msleziak.com

Úloha: Zistite, či $F=\{a+\frac b{\sqrt2}; a\in \mathbb Q, b\in \mathbb Q\}$ je pole.

Celá úloha sa dá vyriešiť uvedomením si 2 vecí:

• $+$ aj $\cdot$ sú binárne operácie nad $F$ (teda výsledok akéhokoľvek sčítania alebo násobenia bude mať tvar $a_r + \frac{b_r}{\sqrt 2}$):
  $\forall a_1, b_1, a_2, b_2$:
  • $\left(a_1+\frac{b_1}{\sqrt 2}\right) + \left(a_2+\frac{b_2}{\sqrt 2}\right) = a_1 + a_2 + \frac{b_1}{\sqrt 2} + \frac{b_2}{\sqrt 2} = (a_1 + a_2) + \frac{b_1 + b_2}{\sqrt 2}$
  • $\left(a_1+\frac{b_1}{\sqrt 2}\right) \cdot \left(a_2+\frac{b_2}{\sqrt 2}\right) = a_1 \cdot a_2 + a_1 \cdot \frac{b_2}{\sqrt 2} + \frac{b_1}{\sqrt 2} \cdot a_2 + \frac{b_1}{\sqrt 2} \cdot \frac{b_2}{\sqrt 2} = \left(a_1 a_2 + \frac{b_1 b_2}{2}\right) + \frac{a_1 b_2 + a_2 b_1}{\sqrt 2}$
• $F \subseteq \mathbb{R}$ a o $(\mathbb{R}, +, \cdot)$ už vieme, že to pole je, teda $+$ a $\cdot$ sa správajú slušne ($(\mathbb{R}, +)$ je KG, $(\mathbb{R} \setminus \{ 0 \}, \cdot)$ je KG, distributívnosť funguje)

Ok, ešte by bolo treba overiť tieto veci:

• Patria $0$ a $1$ do $F$. (Ak máme neutrálny prvok vo väčšej množine a patrí do menšej množiny, tak je zrejmé, že je to opäť neutrálny prvok.)
• Ako je to s inverznými prvkami. T.j. či pre $x\in F$ platí $-x\in F$ a či pre $x\in F$, $x\ne 0$ platí aj $1/x\in F$.

Snáď je vidno, že existencia inverzného prvku nie je vlastnosť, ktorá sa musí automaticky dediť na menšiu množinu. (Napríklad $(\mathbb R,+,\cdot)$ a $(\mathbb Z,+,\cdot)$.) Takisto by ale malo byť asi jasné aj to, že ak množina $F$ (resp. $F\setminus\{0\}$) je uzavreté vzhľadom na inverzné prvky týchto operácií (pričom inverzné prvky berieme v poli $\mathbb R$), tak ten istý prvok bude fungovať ako inverzný aj v menšom poli.

Uf, tak som sa tuším ogabala: problém je v existencii inverzného prvku v $(F \setminus \{ 0 \}, \cdot)$.

To, že vo všeobecnosti inverzný prvok neexistuje, dokážem sporom:
Predpokladajme, že mám IP k $(a + \frac{b}{\sqrt 2})$, nech je to $(c + \frac{d}{\sqrt 2})$. Keďže je to IP, platí
$(a + \frac{b}{\sqrt 2}) \cdot (c + \frac{d}{\sqrt 2}) = 1$
$ac + \frac{ad}{\sqrt 2} + \frac{bc}{\sqrt 2} + \frac{bd}{2} = 1$
$2ac + \sqrt 2 ad + \sqrt 2 bc + bd = 2$
$\sqrt 2 (ad + bc) = 2 + 2ac + bd$
$\sqrt 2 = \frac{2 + 2ac + bd}{ad + bc},\; a, b, c, d \in \mathbb{Q}$ — spor: $\sqrt 2$ nemôže byť podielom racionálnych čísel.

$(F \setminus \{ 0 \}, \cdot)$ teda nie je grupa a tak ani $(F, +, \cdot)$ nemôže byť pole.

Pre zaujímavosť: Niektoré prvky (konkrétne všetky racionálne čísla a všetky čísla $a\sqrt 2,\; a \in \mathbb{Q}$) inverzný prvok zjavne majú, ale pre tie môj dôkaz nefunguje, pretože by bolo treba deliť nulou

Až na chybu v znamienku súhlasím s riešením potiaľto.

kamila_souckova wrote: $2ac + \sqrt 2 ad + \sqrt 2 bc + bd = 2$
$\sqrt 2 (ad + bc) = 2 - 2ac - bd$

Úplne správne ste povedali, že ak predelíme racionálnym číslom $ad+bc$, dostaneme, že $\sqrt2$ by bolo racionálne. čo by bol skutočne spor. Lenže deliť môžeme iba ak $ad+bc=0$.
Teda záver z toho je, že ak uvedená rovnosť platí pre $a,b,c,d\in\mathbb Q$, tak nutne máme
$$\begin{align} ad+bc&=0\\ 2ac+bd&=2 \end{align}$$
S týmito rovnicami by sa azda dalo niečo podniknúť ďalej. (Alebo to skúsiť riešiť nejako inak.)

Tak som sa teda ogabala 2-krát, pardon za chaosenie.

Majúc
$ad+bc=0$
$2ac+bd=2$
(ktoré sme získali na základe toho, že inak by došlo k sporu), stačí vyriešiť sústavu, čím dostaneme
$c = -\frac{2a}{b^2-2a^2}$
$d = \frac{2b}{b^2-2a^2}$
Takže $-\frac{2a}{b^2-2a^2} + \frac{\frac{2b}{b^2-2a^2}}{\sqrt 2}$ by mal byť IP k $a + \frac{b}{\sqrt 2}$. Zjavne patrí do $F$ ($c, d \in Q$), treba ešte overiť, že naozaj je IP. Dosadením do definície IP dostávame $\left(a+\frac{b}{\sqrt 2}\right)\cdot\left(-\frac{2a}{b^2-2a^2} + \frac{\frac{2b}{b^2-2a^2}}{\sqrt 2}\right) = -\frac{2a^2}{b^2 - 2a^2} + \frac{2ab}{\sqrt 2 (b^2 - 2a^2)} - \frac{2ab}{\sqrt 2 (b^2 - 2a^2)} + \frac{2b^2}{2(b^2 - 2a^2)} = \frac{-2a^2 + b^2}{b^2 - 2a^2} = 1$, teda $-\frac{2a}{b^2-2a^2} + \frac{\frac{2b}{b^2-2a^2}}{\sqrt 2}$ skutočne je inverzným prvkom.

Máme teda

• NP v $(F, +) = 0 = 0 + \frac{0}{\sqrt 2} \in F$
• IP k $a+\frac{b}{\sqrt 2}$ v $(F, +) = -a - \frac{b}{\sqrt 2} \in F$
• NP v $(F \setminus \{0\}, \cdot) = 1 = 1 + \frac{0}{\sqrt 2} \in F$
• IP k $a+\frac{b}{\sqrt 2}$ v $(F \setminus \{0\}, \cdot) = -\frac{2a}{b^2-2a^2} + \frac{\frac{2b}{b^2-2a^2}}{\sqrt 2} \in F$

Značím si 1 bod.
Riešenie je ok, jediné čo zostáva je rozmyslieť si, či pri výpočte inverzného prvku ste nedelili nulou, teda či $b^2-2a^2$ môže byť 0 pre $a,b\in\mathbb Q$.

Aj tak ale ešte napíšem trochu iný postup, ako sa dá dostať ten inverzný prvok.

kamila_souckova wrote:

• IP k $a+\frac{b}{\sqrt 2}$ v $(F \setminus \{0\}, \cdot) = -\frac{2a}{b^2-2a^2} + \frac{\frac{2b}{b^2-2a^2}}{\sqrt 2} \in F$

Možno nám trošičku uľahčí prácu (zjednoduší zápis) ak si uvedomíme, že
$F=\{x+y\sqrt2; x\in\mathbb Q, y\in\mathbb Q\}$.
(Len sme označili $a$ ako $x$ a $b/2$ ako $y$.)

Hľadáme inverzný prvok k $x+y\sqrt2$. V $\mathbb R$ je inverzný prvok číslo $1/(x+y\sqrt2)$. Ak sa nám ho podarí upraviť do tvaru $x'+y'\sqrt2$, tak tým ukážeme, že inverzný prvok patrí aj do podmnožiny $F$. A keďže násobenie je rovnaké ako v $\mathbb R$, tak to bude IP aj v $F$.

$$\frac1{x+y\sqrt2}=\frac{x-y\sqrt2}{(x+y\sqrt2)(x-y\sqrt2)}=\frac{x-y\sqrt2}{x^2-2y^2}=\frac x{x^2-2y^2}-\frac{y}{x^2-2y^2}\sqrt2$$
Aj tu by si bolo treba rozmyslieť, že číslo $x-y\sqrt2$, ktorým som rozšíril daný zlomok, nie je nula.

Zhrniem ešte raz, že v takomto type úloh (podmnožina nejakého poľa, operácie sú definované rovnako):

• Asociatívnosť, komutatívnosť, distributívnosť sa dedí automaticky.
• Treba skontrolovať, či sú to binárne operácie.
• Pri oboch operáciach sa treba pozrieť na neutrálny prvok. Ak však vieme čo je neutrálny prvkom operácie vo väčšom poli, stačí skontrolovať, či tento prvok patrí aj do menšieho poľa. Ak áno, tak je to hotové.
• To isté platí pre inverzný prvok (pri operácii $+$ aj $\cdot$). Ak vieme ako vyzerá inverzný prvok vo väčšom poli, skontrolujeme, či aj tá menšia množina je uzavretá na inverzné prvky. Ak áno, tak máme aj túto vlastnosť poľa vybavenú.