Skladanie lineárnych funkcií - ako príklad grupy
Posted: Fri Oct 11, 2024 2:10 pm
$\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon#2\to#3}\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}\newcommand{\R}{\mathbb{R}}\newcommand{\N}{\mathbb{N}}$Nech $G$ je množina všetkých funkcií $\Zobr {f_{a,b}}{\R}{\R}$, ktoré sú tvaru $f_{a,b}(x)=ax+b$ pre nejaké reálne čísla $a,b\in\R$. Tvorí táto množina funkcií s operáciou skladania zobrazení grupu? Je množina $\{f_{a,b}; a,b\in \R, a\neq0\}$ s operáciou skladania zobrazení grupa? Dostaneme grupu, ak vezmeme len také $a,b\in\R$, že $a=1$? V tých prípadoch, keď dostaneme grupu, je táto grupa komutatívna?
Riešenie: Označme
$G_1=\{f_{a,b}; a,b\in \R\}$
$G_2=\{f_{a,b}; a,b\in \R, a\neq0\}$
$G_3=\{f_{1,b}; b\in \R\}$
Binárna operácia Najprv si všimnime, že
$$f_{a,b}(f_{c,d}(x))=a(cx+d)+b=acx+ad+b.$$
Zistili sme, že
$$f_{a,b}\circ f_{c,d}=f_{ac,ad+b}.$$
Vidíme, že $\circ$ je binárna operácia na $G_1$. Súčasne ak $a\ne 0$, $c\ne 0$, tak aj $ac\ne0$, teda to bude binárna operácia aj na $G_2$. Ďalej pre $a=c=1$ dostaneme
$$f_{1,b}\circ f_{1,d}=f_{1,d+b}.$$
Asociatívnosť. Asociatívnosť vyplýva z toho, že skladanie zobrazení je asociatívne.
Neutrálny prvok. Mali by sme nájsť dvojicu $a$, $b$ takú, že $(c,d)=(ac,ad+b)$. Z rovnosti $c=ac$ dostávame $a=1$ (ak vezmeme nejaké $c\ne0$). Rovnosť $d=ad+b$ sa potom zmení na $d=d+b$ a dostaneme z nej $b=0$. Neutrálny prvok je $f_{1,0}$. (Môžeme to aj skontrolovať dosadením do uvedeného vzorca.)
To isté sa dá dostať aj inak (azda jednoduchšie): Ak v množine zobrazení bude aj identita $id_{\R}(x)=x$, tak identita bude určite neutrálny prvok. (Vieme, že $f\circ id=f$, $id\circ g=g$ pre ľubovoľné zobrazenia také, že sa dajú skladať.) Chceme teda aby $f_{a,b}=id_{\R}$, čiže
$$(\forall x\in\R)ax+b=x.$$
To dosiahneme pre $a=1$, $b=0$.
Inverzný prvok. Pre dané $a$, $b$ by sme chceli nájsť $c$ a $d$ tak, aby platilo $(ac,ad+b)=(1,0)$. Vidíme, že rovnosť $ac=1$ môžeme dostať iba pre $a\ne0$. Teda $G_1$ nebude grupa. Ak $a\ne 0$, tak dostávame $c=1/a$ a $d=-b/a$. Teda $f_{1/a,-b/a}$ je náš kandidát na inverzný prvok. Môžeme sa presvedčiť, že
\begin{gather*}
f_{a,b}\circ f_{1/a,-b/a}=f_{1,0}\\
f_{1/a,-b/a} \circ f_{a,b}=f_{1,0}
\end{gather*}
Pre $a\ne 0$ je $1/a\ne 0$. V $G_2$ teda má každý prvok inverzný prvok.
Pre $a=1$ dostávame $f_{1/a,-b/a}=f_{1,-b}$, teda aj v $G_3$ ku každému prvku existuje inverzný.
Teda $G_2$ aj $G_3$ sú grupy.
Komutatívnosť. Operácia $\circ$ na $G_2$ nie je komutatívna. Máme napríklad
$f_{2,1}\circ f_{2,0}=f_{4,1}$
$f_{2,0}\circ f_{2,1}=f_{4,2}$
Grupa $G_3$ je komutatívna lebo
$$f_{1,b}\circ f_{1,d}=f_{1,b+d}=f_{1,d}\circ f_{1,c}.$$
Poznámka: Zo vzťahu $f_{1,b}\circ f_{1,d}=f_{1,d+b}$ vidíme, že $G_3$ je "v podstate" len inak zapísaná grupa $(\R,+)$.
Poznámky k riešeniam: Ak nájdeme kandidáta na inverzný prvok, treba nezabudnúť skontrolovať, či zloženie v oboch poradiach dá neutrálny prvok. (Skladanie zobrazení vo všeobecnosti nie je komutatívne).
Riešenie: Označme
$G_1=\{f_{a,b}; a,b\in \R\}$
$G_2=\{f_{a,b}; a,b\in \R, a\neq0\}$
$G_3=\{f_{1,b}; b\in \R\}$
Binárna operácia Najprv si všimnime, že
$$f_{a,b}(f_{c,d}(x))=a(cx+d)+b=acx+ad+b.$$
Zistili sme, že
$$f_{a,b}\circ f_{c,d}=f_{ac,ad+b}.$$
Vidíme, že $\circ$ je binárna operácia na $G_1$. Súčasne ak $a\ne 0$, $c\ne 0$, tak aj $ac\ne0$, teda to bude binárna operácia aj na $G_2$. Ďalej pre $a=c=1$ dostaneme
$$f_{1,b}\circ f_{1,d}=f_{1,d+b}.$$
Asociatívnosť. Asociatívnosť vyplýva z toho, že skladanie zobrazení je asociatívne.
Neutrálny prvok. Mali by sme nájsť dvojicu $a$, $b$ takú, že $(c,d)=(ac,ad+b)$. Z rovnosti $c=ac$ dostávame $a=1$ (ak vezmeme nejaké $c\ne0$). Rovnosť $d=ad+b$ sa potom zmení na $d=d+b$ a dostaneme z nej $b=0$. Neutrálny prvok je $f_{1,0}$. (Môžeme to aj skontrolovať dosadením do uvedeného vzorca.)
To isté sa dá dostať aj inak (azda jednoduchšie): Ak v množine zobrazení bude aj identita $id_{\R}(x)=x$, tak identita bude určite neutrálny prvok. (Vieme, že $f\circ id=f$, $id\circ g=g$ pre ľubovoľné zobrazenia také, že sa dajú skladať.) Chceme teda aby $f_{a,b}=id_{\R}$, čiže
$$(\forall x\in\R)ax+b=x.$$
To dosiahneme pre $a=1$, $b=0$.
Inverzný prvok. Pre dané $a$, $b$ by sme chceli nájsť $c$ a $d$ tak, aby platilo $(ac,ad+b)=(1,0)$. Vidíme, že rovnosť $ac=1$ môžeme dostať iba pre $a\ne0$. Teda $G_1$ nebude grupa. Ak $a\ne 0$, tak dostávame $c=1/a$ a $d=-b/a$. Teda $f_{1/a,-b/a}$ je náš kandidát na inverzný prvok. Môžeme sa presvedčiť, že
\begin{gather*}
f_{a,b}\circ f_{1/a,-b/a}=f_{1,0}\\
f_{1/a,-b/a} \circ f_{a,b}=f_{1,0}
\end{gather*}
Pre $a\ne 0$ je $1/a\ne 0$. V $G_2$ teda má každý prvok inverzný prvok.
Pre $a=1$ dostávame $f_{1/a,-b/a}=f_{1,-b}$, teda aj v $G_3$ ku každému prvku existuje inverzný.
Teda $G_2$ aj $G_3$ sú grupy.
Komutatívnosť. Operácia $\circ$ na $G_2$ nie je komutatívna. Máme napríklad
$f_{2,1}\circ f_{2,0}=f_{4,1}$
$f_{2,0}\circ f_{2,1}=f_{4,2}$
Grupa $G_3$ je komutatívna lebo
$$f_{1,b}\circ f_{1,d}=f_{1,b+d}=f_{1,d}\circ f_{1,c}.$$
Poznámka: Zo vzťahu $f_{1,b}\circ f_{1,d}=f_{1,d+b}$ vidíme, že $G_3$ je "v podstate" len inak zapísaná grupa $(\R,+)$.
Poznámky k riešeniam: Ak nájdeme kandidáta na inverzný prvok, treba nezabudnúť skontrolovať, či zloženie v oboch poradiach dá neutrálny prvok. (Skladanie zobrazení vo všeobecnosti nie je komutatívne).