Písomka 1, skupina B, príklad 2

[jaroslav.gurican]

Na $\mathbb R\times\mathbb R$ definujeme operácie $+$ a $\odot$ takto:
$(a,b)+(c,d)=(a+c,b+d)$ a $(a,b)\odot(c,d)=(2ac,4bd)$.
Je $(\mathbb R\times\mathbb R,+,\odot)$ pole? (Svoje tvrdenie aj zdôvodnite, dokážte.)

Riešenie: Označme $F=\mathbb R\times\mathbb R$. Je vidieť, že $+$ aj $\odot$ sú binárne operácie na $F$. Takisto je vcelku ľahké overiť, že $(F,+)$ je komutatívna grupa a $(0,0)$ je neutrálny prvok (toto sme dokazovali na prednáške, takže sa na to stačilo odvolať. V skutučnosti je dôležité len to, že $(0,0$ je pre $+$ neutrálny prvok. Ak by $(F,+)$ nebola kom. grupa, $(F,+,\odot)$ by nebolo pole). Čiže, ak by to bolo pole, tak nulou by bola dvojica $0=(0,0)$.

Vidíme však, že platí
$(1,0)\cdot(0,1)=(2.1.0,4.0.1)=(0,0)$, teda ako súčin dvoch nenulových prvkov vieme dostať nulu. Inak povedané, $\cdot$ nie je binárna operácia na podmnožine $F\setminus\{(0,0)\}$.
Preto $(\mathbb R\times\mathbb R,+,\odot)$ nie je pole.

Časté chyby: Niektorí ste nesprávne overili už asociatívnosť $\odot$. Niektorí ste zle určili neutrálny prvok pre $\odot$. Nie je to $(1,1)$, ale $(\frac12,\frac14)$. Pri overovaní existenciu inverzného prvku by sme mali nájsť inverzný prvok pre každú dvojicu z $F\setminus\{(0,0)\}$. Ale pre dvojice $(a,0)$ nie je určite definované $\frac{1}{16.0}$ a teda $(\frac{1}{4a},\frac{1}{16.0})$ nie je inverzný pre $(a,0)$, podobný problém je s prvkami $(0,b)$, tiež nemajú inverzné. Teda nie pre všetky prvky $(a,b)$ z $F\setminus\{(0,0)\}$ môžeme prehlásiť, že $(\frac{1}{4a},\frac{1}{16b})$ je inverzný prvok.

To, že $(0,0)$ nemá inverzný prvok nám nestačí na to, aby sme zdôvodnili, že $F$ nie je pole. V poli chceme inverzné prvky pre všetky prvky z $F\setminus\{0\}$ (t.j. všetky prvky s výnimkou neutrálneho prvku pre sčitovanie). V našom prípade pre prvky z $\mathbb R\times\mathbb R\setminus\{(0,0)\}$.