Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 1: Grupy i ciała

From Studia Informatyczne

Spis treści

Zadanie 1.1

Sprawdzić, która z wymienionych par jest grupą:

  1. \displaystyle (\mathbb{N}_1,+),
  2. \displaystyle (\mathbb{N}_1, \cdot ),
  3. \displaystyle (\mathbb{Z}, +),
  4. \displaystyle (\mathbb{Z} , \cdot),
  5. \displaystyle (\mathbb{Q}, +),
  6. \displaystyle  (\mathbb{Q}, \cdot),
  7. \displaystyle (\mathbb{Q}_*, \cdot), gdzie \displaystyle \mathbb{Q}_* := \mathbb{Q} \setminus \{ 0 \},
  8. \displaystyle  (\mathbb{R}, +),
  9. \displaystyle  (\mathbb{R}, \cdot),
  10. \displaystyle  ((0,\infty ),\cdot ),
  11. \displaystyle  ( \mathbb{R}_*, \cdot), gdzie \displaystyle  \mathbb{R}_* := \mathbb{R} \setminus \{ 0 \}.


Wskazówka

Trzeba skorzystać z tego, że \displaystyle 0 jest elementem neutralnym względem dodawania, a \displaystyle 1 względem mnożenia w ciele liczb rzeczywistych i zastanowić się, czy każdy element posiada przeciwny (odwrotny) w rozważanym zbiorze.

Rozwiązanie

  1. Para \displaystyle (\mathbb{N}_1,+) nie jest grupą, ponieważ do zbioru \displaystyle \mathbb{N}_1 nie należy \displaystyle 0, zatem w zbiorze tym nie ma elementu neutralnego dla dodawania.
  2. Para \displaystyle (\mathbb{N}_1, \cdot ) nie jest grupą, ponieważ nie każdy element posiada element odwrotny, np. nie istnieje liczba naturalna, która po pomnożeniu przez \displaystyle 2 dawałaby \displaystyle 1, zatem liczba naturalna \displaystyle 2 nie posiada elementu odwrotnego względem działania \displaystyle \cdot należącego do zbioru \displaystyle \mathbb{N}_1.
  3. Para \displaystyle (\mathbb{Z}, +) jest grupą. Wynika to ze znanych własności dodawania liczb całkowitych.
  4. Para \displaystyle (\mathbb{Z} , \cdot) nie jest grupą, ponieważ nie każdy element posiada element odwrotny, np. liczba całkowita \displaystyle -5 nie posiada elementu odwrotnego względem działania \displaystyle \cdot, który należałby do zbioru \displaystyle \mathbb{Z}.
  5. Para \displaystyle (\mathbb{Q}, +) jest grupą, ponownie wynika to ze znanych własności dodawania liczb wymiernych.
  6. Para \displaystyle (\mathbb{Q}, \cdot) nie jest grupą, liczba \displaystyle 0 nie posiada elementu odwrotnego względem mnożenia.
  7. Para \displaystyle (\mathbb{Q}_*, \cdot) jest grupą.
  8. Para \displaystyle (\mathbb{R}, +) jest grupą.
  9. Para \displaystyle (\mathbb{R}, \cdot) nie jest grupą, liczba \displaystyle 0 nie posiada elementu odwrotnego względem mnożenia.
  10. Para \displaystyle ((0,\infty ) , \cdot ) jest grupą.
  11. Para \displaystyle ( \mathbb{R}_*, \cdot) jest grupą.

Zadanie 1.2

Niech będzie dany zbiór dwuelementowy \displaystyle G = \{a,b\}. W zbiorze \displaystyle G definiujemy działanie wewnętrzne \displaystyle * w następujący sposób:


\aligned a*a = b*b = a, \qquad a*b=b*a=b.\endaligned


Wykazać, że \displaystyle (G,*) jest grupą przemienną.


Wskazówka

Ponieważ zbiór \displaystyle G liczy tylko dwa elementy możemy sprawdzać warunki występujące w definicji grupy rozważając wszystkie możliwe przypadki, np. badając łączność sprawdzamy, czy warunek występujący w definicji łączności zachodzi dla wszystkich uporządkowanych trójek elementów zbioru \displaystyle G.

Rozwiązanie

Działanie \displaystyle * można zilustrować przy pomocy następującej tabelki:


\displaystyle \begin{array} {c|cc} * & a & b \\ \hline a & a & b \\ b & b & a \end{array} .


Analizując ją można zauważyć, że:

  1. działanie \displaystyle * jest przemienne;
  2. element \displaystyle a\in G jest elementem neutralnym działania \displaystyle *;
  3. elementem odwrotnym do elementu \displaystyle b jest on sam;
  4. działanie \displaystyle * jest łączne, dowód polega na analizie wszystkich możliwych przypadków.

Niech \displaystyle x\displaystyle y oraz \displaystyle z będą dowolnymi elementami zbioru \displaystyle G. Oznaczmy


\displaystyle \textbf{L}=(x*y)*z, \quad x*(y*z)=\textbf{P}.


Analizujemy wartości wyrażeń \displaystyle L oraz \displaystyle P dla wszystkich możliwych wyborów trójek uporządkowanych \displaystyle (x,y,z) o wyrazach pochodzących ze zbioru \displaystyle G.


\displaystyle  \begin{array} {ccc||c|c||c|c||c} x & y & z & x*y & \mathbf{(x*y)*z} & y*z & \mathbf{x*(y*z)} &  \textbf{L}\row{?}\textbf{P} \\ \hline  a & a & a &  a  &  \mathbf{a}  &  a  &  \mathbf{a}  & \textsc{Tak} \\         b & a & a &  b  &  \mathbf{b} &  a  &  \mathbf{b} & \textsc{Tak} \\         a & b & a &  b  &  \mathbf{b} &  b  &  \mathbf{b} & \textsc{Tak} \\         a & a & b &  a  &  \mathbf{b}  &  b  &  \mathbf{b} & \textsc{Tak} \\         a & b & b &  b  & \mathbf{a}  &  a  &  \mathbf{a} & \textsc{Tak} \\         b & a & b &  b  & \mathbf{a} &  b  & \mathbf{a}  & \textsc{Tak} \\         b & b & a &  a  &  \mathbf{a} &  b  &  \mathbf{a} & \textsc{Tak} \\         b & b & b &  a  &  \mathbf{b} &  a  &  \mathbf{b} & \textsc{Tak} \\\hline     \end{array}


Ponieważ równość \displaystyle L=P zachodzi we wszystkich możliwych przypadkach nasze działanie musi być łączne.

Oznacza to, że para \displaystyle (G,*) jest grupą.

Zadanie 1.3

W zbiorze \displaystyle X := \mathbb{Q} \setminus \{1 \} definiujemy działanie \displaystyle * kładąc dla \displaystyle x,y \in X:


\displaystyle x*y = x+y-xy.


Sprawdzić, czy para \displaystyle (X,*) jest grupą.


Wskazówka

Należy najpierw zbadać, czy tak zdefiniowane działanie jest działaniem wewnętrznym w zbiorze \displaystyle X := \mathbb{Q}\setminus \{1\}, tzn. czy wynik działania na dowolnych liczbach wymiernych różnych od \displaystyle 1 jest liczbą wymierną różną od \displaystyle 1. Dla ułatwienia sobie dalszych rozważań można też zbadać od razu przemienność działania \displaystyle *. Najpierw badamy łączność działania \displaystyle *. Następnie przypuszczamy, że w \displaystyle X istnieje element neutralny i rozwiązując równanie \displaystyle  x*e = x, wyznaczamy \displaystyle e. Na końcu sprawdzamy, czy wyznaczona liczba rzeczywiście jest elementem zbioru \displaystyle X, neutralnym względem \displaystyle *. Podobnie postępujemy sprawdzając, czy dowolny element \displaystyle x \in X ma element odwrotny.

Rozwiązanie

Zaobserwujmy najpierw, że działanie \displaystyle * jest działaniem wewnętrznym w zbiorze \displaystyle \mathbb{Q}, tzn. dla dowolnych liczb wymiernych \displaystyle x i \displaystyle y, różnych od \displaystyle 1, liczba \displaystyle x+y-xy jest także liczbą wymierną różną od \displaystyle 1. Dowiedziemy tego przez kontrapozycję, tzn. zamiast dowodzić dla liczb wymiernych \displaystyle x i \displaystyle y implikację


\displaystyle (x\in\mathbb{Q} \setminus \{1\} \text{ i } y\in\mathbb{Q} \setminus \{1\})\implies x+y-xy\in\mathbb{Q} \setminus \{1\},


dowiedziemy, że


\displaystyle x+y-xy\notin\mathbb{Q} \setminus \{1\}\implies (x\notin\mathbb{Q} \setminus \{1\} \text{ lub } y\notin\mathbb{Q} \setminus \{1\}).


Załóżmy zatem, że \displaystyle x+y-xy\notin\mathbb{Q} \setminus \{1\}. Ponieważ \displaystyle x i \displaystyle y są elementami zbioru \displaystyle \mathbb{Q}, widzimy, że \displaystyle x+y-xy\in\mathbb{Q} i dodatkowe założenie, że


\displaystyle x+y-xy\notin\mathbb{Q} \setminus \{1\}


oznacza, że musi zachodzić \displaystyle x+y-xy=1. Równość tę możemy przekształcić do następującej postaci:


\displaystyle x-1=y(x-1).


Powyższa równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy \displaystyle x=1 lub \displaystyle y=1. Wobec powyższego dowiedliśmy, że


\displaystyle (x\notin\mathbb{Q} \setminus \{1\} \text{ lub } y\notin\mathbb{Q} \setminus \{1\}),


co kończy dowód naszej implikacji.

Zauważmy także, że z przemienności zwykłego mnożenia i dodawania liczb wymiernych wynika, że działanie \displaystyle * jest przemienne.

Działanie \displaystyle * jest też łączne, bo dla dowolnych liczb wymiernych \displaystyle x, \displaystyle y oraz \displaystyle z ze zbioru \displaystyle \mathbb{Q}\setminus\{1\} zachodzi:


\aligned x*(y*z)&=x*(y+z-yz)\\ &=x+(y+z-yz)-x(y+z-yz)\\ &=x+y+z-yz-xy-xz+xyz. \endaligned


Korzystając z własności dodawania i mnożenia liczb wymiernych ostatnią sumę możemy zapisać tak:


\displaystyle (x+y-xy)+z-xz-yz+xyz


Wyciągając \displaystyle -z przed nawias z trzech ostatnich składników powyższego wyrażenia otrzymujemy:


\displaystyle (x+y-xy)+z-(x+y-xy)z=(x*y)*z,


co było do okazania.

Poszukując elementu neutralnego \displaystyle e\in X dla działania \displaystyle * rozpatrzmy równanie:


\displaystyle x*e=x,


gdzie \displaystyle x jest pewną ustaloną liczbą wymierną różną od \displaystyle 1. Wówczas równość


\displaystyle x+e-xe=x


możemy też zapisać tak


\displaystyle -e(x-1)=0.


Z założenia \displaystyle x\neq 1 wynika, że \displaystyle e=0 jest jedynym rozwiązaniem tego równania. Wykażemy, że liczba \displaystyle 0 jest elementem neutralnym działania \displaystyle *. Weźmy dowolną liczbę \displaystyle x\in\mathbb{Q}\setminus\{1\}. Wówczas


\displaystyle 0*x=0+x-0x=x,


a zatem \displaystyle 0 jest elementem neutralnym.

Sprawdzimy, że każda liczba wymierna różna od \displaystyle 1 posiada element odwrotny względem działania \displaystyle *. Ustalmy dowolnie

\displaystyle y\in\mathbb{Q}\setminus\{1\}. Pytamy, czy można znaleźć liczbę wymierną \displaystyle x\neq 1 taką, że \displaystyle x*y=y*x=0. Taka liczba \displaystyle x musi być rozwiązaniem równania:


\displaystyle x+y-xy=0


Równanie to ma rozwiązanie postaci \displaystyle x=(-y)/(1-y), które jest dobrze określoną liczbą wymierną dzięki założeniu, że \displaystyle y\in\mathbb{Q}\setminus\{1\}. Ponieważ tak zdefiniowane \displaystyle x musi być też różne od \displaystyle 1, dowiedliśmy, że dla każdej liczby ze zbioru \displaystyle \mathbb{Q}\setminus\{1\} możemy znaleźć należący do tego zbioru element odwrotny względem działania \displaystyle *.

Powyższe rozważania dowodzą, że para \displaystyle (X,*) jest grupą przemienną.

Zadanie 1.4

Niech \displaystyle X:= \{(t,2^t) : t \in \mathbb{R} \}. Dla \displaystyle (x_1,x_2),(y_1,y_2) \in X kładziemy


\displaystyle (x_1,x_2)*(y_1,y_2):= (x_1 + y_1, x_2y_2 ).


Wykazać, że \displaystyle * jest działaniem wewnętrznym w zbiorze \displaystyle X i sprawdzić, czy \displaystyle (X,*) jest grupą.

Wskazówka

Trzeba sprawdzić po kolei wszystkie warunki z definicji grupy.

Rozwiązanie

Wykażemy, że \displaystyle * jest działaniem wewnętrznym w zbiorze \displaystyle X. Niech \displaystyle (x_1,x_2),(y_1,y_2)\in X. Oznacza to, że \displaystyle x_2=2^{x_1}\displaystyle y_2=2^{y_1}. Wówczas:


\displaystyle \aligned (x_1,x_2)*(y_1,y_2) &=(x_1+y_1,x_2y_2)\\                     &=(x_1+y_1,2^{x_1}2^{y_1})\\                     &=(x_1+y_1,2^{x_1+y_1}), \endaligned


zatem \displaystyle * jest działaniem wewnętrznym. Z własności dodawania i mnożenia w zbiorze liczb rzeczywistych wynika natychmiast, że \displaystyle * jest działaniem przemiennym. Dla dowodu łączności wybierzmy dowolnie pary \displaystyle (x,2^{x}), \displaystyle (y,2^y) oraz \displaystyle (z,2^z) należące do \displaystyle X. Wówczas


\displaystyle \aligned ((x,2^{x})*(y,2^y))*(z,2^z) &=(x+y,2^{(x+y)})*(z,2^z)\\                             &=((x+y)+z,2^{((x+y)+z)}). \endaligned


Analogicznie


\displaystyle (x,2^{x})*((y,2^y)*(z,2^z))=(x+(y+z),2^{(x+(y+z))})


Na mocy łączności dodawania liczb rzeczywistych zachodzi oczywiście


\displaystyle ((x+y)+z,2^{((x+y)+z)})=(x+(y+z),2^{(x+(y+z))}),


co kończy dowód łączności naszego działania.

Wykażemy, że para \displaystyle (0,2^0)=(0,1) jest elementem neutralnym działania \displaystyle *. Dla dowolnej pary \displaystyle (x,2^{x})\in X mamy bowiem:


\displaystyle (x,2^{x})*(0,1)=(x+0,2^x2^0)=(x,2^x).


Prosty rachunek dowodzi, że dla pary \displaystyle (x,2^{x})\in X elementem odwrotnym jest para \displaystyle (-x,2^{-x})\in X. Zatem \displaystyle (X,*) jest grupą.

Zadanie 1.5

Niech \displaystyle (G,*) i \displaystyle (H, \cdot ) będą dowolnymi grupami. W iloczynie kartezjańskim \displaystyle G\times H określamy działanie \displaystyle \otimes w następujący sposób


\displaystyle (a,b) \otimes (c,d) := ( a * c, b \cdot d ).


Wykazać, że \displaystyle (G\times H,  \otimes ) jest też grupą. Jeżeli założymy, że \displaystyle G i \displaystyle H są grupami przemiennymi, to \displaystyle (G\times H, \otimes ) jest grupą przemienną.


Dowód Komentarz

W szczególności, jeśli \displaystyle  G=H=\mathbb{R}, a rozpatrywanym działaniem w obu grupach jest zwykłe dodawanie liczb rzeczywistych, to grupą jest para \displaystyle (\mathbb{R}^2,\boxplus ), gdzie \displaystyle \boxplus jest "dodawaniem po współrzędnych", tzn.


\displaystyle \boxplus\colon \mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}^2 \ni \big( (a,b),(c,d) \big) \to (a+c, b+d) \in \mathbb{R}^2.\qedhere


image:End_of_proof.gif

Wskazówka

Niech \displaystyle g_0 będzie elementem neutralnym w \displaystyle (G,*), a \displaystyle h_0 elementem neutralnym w \displaystyle  (H, \cdot ). Wtedy \displaystyle (g_0,h_0) jest elementem neutralnym w \displaystyle (G\times H,  \otimes ). Sprawdźmy, że jeśli \displaystyle g' jest elementem odwrotnym do \displaystyle g w grupie \displaystyle G, a \displaystyle h' elementem odwrotnym do \displaystyle h w grupie \displaystyle H, to para \displaystyle (g',h') jest elementem odwrotnym do \displaystyle (g,h) w \displaystyle (G\times H,  \otimes ).

Rozwiązanie

Niech \displaystyle (G,*) i \displaystyle (H, \cdot ) będą dowolnymi grupami. Działanie \displaystyle \otimes jest łączne, bo dla dowolnych par \displaystyle (g_1,h_1), \displaystyle (g_2,h_2), \displaystyle (g_3,h_3) korzystając z łączności działań \displaystyle * oraz \displaystyle \cdot możemy napisać:


\displaystyle \aligned ((g_1,h_1)\otimes(g_2,h_2))\otimes(g_3,h_3)&=(g_1*g_2,h_1\cdot h_2)\otimes(g_3,h_3)\\&=((g_1*g_2)*g_3,(h_1\cdot h_2)\cdot h_3) \endaligned


i analogicznie otrzymujemy:


\displaystyle \aligned (g_1,h_1)\otimes((g_2,h_2)\otimes(g_3,h_3))&=(g_1*(g_2*g_3),h_1\cdot( h_2\cdot h_3)). \endaligned


Na mocy łączności działań \displaystyle * oraz \displaystyle \cdot stwierdzamy, że działanie \displaystyle \otimes jest łączne.

Jeżeli \displaystyle g_0 jest elementem neutralnym w grupie \displaystyle (G,*), a \displaystyle h_0 jest elementem neutralnym w grupie\displaystyle (H, \cdot ), to para

\displaystyle (g_0,h_0) jest elementem neutralnym dla działania \displaystyle \otimes. Jest tak ponieważ dla dowolnego elementu \displaystyle (g,h)\in G\times H mamy


\displaystyle \aligned (g,h)\otimes (g_0,h_0)&=(g*g_0),h\cdot h_0)\\                     &=(g,h) \endaligned


i analogicznie


\displaystyle (g_0,h_0)\otimes (g,h)=(g,h).


Jeżeli \displaystyle (g,h) jest dowolnym elementem zbioru \displaystyle G\times H i \displaystyle g' jest elementem odwrotnym do \displaystyle g w grupie \displaystyle (G,*), a \displaystyle h' jest elementem odwrotnym do \displaystyle h w grupie \displaystyle (H, \cdot ), to para \displaystyle (g',h') jest elementem odwrotnym do \displaystyle (g,h) względem działania \displaystyle \otimes, ponieważ


\displaystyle \aligned (g,h)\otimes (g',h')&=(g*g',h\cdot h')\\                     &=(g_0,h_0) \endaligned


i tak samo


\displaystyle (g',h')\otimes (g,h)=(g_0,h_0),


a jak wiemy z poprzedniego podpunktu \displaystyle (g_0,h_0) jest elementem neutralnym dla działania \displaystyle \otimes.

Jeżeli działania \displaystyle * oraz \displaystyle \cdot są przemienne, to przemienne jest działanie \displaystyle \otimes, bo dla dowolnych par \displaystyle (g_1,h_1), \displaystyle (g_2,h_2)

otrzymujemy


\displaystyle \aligned (g_1,h_1)\otimes (g_2,h_2)&=(g_1*g_2,h_1\cdot h_2)\\                     &=(g_2*g_1,h_2\cdot h_1)\\                     &=(g_2,h_2)\otimes (g_1,h_1).\qedhere \endaligned


Zadanie 1.6

Niech \displaystyle (G,+) będzie dowolną grupą (przemienną), a \displaystyle X zbiorem niepustym. W zbiorze


\displaystyle G^X := \{ f \mid f\colon X \to G \}


wprowadzamy działanie \displaystyle \boxplus w następujący sposób:


\displaystyle f \boxplus g \colon X \ni x \to f(x) + g(x) \in G,\quad  f,g \in G^X.


Wykazać, że \displaystyle (G^X, \boxplus ) jest grupą (przemienną).

Wskazówka

Trzeba skorzystać z tego, że dwie funkcje \displaystyle f,g \in G^X są równe wtedy i tylko wtedy, gdy \displaystyle f(x) = g(x) dla każdego \displaystyle x\in X.

Rozwiązanie

Niech \displaystyle f\displaystyle g i \displaystyle h będą dowolnymi elementami \displaystyle G^X. Chcemy wykazać, że


\displaystyle (f\boxplus g)\boxplus h = f\boxplus (g\boxplus h).


Zauważmy, że powyższa równość, to równość dwóch funkcji, a ponieważ \displaystyle \boxplus jest działaniem wewnętrznym w \displaystyle G^X, to zarówno \displaystyle (f\boxplus g)\boxplus h, jak i \displaystyle f\boxplus (g\boxplus h) są funkcjami przeprowadzającymi zbiór \displaystyle X w zbiór \displaystyle G. Zatem dla dowodu, że powyższa równość zachodzi wystarczy udowodnić, że te dwie funkcje przyjmują w każdym punkcie \displaystyle x\in X identyczne wartości, tzn.


\displaystyle ((f\boxplus g)\boxplus h)(x)=(f\boxplus (g\boxplus h))(x)


dla każdego \displaystyle x\in X. Weźmy zatem dowolne funkcje \displaystyle f,g,h\in G^X i dowolny element \displaystyle x\in X. Wówczas


\displaystyle \aligned ((f\boxplus g)\boxplus h)(x)&\stackrel{(*)}{=} ((f\boxplus g)(x))+  h(x)\\                             &\stackrel{(*)}{=}  (f(x)+g(x))+h(x)\\                             &\stackrel{(**)}{=} f(x)+(g(x)+h(x))\\                             &\stackrel{(*)}{=}  f(x)+((g\boxplus h)(x))\\                             &\stackrel{(*)}{=}  (f\boxplus (g\boxplus h))(x). \endaligned


(W powyższym wyprowadzeniu przy przejściach oznaczonych \displaystyle (*) korzystamy z definicji działania \displaystyle \boxplus, a przy przejściu oznaczonym \displaystyle (**) skorzystaliśmy z łączności działania \displaystyle + w grupie \displaystyle G).

Poszukamy teraz funkcji przeprowadzającej zbiór \displaystyle X w zbiór \displaystyle G, która mogłaby być elementem neutralnym działania \displaystyle \boxplus. Biorąc pod uwagę definicję działania \displaystyle \boxplus funkcja \displaystyle f_e\colon X\mapsto G stale równa \displaystyle e, czyli funkcja,która w dowolnym punkcie \displaystyle x\in X przyjmuje wartość \displaystyle f_e(x)=e, gdzie \displaystyle e\in G jest elementem neutralnym grupy \displaystyle G, wydaje się być naturalnym kandydatem na element neutralny działania \displaystyle \boxplus. Aby to wykazać, musimy udowodnić, że


\displaystyle f\boxplus f_e =f_e \boxplus f = f


dla dowolnej funkcji \displaystyle f\in G^X. Sprawdzimy to przeprowadzając następujace rozumowanie dla dowolnie ustalonego \displaystyle x\in X:


\displaystyle \aligned (f\boxplus f_e) (x)&=f(x)+f_e(x)\\ &=f(x)+e=f(x)\\&=e+f(x)\\&=f_e(x)+f(x)\\&=(f_e\boxplus f) (x). \endaligned


Niech \displaystyle f będzie dowolnie ustaloną funkcją ze zbioru \displaystyle G^X. Definiujemy funkcję \displaystyle f_-\in G^X wzorem \displaystyle f_-(x)=-f(x). Wówczas


\displaystyle \aligned (f\boxplus f_-) (x) & = f(x) + f_-(x)  \\                   & = f(x) + (-f(x)) \\                   & = e \\                   & = f_e(x)\\                   & = e \\                   & = -f(x)+f(x) \\                   & = f_-(x)+f(x) \\                   & = (f_-\boxplus f) (x). \endaligned


Ponieważ równość ta zachodzi dla wszystkich \displaystyle x\in X, zatem dowiedliśmy, że


\displaystyle f\boxplus f_-  = f_-\boxplus f = f_e,


co oznacza, że \displaystyle f_- jest elementem odwrotnym do \displaystyle f względem działania \displaystyle \boxplus. Jeżeli \displaystyle + jest działaniem przemiennym, to


\displaystyle \aligned (f\boxplus g)(x)  & = f(x) + g(x)\\                 & = g(x) + f(x)\\                 & = (g\boxplus f) (x), \endaligned


co oznacza, że \displaystyle \boxplus jest także działaniem przemiennym, bo dla dowolnych funkcji \displaystyle f i \displaystyle g ze zbioru \displaystyle G^X zachodzi


\displaystyle f\boxplus g = g\boxplus f.\qedhere


Zadanie 1.7

Niech \displaystyle (G,*) będzie dowolną grupą i niech \displaystyle  a\in G będzie dowolnie ustalonym elementem. Wykazać, że odwzorowanie \displaystyle  \varphi _a \colon G \ni x \to a*x \in G jest bijekcją.

Wskazówka

Pamiętajmy, że w grupie każdy element posiada odwrotny.

Rozwiązanie

Aby udowodnić, że jakieś odwzorowanie jest bijekcją wystarczy wykazać, że istnieje odwzorowanie do niego odwrotne. Wykażemy, że dla danego \displaystyle a\in G odwzorowanie \displaystyle \varphi_{a'}, gdzie \displaystyle a' oznacza element odwrotny do \displaystyle a względem działania \displaystyle *, jest odwrotne do \displaystyle \varphi_a.

Wybierzmy dowolne \displaystyle x\in G. Wówczas


\displaystyle \varphi_{a'}\circ\varphi_a(x)=\varphi_{a'}(a*x)=a'*(a*x)=(a'*a)*x=x.


Ponieważ \displaystyle x było dowolne, wnosimy, że \displaystyle \varphi_{a'}\circ\varphi_a=I_G. Analogicznie


\displaystyle \varphi_{a}\circ\varphi_{a'}(x)=\varphi_{a}(a'*x)=a*(a'*x)=(a*a')*x=x,


zatem \displaystyle \varphi_{a}\circ\varphi_{a'}=\text{id}. Wykazaliśmy, że


\displaystyle \varphi_{a}\circ\varphi_{a'}=\varphi_{a'}\circ\varphi_{a}=\id,


czyli \displaystyle \varphi musi być bijekcją.

Zadanie 1.8

Rozważmy zbiór dwuelementowy \displaystyle K = \{0,1\} z dwoma działaniami wewnętrznymi:

i) dodawaniem \displaystyle + \colon K\times K \to K określonym równościami


\displaystyle \aligned 0+0 &=0,& 1+1 &=0,\\ 1+0 &=1,& 0+1 &=1. \endaligned


ii) mnożeniem \displaystyle  \cdot \colon K\times K \to K określonym równościami


\displaystyle \aligned 0\cdot 0 &=0,& 1\cdot 1 &=1,\\ 1\cdot 0 &=0,& 0\cdot 1 &=0. \endaligned


Wykazać, że \displaystyle (K,+, \cdot ) jest ciałem.

Wskazówka

Można skorzystać z zadania 1.2.

Rozwiązanie

Wystarczy sprawdzić, że

i) \displaystyle (K,+) jest grupą przemienną;
ii) \displaystyle (K\setminus\{0\},\cdot) jest grupą przemienną;
iii) działanie \displaystyle \cdot jest rozdzielne względem działania \displaystyle +.
i) Patrz rozwiązanie zadania 1.2 (podstawić a=0 i b=1).
ii) Zauważmy, że \displaystyle K\setminus\{0\}=\{1\} oraz \displaystyle 1\cdot 1=1 zatem \displaystyle (K\setminus\{0\},\cdot) jest grupą przemienną - jest to po prostu grupa trywialna.
iii) Pozostaje sprawdzić rozdzielność mnożenia w ciele względem dodawania. Wybierzmy zatem dowolne elementy \displaystyle x, \displaystyle y i \displaystyle z należące do zbioru \displaystyle K. Musimy sprawdzić, czy


\displaystyle x(y+z)\stackrel{?}{=}xy+xz.


Rozważmy dwa przypadki: x=0 i x=1. Z definicji działania \displaystyle \cdot wynika, że jeżeli \displaystyle x=0, to dla każdego \displaystyle y\in K zachodzi \displaystyle x\cdot y=0. Oznacza to, że lewa strona powyższego równania równa jest \displaystyle 0, a prawa \displaystyle 0+0. Ponieważ z definicji działania \displaystyle + wynika, że \displaystyle 0+0=0, wykazaliśmy, że lewa strona równa się prawej dla dowolnych \displaystyle x i \displaystyle y, jeżeli tylko \displaystyle x=0.

Z definicji działania \displaystyle \cdot wynika, że jeżeli \displaystyle x=1, to dla każdego \displaystyle y\in K zachodzi \displaystyle x\cdot y=y. W tym przypadku lewa strona równania jest równa \displaystyle y+z i jest równa stronie prawej.

Oznacza to, że działanie \displaystyle \cdot jest rozdzielne względem działania \displaystyle +.

Zadanie 1.9

Rozważmy grupę addytywną \displaystyle (\mathbb{R}^2, \boxplus ) określoną w zadaniu 1.5. Określamy mnożenie


\displaystyle * \colon \mathbb{R}^2 \times \mathbb{R}^2 \ni \big( (a,b),(c,d) \big) \to (ac -bd, bc+ad) \in \mathbb{R}^2.


Wykazać, że \displaystyle  ( \mathbb{R}^2, \boxplus, *) jest ciałem.

Dodatkowo wykazać, że :

a) \displaystyle  (0,1) * (0,1) = (-1,0),
b) Dla dowolnego elementu \displaystyle (a,b) \in \mathbb{R}^2 mamy


\displaystyle (a,b) = (a,0)\boxplus \big( (a,0) *  (0,1)\big).


c) Odwzorowanie \displaystyle h</dt><dd> \mathbb{R} \ni a \to (a,0) \in \mathbb{R}^2 jest iniekcją o następujących własnościach:


\displaystyle \aligned \forall \ a,b \in \mathbb{R} &&h(a+b)& = h(a)\boxplus h(b), \\ \forall \ a,b \in \mathbb{R} &&h(a b)& = h(a)* h(b). \endaligned


Dowód Komentarz

1. Od tej chwili ciało \displaystyle  ( \mathbb{R}^2, \boxplus, *) będziemy krótko oznaczać literą \displaystyle \mathbb{C}. Będziemy także pisali "+" zamiast \displaystyle \boxplus, zaś symbol "\displaystyle *" będziemy opuszczać. Elementy ciała \displaystyle \mathbb{C} będziemy nazywać liczbami zespolonymi.
2. Kładąc \displaystyle \mathbf{i}</dt><dd> = (0,1), na podstawie punktów (b) i (c), dowolną liczbę \displaystyle  z \in \mathbb{C} możemy zapisać w postaci


\displaystyle z= (a,b) = h(a) + h(b) \mathbf{i}


lub krócej


\displaystyle z= a + b \mathbf{i},


gdzie \displaystyle a,b \in \mathbb{R} (utożsamiamy liczbę rzeczywistą \displaystyle a z parą \displaystyle (a,0)).

3. Dla liczby naturalnej \displaystyle n \geq 2 i dla \displaystyle  z = x + y\mathbf{i} \in \mathbb{C} wprowadzamy oznaczenia


\displaystyle \aligned |z| &:= \sqrt {x^2+y^2}, \\ \root{n} \of z &:= \{ w \in \mathbb{C} \ : \ w^n = z \}. \endaligned


4. Każdą liczbę zespoloną możemy zapisać w postaci trygonometrycznej, tzn. w postaci


\displaystyle z = |z|( \cos \varphi + \mathbf{i} \sin \varphi),


przy pewnym \displaystyle \varphi\in \mathbb{R}. Zauważmy, że takie przedstawienie nie jest jednoznaczne. Jednoznaczność otrzymamy biorąc na przykład \displaystyle \varphi \in [0,2\pi).

image:End_of_proof.gif

Wskazówka

Można skorzystać z wniosku z zadania 1.5.

Rozwiązanie

Ponieważ z zadania 1.5 wynika, że para \displaystyle (\mathbb{R}^2, \boxplus ) jest grupą przemienną wystarczy sprawdzić warunki \displaystyle C2\displaystyle C3 z definicji ciała.

Zauważmy, że dla dowolnych \displaystyle (a,b),(c,d) \in \mathbb{R}^2 mamy


\displaystyle (ac -bd, bc+ad) =( ca - db, cb + da),


czyli


\displaystyle (a,b) * (c,d) = (c,d)* (a,b),


co oznacza, że działanie \displaystyle * jest przemienne.

Sprawdzimy teraz łączność działania \displaystyle *. Weźmy dowolne elementy \displaystyle (a,b),(c,d), (e,f) \in \mathbb{R}^2. Wtedy


\displaystyle \aligned ((a,b) * (c,d))* (e,f) &= (ac -bd, bc+ad)* (e,f)\\                        &= ((ac -bd)e-(bc+ad)f,(bc+ad)e +(ac -bd)f)\\                        &= ( ace -bde - bcf-adf, bce +ade+acf - bdf)\\                        &= (a(ce -df)-b(de+cf),b (ce - df) +a( de+cf))\\                        &= (a,b)* (ce - df, de+cf)\\                        &= (a,b) * ((c,d)* (e,f)). \endaligned


\displaystyle \mathbb{R}^2 istnieje element neutralny względem działania \displaystyle *. Jest nim \displaystyle (1,0), ponieważ dla dowolnego elementu \displaystyle (a,b)\in\mathbb{R}^2 zachodzi:


\displaystyle \aligned (1,0) *(a,b)   &= ( 1\cdot a -0\cdot b, 0\cdot a+1\cdot b)\\                        &= (a,b). \endaligned


Niech teraz \displaystyle (a,b) \in \mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\}. Wtedy elementem odwrotnym do \displaystyle (a,b) względem \displaystyle * jest \displaystyle  ( \frac {a}{a^2 + b^2},\frac {-b}{a^2 + b^2}), bo


\displaystyle \aligned (a,b)*& ( \frac{a}{a^2+b^2},\frac{-b}{a^2+ b^2})\\       &=\left(a\cdot\frac{a}{a^2+b^2}-b\cdot\frac{-b}{a^2+ b^2},               b\cdot\frac{a}{a^2+b^2}+a\cdot\frac{-b}{a^2+ b^2}\right)\\       &=\left(\frac{a^2}{a^2+b^2} + \frac{b^2}{a^2+ b^2},               \frac{ab}{a^2+b^2}-\frac{ab}{a^2+b^2}\right)\\       &=(1,0). \endaligned


(Z założenia, że \displaystyle (a,b)\neq (0,0) skorzystaliśmy, żeby móc wypisać ułamek o mianowniku \displaystyle a^2+b^2).

Odnotujmy, że powyższe rozumowanie dowodzi, że w szczególności \displaystyle (\mathbb{R}^2 \setminus \{(0,0)\} , *) jest grupą przemienną.

Pozostała jeszcze do sprawdzenia rozdzielność mnożenia względem dodawania. Weźmy znowu dowolne elementy \displaystyle (a,b),(c,d), (e,f) \in \mathbb{R}^2 i policzmy


\displaystyle \aligned (a,b) * ((c,d)\boxplus (e,f)) = & (a,b) * (c+e,d+f)\\                               = &(a(c+e) -b(d+f),b(c+e)+a(d+f))\\                               = &(ac+ae -bd-bf,bc+be+ad+af)\\                               = &(ac-bd,bc+ad)\boxplus (ae -bf,be+af)\\                               = &((a,b) * (c,d)) \boxplus ((a,b)*(e,f)), \endaligned


co kończy dowód rozdzielności mnożenia względem dodawania.

a) Zgodnie z definicją działania \displaystyle * mamy

\displaystyle (0,1)* (0,1) =  ( 0\cdot 0 -1\cdot1, 1\cdot0 + 0\cdot 1) =(-1,0);


b) Niech \displaystyle (a,b) \in \mathbb{R}^2. Wtedy

\displaystyle (a,0) \boxplus\big( (b,0) * (0,1)\big) = (a,0) \boxplus (0,b) =(a+0,0+b)= (a,b) .


c) Zauważmy, że dla dowolnych \displaystyle a,b \in \mathbb{R} mamy

\displaystyle h(a) = h(b) \Longrightarrow (a,0) = (b,0) \Longrightarrow a=b .


Wynika stąd, że odwzorowanie \displaystyle h jest iniekcją. Ponadto dla dowolnych \displaystyle a,b \in \mathbb{R} zachodzi:


\displaystyle \aligned h(a+b)  &= (a+b,0) \\         &= (a,0) \boxplus (b,0)\\         &= h(a)\boxplus h(b) \endaligned


oraz


\displaystyle \aligned h( ab) &= (ab,0)\\        &= ( a,0) * (b,0)\\        &= h(a)* h(b).\qedhere \endaligned


Zadanie 1.10

a) Obliczyć \displaystyle (1+\mathbf{i})^5,\  (2+3\mathbf{i})(1-2\mathbf{i}),\ \frac {3 + 4\mathbf{i}}{1-2\mathbf{i}}.
b) Zapisać w postaci trygonometrycznej liczby
\displaystyle   \sqrt 3 +\mathbf{i}, \displaystyle 1 - \mathbf{i}.
c) Udowodnić, że dla dowolnej liczby zespolonej \displaystyle z=a+b\mathbf{i} zachodzi wzór


\displaystyle \root{2} \of {z}=\left\{\zeta,-\zeta\right\},


gdzie


\displaystyle \zeta= \begincases  \sqrt{\frac{|z|+a}{2}}+\sqrt{\frac{|z|-a}{2}}\mathbf{i},&\text{gdy }b\ge 0,\\ \sqrt{\frac{|z|+a}{2}}-\sqrt{\frac{|z|-a}{2}}\mathbf{i},&\text{gdy }b< 0, \endcases \quad |z|=\sqrt{a^2+b^2}.
d) Wyznaczyć \displaystyle \root{2} \of  i oraz \displaystyle  \root{2} \of  {\frac{1}{2}+ \frac {\sqrt 3}{2}i}.


Wskazówka

Działania na liczbach zespolonych wykonujemy tak samo jak na liczbach rzeczywistych, pamiętając, że \displaystyle \mathbf{i}^2 = -1.

Rozwiązanie

a)

\displaystyle \aligned (1+\mathbf{i})^5&=-4-4\mathbf{i},&(2+3\mathbf{i})(1-2\mathbf{i})&=8-\mathbf{i},&\frac {3 + 4\mathbf{i}}{1-2\mathbf{i}}&=-1+2\mathbf{i}. \endaligned

b)

\displaystyle \aligned \sqrt{3} +\mathbf{i} &=2(\cos(\frac{\pi}{6})+\mathbf{i}\sin(\frac{\pi}{6})),\\      1 - \mathbf{i}&=\sqrt{2}(\cos(-\frac{\pi}{4})+\mathbf{i}\sin(-\frac{\pi}{4})). \endaligned

c) Zauważmy, że jeżeli liczba zespolona \displaystyle w=x+y\mathbf{i} jest elementem zbioru \displaystyle \root{2} \of z, czyli spełnia równanie \displaystyle w^2=z, to liczby rzeczywiste \displaystyle x i \displaystyle y spełniają równanie


\displaystyle (x+y\mathbf{i})^2=a+b\mathbf{i}.


Rozpisując lewą stronę przy pomocy wzoru skróconego mnożenia i przyrównując części rzeczywiste i urojone rozważanych liczb zespolonych otrzymujemy układ równań:


x^2-y^2&=a      (1)

2xy&=>b      (2)


Podnosząc oba równania stronami do kwadratu otrzymujemy:


x^4-2x^2y^2+y^4&=a^2      (3)

4x^2y^2&=b^2      (4)


Dodając równania 3 i 4 stronami do siebie i korzystając z odpowiedniego wzoru skróconego mnożenia otrzymujemy równanie


\displaystyle (x^2+y^2)^2=a^2+b^2,


co możemy zapisać


\displaystyle x^2+y^2=|z|,      (5)


bo \displaystyle \sqrt{a^2+b^2}=|z|. Dodając do równania 5 równanie 1 widzimy, że


\displaystyle 2x^2=|z|+a,


czyli


\displaystyle x^2=\frac{|z|+a}{2}


Wstawiając tę wartość \displaystyle x^2 do równania 1 znajdujemy, że


\displaystyle y^2=\frac{|z|-a}{2}.


Ponieważ oczywiście \displaystyle |z|+a\geq 0\displaystyle |z|-a\geq 0, to


\displaystyle |x|=\sqrt {\frac{|z|+a}{2}},\quad |y|=\sqrt{\frac{|z|-a}{2}}.


Z równania 2 wynika, że jeżeli \displaystyle b < 0, to \displaystyle x i \displaystyle y muszą być przeciwnych znaków, zatem rozwiązaniami naszego układu są pary liczb rzeczywistych \displaystyle (x_1,y_1)\displaystyle (x_2,y_2), gdzie


\displaystyle \aligned x_1&= \sqrt{\frac{|z|+a}{2}},& y_1&=-\sqrt{\frac{|z|-a}{2}},\\ x_2&=-\sqrt{\frac{|z|+a}{2}},& y_2&= \sqrt{\frac{|z|-a}{2}}. \endaligned


Jeżeli \displaystyle b \ge 0, to \displaystyle x i \displaystyle y muszą być obie nieujemne lub obie niedodatnie, zatem rozwiązaniami naszego układu są pary liczb rzeczywistych \displaystyle (x_1,y_1)\displaystyle (x_2,y_2), gdzie


\displaystyle \aligned x_1&= \sqrt{\frac{|z|+a}{2}},& y_1&= \sqrt{\frac{|z|-a}{2}},\\ x_2&=-\sqrt{\frac{|z|+a}{2}},& y_2&=-\sqrt{\frac{|z|-a}{2}}. \endaligned


Udowodniliśmy zatem, że


\displaystyle \sqrt{z}=\{\zeta,-\zeta\},


gdzie


\displaystyle \aligned \zeta=&\sqrt{\frac{|z|+a}{2}}-\sqrt{\frac{|z|-a}{2}}\mathbf{i},& -\zeta=&-\sqrt{\frac{|z|+a}{2}}+\sqrt{\frac{|z|-a}{2}}\mathbf{i}, \endaligned


jeżeli \displaystyle b<0 i


\displaystyle \aligned \zeta=&\sqrt{\frac{|z|+a}{2}}+\sqrt{\frac{|z|-a}{2}}\mathbf{i}, & -\zeta=&-\sqrt{\frac{|z|+a}{2}}-\sqrt{\frac{|z|-a}{2}}\mathbf{i}, \endaligned


jeżeli \displaystyle b\ge 0.

d)

\displaystyle \aligned \root{2} \of  {\mathbf{i}}&=\{\frac{\sqrt{2}}{2}(1+\mathbf{i}),-\frac{\sqrt{2}}{2}(1+\mathbf{i})\},\\ \root{2} \of  {\frac{1}{2}+ \frac {\sqrt 3}{2}\mathbf{i}}       &=\{\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\mathbf{i}, -\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}\mathbf{i} \}. \endaligned

Zadanie 1.11

W ciele liczb zespolonych rozwiązać równania:

a) \displaystyle  z^2 + 4\mathbf{i} z - 3 = 0 ,
b) \displaystyle  z^4 -2\mathbf{i} z^2 - 1-2\mathbf{i} = 0.
c) \displaystyle  z^4 + \sqrt 3 z^2 +1 = 0.

Zapisać pierwiastki równania w postaci \displaystyle a +bi.

Wskazówka

Rozważmy równanie \displaystyle  az^2 + bz+c=0, przy założeniu, że \displaystyle a\neq 0. Niech \displaystyle  \Delta = b^2 - 4ac. W dziedzinie zespolonej \displaystyle \root{2} \of {\Delta} zawsze istnieje i poza przypadkiem \displaystyle  \Delta=0 jest zbiorem dwuelementowym; \displaystyle \root{2} \of  {\Delta} = \{ \delta, - \delta \}. Podobnie jak w dziedzinie rzeczywistej mamy równość


\displaystyle az^2 + bz+c =a\left(\left (z+\frac{b}{2a}\right)^2 - \frac {\Delta}{4a^2}\right) .


Stąd


\displaystyle az^2 + bz+c=0  \iff z= \frac {-b +\delta}{2a} \ \ \text {lub} \ \ z= \frac {-b -\delta}{2a}.


W przypadku równania stopnia \displaystyle 4. trzeba zastosować podstawienie \displaystyle w = z^2.

Rozwiązanie

a) Rozwiązaniami równania \displaystyle  z^2 + 4\mathbf{i} z - 3 = 0 są liczby ze zbioru \displaystyle \{-\mathbf{i},-3\mathbf{i}\}.
b) Rozwiązaniami równania \displaystyle  z^4 -2\mathbf{i} z^2 - 1-2\mathbf{i} = 0 są liczby ze zbioru


\displaystyle \{i,-i,\frac{1}{2}\sqrt {2+2\sqrt {5}}+\frac{1}{2}\mathbf{i}\sqrt {-2+2\sqrt {5}},-\frac{1}{2}\sqrt {2+2\sqrt {5}}-\frac{1}{2}\mathbf{i}\sqrt {-2+2\sqrt {5}}\}.


c) Rozwiązaniami równania \displaystyle  z^4 + \sqrt 3 z^2 +1 = 0 są liczby ze zbioru


\displaystyle \aligned \{ & \frac {\sqrt {2 - \sqrt {3}}}{2} -  \frac {\sqrt {2 + \sqrt {3}}}{2} \mathbf{i},  -\frac {\sqrt {2 - \sqrt {3}}}{2} +  \frac {\sqrt {2 + \sqrt {3}}}{2} \mathbf{i},\\ & \frac {\sqrt {2 - \sqrt {3}}}{2} +  \frac {\sqrt {2 + \sqrt {3}}}{2} \mathbf{i},  -\frac {\sqrt {2 - \sqrt {3}}}{2} -  \frac {\sqrt {2 + \sqrt {3}}}{2} \mathbf{i} \}. \qedhere \endaligned


Zadanie 1.12

Niech \displaystyle S := \{ z \in \mathbb{C} ; |z| = 1 \}. Wykazać, że \displaystyle (S,\cdot ) jest grupą. Znaleźć najmniejszy ( ze względu na relację inkluzji) zbiór \displaystyle H \subset S taki, żeby para \displaystyle (H,\cdot) była grupą oraz żeby:

  1. \displaystyle -\frac {1}{2} + \mathbf{i} \frac {\sqrt 3}{2} \in H,
  2. \displaystyle \frac {1}{\sqrt 2} +  \frac{\mathbf{i}} {\sqrt2} \in H.

Wskazówka

Podgrupę \displaystyle H możemy wyznaczyć biorąc kolejne potęgi liczby:

  1. \displaystyle -\frac {1}{2} + \mathbf{i} \frac {\sqrt 3}{2}
  2. \displaystyle \frac {1}{\sqrt 2} +  \frac{\mathbf{i}} {\sqrt2}.

Rozwiązanie

Para \displaystyle (S,\cdot) jest grupą przemienną, ponieważ:

i) \displaystyle \cdot jest działaniem wewnętrznym w \displaystyle S (bo \displaystyle |z_1\cdot z_2|=|z_1||z_2|=1 dla dowolnych \displaystyle z_1,z_2\in S;
ii) \displaystyle \cdot jest działaniem łącznym i przemiennym, którego element neutralny, czyli \displaystyle 1 należy do \displaystyle S);
iii) każdy element \displaystyle z\in S jest odwracalny i element do niego odwrotny, czyli \displaystyle \frac{1}{z} także należy do \displaystyle S ze względu na własności modułu liczby zespolonej.
a) Niech \displaystyle  z = -\frac {1}{2} + \mathbf{i} \frac {\sqrt 3}{2}. Wtedy \displaystyle |z|^2 = \frac {1}{4 }+ \frac {3}{4 }, a zatem \displaystyle  z\in H. Zauważmy, że \displaystyle z^2 =-\frac {1}{2} - \mathbf{i} \frac {\sqrt 3}{2} oraz \displaystyle z^3 = 1. Stąd \displaystyle H = \{1,z,z^2\}. Liczby \displaystyle z i \displaystyle z^2 są wzajemnie odwrotne.
b) Postępujemy tak samo, jak w punkcie a). Dla \displaystyle  z =\frac {1}{\sqrt 2} +  \frac{\mathbf{i}} {\sqrt2} mamy \displaystyle  z^8 = 1, a wszystkie potęgi o wykładnikach naturalnych niższych od \displaystyle 8 są różne od \displaystyle 1. \displaystyle H= \{1,z,z^2,z^3,z^4,z^5,z^6,z^7\}. Elementem odwrotnym do \displaystyle z^k jest \displaystyle  z^{(8-k)}.