Domáce úlohy

[Ludovit_Balko]

Na tomto mieste budem zverejňovať riešenia a prípadne komentáre k Vašim riešeniam domácich úloh.

[Ludovit_Balko]

Podrobné riešenie uvediem len pre zadanie 1. Zadania 2 a 3 sa zdôvodnia analogicky.

Rozhodnite, či množina $\mathbb{R}$ s binárnou operáciou $\ast$ definovanou predpisom $a\ast b=a+b+a\cdot b $ je grupa. Operácie $+$ a $\cdot$ sú štandardné operácie súčtu a súčinu na reálnych číslach.

Riešenie:

1. $\mathbb{R}$ je neprázdna množina a uvedená operácia je naozaj binárna operácia na $\mathbb{R}$, pretože súčet a súčin reálnych čísel je opäť reálne číslo.
2. Asociatívnosť: S využítím vlastností súčtu a súčinu reálnych čísel dostaneme pre ľubovoľné $a$, $b$, $c\in\mathbb{R}$
   \begin{align*}
   (a\ast b)\ast c &= (a+b+a\cdot b)\ast c = (a+b+a\cdot b) + c + (a+b+a\cdot b)\cdot c =a + b + a\cdot b + c + a\cdot c+ b\cdot c + a\cdot b\cdot c \\ &=a+b+c+a\cdot b + a\cdot c+b\cdot c + a\cdot b\cdot c
   \end{align*}
   a
   \begin{align*}
   a\ast (b\ast c) &= a\ast(b+c+b\cdot c) = a+(b+c+b\cdot c) + a\cdot (b+c+b\cdot c) =a + b + c + b\cdot c + a\cdot b + a\cdot c + a\cdot b\cdot c \\ &=a+b+c+a\cdot b + a\cdot c+b\cdot c + a\cdot b\cdot c.
   \end{align*}
   Takže $(a\ast b)\ast c=a\ast (b\ast c)$ pre ľubovoľné $a$, $b$, $c\in\mathbb{R}$, t.j. $\ast$ je asociatívna binárna operácia na $\mathbb{R}$.
3. Existencia neutrálneho prvku: Ak $e$ označuje hľadaný neutrálny prvok, tak pre ľubovoľné $a\in\mathbb{R}$ musí platiť
   \begin{align*}
   a\ast e &= a+e+a\cdot e = a,\\
   e\ast a &= e+a+e\cdot a = a.
   \end{align*}
   $e$ (ak existuje) musí preto byť riešením rovníc
   \begin{align}
   a+e+a\cdot e &= a,\\
   e+a+e\cdot a &= a.
   \end{align}
   Z prvej rovnice, pre každé $a\in\mathbb{R}$ dostaneme
   \begin{align}
   a+e+a\cdot e &= a\\
   e +a\cdot e &= 0 \\
   e(1+a)&=0,
   \end{align}
   čomu vyhovuje $e=0$, ktoré zjavne vyhovuje aj druhej rovnici. Pre istotu môžeme skontrolovať že $e=0$ je naozaj neutrálny prvok operácie $\ast$ priamym výpočtom:
   \[a\ast 0 = a+ 0 + a\cdot 0= a = 0+a+0\cdot a = 0\ast a,\]
   pre ľubovoľné $a\in\mathbb{R}$.
4. Inverzné prvky: Ku každému $a\in\mathbb{R}$ potrebujeme nájsť $b\in\mathbb{R}$ tak, aby
   \begin{align}
   a\ast b = e,\\
   b\ast a = e.
   \end{align}
   Dostávame tak systém dvoch rovníc
   \begin{align}
   a+b+a\cdot b = 0,\\
   b+a+b\cdot a = 0.
   \end{align}
   Ak sa pokúsime z prvej rovnice vyjadriť $b$, dostaneme postupne
   \begin{align}
   a+b+a\cdot b &= 0,\\
   b+a\cdot b &= -a,\\
   b(1+a)&=-a \qquad (1)\\
   \end{align}
   a pre $a\neq -1$
   $$b=-\frac{a}{1+a}.$$
   Zatiaľ teda môžeme vidieť, že inverzný prvok existuje ku každému reálnemu $a\neq -1$. Pre $a=-1$ a ľubovoľné reálne $b$ máme
   \[ (-1)\ast b = -1 + b +(-1)\cdot b=-1, \]
   takže k $-1$ neexistuje v $\mathbb{R}$ inverzný prvok vzhľadom na operáciu $\ast$ (čo vidno už aj z rovnice (1)). Preto dvojica $(\mathbb{R},\ast)$ nie je grupa.

Poznámky:

1. Ak ste ukázali, že $\ast$ je komutatívna
   \[a\ast b=a+b+a\cdot b=b+a+b\cdot a=b\ast a,\]
   v častiach $c$ a $d$ bude vystupovať len jedna rovnica.
2. V časti $c$ je možné kandidáta $e=0$ na neutrálny prvok uhádnuť. Potom treba overiť, či tento kandidát naozaj spĺňa príslušné rovnice $a\ast e = e\ast a=a$ pre každé reálne $a$, prípadne jednu z nich, ak ste overili ako v predchádzajúcej poznámke, že $\ast$ je komutatívna.
3. Podobne ako v predchádzajúcej poznámke, ak uhádnete, že $-1$ by mohol byť prvok spôsobujúci problém, môžete priamo overiť, že
   \[ (-1)\ast b = -1 + b +(-1)\cdot b=-1, \]
   pre ľubovoľné reálne $b$ a tým pádom aj neexistenciu inverzného prvku k $(-1)$.

[Ludovit_Balko]

Riešenia k domácej úlohe 2:

1. a) $\{1,2,4\}$ v $(\mathbb Z_7\setminus\{0\},\cdot)$; b) $\{x\in\mathbb R; x<0\}$ v $(\mathbb R\setminus\{0\},\cdot)$
   Riešenie: a) Keďže $G=(\mathbb Z_7\setminus\{0\},\cdot)$ je konečná, na overenie kritéria podgrupy pre množinu $H=\{1,2,4\}$, ktorá je neprázdnou podmnožinou $G$ je výhodné použiť tabuľku:
   \begin{array}{c|ccc}
   \cdot & 1 & 2 & 4 \\
   \hline
   1 & 1 & 2 & 4 \\
   2 & 2 & 4 & 1 \\
   4 & 4 & 1 & 2
   \end{array}
   Z nej už vidno, že súčin prvkov z $H$ je prvok z $H$ a ku každému prvku z $H$ existuje v $H$ inverzný. Teda $H$ je podgrupou $G$.
   
   b) Máme $ -1\in\{x\in\mathbb R; x<0\}$ a $(-1)(-1)=1\notin \{x\in\mathbb R; x<0\}$. Uvedená podmnožina teda nie je podgrupou.
2. a) $\{1,6\}$ v $(\mathbb Z_7\setminus\{0\},\cdot)$; b) $\{\sqrt2x; x\in\mathbb Q, x\ne0\}$ v $(\mathbb R\setminus\{0\},\cdot)$
   Riešenie: a) Podobne ako v 1.a) uvedená množina je podmnožinou $\mathbb{Z}_7$ a
   \begin{array}{c|cc}
   \cdot & 1 & 6 \\
   \hline
   1 & 1 & 6 \\
   6 & 6 & 1
   \end{array}
   preto uvedená podmnožina je podgrupou danej grupy.
   
   b) Stačí si všimnúť, že $1$ nie je prvkom $H=\{\sqrt2x; x\in\mathbb Q, x\ne0\}$, pretože ak by bola, tak pre nejaké racionálne číslo $x$ by
   \begin{align}
   1 & =\sqrt{2}x\\
   x&=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\notin\mathbb{Q}.
   \end{align}
   Keďže každá pogrupa nejakej grupy $G$ musí obsahovať neutrálny prvok grupy $G$ a $1$ je neutrálny prvok v $(\mathbb R\setminus\{0\},\cdot)$, $H$ nemôže byť podgrupou $(\mathbb R\setminus\{0\},\cdot)$.
3. a) $\{1,2,5\}$ v $(\mathbb Z_7\setminus\{0\},\cdot)$; b) $\{\sqrt3x; x\in\mathbb Q\}$ v $(\mathbb R,+)$
   Riešenie: a) Tu si vieme všimnúť, že $2\in\{1,2,5\}$ a $2\cdot 2=4 \notin \{1,2,5\}$. Neprázdna množina $\{1,2,5\}\subset \mathbb{Z_7}$ preto nie je podgrupou danej grupy.
   
   b) Označme $G=(\mathbb R,+)$ a $H=\{\sqrt3x; x\in\mathbb Q\}$. Potom $H\subset G$ a $0=\sqrt3 \cdot 0\in H\neq\emptyset$. Overme podmienky z kritéria.
   Pre $\sqrt3x$ a $\sqrt3 y\in H$, t.j. $x$, $y\in\mathbb{Q}$ máme
   $$
   \sqrt3x +\sqrt3y=\sqrt3(x+y)\in H,
   $$
   lebo $x+y\in \mathbb{Q}$ a
   $$
   -\sqrt3x=\sqrt3(-x)\in H.
   $$
   lebo $-x\in\mathbb{Q}$.
   Podmnožina $H$ je tým pádom podgrupou $G$.
4. a) $\{1,3,6\}$ v $(\mathbb Z_7\setminus\{0\},\cdot)$; b)
   $\{x\in\mathbb R; x>0\}$ v $(\mathbb R\setminus\{0\},\cdot)$
   Riešenie: a) Podobne ako v 3.a) $3\in \{1,3,6\}$ a $3\cdot 3 = 2 \notin \{1,3,6\}$. Neprázdna množina $\{1,3,6\}\subset\mathbb{Z_7}$ teda nie je podgrupou uvedenej grupy.
   b) Označme $G=(\mathbb R\setminus\{0\},\cdot)$ a $H=\{x\in\mathbb R; x>0\}$. Potom $H\subset G$ a $1\in H\neq \emptyset$.
   Ďalej súčin dvoch kladných reálny čísel je kladné reálne číslo a prevrátená hodnota kladného reálneho čísla je kladné reálne číslo, symbolicky
   $$
   x,y\in H\Rightarrow x>0 \wedge y>0 \Rightarrow x\cdot y>0\Rightarrow x\cdot y\in H
   $$
   a
   $$
   x\in H\Rightarrow x>0 \Rightarrow \dfrac{1}{x}=x^{-1}>0 \Rightarrow x^{-1}\in H.
   $$
   Overením platnosti týchto podmienok sme ukázali, že $H$ je podgrupou $G$.