DU3 - ZS 2013/14

[Martin Sleziak]

Všeobecná poznámka: Aj v predošlých domácich úlohách - výraznejšie je to ale asi v tejto - sú rozdiely medzi obtiažnosťou úloh v jednotlivých skupinách. Určite sa nedajú vymyslieť úlohy tak, aby boli rovnako náročné. (Navyše niekedy je to, či úloha je ťažká alebo ľahká, výrazne subjektívna otázka.) Snáď sa to v priemere za semester nejako vyrovná - niekedy budete mať ľahšiu úlohu, niekedy ťažšiu.

Znovu zopakujem to čo som hovoril už viackrát:

• Ak si myslíte, že nejaká vlastnosť neplatí, uveďte aj konkrétny príklad prvkov danej množiny, pre ktoré to neplatí.
• Píšte do riešení aj záver. Ak ste popísali dve strany textu a niečo tam odvodili, tak možno by nebolo zle na konci napísať, čo ste zistili. (Napríklad: $F$ je pole. Alebo: $F$ nie je pole.)

Za takéto veci som zatiaľ body nestrhával, časom budem. (Určite na písomkách a na skúške.)

[Martin Sleziak]

1. $\newcommand{\R}{\mathbb{R}}$Overte, či množina $\R\times\R$ s operáciami
$$\begin{align*}
(a,b)+(c,d)&=(a+c,b+d)\\
(a,b)\cdot(c,d)&=(bd-ac,ad+bc)
\end{align*}$$
je pole.

Riešenie: Ľahko sa skontroluje, že $(F,+)$ je komutatívna grupa a neutrálny prvok je $(0,0)$.

Ak hľadáme neutrálny prvok pre operáciu $\cdot$, tak by sme chceli nájsť dvojicu $(a,b)$ takú, že $(bd-ac,ad+bc)=(c,d)$ t.j.
$$\begin{align*}
bd-ac&=c\\
ad+bc&=d
\end{align*}$$
To má platiť pre ľubovoľné $c$, $d$. Špeciálne ak dosadíme $c=1$, $d=0$, tak máme
$$\begin{align*}
-a&=1\\
b&=0
\end{align*}$$
Ak zvolíme $c=0$, $d=1$, tak máme
$$\begin{align*}
b&=0\\
a&=1
\end{align*}$$
Tieto rovnosti nemôžu byť splnené súčasne.

Teda $F$ nemá neutrálny prvok vzhľadom na násobenie a nie je to pole.

Poznámka: Mnohí z vás riešili túto úlohu tak, že ukázali, že neplatí asociatívnosť. (Takýto postup je, samozrejme, úplne v poriadku - ak ukážem, že násobenie nie je asociatívne, tak to nie je pole.)
Keď tvrdím, že neplatí asociatívnosť, bolo by dobré uviesť aj konkrétny kontrapríklad. (Alebo nejaký aspoň argument, že taký kontrapríklad existuje.)
Keď vo výsledku sú nejaké jednoduché výrazy, tak to asi vcelku ľahko vidieť, ale v princípe by sa mohlo stať aj to, že obe strany sú rovnaké, akurát sa nám ich nepodarilo upraviť na rovnaký tvar.
Takisto sa môže stať, že vo väčšej množine kontrapríklad existuje, v menšej už nemusí. (Takáto situácia sa vyskytla v d.ú. 2/1; tam väčšia grupa nebola komutatívna, menšia už bola. Keby sa tu niekto odvolal na to, že vyšli rôzne výrazy a teda to nie je komutatívne - neuvedomil by si, že pre špeciálne hodnoty, ktoré máme v tej menšej grupe sa tie výrazy už zhodujú - tak by to samozrejme bolo nesprávne riešenie.)

[Martin Sleziak]

2. $\newcommand{\R}{\mathbb{R}}$Overte, či množina $\R\times\R$ s operáciami
$$\begin{align*}
(a,b)+(c,d)&=(a+c,b+d)\\
(a,b)\cdot(c,d)&=(ac-bd,ad+bc-bd)
\end{align*}$$
je pole.

Riešenie: Označme $F=\R\times\R$. Ľahko vidno, že $+$ a $\cdot$ sú binárne operácie na $F$.

Komutatívna grupa $(F,+)$ Overiť, že $(F,+)$ je komutatívna grupa a že jej neutrálny prvok je $(0,0)$ je dosť ľahké; túto časť úlohy preskočím.

Komutatívna grupa $(F\setminus\{(0,0)\},\cdot)$:
Binárna operácia Mali by sme overiť, či $\cdot$ je binárna operácia na množine $F\setminus\{(0,0)\}$, t.j. či platí
$$(a,b)\ne(0,0) \land (c,d)\ne(0,0) \Rightarrow (ac-bd,ad+bc-bd)\ne(0,0).$$
To je to isté, ako overovať platnosť obmenenej implikácie
$$(ac-bd,ad+bc-bd)=(0,0)\Rightarrow (a,b)=(0,0) \lor (c,d)=(0,0).$$
Predpokladajme teda, že platí $(ac-bd,ad+bc-bd)=(0,0)$, t.j. platia rovnosti
$$\begin{align*}
ac-bd&=0\\
ad+bc-bd&=0
\end{align*}$$
Keď prvú rovnosť vynásobíme číslom $-d$ a druhú rovnosť číslom $c$, tak dostaneme
$$\begin{align*}
-acd+bd^2&=0\\
acd+bc^2-bcd&=0
\end{align*}$$
Sčítaním týchto rovností dostaneme
$$b(c^2-cd+d^2)=0.$$
Ak teda platia uvedené rovnosti, tak buď platí $b=0$ alebo $c^2-cd+d^2=0$.
Všimnime si, že $c^2-cd+d^2=(c-d/2)^2+3/4d^2$. Je to súčet dvoch nezáporných reálnych čísel, aby sa rovnal nule, tak nutne musí platiť $c-d/2=d=0$, z čoho dostávame $c=d=0$, a teda $(c,d)=(0,0)$.

Zostáva si teda rozmyslieť prípad $c^2-cd+d^2\ne0$; ktorý zodpovedá tomu, že $(c,d)\ne(0,0)$. Už vieme, že vtedy musí platiť $b=0$. Po dosadení nuly za $b$ dostávame z uvedených rovníc
$$\begin{align*}
ac&=0\\
ad&=0
\end{align*}$$
Pretože aspoň jedno z čísel $c$, $d$ je nenulové, musí platiť $a=0$. Zistili sme, že v tomto prípade $(a,b)=(0,0)$.

Komutatívnosť.
$(a,b)\cdot(c,d)=(ac-bd,ad+bc-bd)$
$(c,d)\cdot(a,b)=(ca-db,cb+da-db)$
Vidíme, že násobenie je komutatívna operácia na množine $F$.

Asociatívnosť. Toto je síce zdĺhavejší výpočet, ale nejde o nič komplikované, iba o mechanické overenie rovnosti dvoch výrazov.
$((a,b)\cdot(c,d))\cdot(e,f)=(ac-bd,ad+bc-bd)\cdot(e,f)=(ace-bde-adf-bcf+bdf,acf-bdf+ade+bce-bde-adf-bcf+bdf)$
$(a,b)\cdot((c,d)\cdot(e,f))=(a,b)\cdot(ce-df,cf+de-df)=(ace-adf-bcf-bde+bdf,acf+ade-adf+bce-bdf-bcf-bde+bdf)$
Vidíme, že v oboch prípadoch vyšiel ten istý výraz. (Rozličné je len poradie sčítancov.)

Neutrálny prvok. Chceli by sme nájsť také čísla $a$, $b$, aby platilo $(ac-bd,ad+bc-bd)=(c,d)$ pre ľubovoľné $c,d\in\R$.
To znamená, že máme takúto sústavu rovníc - veľmi podobnú ako minule, zmenila sa iba pravá strana:
$$\begin{align*}
ac-bd&=c\\
ad+bc-bd&=d
\end{align*}$$
Môžeme skúsiť spraviť to isté, čo minule: Prvú rovnicu vynásobiť číslom $-d$, druhú číslom $c$ a sčítať tieto rovnice. Dostaneme
$b(d^2+c^2-cd)=0$
Už sme si uvedomili, že pre $(c,d)\ne(0,0)$ je $d^2+c^2-cd>0$, takže dostávame $b=0$.
Potom sa naše rovnice zmenia na $ac=c$, $ad=d$. Keďže aspoň jedno z čísel $c$, $d$ je nenulové, nutne musí platiť $a=1$.
Kandidátom na neutrálny prvok je teda dvojica $(1,0)$ a ľahko sa skontroluje, že skutočne platí $(1,0)\cdot(c,d)=(c,d)$.

Inverzný prvok. teraz by sme pre $(c,d)\ne(0,0)$ chceli nájsť dvojicu $(a,b)$ takú, že $(ac-bd,ad+bc-bd)=(1,0)$. Teda máme dvojicu rovníc
$$\begin{align*}
ac-bd&=1\\
ad+bc-bd&=0
\end{align*}$$
Ak sčítame $(-d)$-násobok prvej rovnice a $c$-násobok druhej rovnice, tak dostaneme
$$b(c^2-cd+d^2)=-d \qquad \Rightarrow \qquad b=-\frac{d}{c^2-cd+d^2}$$
Ak chceme dosiahnuť, aby vypadli členy obsahujúce $b$, môžeme sčítať $(c-d)$-násobok prvej rovnice a $d$-násobok druhej rovnice. Dostaneme
$$a(c^2-cd+d^2)=c-d \qquad \Rightarrow \qquad a=\frac{c-d}{c^2-cd+d^2}$$
Zdá sa, že kandidátom na inverzný prvok by mohol byť prvok
$\left(\frac{c-d}{c^2-cd+d^2},-\frac{d}{c^2-cd+d^2}\right)$.
(Všimnime si, že v menovateli nemáme nulu - vyššie sme sa už presvedčili o tom, že $c^2-cd+d^2=0$ iba pre $c=d=0$.)
Dosadením do predpisu operácie $\cdot$ sa môžeme presvedčiť, že naozaj
$$\left(\frac{c-d}{c^2-cd+d^2},-\frac{d}{c^2-cd+d^2}\right)(c,d)=\left(\frac{(c-d)c+d^2}{c^2-cd+d^2},\frac{(c-d)d-dc+d^2}{c^2-cd+d^2}\right)=
\left(\frac{c^2-cd+d^2}{c^2-cd+d^2},\frac{0}{c^2-cd+d^2}\right)=(1,0)$$

Distributívne zákony Overenie distributívnych zákonov je opäť len mechanické používanie vzorca, ktorým sme definovali násobenie. Keďže sme už ukázali, že operácia $\cdot$ je komutatívna (na celej množine $F$), tak stačí overiť jeden z distributívnych zákonov.
$(a,b)\cdot((c,d)+(e,f))=(a,b)\cdot(c+e,d+f)=(ac+ae-bd-bf,ad+af+bc+be-bd-bf)$
$(a,b)\cdot(c,d)+(a,b)\cdot(e,f)=(ac-bd,ad+bc-bd)+(ae-bf,af+be-bf)=(ac-bd+ae-bf,ad+bc-bd+af+be-bf)$
V oboch prípadoch sme dostali ten istý výsledok.

Časté chyby: Objavilo sa tvrdenie, že: Neutrálny prvok je $(1,0)$, ale $0\notin F\setminus\{0\}$, takže nemáme neutrálny prvok. Z definície poľa vyplýva, že chceme neutrálny prvok v množine $F\setminus\{0\}$, ale $0$ tu označuje neutrálny prvok operácie $+$. Teda v tomto prípade overujeme, že $\R\times\R\setminus\{(0,0)\}$ so zadanou operáciou je komutatívny grupa (a špeciálne či má neutrálny prvok). Vidíme, že dvojica $(1,0)$ patrí do tejto množiny.

Niektorí z vás overovali, či dvojica $(1,1)$ je neutrálny prvok pre násobenie. Keď ste zistili, že nie, tak ste prehlásili, že operácia $\cdot$ nemá neutrálny prvok a nie je to teda pole. Prečo práve $(1,1)$? Ak tvrdím, že operácia nemá neutrálny prvok, tak by som mal dokázať, že žiaden prvok z danej množiny nespĺňa podmienky z definície neutrálneho prvku.

[Martin Sleziak]

3. $\newcommand{\R}{\mathbb{R}}$Overte, či množina $\R\times\R$ s operáciami
$$\begin{align*}
(a,b)+(c,d)&=(a+c,b+d)\\
(a,b)\cdot(c,d)&=(ac-bd,ad+bc)
\end{align*}$$
je pole.

Riešenie: Označme $F=\R\times\R$. Vidno, že $+$ aj $\cdot$ sú binárne operácie na $F$.

Overenie, že $(F,+)$ je komutatívna grupa a neutrálny prvok je $(0,0)$ je vcelku ľahké, takže to preskočím.

Komutatívna grupa $(F\setminus\{(0,0)\}\cdot)$:
Binárna operácia. Chceme skontrolovať, či platí
$$(a,b)\ne(0,0) \land (c,d)\ne(0,0) \Rightarrow (ac-bd,ad+bc)\ne(0,0).$$
To je to isté, ako ukázať obmenenú implikáciu
$$(ac-bd,ad+bc)=(0,0)\Rightarrow (a,b)\ne(0,0) \lor (c,d)\ne(0,0).$$
Predpokladajme teda, že $(ac-bd,ad+bc)=(0,0)$. Ak máme rovnice
$$\begin{align*}
ac-bd&=0\\
ad+bc&=0
\end{align*}$$
tak vhodným prenásobením dostaneme
$$\begin{align*}
ac^2-bcd&=0\\
ad^2+bdc&=0
\end{align*}$$
a po ich sčítaní vypadnú členy obsahujúce $b$ a dostávame
$a(c^2+d^2)=0$.
Táto rovnosť znamená, že buď $c^2+d^2=0$ alebo $a=0$.
V prvom prípade pre reálne $c$, $d$ dostaneme $c=d=0$. (Súčet nezáporných čísel môže byť nula, len ak sú obe nulové.) Teda v tomto prípade $(c,d)=(0,0)$.
Zostáva si rozmyslieť prípad $(c,d)\ne(0,0)$. Už vieme, že vtedy musí platiť $a=0$, a teda naša pôvodná sústava rovníc sa redukuje na
$$\begin{align*}
bd&=0\\
bc&=0
\end{align*}$$
Pretože aspoň jedno z čísel $c$, $d$ je nenulové, dostávame aj $b=0$. Zistili sme, že v tomto prípade musí platiť $(a,b)=(0,0)$.

Komutatívnosť.
$(a,b)\cdot(c,d)=(ac-bd,ad+bc)$
$(c,d)\cdot(a,b)=(ca-bd,cd+ad)$
Vidíme, že operácia $\cdot$ je komutatívna.

Asociatívnosť. Overenie asociatívnosti je síce trochu zdĺhavý ale úplne mechanický výpočet.
$((a,b)\cdot(c,d))\cdot(e,f)=(ac-bd,ad+bc)\cdot(e,f)=(ace-bde-adf-bcf,acf-bdf+ade+bde)$
$(a,b)\cdot((c,d)\cdot(e,f))=(a,b)\cdot(ce-df,cf+de)=(ace-adf-bcf-bde,acf+ade+bce-bdf)$

Neutrálny prvok. Chceme nájsť dvojicu $(a,b)$ takú, aby platilo
$(ac-bd,ad+bc)=(c,d)$ t.j.
$$\begin{align*}
ac-bd&=c\\
ad+bc&=d
\end{align*}$$
Môžeme skúsiť použiť rovnaké úpravy ako minule (prvú rovnicu prenásobíme číslom $c$, druhú číslom $d$ a sčítame) a dostaneme
$a(c^2+d^2)=c^2+d^2$.
Ak sem dostadíme akékoľvek $c$, $d$ s výnimkou dvojice $(c,d)=(0,0)$, tak z tejto rovnosti hneď vyplýva $a=0$.
Potom predošlé rovnice znamenajú, že má platiť $d=bc$ a súčasne $c=-bd$. Ak druhú rovnosť dosadíme do prvej, tak máme
$d=-b^2d$,
z čoho pre nenulové $d$ hneď dostaneme $b=0$.

Náš kandidát na jednotku tohoto poľa je dvojica $(1,0)$ a ľahko skontrolujeme, že naozaj
$(1,0)\cdot(c,d)=(c,d)$.

Inverzný prvok. Pre $(c,d)\ne(0,0)$ by sme chceli nájsť $(a,b)$ tak, aby $(ac-bd,ad+bc)=(1,0)$. Môžeme znovu skúsiť použiť rovnaký postup ako doteraz. Z rovníc
$$\begin{align*}
ac-bd&=1\\
ad+bc&=0
\end{align*}$$
dostaneme vhodným prenásobením
$$\begin{align*}
ac^2-bd&=c\\
ad^2+bc&=0
\end{align*}$$
a teda $a(c^2+d^2)=c$, $a=\frac{c}{c^2+d^2}$. (Všimnime si, že menovateľ je rôzny od nuly.)
Potom môžeme dorátať $b=-\frac{d}{c^2+d^2}$.

Zistili sme, že inverzný prvok k dvojici $(c,d)\ne(0,0)$ by mohol byť prvok
$$(a,b)=(\frac{c}{c^2+d^2},-\frac{d}{c^2+d^2})$$ a dosadením do predpisu pre násobeni skutočne dostaneme
$$(\frac{c}{c^2+d^2},-\frac{d}{c^2+d^2})\cdot(c,d)=(\frac{c^2+d^2}{c^2+d^2},\frac{cd-cd}{c^2+d^2})=(1,0).$$

Distributívnosť. Už zostáva overiť len distributívnosť. Keďže sme už overilli komutatívnosť operácie $\cdot$, stačí overiť jeden z distributívnych zákonov.
$(a,b)\cdot((c,d)+(e,f))=(a,b)\cdot(c+e,d+f)=(ac+ae-bd-bf,ad+af+bc+be)$
$(a,b)\cdot(c,d)+(a,b)\cdot(e,f)=(ac-bd,ad+bc)+(ae-bf,af+be)=(ac-bd+ad-bf,ad+bc+af+be)$
Vidíme, že výsledok vyšiel v oboch prípadoch rovnaký.


Poznámka: Môžeme si všimnúť, že celá táto úloha je vlastne len overením, že komplexné čisla sú pole. Pripomeňme, že každé komplexné číslo $a+bi$ je jednoznačne určené dvojicou reálnych čísel $(a,b)$. Teda komplexné čísla môžeme stotožniť s dvojicami reálnych čísel.
Ďalej vieme, že sčitovanie a násobenie komplexných čísel je definované takto:
$(a+bi)+(c+di)=(a+c)+(b+d)i$
$(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i$
Ak budeme komplexné čísla reprezentovať dvojicami reálnych čísel, tak dostaneme presne definíciu operácií zo zadania tejto úlohy:
$(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)$
$(a,b)\cdot(c,d)=(ac-bd,ad+bc)$

Niečo k tej istej úlohe na časti fóre venovanej inému predmetu: https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=726

[Martin Sleziak]

4.$\newcommand{\R}{\mathbb{R}}$ Overte, či množina $\R\times\R$ s operáciami
\begin{align*}
(a,b)+(c,d)&=(a+c,b+d)\\
(a,b)\cdot(c,d)&=(ac,bd)
\end{align*}
je pole.

Riešenie: Označme $F=\R\times\R$. Je vidieť, že $+$ aj $\cdot$ sú binárne operácie na $F$. Takisto je vcelku ľahké overiť, že $(F,+)$ je komutatívna grupa a $(0,0)$ je neutrálny prvok. (Čiže, ak by to bolo pole, tak nulou by bola dvojica $0=(0,0)$.)

Vidíme však, že platí
$(1,0)\cdot(0,1)=(0,0)$
teda ako súčin dvoch nenulových prvkov vieme dostať nulu. Inak povedané, $\cdot$ nie je binárna operácia na podmnožine $F\setminus\{(0,0)\}$.

Časté chyby: Pri overovaní existenciu inverzného prvku by sme mali nájsť inverzný prvok pre každú dvojicu z $F\setminus\{(0,0)\}$. Teda pre dvojice $(a,b)$ také, že $\frac1a\ne0$ alebo $\frac1b\ne0$. Nemáme zaručené, že sú obe nenulové. Teda nie pre všetky prvky z $F\setminus\{(0,0)\}$ môžeme prehlásiť, že $(\frac1a,\frac1b)$ je inverzný prvok.

To, že $(0,0)$ nemá inverzný prvok nám nestačí na to, aby sme zdôvodnili, že $F$ nie je pole. V poli chceme inverzné prvky pre všetky prvky z $F\setminus\{0\}$ (t.j. všetky prvky s výnimkou neutrálneho prvku pre sčitovanie). V našom prípade pre prvky z $\R\times\R\setminus\{(0,0)\}$.