavý inverzný prvok. (Viac než jedno ľavé inverzné zobrazenie.) Vedeli by sme ich takto nájsť dokonca nekonečne veľa. (Môžete si rozmyslieť, že ak chceme dosiahnuť $g_0\circ f=g_1\circ f$ pre nejaké $g_1\ne g_2$, tak zobrazenie $f$ nesmie byť surjektívne - pozri úlohy 2.2.8 a 2.2.4 v texte k prednáške, alebo aj tento post na fóre.)

Tiež vcelku ľahko vidno, že $f\circ g_0=g_1$. Máme teda
$$f\circ g_0=g_1 \ne id_{\N}=g_0\circ f_1,$$
teda táto binárna operácia nie je komutatívna.

Teraz si ešte zvoľme zobrazenie $h \colon \N \to \N$
$h(n)=\begin{cases}n+1,&\text{ak }n>0\\0,&\text{ak }n=0\end{cases}$
Vidíme, že $$g_0\circ f=g_0\circ h=id_{\N},$$ teda pre $g_0$ máme viacero pravých inverzných prvkov. (Opäť by vás nemalo priveľmi prekvapiť, že takéto niečo vieme spraviť iba vďaka tomu, že $g_0$ nie je injekcia - úlohy 2.2.9 a 2.2.4 v texte k prednáške, tento post na fóre, jedná úlohu zo sady d.ú.1.)

Poznámky k riešeniam: V úlohe som sa pýtal na ľavé/pravé inverzné prvky, nie na inverzné prvky. (Definícia pravého a ľavého IP bola v zadaní.)

Na ukázanie toho, že binárna operácia nie je komutatívna treba uviesť konkrétny príklad zobrazení, pre ktoré vyjde výsledok rôzne v závislosti od poradia.

Niektorí z vás tvrdili, že z $g\circ f=id_{\N}$ už vyplýva, že $g$ je inverzné zobrazenie k $f$. (Podobne pre opačné poradie.) Ako vidno z kontrapríkladov, ktoré máte vyššie, nie je to pravda.

V jednom z riešení bolo ukázané, že ak $g_1\circ f=f\circ g_2=id_{\N}$, tak $g_1=g_2$. Tým sme ukázali, že ak $f$ má ľavé aj pravé inverzné zobrazenie (ľavý aj pravý inverzný prvok vzhľadom na operáciu $\circ$), tak je toto zobrazenie jednoznačne určené. Táto situácia nastane práve vtedy, keď $f$ má inverzné zobrazenie, t.j. $f$ je bijekcia. Stále to ale ešte nevylučuje možnosť, že nejaké zobrazenie $f$ by mohlo mať viacero ľavých inverzov (potom nemôže mať nijaký pravý inverz - na základe práve uvedeného odvodenia). A to isté platí o pravých inverzných prvkoch/inverzných zobrazeniach.

V jednej odovzdanej d.ú. sa tvrdilo že existuje jediný ľavý neutrálny prvok na základe takéhoto zdôvodnenia:

$f_1\circ g=f_2\circ g=id_{\mathbb N}$
$(f_1-f_2)\circ g=0$
$f_1-f_2=0$
$f_2=f_2$
Podobne pre prvý inverzný prvok dostaneme $g\circ (f_1-f_2)=0$ a $f_1=f_2$.

Viacero krokov je tu chybných.
Vo všeobecnosti neplatia rovnosti ako
\begin{gather*}
g\circ(f_1+f_2)=g\circ f_1+g\circ f_2 \qquad g\circ(f_1-f_2)=g\circ f_1-g\circ f_2
\end{gather*}
Takže s týmto je problém v druhej časti. (Nechám na vás, či budete vedieť nájsť kontrapríklad.)
Ďalší problém je tu v tom, že ste z $h\circ g=0$ usúdili, že musí platiť $h=0$. Toto by sme mohli spraviť ak by $g$ bolo surjektívne.
Podobne v druhej časti implikácia $g\circ h=0$ $\Rightarrow$ $h=0$ nemusí vo všeobecnosti platiť.

[Martin Sleziak]

$\newcommand{\R}{\mathbb{R}}$4. Nech $G=\R\times(\R\setminus\{0\})$. Definujme na tejto množine binárnu operáciu $\ast$ predpisom $(a,b)\ast(c,d)=(a+bc,bd)$. Je to skutočne binárna operácia? Je $(G,\ast)$ grupa? Je to komutatívna grupa?

Riešenie tejto úlohy je veľmi podobné na prvú úlohu (presnejšie jej druhú časť), nebudem ho sem písať celé.

Opäť platí to isté, čo v prvej úlohe - na zdôvodnenie, že operácia nie je komutatívna je treba uviesť aj konkrétny príklad, kedy to nefunguje. Napríklad $(0,2)\ast(1,2)=(2,4)\ne (1,4)=(1,2)\ast(0,2)$

EDIT: Medzičasom pribudlo na fóre riešenie tejto úlohy a aj nejaké ďalšie komentáre. Sú tu: viewtopic.php?t=963 a viewtopic.php?t=498 (Zadanie sa trochu líši, ale je to v podstate len výmena prvej a druhej súradnice v usporiadanej dvojici.)

EDIT 2: Táto úloha sa objavila aj na písomke - tak aspoň stručná poznámka k niečomu čo mi chýbalo vo viacerých odovzdaných riešeniach.
Ak ste dospeli k neutrálnemu či inverznému prvku tým, že ste si napísali podmienky ktoré potrebujete a potom robili úpravy, tak buď si treba rozmyslieť že použité úpravy sú ekvivalentné alebo treba prekontrolovať odsadením, či tento prvok zadaným podmienkam vyhovuje.
O niečom podobnom som tu už kedysi písal: viewtopic.php?t=1164