msleziak.com

Na veľkej písomke sa ako prvý príklad v oboch skupinách objavilo niečo, čo už bolo na staršej písomke a je k tomu nejaký pokec aj na fóre: viewtopic.php?t=1360

Jedna z úloh síce nie je presne rovnaká, ale je podobná na staršiu úlohu, ktorá sa dá nájsť tu: viewtopic.php?t=1361

Aspoň niečo k zostávajúcej úlohe. (Ak by bolo niečo nejasné, tak sa určite nebojte spýtať - či už na konzultáciách alebo tu na fóre. Takisto ak máte iné riešenia úloh, môžete sa nimi pochváliť. Alebo ak máte nejaký nápad ako riešiť niektorú časť iným spôsobom, tak sa tu môžete opýtať či by to tak išlo.)$\newcommand{\R}{\mathbb R}
\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}
\newcommand{\Ima}{\operatorname{Im}}$

Zadanie.

Uvažujte zobrazenie $f\colon (\R^2,+) \to (\R^2,+)$ dané nasledovne:
$$f(x,y)=(3x-2y,6x-4y).$$
a) Ukážte, že toto zobrazenie je homomorfizmus grúp.
b) Určte $\Ker(f)$ a $\Ima(f)$.
c) Je $f$ injektívne? Je $f$ surjektívne?
d) S akou známou grupou je faktorová grupa $\R^2/\Ker(f)$ izomorfná?

Druhá skupina mala veľmi podobné zadanie - boli tam iné čísla, všetky podstatné veci tam vyjdú rovnako resp. veľmi podobne. (Konkrétne tam bolo $f(x,y)=(4x-2y,2x-y)$.)

Riešenie.

Je to homomorfizmus.
Máme vlastne overiť, či pre ľubovoľné $(x_1,y_1),(x_2,y_2)\in\R^2$ platí
$$f(x_1,y_1)+f(x_2,y_2)=f(x_1+x_2,y_1+y_2).$$
Toto sa dá skontrolovať pomerne ľahko priamo z definície zobrazenia $f$. Jadro a obraz.
Už teda vieme, že $f$ je homomorfizmus. Chceme nájsť jeho jadro a obraz.
Jadro sú tie prvky z $\mathbb R^2$, ktoré sa zobrazia na $(0,0)$. Teda vlastne dostávame dve podmienky:
\begin{align*}
3x-2y&=0\\
6x-4y&=0
\end{align*}
Vidno však, že druhá rovnica je presne dvojnásobkom prvej. Teda akonáhle je splnená prvá rovnica, tak platí aj druhá. Čiže tieto dve podmienky môžeme nahradiť jednou a vidíme, že
$$\Ker f=\{(x,y)\in\mathbb R^2; 3x-2y=0\}.$$
Môžeme si všimnúť, že $\Ker f$ je vlastne priamka prechádzajúca nulou s normálovým vektorom $(3,-2)$. (Vieme takúto množinu bodov aj načrtnúť. Máme túto priamku zapísanú pomocou všeobecnej rovnice - zo strednej školy vieme, že pre ľubovoľné konštanty $a,b,c\in\R$ množina bodov určená rovnicou $ax+by+c=0$ predstavuje priamku.)



Chceme nájsť aj obraz $f$. T.j. chceme zistiť ktoré prvky sa dajú dostať ako $f(x,y)$ pre nejaké $x,y\in\R$.
Keď sa pozrieme na predpis $f(x,y)=(3x-2y,6x-4y)$, tak hneď vidíme, že druhá súradnica je dvojnásobkom druhej.
Dostaneme teda iba body tvaru $(t,2t)$. (Kde $t$ je nejaké reálne číslo.)
Dá sa dostať každý takýto bod ako obraz nejakého $(x,y)$?
Nie je ťažké nájsť pre zadané $t\in\R$ aspoň jeden vzor pre $(t,2t)$. Z toho vidíme, že $$\Ima f=\{(t,2t); t\in\mathbb R\}.$$
Opäť si môžeme všimnúť, že sme dostali priamku prechádzajúcu nulou. (Tentokrát je zapísaná pomocou parametrického vyjadrenia. Z neho vidíme, že smerový vektor je $(1,2)$.)



Môžeme si pripomenúť, že z prednášky vieme, že $\Ker f$ aj $\Ima f$ sú podgrupy. (Platí to pre každý homomorfizmus, teda aj v našom prípade. Aj keď tu sú obe podgrupy dosť jednoduché na to, že to vidno ľahko i z kritéria podgrupy.)

Injektívnosť, surjektívnosť.

Vieme, že pre homomorfizmus $f\colon G\to G'$ platí, že

• $f$ je injektívny $\Leftrightarrow$ $\Ker f=\{e_G\}$;
• $f$ je surjektívny $\Leftrightarrow$ $\Ima f=G'$.

V našom prípade jadro obsahuje aj iné prvky ako neutrálny prvok $(0,0)$, teda $f$ nie je monomorfizmus.
Takisto existujú prvky z $\R^2$, ktoré nepatria do $\Ima f$, čiže dostávame, že $f$ nie je epimorfizmus.

Ak by sme to isté chceli zdôvodniť bez odvolávanie sa na uvedenú vetu, čiže priamo z definície, tak si napríklad stačí všimnúť, že:

• $f(0,0)=0=f(2,3)$, teda sme našli dva rôzne body $(0,0)\ne(2,3)$, ktoré sa zobrazia na to isté (a teda $f$ nie je injektívne);
• Bod $(1,1)$ nie je tvaru $(t,2t)$ pre žiadne $t\in\R$, naň sa teda nezobrazí nič (čiže $f$ nie je surjektívne).

(Pretože v predošlej časti sme už mali aj tak vypočítané čomu sa rovná jadro a obraz, asi najjednoduchšie bolo pozrieť sa na ne. Ale nie je nijaký veľký rozdiel medzi tým, či to skontrolujeme pomocou definície injektívnosti/surjektívnosti alebo pomocou jadra/obrazu.)

Faktorová grupa.

Pripomeňme, čo vieme z vety o faktorovom izomorfizme:

Ak $G$ je komutatívna grupa a $f\colon G\to G'$ je grupový homomorfizmus, tak $\Ker f$ je podgrupa grupy $G$ a pre faktorovú grupu platí
$$G/\Ker f\cong \Ima f.$$
(Ak homomorfizmus $f$ je navyše surjektívny, tak priamo dostaneme $G/\Ker f\cong G'$.)

V našom prípade dostaneme $\R^2/\Ker f\cong\{(t,2t); t\in\R\}$, pričom na uvedenú priamku sa pozeráme ako na podgrupu grupy $(\R^2,+)$. (T.j. operáciu $+$ chápeme ako sčitovanie po súradniciach.)
Označme si túto podgrupu ako $(G',+)$, t.j. $G'=\Ima f=\{(t,2t); t\in\R\}$.

V zadaní máme otázku s akou známou grupou je táto faktorová grupa izomorfná. Čiže sa tu asi čaká niečo také, že by sme mali nájsť nejakú grupu izomorfnú s $\R^2/\Ker f$ medzi základnými príkladmi grúp, ktoré sme kedysi videli.

Už ale vieme, že to je to isté ako hľadať grupu izomorfnú s $G'$ (keďže $G'$ a $\R^2/\Ker f$ sú izomorfné).
Nie je ťažké si uvedomiť, že zobrazenie $g\colon \R \to G'$ definované ako
$$g(t)=(t,2t)$$
je bijekcia medzi $\R$ a priamkou $G'$. A dá sa skontrolovať aj to, že je to homomorfizmus $(\R,+)\to(G',+)$, keďže máme
$$g(t+t')=(t+t',2(t+t'))=(t,2t)+(t',2t')=g(t)+g(t').$$
(Akonáhle sme overili, že $g$ je izomorfizmus, tak na kontrolu injektívnosti/surjektívnosti $g$ môžeme použiť jadro/obraz, podobne ako sme to urobili s homomorfizmom $f$ zo zadania.)

Vidíme teda, že $G'$ je izomorfná s $(\R,+)$.
To znamená, že aj faktorová grupa $\R^2/\Ker f$ je izomorfná s $(\R,+)$.

Pár ďalších poznámok.$\newcommand{\R}{\mathbb R}
\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}
\newcommand{\Ima}{\operatorname{Im}}$

Ako vyzerajú triedy.

Na cvičení sme sa zaoberali do istej miery podobným príkladom ako je posledná časť tejto úlohy - rozprávali sme sa o faktorovej grupe ktorú dostaneme faktorizáciou roviny podľa priamky prechádzajúcej nulou. (Nebola to presne táto priamka, ale nie sú tam výrazné rozdiely.)
O tejto úlohe máte niečo napísané aj tu: https://msleziak.com/vyuka/2019/lag/faktorove.pdf (Spolu s niekoľkými obrázkami.)

V podstate by sme mohli poslednú časť riešiť podobne ako vtedy - rozmyslieť si ako vyzerajú jednotlivé triedy a na základe toho sa snažiť vymyslieť nejaký izomorfizmus. Naschvál som sem písal iné riešenie - keďže v častiach a) a b) sme už našli jadro a obraz a vieme, že faktorová grupa je izomorfná s $\Ima f$, tak je asi jednoduchšie využiť to čo už máme spravené a pýtať sa, s čím je izomorfná grupa $\Ima f$.

Ak by sme to chceli riešiť podobným spôsobom ako na cvičení, tak hľadáme $G/H$ pre $G=(\R^2,+)$ a $H=\{(x,y)\in\R^2, 3x-2y=0.\}$
Triedy budú priamky rovnobežné s $H$, chceme zvoliť homomorfizmus, ktorý zobrazí každú z týchto priamok na jedno reálne číslo. Dá sa zobrať napríklad homomorfizmus $h\colon \R^2\to R$ definovaný ako
$$h(x,y)=3x-2y.$$
Ak o tomto zobrazení overíme, že je to surjektívny homomorfizmus a že $\Ker h=H$, tak veta o izomorfizme nám hovorí, že $\R^2/H\cong \R$.

Ak by sme to chceli riešiť presne tak, ako sme to urobili na cvičení - kde sme si vybrali $x$-ovú súradnicu priesečníka každej triedy s $x$-ovou osou - tak by sme použili homomorfizmus $$h'(x,y)=x-\frac23y.$$
Opäť sa dá skontrolovať, že to je surjektívny homomorfizmus $\R^2\to R$ a že $\Ker h'=H$.
Takýto homomorfizmus sa dá znovu znázorniť podobným obrázkom, ako sme už videli na cviku.



Vektorové priestory

Pri zobrazení, ktoré sa vyskytlo v tejto úlohe, sa azda oplatí spomenúť nejaké veci súvisiace s vektorovými priestormi. (Aj keď tým trochu predbiehame, azda nezaškodí si uvedomiť, že nejaké veci fungujú podobne pre vektorové priestory ako pre grupy - prípadne sa k tomuto príkladu môžete ešte vrátiť, keď budú prebraté pojmy, ktoré spomínam nižšie.)

Teraz sme sa už začali učiť niečo o vektorových priestoroch, tak vieme, že ak sa pozrieme na grupu $(\mathbb R^2,+)$ a pridáme ešte násobenie skalárom, tak dostaneme vektorový priestor.

Prvú vec, ktorú si môžeme všimnúť, že $\Ker f$ aj $\Ima f$ nie sú iba podgrupy, ale sú to dokonca podpriestory vektorového priestoru $\R^2$.

To nie je celkom náhoda. Už vieme, že $f$ je grupový homomorfizmus, čiže spĺňa podmienku
$$f(\vec x+\vec y)=f(\vec x)+f(\vec y)$$
pre ľubovoľné $\vec x,\vec y\in\mathbb R^2$.
Toto zobrazenie sa navyše "pekne" správa aj vzhľadom na násobenie skalárom, pre ľubovoľné $c\in\R$ a ľubovoľný vektor $\vec x\in\R^2$ platí
$$f(c\cdot \vec x)=c\cdot f(\vec x).$$
(Môžete si skontrolovať, že to je naozaj tak.)
Takéto zobrazenia sa volajú lineárne zobrazenia a budeme sa nimi tento semester ešte dosť zaoberať.

Napríklad dostaneme presne to, čo sme pred chvíľou spomenuli - pre ľubovoľné lineárne zobrazenie $f$ sú $\Ker f$ aj $\Ima f$ podpriestory.

Aj pre vektorové priestory sa dá urobiť faktorový vektorový priestor podľa podpriestoru. (Podobne ako pri grupách sme dostali faktorovú grupu podľa podgrupy.) A tiež tu platí veta o izomorfizme.
Z nej - alebo iným spôsobom - sa dá dostať aj niečo o dimenzii jadra a obrazu.

Ak $f\colon V\to W$ je lineárne zobrazenie, tak platí:

• Faktorový vektorový priestor $V/\Ker f$ je izomorfný s $\Ima f$, t.j. $$V/\Ker f\cong \Ima f.$$
• Súčet dimenzií priestorov $\Ker f$ a $\Ima f$ je presne dimenzia priestoru $V$, t.j.
  $$\dim(\Ker f)+\dim(\Ima f)=\dim V.$$
  (Tu navyše treba predpokladať, že $V$ je konečnorozmerný - aby malo zmysel hovoriť o dimenzii.)

My sme zatiaľ nemali definovaný pre vektorové priestory (a podpriestory) pojem dimenzie.
Ale je asi aspoň trochu uveriteľné, že ak to zadefinujeme aspoň trochu zmysluplne, tak rovina by mala mať dimenziu $2$ a priamka by mala mať dimenziu $1$.
Môžeme si všimnúť, že pre zobrazenie z našej úlohy platí $\dim(\Ker f)=\dim(\Ima f)=1$, čiže skutočne dostaneme $\dim(\Ker f)+\dim(\Ima f)=2=\dim(\R^2)$.