Grupa zo šiestich funkcií

[Martin Sleziak]

$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}$
Uvažujme funkcie $\Zobr{f_i}{\mathbb R\setminus\{0,1\}}{\mathbb R\setminus\{0,1\}}$ definované ako

\begin{align*}
id(x)=f_1(x)&=x &f_4(x)&=\frac1{1-x}\\
f_2(x)&=\frac1x &f_5(x)&=\frac{x-1}x\\
f_3(x)&=1-x &f_6(x)&=\frac{x}{x-1}
\end{align*}

Označme $G=\{f_1,f_2,f_3,f_4,f_5,f_6\}$. Platí, že zloženie dvoch funkcií z $G$ opäť patrí do $G$. (Toto berte ako zadaný fakt, ktorý netreba overovať -- aj keď toto vlastne dostaneme, ak dáme dokopy veci, ktoré vypočítate pri riešení úloh v jednotlivých skupinách.)

• Zistite, či každý prvok $f_i\in G$ je bijekcia a či $G$ obsahuje aj inverznú funkciu $\inv f_i$.
• Zdôvodnite, že $G$ s operáciou skladania zobrazení tvorí grupu.
• Vypočítajte, čomu sa rovnajú zložené zobrazenia uvedené pre vašu skupinu. (Uveďte aj postup, ktorým ste sa dostali k výsledku.)
  A: $f_2\circ f_3$, $f_3\circ f_2$, $f_2\circ f_4$, $f_3\circ f_5$, $f_4\circ f_3$
  B: $f_2\circ f_6$, $f_6\circ f_2$, $f_2\circ f_5$, $f_6\circ f_4$, $f_5\circ f_6$
  C: $f_3\circ f_6$, $f_6\circ f_3$, $f_3\circ f_4$, $f_6\circ f_5$, $f_5\circ f_3$
  D: $f_4\circ f_4$, $f_5\circ f_5$, $f_4\circ f_2$, $f_4\circ f_6$, $f_5\circ f_2$

Toto už nie je súčasťou zadania -- ale môžete sa zamyslieť aj nad tým, či sa nejako viete presvedčiť, že táto grupa je izomorfná s grupou $(S_3,\circ)$.

Rôzne poznámky

Riešenie úlohy by sa v podstate nezmenilo, ak by sme mali rovnaké predpisy zobrazení a brali ich ako zobrazenia $\mathbb Q\setminus\{0,1\}\to\mathbb Q\setminus\{0,1\}$ resp. $\mathbb C\setminus\{0,1\}\to\mathbb C\setminus\{0,1\}$.

S touto grupou sa niekedy môžete stretnúť pod názvom anharmonic group: Wikipédia, Google, Google Books.

Môžeme si uvedomiť aj to, že sme opäť dostali nejaký príklad konečnej nekomutatívnej grupy. Aj keď na druhej strane sa dá povedať, že toto je príklad, ktorý sme už videli - keďže táto grupa je izomorfná s grupou $(S_3,\circ)$. Viac k izomorfizmu medzi týmito dvoma grupami: https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=1729

Grafy funkcií

Môže byť aj užitočné nakresliť si grafy funkcií, s ktorými pracujeme. Môže to trochu pomôcť lepšie si uvedomiť, aké majú vlastnosti.
Všetky funkcie v tejto úlohe sú také, že sa so stredoškolskými vedomosťami dajú pomerne ľahko nakresliť. (Niekedy pomôže e3te si predpis funkcie trochu upraviť, aby sme ľahšie vedeli načrtnúť graf.)

Spoiler:

Grafy jednotlivých funkcií vyzerajú takto:

Tiež si môžeme všimnúť, že uvedené predpisy sú skutočne funkcie $\mathbb R\setminus\{0,1\}\to\mathbb R\setminus\{0,1\}$.
Tieto výrazy sú pre $x\ne0,1$ definované (nedostaneme nulu v menovateli.)
A tiež sa môžeme presvedčiť, že $f_i(x)\ne0$ a $f_i(x)\ne1$ buď priamo výpočtom alebo tak, že sa pozrieme na grafy.

[Martin Sleziak]

Inverzy$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}$
Začnime tým, že skúsime nájsť inverzné funkcie.
Ak sme si nakreslili grafy zadaných funkcií, tak vidíme, že vo viacerých prípadoch sme dostali graf symetrický podľa priamky $y=x$. A tiež to, že z grafu funkcie $f_4$ dostaneme pomocou tej istej osovej symetrie graf funkcie $f_5$.
To nám hovorí, že $\inv{f_4}=f_5$ a že ostatné funkcie sú inverzné sami k sebe.
Aby sme sa nespoliehali iba na načrtnutý graf, môžeme sa naozaj výpočtom presvedčiť, že $f_1\circ f_1=f_2\circ f_2=f_3\circ f_3=f_6\circ f_6=id$. (Z čoho vidíme, že každá z týchto štyroch funkcií spĺňa $\inv{f_i}=f_i$.)

Spoiler:

Pre $f_1=id$ to je úplne jasné, takisto pre $f_2$ a $f_3$ to vyjde veľmi ľahko.
Pri zložení $f_6\circ f_6$ už treba trochu počítať, takže to to skúsim aj napísať:
$$f_6(f_6(x))=\frac{\frac{x}{x-1}}{\frac{x}{x-1}-1}=\frac{\frac{x}{x-1}}{\frac{1}{x-1}}=x.$$

A tiež môžeme skontrolovať, že $f_4\circ f_5=f_5\circ f_5=id$; z čoho je jasné že $f_4$ a $f_5$ sú navzájom inverzné.

Spoiler:

\begin{align*}
f_4(f_5(x))&=\frac1{1-\frac{x-1}x}=\frac1{\frac1x}=x\\
f_5(f_4(x))&=\frac{\frac1{1-x}-1}{\frac1{1-x}}=\frac{\frac{x}{1-x}}{\frac1{1-x}}=x
\end{align*}

Môžeme si všimnúť inverzy k $f_4$ a $f_5$ by sme vedeli dostať aj inak.
Vidíme totiž, že funkcie $f_1$, $f_2$, $f_3$ sú pomerne jednoduché, takže je vcelku šanca, že si všimneme, ako z nich môžeme poskladať $f_4$ a $f_5$.
\begin{align*}
f_4(x)&=\frac1{1-x}=\frac1{f_3(x)}=f_2(f_3(x))\\
f_5(x)&=\frac{x-1}x=1-\frac1x=1-f_2(x)=f_3(f_2(x))
\end{align*}
t.j.
\begin{align*}
f_4&=f_2\circ f_3\\
f_5&=f_3\circ f_2
\end{align*}
Súčasne však vieme, že ako vyzerá inverzné zobrazenie k zloženiu: $\inv{(g\circ f)}=\inv f\circ \inv g$. (Za predpokladu, že máme bijektívne zobrazenia, ktoré sa dajú skladať.)
Takto dostaneme
\begin{align*}
\inv f_4&=\inv{(f_2\circ f_3)}=\inv f_3\circ \inv f_2=f_3\circ f_2=f_5\\
\inv f_5&=\inv{(f_3\circ f_2)}=\inv f_2\circ \inv f_3=f_2\circ f_3=f_4
\end{align*}

Podobne, ak si všimneme nejaký spôsob, ktorým sa $f_6$ dá zapísať ako zloženie niektorých dvoch ostatných zobrazení, tak by sme to mohli skúsiť použiť ako inú možnosť overenia, že $\inv f_6=f_6$.
Môžete to vyskúšať - aj keď v tomto prípade bude asi treba o čosi viac počítania.

Spoiler:

Môžeme si napríklad všimnúť, že
\begin{align*}
f_6(x)&=\frac1{f_5(x)}=f_2(f_5(x))\\
f_6(x)&=1-f_4(x)=f_3(f_4(x))
\end{align*}
t.j.
\begin{align*}
f_6&=f_2\circ f_5\\
f_6&=f_3\circ f_4
\end{align*}
Pre inverznú funkciu potom máme
\begin{align*}
\inv f_6&=\inv f_5\circ\inv f_2=f_4\circ f_2 \\
\inv f_6&=\inv f_4\circ\inv f_3=f_5\circ f_3
\end{align*}

Zdá sa, že ani v jednom prípade sme si priveľmi nepomohli - dostali sme nejaké vyjadrenie pre $\inv f_6$, ale nie také z ktorého by sme hneď videli, že sa rovná $f_6$.

Nejako by sme sa dopracovali k cieľu, ak by sme vypočítali zloženie $f_4\circ f_2$ alebo $f_5\circ f_3$.

Alebo sa tiež môžeme skúsiť pozrieť na to, ako je zadaná funkcia $f_6(x)=\frac{x}{x-1}$ s tým, že možno priamo zbadáme nejaké podobné vyjadrenie.
Napríklad ak čitateľa aj menovateľa vydelíme $x$ tak dostaneme
$$f_6(x)=\frac{x}{x-1} = \frac1{\frac{x-1}x}=\frac1{1-\frac1x}=f_4\left(\frac1x\right)=f_4(f_2(x)).$$
Iný spôsob ako prepísať túto funkciu je
$$f_6(x)=\frac{x}{x-1}=\frac{-x}{1-x}=\frac{(1-x)-1}{1-x}=f_5(1-x)=f_5(f_3(x)).$$
V prvom prípade sme dostali $f_4\circ f_2=f_6$ a v druhom $f_5\circ f_3=f_6$.

Asi sme takýmto spôsobom veľa neušetrili.
Ale chceli sme možno takéto niečo vyskúšať - keď pre $f_4$ a $f_5$ podobná vec fungovala veľmi jednoducho.
A napokon chceme v konečnom dôsledku vyplniť celú tabuľku - takže nám možno až tak nevadí, že sme tu vypočítali nejaké zložené funkcie, ktoré aj tak budeme neskôr chcieť nájsť a doplniť do tabuľky.

Sú to bijekcie.
Teraz sme sa teda presvedčili, že pre každú zo zadaných funkcií existuje inverzná funkcia. Z toho vyplýva, že každá z nich je bijekcia. (Opäť pripomeniem vetu z prednášky: Inverzné zobrazenie k $\Zobr fXY$ existuje práve vtedy, keď $f$ je bijekcia.)

Takže aspoň prvú časť úlohy máme v tomto okamihu vyriešenú.

[Martin Sleziak]

Je to (pod)grupa?

V tretej časti úlohy máme vypočítať všetky zloženia $f_i\circ f_j$. (Pričom sú rozdelené do skupín - aby nemusel každý rátať všetky.)
Na chvíľu uverme tomu, že to naozaj vyjde tak, že zloženie vyjde vždy niektorá z funkcií $f_1,\dots,f_6$ a poďme sa zamyslieť nad tým, či vieme niečo povedať o otázke, že $(G,\circ)$ je grupa.

Čo máme zadarmo?
Ak sa pýtame, či ide o grupu, tak by sme mali overiť viacero vecí.
Jedna z nich, či skladanie je binárna operácia na množine $G$; toto sme odložili na neskôr.
Mali by sme skontrolovať asociatívnosť - z prednášky vieme, že skladanie zobrazení je asociatívne.
Tiež by sme mali skontrolovať existenciu neutrálneho prvku. Máme však $f_1=id$ a vieme, že platí $id\circ f=f\circ id=f$.
Zostáva nám overiť existenciu inverzného prvku pre každý prvok z $G$; pri skladaní zobrazení ako inverzné prvky fungujú inverzné funkcie.

Podgrupa grupy bijekcií.
Vieme, že pre ľubovoľnú množinu $M$ tvoria všetky bijekcie $M\to M$ s operáciou skladania grupu. Túto grupu sme označili $(S_M,\circ)$. (Príklad 4 na s. 12 v Korbaš-Gyurki. Príklad 1.3.2(3) v LAG1. Prednáška 4 na YouTube v čase 1:04:40.)

Spoiler:

Prísne vzaté, nie je to celkom to isté, ako na prednáške - tam ste použili operáciu $f*g=g\circ f$; t.j. poradie je presne opačné.
Ale zdôvodnenie, že ide skutočne o grupu, je v jednom aj druhom prípade veľmi podobné.
T.j. ak viete zdôvodniť, že $(S_M,*)$ je grupa, tak by ste mali byť schopní zdôvodniť aj to, že $(S_M,*)$ je grupa.

V našom prípade pracujeme s $M=\mathbb R\setminus\{0,1\}$. A už sme skontrolovali, že zadané zobrazenia sú bijekcie.
Takže vlastne pracujeme s nejakou podmnožinou $S_M$. Stačí nám teda skontrolovať, či ide o podgrupu.
T.j. treba overiť to, či $M$ je uzavreté vzhľadom na skladanie a aj vzhľadom na inverzné prvky (t.j. inverzné zobrazenia).
Dokonca v tomto prípade - keďže $G$ je konečná - by nám stačilo overiť uzavretosť na skladanie. Ale nájsť inverzné zobrazenia bolo pre nás aj tak užitočné, lebo sme ich použili na zdôvodnenie, že ide o bijekcie; t.j. že $G\subseteq S_M$. (Ak by sme nevypočítali inverzné zobrazenia, tak by sme bijektívnosť museli zdôvodniť nejako inak.)

[Martin Sleziak]

Skladanie$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}$

Ak sme vypočítali inverzné prvky, tak v tabuľke našej grupovej operácie už poznáme miesta, kde sa vyskytne $f_1=id$.

$$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
id & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
f_2 &f_2 & id & & & & \\\hline
f_3 &f_3 & & id & & & \\\hline
f_4 &f_4 & & & & id & \\\hline
f_5 &f_5 & & & id & & \\\hline
f_6 &f_6 & & & & & id\\\hline
\end{array}$$

Stále by sme ešte doplniť aj výsledky na ostatné pozície v tabuľke. (Tým sa súčasne presvedčíme, že ide naozaj o binárnu operáciu.)

Dá sa to urobiť tak, že vlastne iba mechanicky vypočítame pre všetky dvojice $i$ a $j$ zloženú funkciu $f_i\circ f_j$. Skúsme sa aspoň trochu zamyslieť aj nad tým, aké iné veci môžeme použiť pri vypĺňaní tabuľky. (Možno niečo z toho nám ušetrí námahu.)

Vyskúšajme napríklad počítať veci v takom poradí, ako sú uvedené v skupine C. Najprv spošítame, že $f_3\circ f_4=f_6$.
$$f_3(f_4(x))=1+\frac1{x-1}=\frac{x}{x-1}=f_6(x)$$
Teraz sa skúsime pozrieť na to, či vieme nejaké ďalšie hodnoty doplniť bez toho, aby sme museli naozaj skladať nejaké funkcie.

Už sme raz použili to, ako vyzerá inverz k zloženej funkcii. Keďže už vieme, že $\inv f_6=f_6$, tak to vieme použiť aj tu.
$$f_6=\inv f_6 = \inv{(f_3\circ f_4)} = \inv f_4\circ \inv f_3=f_5\circ f_3.$$

$$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
id & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
f_2 &f_2 & id & & & & \\\hline
f_3 &f_3 & & id & f_6 & & \\\hline
f_4 &f_4 & & & & id & \\\hline
f_5 &f_5 & & f_6 & id & & \\\hline
f_6 &f_6 & & & & & id\\\hline
\end{array}$$

Takisto ak zbadáme nejaké veci, kde nám môže pomôcť asociatívnosť, tak ju tiež môžeme využiť. Napríklad vidíme, že
\begin{gather*}
f_3\circ f_6=f_3\circ(f_3\circ f_4)=(f_3\circ f_3)\circ f_4=f_4\\
f_6\circ f_5=(f_3\circ f_4)\circ f_5=f_3\circ(f_4\circ f_5)=f_3
\end{gather*}

$$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
id & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
f_2 &f_2 & id & & & & \\\hline
f_3 &f_3 & & id & f_6 & & f_4 \\\hline
f_4 &f_4 & & & & id & \\\hline
f_5 &f_5 & & f_6 & id & & \\\hline
f_6 &f_6 & & & & f_3 & id \\\hline
\end{array}$$

Podobným spôsobom môžeme postupovať ďalej - niektoré z hodnôt sa nám možno podarí vyplniť na základe vlastností skladania z už vypočítaných prvkov. (T.j. môžeme používať asociatívnosť alebo inverz k zloženému zobrazeniu.) A v prípade, že nevidíme niečo ďalšie, čo by sa dalo vyrátať takto, môžeme opäť skúsiť zložiť niektoré dve funkcie priamo.

Vyskúšajme dopočítať nejaké ďalšie hodnoty - aspoň toľko, aby sme našli všetky zloženia zo skupiny C.
Z toho, čo už máme vypočítané, napríklad vidíme, že
\begin{gather*}
f_4\circ f_6=\inv{(f_6\circ f_5)}=\inv f_3=f_3\\
f_6\circ f_3=f_6\circ f_6\circ f_5 = f_5
\end{gather*}

$$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
id & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
f_2 &f_2 & id & & & & \\\hline
f_3 &f_3 & & id & f_6 & & f_4 \\\hline
f_4 &f_4 & & & & id & f_3 \\\hline
f_5 &f_5 & & f_6 & id & & \\\hline
f_6 &f_6 & & f_5 & & f_3 & id \\\hline
\end{array}$$

Teraz máme v tabuľke už vyplnené všetky zloženie, na ktoré sme sa pýtali v skupine C.
A môžeme sa snažiť postupne doplniť ďalšie hodnoty, napríklad ak vypočítame, že $f_2\circ f_3=f_4$
$$f_2(f_3(x))=\frac1{1-x}=f_4(x),$$
tak už vieme vyplniť aj
\begin{gather*}
f_3\circ f_2=\inv{(f_2\circ f_3)}=\inv f_4=f_5\\
f_2\circ f_4=f_2\circ f_2\circ f_3=f_3\\
f_5\circ f_2=f_3\circ f_2\circ f_2=f_3\\
f_4\circ f_3=f_2\circ f_3\circ f_3=f_2\\
f_3\circ f_5=f_3\circ f_3\circ f_2=f_2
\end{gather*}

$$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
id & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
f_2 &f_2 & id & f_4 & f_3 & & \\\hline
f_3 &f_3 & f_5 & id & f_6 & f_2 & f_4 \\\hline
f_4 &f_4 & & f_2 & & id & f_3 \\\hline
f_5 &f_5 & f_3 & f_6 & id & & \\\hline
f_6 &f_6 & & f_5 & & f_3 & id \\\hline
\end{array}$$

A podobný postup môžeme opakovať - znovu skúsiť dopočítať hodnotu v niektorom z chýbajúcich políčok a pozrieť sa na to, či na základe výsledku vieme doplniť aj niečo ostatné pomocou asociatívnosť, inverzných prvkov a už vypočítaných hodnôt.

Nakoniec by sme sa mali dopracovať k takejto tabuľke:
$$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\circ & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
id & id & f_2 & f_3 & f_4 & f_5 & f_6 \\\hline
f_2 &f_2 & id & f_4 & f_3 & f_6 & f_5 \\\hline
f_3 &f_3 & f_5 & id & f_6 & f_2 & f_4 \\\hline
f_4 &f_4 & f_6 & f_2 & f_5 & id & f_3 \\\hline
f_5 &f_5 & f_3 & f_6 & id & f_4 & f_2 \\\hline
f_6 &f_6 & f_4 & f_5 & f_2 & f_3 & id \\\hline
\end{array}$$

[Martin Sleziak]

Komentáre k odovzdaným riešeniam

Označenie.
Vo viacerých úlohách som mal výhrady k označeniu.
Ak píšete rovnosť medzi nejaké veci, mali by to byť objekty rovnakého typu. (T.j. napríklad rovnosť môžeme napísať medzi dve funkcie alebo medzi dve reálne čísla; ale nemali by sme to miešať.)

Napríklad takéto označenie nie je v poriadku:

$f_2\circ f_3\overset{(*)}=f_2(f_3(x))=\frac1{1-x}\overset{(*)}=f_4$

Na miestach označených $(*)$ máme rovnosť medzi funkciou a reálnymi číslom.
Takýto zápis by už bol ok: $$f_2\circ f_3(x)=f_2(f_3(x))=\frac1{1-x}=f_4(x)$$

Najmä sú ale dosť neštandardné zápisy ako napríklad

\begin{gather*}
(1-x)\circ\frac1{1-x}=1-\frac1{1-x}=\frac{x}{x-1}\\
(1-x)\circ f_3^{-1} = x\\
(1-x)^{-1}=1-x
\end{gather*}

Je mi jasné, čo sa snažíte povedať. (V prvom prípade to, že skladáme funkcie dané ako $x\mapsto 1-x$ a $x\mapsto\frac1{1-x}$. V druhom prípade, že keď zložíme funkciu $f_3\colon x\mapsto 1-x$ s funkciou $f_3^{-1}$, tak by sme mali dostať $id\colon x\mapsto x$. A v treťom že funkcia $x\mapsto 1-x$ je inverzná sama k sebe.)

Toto je ale veľmi neštandardný zápis pre takéto niečo.
V niektorých prípadoch sa to môže pliesť s tým, že ak pri nejakom reálnom čísle napíšeme $a^{-1}$, tak by sme to skôr chápali ako $\frac1a$. Čiže zápis $(1-x)^{-1}$ asi človek väčšinou prečíta ako $\frac1{1-x}$ a nie ako inverznú funkciu.