msleziak.com

V roznych cviceniach tykajucich sa poli sa casto vyskytla uloha takeho typu, ze pracujeme s nejakou podmnozinou $\mathbb C$ (napriklad $F=\{a+b\sqrt{2}; a,b\in\mathbb Q\}$) a mame rozhodnut, ci je to pole. Pritom operacie su rovnake ako v $\mathbb C$, len zuzene na tuto pozmnozinu.
Co vlastne treba v takychto prikladoch vsetko overit? Resp. su nejake veci, ktore overovat nemusime?

Najprv pripomenme definiciu pola: $(F,+,\cdot)$ je pole ak

• $+$ a $\cdot$ su binarne operacie na $F$ (a $\cdot$ aj na $F\setminus\{0\}$)
• $(\forall a,b,c\in F)$ $a+(b+c)=(a+b)+c$,
• $(\forall a,b\in F)$ $a+b=b+a$,
• $(\exists 0\in F)$ $(\forall a\in F)$ $a+0=a$,
• $(\forall a\in F)$ $(\exists b\in F)$ $a+b=0$,
• $(\forall a,b,c\in F)$ $a.(b.c)=(a.b).c$,
• $(\forall a,b\in F)$ $a.b=b.a$,
• $(\exists 1\in F\setminus\{0\})$ $(\forall a\in F)$ $a.1=a$,
• $(\forall a\in F\setminus\{0\})$ $(\exists b\in F)$ $a.b=1$,
• $(\forall a,b,c\in F)$ $a.(b+c)=a.b+a.c$.

Skusme zacat od poslednej vlastnosti. Mohli by sme ju skusit overit tak, ze si vezmeme lubovolne $a=a_1+a_2\sqrt2$, $b=b_1+b_2\sqrt2$, $c=c_1+c_2\sqrt2$ a pokusime sa roznasobit
$$a(b+c)=(a_1+a_2\sqrt2)(b_1+b_2\sqrt2+c_1+c_2\sqrt2)$$
a
$$ab+ac=(a_1+a_2\sqrt2)(b_1+b_2\sqrt2)+(a_1+a_2\sqrt2)(c_1+c_2\sqrt2).$$
To je pomerne pracne, ale zvladnutelne.

V skutocnosti si vsak tuto robotu mozeme usetrit. Staci si uvedomit, ze rovnost $a(b+c)=ab+ac$ plati v poli $\mathbb C$ a operacie na nasej mnozine $F$ su rovnake ako v $\mathbb C$. Cize ked tato rovnost plati pre lubovolne $a$, $b$, $c$ z vacsej mnoziny $\mathbb C$, plati aj pre lubovolne $a$, $b$, $c$ z podmnoziny $F$.
Teda vlastne vsetky vlastnosti takehoto tvaru (ze pre vsetky prvky z $F$ ma platit nejaka rovnost) mame v takomto type uloh zadarmo. To znamena distributivnost, asociativnost oboch operacii aj komutativnost oboch operacii.

Co nam este zostalo overit?

Neutralny prvok. Chceme skontrolovat, ci operacie $+$ a $\cdot$ maju na $F$ neutralny prvok. Ak si vsak uvedomime, ako ze $0$ splna $(\forall a\in\mathbb C)0+a=a$, tak je jasne, ze plati aj $(\forall a\in\mathbb F)0+a=a$. (Opat z rovnakych dovodov.) Cize v skutocnosti staci aby platilo $0\in F$, a mame neutralny prvok pre $+$. Podobne je to s nasobenim, ak plati $1\in F$.

Inverzny prvok. Opat by sme chceli skontrolovat, ci existuju inverzne prvky pre $+$ a $\cdot$. (V pripade nasobenia iba pre nenulove prvky.) Aj tu si staci uvedomit, ze vieme ako vyzeraju inverzne prvky pre scitovanie a nasobenie v $\mathbb C$: Su to $-x$ a $1/x$. Teda nam vlastne staci overit, ci pre $x\in F$ aj $(-x)\in F$ a takisto pre $x\in F\setminus\{0\}$ aj $1/x\in F$.

Binarne operacie. A treba aj skontrolovat, ci sucet/sucin dvoch prvkov z $F$ je opat z $F$.

Je rozumne si uvedomit, ktore veci mame "zadarmo" a ktore treba overovat - usetrime si tym robotu.

V nasom konkretnom priklade $F=\{a+b\sqrt2; a,b\in\mathbb Q\}$, teda vlastne skontrolujeme, ze:

• $(a+b\sqrt2)+(a'+b'\sqrt2)=(a+a')+(b+b')\sqrt2$, cim overime ze $F$ je uzavrete na $+$.
• $(a+b\sqrt2)(a'+b'\sqrt2)=(aa'+2bb')+(ab'+ba')\sqrt2$, teda $F$ je uzavreta aj na $\cdot$
• $0=0+0\sqrt2$, $1=1+0\sqrt2$, teda obe operacie maju neutralne prvky.
• $-(a+b\sqrt2)=(-a)+(-b)\sqrt2$, teda $+$ ma v $F$ inverzne prvky.
• Ak $a+b\sqrt2\ne0$, tak mame $\frac1{a+b\sqrt2}=\frac1{a+b\sqrt2}\frac{a-b\sqrt2}{a-b\sqrt2}=\frac{a-b\sqrt2}{a^2-2b^2}=\frac1{a^2-2b^2}+\frac{-b}{{a^2-2b^2}}$, teda mame inverzne prvky pre nasobenie.

Aby nase zdovodnenie bolo uplne, musime si uvedomit, ze vsetky vyrazy, ktore nam tu vysli, su naozaj racionalne cisla (napriklad ze $ab'+ba'\in\mathbb Q$, $\frac1{a^2-2b^2}\in\mathbb Q$ ak $a,b,a',b'\in\mathbb Q$).
Okrem toho este nesmieme zabudnut na jednu dolezitu vec. Pri nasobeni sme hladali inverzne prvky pre lubovolne $a+b\sqrt2\ne0$. Tam sme vynasobili citatela aj menovatela vyrazom $a-b\sqrt2$. Ako vieme, ze sme tam nenasobili zlomkom $\frac00$? (V takom pripade by nase odvodenie samozrejme nebolo spravne.) *****************

Velmi podobne uvahy su pouzite v texte k prednaske na zdovodnenie, ze podpriestor je opat vektorovy priestor - poznamka 4.2.6.

Martin Sleziak wrote:Velmi podobne uvahy su pouzite v texte k prednaske na zdovodnenie, ze podpriestor je opat vektorovy priestor - poznamka 4.2.6.

Úlohy tohoto typu nájdete aj medzi riešenými úlohami na stránke.

Ešte sem doplním niečo viac k tomu, že v menovateli nemáme nulu; keďže tento fakt môže byť užitočný aj ak by sme chceli ešte skúšať robiť niečo ďalšie s týmto poľom.

Tvrdenie. Pre racionálne čísla $a$, $b$ platí
$$a+b\sqrt2 =0 \qquad \Leftrightarrow \qquad a=b=0.$$

Asi nie je ťažké si uvedomiť, že ak vieme o platnosti takéhoto výsledku, tak už ľahko vidno že z $a+b\sqrt2\ne0$ vyplýva aj $a-b\sqrt2\ne0$.
(Resp. môžeme dokonca povedať, že pre racionálne $a$, $b$ máme $a+b\sqrt2=0$ $\Leftrightarrow$ $a-b\sqrt2=0$.)
Skúste sa zamyslieť nad tým ako to zdôvodniť, dôkaz nájdete nižšie.
Dôsledok.Ak $a,b,c,d\in\mathbb Q$, tak:
$$a+b\sqrt2 =c+d\sqrt2 \qquad \Leftrightarrow \qquad (a=c) \land (b=d).$$