msleziak.com

Zadania

Skupina A

Nech $G=\mathbb Q\times\mathbb Q\setminus\{(0,0)\}$. Definujme pre $(a,b),(c,d)\in G$
$$(a,b)*(c,d)=(ac+2bd,ad+bc).$$
Dostaneme takto binárnu operáciu na $G$, ktorá je aj asociatívna. (Tieto veci -- že to skutočne je binárna operácia a že je asociatívna -- nemusíte overovať, považujte ich za dané.)
Overte, či $(1,0)$ je neutrálny prvok tejto operácie. Zistite, či $(G,*)$ je komutatívna grupa.

Skupina B

Nech $G=\mathbb Q\times\mathbb Q\setminus\{(0,0)\}$. Definujme pre $(a,b),(c,d)\in G$
$$(a,b)*(c,d)=(ac+3bd,ad+bc).$$
Dostaneme takto binárnu operáciu na $G$, ktorá je aj asociatívna. (Tieto veci -- že to skutočne je binárna operácia a že je asociatívna -- nemusíte overovať, považujte ich za dané.)
Overte, či $(1,0)$ je neutrálny prvok tejto operácie. Zistite, či $(G,*)$ je komutatívna grupa.

Ak by ste sa chceli pozrieť na staršie zadania písomkových úloh na tieto témy:
viewtopic.php?t=753
viewtopic.php?t=498

Zadania sú očividne veľmi podobné, takže sa pozrime trebárs na skupinu A.

Riešenia

$(G,*)$ je skutočne komutatívna grupa.

Komutatívnosť. Hneď vidíme, že
$$(a,b)*(c,d)=(ac+2bd,ad+bc) = (ca+2db,cb+da) = (c,d)*(a,b).$$

Neutrálny prvok. Priamo dosadením sa môžeme presvedčiť, že
$$(a,b)*(1,0)=(a,b).$$
(Už sme overili komutatívnosť, takže nám to stačí kontrolovať v jednom poradí. To isté platí aj pri inverznom prvku.)
Poznamenám, že aj keby neutrálny prvok nebol zadaný, tak ho vieme nájsť podobným postupom, ako uvidíme pri inverznom prvku.

Inverzný prvok. Ak chceme nájsť inverzný prvok k~prvku $(a,b)\in G$, znamená to hľadať také $(c,d)\in G$ pre ktoré $ac+2bc=1$, $ad+bc=0$.
Máme takúto sústavu rovníc. Radi by sme vypočítali $c$, tak sa skúsme zbaviť všetkých výskytov premennej $d$.
\begin{align*}
ac+2bd&=1\\
bc+ad&=0\\\hline
a^2c+2abd&=a\\
b^2c+abd&=0\\\hline
(a^2-2b^2)c&=a\\
c&=\frac{a}{a^2-2b^2}
\end{align*}
Podobnými úvahami môžeme vyrátať aj $d$
\begin{align*}
ac+2bd&=1\\
bc+ad&=0\\\hline
abc+2b^2d&=b\\
abc+a^2d&=0\\\hline
(a^2-2b^2)d&=b\\
d&=\frac{-b}{a^2-2b^2}
\end{align*}
Ako kandidát na inverzný prvok nám vyšiel
$$(a,b)^{-1}=\left(\frac{a}{a^2-2b^2},\frac{-b}{a^2-2b^2})\right).$$
Že to je skutočne inverzný prvok sa môžeme presvedčiť tak, že kontrolujeme či sa dajú otočiť všetky implikácie v našom odvodení. Alebo jednoducho skúsime dosadiť a presvedčíme sa, že
$$(a,b)*\left(\frac{a}{a^2-2b^2},\frac{-b}{a^2-2b^2}\right)=
\left(\frac{a^2-2b^2}{a^2-2b^2},\frac{-ab+ab}{a^2-2b^2}\right)=(1,0).$$

Nula v menovateli. Aby boli úvahy, ktoré sme doteraz napísali správne, je podstatné aj to, či nemáme nulu v menovateli, t.j. či $a^2-2b^2\notin 0$ pre $(a,b)\in G$. (Inak by výraz, ktorý sme dostali pre inverzný prvok, ani nemal zmysel.)
Stačí si však uvedomiť, že ak by pre nejaké nenulové racionálne čísla platilo $a^2-2b^2=0$, tak by sme dostali $2=a^2/b^2$ a $\sqrt2=\pm a/b$, teda $\sqrt2$ by bolo racionálne číslo.

Môžeme sa prípadne pozrieť aj na to, či $*$ je binárna operácia a či je asociatívna. (Tieto veci som na písomke od vás nechcel - bolo by to priveľa počítania na to, aký čas je na písomku.) Nižšie sa môžete pozrieť na to, že asociatívnosť sa dá dostať aj inak - azda aj jednoduchšie.

Binárna operácia
Nie je problém s tým, že výsledok je dvojica racionálnych čísel. Otázka je iba, či nemôžeme dostať dvojicu $(0,0)$.
Teda by sme sa mali nejako presvedčiť, že ak $(ac+2bd,ad+bc)=(0,0)$, tak buď $(a,b)=(0,0)$ alebo $(c,d)=(0,0)$.
Opäť môžeme postupovať podobne ako pri inverznom prvku. T.j. snažiť sa z rovníc
\begin{align*}
ac+2bd&=0\\
bc+ad&=0
\end{align*}
zistiť čo vieme o $(c,d)$ resp. $(a,b)$.
Zhruba to isté, ako riešenie týchto rovníc, sa dá povedať aj takto: Ak od $ac$-násobku prvej rovnice odčítam $2ad$-násobok druhej, dostanem
$$a^2(c^2-2d^2)=0.$$
Podobne, ak $bc$ násobku druhej rovnice odčítam $bd$ násobok prvej, dostanem
$$b^2(c^2-2d^2)=0.$$
Kombináciou týchto dvoch rovností vieme dostať
$$(a^2-2b^2)(c^2-2d^2)=0.$$
Vidím, že potom musí nastať $a^2-2b^2=0$ alebo $c^2-2d^2=0$. Ak navyše vieme, že ide o racionálne čísla, tak z toho dostávame, že $a=b=0$ alebo $c=d=0$.

Asociatívnosť
Tu vlastne len treba postupne upravovať oba výrazy - ide len o mechanické rátanie, aj keď je dosť zdĺhavé.
\begin{align*}
((a,b)*(c,d))*(e,f)&= (ac+2bd,ad+bc)*(e,f) = (ace+2bde+2adf+2bcf,acf+2bdf+ade+bde)\\
(a,b)*((c,d)*(e,f))&= (a,b)*(ce+2df,cf+de) = (ace+2adf+2bcf+2bde,acf+ade+bce+2bdf)
\end{align*}
Vidíme, že sme dostali presne to isté. (Jediný rozdiel je, že sčítance sú napísané v rôznom poradí.)

Poznámky k odovzdaným riešeniam

Podľa niektorých odovzdaných písomiek sa zdá, že sú nejasnosti v pojme binárna operácia resp. v tom, ako sa binárne operácie používajú.
Ak je binárna operácia zadaná predpisom
$$(a,b)*(c,d)=(ac+2bd,ad+bc)$$
a ja chcem overiť, či $(a,b)*(1,0)=(a,b)$, tak to vlastne znamená, že v predpise uvedenom vyššie dosadím $c:=1$, $d:=0$. (Píšem to najmä preto, že v niektorých písomkách sa tu objavili celkom iné veci - napríklad sa pri overovaní neutrálneho prvku objavili nejaké prvky $c$, $d$, ktoré tam vôbec nevystupujú.)
Dostanem takto:
$$(a,b)*(1,0)=(a\cdot1+2b\cdot0,a\cdot0+b\cdot1) = (a,b).$$

Iný pohľad

Možno si spomínate, že sme na cvičeniach kedysi ukázali, že množina $F=\{a+b\sqrt2; a,b\in\mathbb Q\}$ s obvyklým sčitovaním a násobením tvorí pole. Niečo k tejto úlohe je napísané aj tu: viewtopic.php?t=84

Možno niektoré veci, čo sme robili vyššie, vám pripomenuli tento príklad. Nie je to náhoda. V skutočnosti naša grupa je izomorfná s multiplikatívnou grupou tohoto poľa.

Stačí si všimnúť, že
$$(a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2)=(ac+2bd)+(bc+ad)\sqrt2.$$
Zobrazenie $f\colon a+b\sqrt2 \mapsto (a,b)$ je potom izomorfizmus medzi grupami $(F\setminus\{0\},\cdot)$ a $(G,*)$.
Bolo by treba ešte overiť, že $f$ je bijekcia. To tiež nie je jasné na prvý pohľad, ale nebudem sem písať detailné riešenie. (Ak sa nad tým chcete zamyslieť, možno pomôže odvodiť najprv, že pre racionálne čísla platí $a+b\sqrt2=0$ $\Leftrightarrow$ $a=b=0$.)

Ak už vieme toto, tak by sme fakt že $(F\setminus\{0\},\cdot)$ grupa mohli použiť na zdôvodnenie, že $(G,*)$ je grupa - o niečom podobnom sme už hovorili: viewtopic.php?t=495

Takýto postup má nevýhodu, že sme museli uhádnuť vhodnú izomorfnú grupu. Ale zasa má výhodu, že niektoré vlastnosti poľa $F$ sa overia jednoduchšie - konkrétne komutatívnosť a asociatívnosť sa "zdedia" vďaka tomu, že ide o podmnožinu $\mathbb R$. Navyše ak sa na to pozeráme ako na reálne čísla, tak môžeme robiť úpravy na ktoré sme zvyknutí. (Napríklad skoro hneď prídeme na to, ako odstrániť odmocninu z menovateľa.)

Ešte pridám jednu úlohu, ktorá je - do istej miery - opäť len prepísaním tej istej úlohy, ktorá tu už je vyriešená už dvoma spôsobmi.

Ukážte, že množina nenulových matíc tvaru
$
\begin{pmatrix}
a & b \\
2b & a \\
\end{pmatrix}
$, $a,b\in\mathbb Q$, t.j. množina
$$H=\{\begin{pmatrix}
a & b \\
2b & a \\
\end{pmatrix}; a,b\in\mathbb Q, (a,b)\ne(0,0)\},$$
tvorí s operáciou násobenia matíc grupu.

Pozrime sa najprv na to, čo dostaneme vynásobením dvoch matíc takéhoto tvaru:

$$\begin{pmatrix}
a & b \\
2b & a \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
c & d \\
2d & c \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
ac+2bd & ad+bc \\
2(ad+bc) & ac+2bd \\
\end{pmatrix}$$

Ak to porovnáme s tým, čo sme dostali vyššie, tak vidíme, že je to "v podstate to isté"
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
a & b \\
2b & a \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
c & d \\
2d & c \\
\end{pmatrix}&=
\begin{pmatrix}
ac+2bd & ad+bc \\
2(ad+bc) & ac+2bd \\
\end{pmatrix}\\
(a,b)*(c,d)&=(ac+2bd,ad+bc)\\
(a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2)&=(ac+2bd)+(bc+ad)\sqrt2
\end{align*}
T.j. tieto tri grupy sú izomorfné. (Múdro to môžeme povedať aj tak, že sme našli maticovú reprezentáciu tejto grupy.)

V tomto okamihu by malo byť jasné, že rovnaké úvahy ako sú uvedené vyššie by sa dali použiť aj na overenie, že tieto matice nám dajú grupu.
Skúsme sa zastaviť pri tom, či niektoré z nich nám môže zjednodušiť to, že robíme s maticami a veľa vlastností matíc už poznáme.
Konkrétne nám môže pomôcť pri overení asociatívnosti, nájdení neutrálneho prvku a nájdení inverzného prvku. (Overenie, že ide o binárnu operáciu nám to nijako nezjednoduší. Takisto ani overenie komutatívnosti - tú však vidno dosť ľahko.)

Asociatívnosť. Násobenie matíc je asociatívne. Asociatívnosť sa nepokazí, ak sa obmedzíme na menšiu množinu.

Neutrálny prvok. Prirodzeným kandidátom je jednotková matica.
Stačí teda skontrolovať, že skutočne $I=
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1 \\
\end{pmatrix}
\in H$.
To určite platí (dostaneme ju pre $a=1$, $b=0$.)

Inverzný prvok. Opäť, prirodzeným kandidátom je inverzná matica. Majme nejakú maticu
$$A=
\begin{pmatrix}
a & b \\
2b & a \\
\end{pmatrix}\in H.
$$
Všimnime si najprv, že ak $a$, $b$ sú racionálne čísla, ktoré nie sú obe nulové, tak inverzná matica existuje.
Na to stačí skontrolovať, či je determinant nenulový. Hodnota determinantu je $|A|=a^2-2b^2$. Pre $a,b\in\mathbb Q$ máme
$$a^2-2b^2= 0 \qquad\Leftrightarrow\qquad a=b=0.$$
(Rozmyslite si prečo - niečím podobným sme sa zaoberali aj na cvičeniach.)

Samotná existencia $A^{-1}$ nám nestačí. Bolo by treba aj overiť, či patrí do $H$.
Ak poznáme výpočet inverznej matice pomocou adjungovanej matice, tak pre $2\times2$ je tento výpočet veľmi jednoduchý.
Vo všeobecnosti máme
$$
\begin{pmatrix}
a & b \\
c & d \\
\end{pmatrix}^{-1}=\frac1{|A|}
\begin{pmatrix}
d &-b \\
-c & a \\
\end{pmatrix}
$$
a v našom prípade dostaneme
$$
\begin{pmatrix}
a & b \\
2b & a \\
\end{pmatrix}^{-1}=\frac1{a^2-2b^2}
\begin{pmatrix}
a &-b \\
-2b & a \\
\end{pmatrix}.
$$
Výsledok je teda opäť matica z $H$. Ak $a$ aj $b$ sú racionálne, platí to aj o číslach $\frac{a}{a^2-b^2}$ a $\frac{-b}{a^2-2b^2}$.
(Pričom sme si už uvedomili, že pre matice z $H$ je menovateľ nenulový.)

Je to síce o čosi prácnejšie, ale k rovnakému výsledku sa vieme dopracovať aj štandardným výpočtom.
Asi sa oplatí spomenúť, že to čo robíme tu je do istej miery podobné na to, ako sa dajú pomocou matíc popísať komplexné čísla: viewtopic.php?t=571