msleziak.com

Ukážme si ešte jeden príklad, kde by sme na prvý pohľad neočakávali, že nám vedomosti o dimenzii vektorových priestorov môžu pomôcť.
Úvahy podobného typu budeme budúci semester často využívať, keď sa budeme učiť o konečných rozšíreniach polí.

(Časom vložím tento príklad aj do textu k prednáške - pri najbližšej aktualizácii textu; čo bude ale pravdepodobne až budúci školský rok. Takže zatiaľ si to môžete pozrieť aspoň tu. Na cviku pravdepodobne na tento príklad nezvýši čas - keďže je dosť dlhý. Preto som ho dal aspoň na fórum.)

Príklad.
Pokúsme sa ukázať, že$\newcommand{\sm}{\setminus}\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\Q}{\mathbb Q}$
$$F=\{a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2}; a,b,c\in\Q\}$$
je pole.


Úlohy podobného typu sme už riešili. Veľa vlastností sa ukáže veľmi jednoducho (mnohé sa priamo zdedia z poľa reálnych čísel.) Jediná vlastnosť, ktorej dôkaz nie je úplne jednoduchý, je existencia inverzného prvku pre každé $\alpha\in F\sm\{0\}$. Takže sa poďme pozrieť na túto vlastnosť.

Skúsme si ale ešte predtým uvedomiť to, že $F$ je vektorový priestor nad poľom $\Q$. (To sa overí veľmi ľahko -- na základe podobných argumentov ako keď sme ukazovali, že $\R$ je vektorový priestor nad $\Q$.) Navyše tiež ľahko vidieť, že tento vektorový priestor je vygenerovaný prvkami $1$, $\sqrt[3]{2}$ a $\sqrt[3]{2^2}$, teda má dimenziu najviac $3$.

Nech teda $\alpha=a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2}$, $\alpha\ne0$. Čísla $1$, $\alpha$, $\alpha^2$, $\alpha^3$ všetky patria do $F$. Sú to teda 4 vektory vo vektorovom priestore dimenzie najviac $3$, musia teda byť lineárne závislé. Z toho dostávame, že existujú racionálne čísla $a,b,c,d\in\Q$, ktoré nie sú všetky nulové a platí pre ne $$a+b\alpha+c\alpha^2+d\alpha^3=0.$$

Ak $a\ne 0$, tak túto rovnosť môžeme upraviť na tvar
$$-\alpha\left(\frac ba+\frac ca\alpha + \frac da\alpha^2 \right)=1,$$
čím je dokázané, že pre $\alpha$ existuje inverzný prvok.

Ak by platilo $a=0$, tak máme rovnosť $\alpha(b+c\alpha+d\alpha^2)=0$, z ktorej na základe nenulovosti prvku $\alpha$ dostaneme
$$b+c\alpha+d\alpha^2=0.$$
Opäť, ak $b\ne 0$, vieme dostať inverzný prvok podobný spôsobom ako v predošlom prípade. Ak $b=0$, tak dostaneme $c\alpha+d=0$.

Teraz už dostávame buď $\alpha=\frac dc$, čo znamená, že $\alpha$ je racionálne a má inverzný prvok. Alebo dostaneme $a=b=c=d=0$, lenže o týchto číslach sme predpokladali, že aspoň jedno z nich je nenulové.

$\newcommand{\R}{\mathbb R}\newcommand{\Q}{\mathbb Q}$Môžeme si všimnúť, že v predošlom príklade sme ukázali, že že $F=\{a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2}; a,b,c\in\Q\}$ je pole. Poďme sa pozrieť na to, či by sme vedeli nájsť vzorec, ktorý určuje inverzný prvok k danému prvku z $F$.

Pri výpočte využijeme Cramerovo pravidlo - ktoré sme sa ešte neučili. Čiže k tomu, čo píšem tu, sa môžete vrátiť neskôr, keď sa budeme učiť o determinantoch. (Druhá možnosť je pokúsiť sa sústavu, ktorú dostaneme, vyriešiť priamo, bez použitia Cramerovho pravidla. To je ale pomerne zdĺhavé. Výsledok však samozrejme musí byť rovnaký.)

Chceme teda pre dané $a,b,c\in\Q$ nájsť také racionálne čísla $x$, $y$, $z$, aby platilo $$(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2})(x+y\sqrt[3]{2}+z\sqrt[3]{2^2})=1.$$

Najprv, ako prípravu na samotný výpočet, si všimnime, že $a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2}=0$ platí práve vtedy, keď $a=b=c=0$. Môžeme to ukázať sporom.

Predpokladajme, že by platilo $a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2}=0$ a aspoň jedno z čísel $a$, $b$, $c$ by bolo nenulové. Ak $c=0$ tak vieme z tejto rovnosti ukázať, že buď $a=b=0$ (čiže všetky tri čísla by boli nulové), alebo $\sqrt[3]2=-a/b$. Čiže by sme dostali, že $\sqrt[3]2$ je racionálne číslo, čo je spor.

Ak $c\ne 0$, tak vieme dostať rovnosť tvaru
$$\sqrt[3]{2^2}=e+f\sqrt[3]{2},$$
kde $e$ aj $f$ sú racionálne čísla.
Vynásobením tejto rovnice číslom $\sqrt[3]2$ dostaneme
\begin{gather*}
2=e\sqrt[3]{2}+f\sqrt[3]{2^2}=e\sqrt[3]{2}+f(e+f\sqrt[3]{2})=(e+f^2)\sqrt[3]{2}+ef\\
2-ef=(e+f^2)\sqrt[3]{2}
\end{gather*}
Ak je ľavá strana nenulová, tak opäť vieme ukázať, že $\sqrt[3]2$ je racionálne číslo a dostaneme spor. Ak je nulová, tak máme $2=ef$ a $e+f^2=0$. Z toho dostaneme $f^3=-8$, jediné racionálne riešenie je $f=-2$. Súčasne máme $e=-f^2=-4$. Teda v rovnosti $\sqrt[3]{2^2}=e+f\sqrt[3]{2}$ máme na ľavej strane kladné číslo a na pravej strane záporné číslo, čiže sme opäť dostali spor.

Z toho, čo sme si práve ukázali, vyplýva aj implikácia $a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2}=a'+b'\sqrt[3]{2}+c'\sqrt[3]{2^2}$ $\Rightarrow$ $a=a'$, $b=b'$, $c=c'$.

Teraz už máme pripravené všetko na to, aby sme sa pustili do hľadanie inverzného prvku.

Chceli by sme, aby platilo $(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2})(x+y\sqrt[3]{2}+z\sqrt[3]{2^2})=1$.
Ľavú stranu tejto rovnosti môžeme upraviť ako
$$(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2})(x+y\sqrt[3]{2}+z\sqrt[3]{2^2})=(ax+2cy+2bz)+(bx+ay+2cz)\sqrt[3]2+(cx+by+az)\sqrt[3]{2^2}.$$
Dostávame teda, že musia platiť tieto rovnosti:
$$\begin{align*}
ax+2cy+2bz&=1\\
bx+ay+2cz&=0\\
cx+by+az&=0
\end{align*}$$
Toto je vlastne lineárne sústava rovníc s neznámymi $x$, $y$, $z$, v prípade, že determinant matice sústavy je nenulový, tak bude mať jediné riešenie, ktoré budeme vedieť vyjadriť na základe Cramerovho pravidla. Vyrátajme teda najprv determinant matice sústavy:
$$\begin{vmatrix}
a & 2c & 2b \\
b & a & 2c \\
c & b & a
\end{vmatrix}=
a^3+2b^3+4c^3-6abc.$$

Ak chceme použiť Cramerovo pravidlo mali by sme sa najprv presvedčiť o tom, že tento determinant je nenulový.
Riešime teda vlastne otázku, či pre $a,b,c\in\Q$ môže nastať rovnosť $a^3+2b^3+4c^3-6abc=0$. Chceme ukázať, že to môže nastať iba pre $a=b=c=0$.

Zdôvodnenie tohoto faktu nie je úplne jednoduché. Môžeme to urobiť napríklad takto: Označme $u=a$, $v=b\sqrt[3]2$, $w=c\sqrt[3]{2^2}$. Po tejto substitúcii prejde naša rovnosť do tvaru
$$u^3+v^3+w^3-3uvw=0.$$
Ďalej použijeme rozklad
$$u^3+v^3+w^3-3uvw=(u+v+w)(u^2+v^2+w^2-uv-uw-vw)=\frac12(u+v+w)((u-v)^2+(v-w)^2+(w-u)^2).$$
(Táto rovnosť sa ľahko overí priamym výpočtom, objaviť ju ale nie je úplne jednoduché.)

Ak sme overili predošlú rovnosť, tak už vieme, že náš výraz sa bude rovnať nule iba ak $u+v+w=0$ alebo $(u-v)^2+(v-w)^2+(w-u)^2=0$. V prvom prípade dostávame $u+v+w=a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2}=0$. Už sme overili, že to nastane iba ak $a=b=c=0$. V druhom prípade by sa mal rovnať nule súčet troch nezáporných reálnych čísel, čo znamená, že $u-v=v-w=w-u=0$, a teda $u=v=w$. Potom dostávame $a=\sqrt[3]2b=c\sqrt[3]{2^2}$ a ak sú $a$, $b$, $c$ nenulové tak dostaneme, že $\sqrt[3]2$ je racionálne, čo je spor.

Podarilo sa nám teda ukázať, že uvedený determinant je pre racionálne čísla $a$, $b$, $c$ nenulový. Ak teraz použijeme Cramerovo pravidlo, dostaneme
$$\begin{align*}
x&=\frac{\begin{vmatrix}1 & 2c & 2b \\0 & a & 2c \\0 & b & a\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a & 2c & 2b \\b & a & 2c \\c & b & a\end{vmatrix}}=\frac{a^2-2bc}{a^3+2b^3+4c^3-6abc}\\
y&=\frac{\begin{vmatrix}a & 1 & 2b \\b & 0 & 2c \\c & 0 & a\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a & 2c & 2b \\b & a & 2c \\c & b & a\end{vmatrix}}=\frac{2c^2-ab}{a^3+2b^3+4c^3-6abc}\\
z&=\frac{\begin{vmatrix}a & 2c & 1 \\b & a & 0 \\c & b & 0\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}a & 2c & 2b \\b & a & 2c \\c & b & a\end{vmatrix}}=\frac{b^2-ac}{a^3+2b^3+4c^3-6abc}\\
\end{align*}$$
Priamym výpočtom sa dá skontrolovať, že $x+y\sqrt[3]2+z\sqrt[3]{2^2}$ je skutočne inverzný prvok k prvku $a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{2^2}$.

Ešte som vari mal napísať aj to, že hľadať inverzné prvky v takomto poli (a v iných podobných poliach) sa naučíme na algebre 2 iným, vcelku jednoduchým spôsobom.

A pridám ešte takéto linky:
* Is $\mathbb{Q}[\alpha]=\{a+b\alpha+c\alpha^2 :a,b,c \in \mathbb{Q}\}$ with $\alpha=\sqrt[3]{2}$ a field?
* Show $\mathbb Q[\sqrt[3]2]$ is a field by rationalizing

Azda sem ešte dopíšem, že tento príklad sa už dá nájsť v aktuálnej verzii textov k predmetom Algebra 1 resp. Lineárna algebra. Možno je to v pdf-ku o čosi čitateľnejšie ako tu na fóre.
Linky na tohtosemestrové verzie textov sú: https://msleziak.com/vyuka/2014/la/ a https://msleziak.com/vyuka/2014/alg/
(Aktuálna verzia by sa zvyčajne mala dať nájsť cez https://msleziak.com/vyuka/ resp. http://thales.doa.fmph.uniba.sk/sleziak/vyuka/.)