Tu sú zadania písomky, postupne aspoň k niektorým úlohám pridám aj riešenai a nejaké stručné komentáre k tomu ako ste ich riešili vy - buď priamo sem alebo tu budú linky.
Ak si chcete pozrieť písomky z minulých rokov:
viewtopic.php?t=784
viewtopic.php?t=373
Skupina A
1. $\newcommand{\Zobr}[3]{{#1}\colon{#2}\to{#3}}$Dokážte: Nech $\Zobr hYZ$ je injekcia. Ak $\Zobr {f,g}XY$ sú ľubovoľné dve zobrazenia také, že $h\circ f=h\circ g$, tak $f=g$.
2. Dokážte, alebo nájdite kontrapríklad:
Nech $(G,*)$ je grupa, $e$ je jej neutrálny prvok a $x\in G$. Ak $x*x=e$, tak $x=e$.
3. Overte, či množina $F=\{a+b\sqrt2; a,b\in\mathbb Q\}$ s obvyklým sčitovaním a násobením reálnych čísel tvorí pole.
(Fakt, že reálne čísla $(\mathbb R,+,\cdot)$ tvoria pole samozrejme môžete používať.)
4. Ukážte, že $G=(\mathbb R\setminus\{0\})\times\mathbb R$ s binárnou operáciou definovanou ako
$$(a,b)\ast(c,d)=(ac,bc+d)$$
je grupa. Zistite, či táto grupa je komutatívna. (Ak áno, tak to dokážte. Ak nie, nájdite konkrétny kontrapríklad.)
5. Dokážte: Ak pre každý prvok $x$ grupy $(G,\circ)$ platí $x\circ x=e$, tak táto grupa je komutatívna.
Skupina B
1. $\newcommand{\Zobr}[3]{{#1}\colon{#2}\to{#3}}$Dokážte: Nech $\Zobr fXY$ je surjekcia. Ak $\Zobr {g,h}YZ$ sú ľubovoľné dve zobrazenia také, že $g\circ f=h\circ f$, tak $g=h$.
2. Dokážte, alebo nájdite kontrapríklad:
Nech $(G,*)$ je grupa a $x,y\in G$. Ak $x*x=y*y$, tak $x=y$.
3. Overte, či množina $F=\{a+b\sqrt5; a,b\in\mathbb Q\}$ s obvyklým sčitovaním a násobením reálnych čísel tvorí pole.
(Fakt, že reálne čísla $(\mathbb R,+,\cdot)$ tvoria pole samozrejme môžete používať.)
4. Ukážte, že $G=(\mathbb R\setminus\{0\})\times\mathbb R$ s binárnou operáciou definovanou ako
$$(a,b)\ast(c,d)=(ac,ad+b)$$
je grupa. Zistite, či táto grupa je komutatívna. (Ak áno, tak to dokážte. Ak nie, nájdite konkrétny kontrapríklad.)
5. Dokážte: Ak pre každý prvok $x$ grupy $(G,\circ)$ platí $x\circ x=e$, tak táto grupa je komutatívna.
Riešenie prvej úlohy sa dá nájsť napríklad tu: viewtopic.php?t=561#p1444
Úlohami takého typu ako je úloha 3 sme sa zaoberali na cviku. Niečo k riešeniu je napísané tu: viewtopic.php?t=84
Úloha 4 je v oboch skupinách rovnaká až na označenie. Niečo viac k nej sa dá nájsť tu: viewtopic.php?t=498 a viewtopic.php?t=963
Riešenie piatej úlohy sa dá nájsť tu: viewtopic.php?t=784#p2184
K chybám, ktoré sa vyskytovali v písomkách, napíšem niečo v tomto vlákne. Ak by k niektorej z úloh bola potrebná detailnejšia diskusia, tak pre ňu môžete otvoriť samostatný topic.
Úlohy z prvej písomky
Moderators: Martin Sleziak, TomasRusin, Veronika Lackova, Nina Hronkovičová, bpokorna, davidwilsch, jaroslav.gurican, makovnik
-
Martin Sleziak
- Posts: 5689
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Úlohy z prvej písomky
1. úloha:
Ak ste v riešení nikde nepoužili surjektívnosť/injektívnosť, tak určite vaše riešenie nemôže byť dobre. (Nie je ťažké nájsť kontrapríklady ukazujúce, že keď vynecháme tento predpoklad, tak dokazované tvrdenie už neplatí.)
Ak ste v riešení nikde nepoužili surjektívnosť/injektívnosť, tak určite vaše riešenie nemôže byť dobre. (Nie je ťažké nájsť kontrapríklady ukazujúce, že keď vynecháme tento predpoklad, tak dokazované tvrdenie už neplatí.)
-
Martin Sleziak
- Posts: 5689
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Úlohy z prvej písomky
2. úloha:
V oboch skupinách bolo treba nájsť kontrapríklad. Môžeme si uvedomiť, že ak nájdeme kontrapríklad pre tvrdenie zo skupiny A, tak to je súčasne kontrapríklad pre skupinu B (ak položíme $y=e$.)
Hľadáme teda príklady grupy a prvku $x\in G$ takých, že $x*x=e$ a súčasne $x\ne e$. Viacerí ste si všimli (a je to vcelku užitočné pozorovanie), že to vlastne hovorí $x^{-1}=x$.
Ako kontrapríklad môžeme zobrať:
V zadaní som sa pýtal na to, či tvrdenie môže platiť pre nejaký prvok $x\in G$. (Našli sa riešenia, kde ste počítali ako keby to bolo pre každý prvok z $G$. Toto by skôr súviselo s grupami z piatej úlohy.)
Takisto viacero z vás tvrdilo, že sa vám tvrdenia v zadaní podarilo dokázať - snáď uvedené kontrapríklady vás presvedčia, že tieto tvrdenia nemusia platiť.
V oboch skupinách bolo treba nájsť kontrapríklad. Môžeme si uvedomiť, že ak nájdeme kontrapríklad pre tvrdenie zo skupiny A, tak to je súčasne kontrapríklad pre skupinu B (ak položíme $y=e$.)
Hľadáme teda príklady grupy a prvku $x\in G$ takých, že $x*x=e$ a súčasne $x\ne e$. Viacerí ste si všimli (a je to vcelku užitočné pozorovanie), že to vlastne hovorí $x^{-1}=x$.
Ako kontrapríklad môžeme zobrať:
- $x=-1$ v $(\mathbb R\setminus\{0\},\cdot)$ (Podobný príklad viem vyrobiť aj v multiplikcatívnej grupe poľa $\mathbb Q$, $\mathbb C$.)
- $x=1$ v $(\mathbb Z_2,\oplus)$. (Viem nájsť takýto prvok v každej grupe $\mathbb Z_{2n}$, ale $\mathbb Z_2$ je asi najjednoduchší príklad.)
- Niektorý dvojcyklus v $(S_n,\circ)$. (Len aby sme mali aj nejaký nekomutatívny príklad.)
V zadaní som sa pýtal na to, či tvrdenie môže platiť pre nejaký prvok $x\in G$. (Našli sa riešenia, kde ste počítali ako keby to bolo pre každý prvok z $G$. Toto by skôr súviselo s grupami z piatej úlohy.)
Takisto viacero z vás tvrdilo, že sa vám tvrdenia v zadaní podarilo dokázať - snáď uvedené kontrapríklady vás presvedčia, že tieto tvrdenia nemusia platiť.
-
Martin Sleziak
- Posts: 5689
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Úlohy z prvej písomky
3. úloha:
Veľa z vás overovalo asociatívnosť roznásobením, hoci stačilo povedať, že platí v $\mathbb R$ a zdedí sa na menšiu množinu. (Skontrolovať to roznásobením je síce správne riešenie, ale je to pomerne veľa práce, ktorú ste si mohli vďaka jednoduchšiemu argumentu ušetriť.)
Niektorí boli zasa priveľmi optimistický a tvrdili, že každá podmnožina $\mathbb R$ je pole. (Aspoň na binárnu operáciu, neutrálny prvok, inverzný prvok sa treba pozrieť.)
Veľa ľudí napísalo, že inverzný prvok je $\frac1{a+b\sqrt5}$ bez toho, aby skontrolovalo či tento prvok je v množine $F$.
Niektoré riešenia naznačujú nepochopenie toho, ako je vlastne naša operácia je definovaná.
Napríklad ste správne napísali, čo znamená distributívnosť: $a(b+c)=ab+ac$.
Ale potom ako overenie pre toto pole ste pracovali s výrazom tvaru $a(b+a+b\sqrt5)$, čo je problematické z viacerých dôvodov. Jednak prvky vystupujúce v rovnosti $a(b+c)=ab+ac$ by mali všetky byť tvaru $x+y\sqrt5$ pre $x,y\in\mathbb Q$. Ďalšia vec je, že racionálne čísla $x$ a $y$ môžu byť pre každý z nich iné.
(A aj keď sa budem opakovať, tak znovu napíšem, že toto sa dalo zdôvodniť jednoduchšie, lebo distributívnosť sa zdedí z poľa $\mathbb R$.)
Veľa z vás overovalo asociatívnosť roznásobením, hoci stačilo povedať, že platí v $\mathbb R$ a zdedí sa na menšiu množinu. (Skontrolovať to roznásobením je síce správne riešenie, ale je to pomerne veľa práce, ktorú ste si mohli vďaka jednoduchšiemu argumentu ušetriť.)
Niektorí boli zasa priveľmi optimistický a tvrdili, že každá podmnožina $\mathbb R$ je pole. (Aspoň na binárnu operáciu, neutrálny prvok, inverzný prvok sa treba pozrieť.)
Veľa ľudí napísalo, že inverzný prvok je $\frac1{a+b\sqrt5}$ bez toho, aby skontrolovalo či tento prvok je v množine $F$.
Niektoré riešenia naznačujú nepochopenie toho, ako je vlastne naša operácia je definovaná.
Napríklad ste správne napísali, čo znamená distributívnosť: $a(b+c)=ab+ac$.
Ale potom ako overenie pre toto pole ste pracovali s výrazom tvaru $a(b+a+b\sqrt5)$, čo je problematické z viacerých dôvodov. Jednak prvky vystupujúce v rovnosti $a(b+c)=ab+ac$ by mali všetky byť tvaru $x+y\sqrt5$ pre $x,y\in\mathbb Q$. Ďalšia vec je, že racionálne čísla $x$ a $y$ môžu byť pre každý z nich iné.
(A aj keď sa budem opakovať, tak znovu napíšem, že toto sa dalo zdôvodniť jednoduchšie, lebo distributívnosť sa zdedí z poľa $\mathbb R$.)
-
Martin Sleziak
- Posts: 5689
- Joined: Mon Jan 02, 2012 5:25 pm
Re: Úlohy z prvej písomky
5. úloha:
Vo viacerých písomkách as vyskytol argument, ktorý vyzeral zhruba takto:
Podstatnejší problém je však to, ako ste dostali z prvej rovnosti druhú. Všimnite si, že ste $x$-om násobili raz zľava a raz sprava.
To by bolo v poriadku, ak by sme vedeli, že daná binárna operácia je komutatívna. (To sa však snažíme dokázať, čiže by sme to nemali používať.)
Pri práci s grupami by sme si mali dať pozor, aby sme na oboch stranách násobili z tej istej strany. (T.j. na oboch zľava alebo na oboch sprava.) Prinajmenšom vtedy, keď nevieme, či naša grupa je komutatívna.
Vo viacerých písomkách as vyskytol argument, ktorý vyzeral zhruba takto:
Určite by sa oplatilo aspoň si rozmyslieť, či sa uvedené kroky dajú otočiť: viewtopic.php?t=1164\begin{align*}
x\circ y &= y\circ x\\
x\circ x\circ y &= y\circ x \circ x\\
e\circ y &= y\circ e \\
y &= y
\end{align*}
Pre ľubovoľné $x,y\in G$ platí $x\circ y=y\circ x$.
Podstatnejší problém je však to, ako ste dostali z prvej rovnosti druhú. Všimnite si, že ste $x$-om násobili raz zľava a raz sprava.
To by bolo v poriadku, ak by sme vedeli, že daná binárna operácia je komutatívna. (To sa však snažíme dokázať, čiže by sme to nemali používať.)
Pri práci s grupami by sme si mali dať pozor, aby sme na oboch stranách násobili z tej istej strany. (T.j. na oboch zľava alebo na oboch sprava.) Prinajmenšom vtedy, keď nevieme, či naša grupa je komutatívna.