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

Zadanie 1.1

Sprawdzić, która z wymienionych par jest grupą:

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

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

Zadanie 1.2

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned a*a = b*b = a, \qquad a*b=b*a=b.\endaligned}

Wykazać, że $(G,*)$ jest grupą przemienną.

Wskazówka

Ponieważ zbiór $G$ 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 $G$.

Rozwiązanie

Działanie $*$ można zilustrować przy pomocy następującej tabelki:

$\begin{array}{ccc}*& a& b\\ a& a& b\\ b& b& a\end{array}.$

Analizując ją można zauważyć, że:

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

Niech $x$, $y$ oraz $z$ będą dowolnymi elementami zbioru $G$. Oznaczmy

$\text{L}=(x*y)*z,x*(y*z)=\text{P}.$

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tmpl”): {\displaystyle \displaystyle \begin{array} {ccc||c|c||c|c||c} x & y & z & x*y & \tmpl & y*z & \tmpp & \tmp \\ \hline a & a & a & a & \bz & a & \bz & \textsc{Tak} \\ b & a & a & b & \bo & a & \bo & \textsc{Tak} \\ a & b & a & b & \bo & b & \bo & \textsc{Tak} \\ a & a & b & a & \bo & b & \bo & \textsc{Tak} \\ a & b & b & b & \bz & a & \bz & \textsc{Tak} \\ b & a & b & b & \bz & b & \bz & \textsc{Tak} \\ b & b & a & a & \bz & b & \bz & \textsc{Tak} \\ b & b & b & a & \bo & a & \bo & \textsc{Tak} \\\hline \end{array} }

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

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

Zadanie 1.3

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

$x*y=x+y-xy.$

Sprawdzić, czy para $(X,*)$ jest grupą.

Wskazówka

Należy najpierw zbadać, czy tak zdefiniowane działanie

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

Rozwiązanie

Zaobserwujmy

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

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

dowiedziemy, że

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

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

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

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

$x-1=y(x-1).$

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

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

co kończy dowód naszej implikacji.

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

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned x*(y*z)&=x*(y+z-yz)<br>&=x+(y+z-yz)-x(y+z-yz)<br>&=x+y+z-yz-xy-xz+xyz.\endaligned}

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

$(x+y-xy)+z-xz-yz+xyz$

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

$(x+y-xy)+z-(x+y-xy)z=(x*y)*z,$

co było do okazania.

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

$x*e=x,$

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

$x+e-xe=x$

możemy też zapisać tak

$-e(x-1)=0.$

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

$0*x=0+x-0x=x,$

a zatem $0$ jest elementem neutralnym.

Sprawdzimy, że każda liczba wymierna różna od $1$ posiada element odwrotny względem działania $*$. Ustalmy dowolnie $y\in \mathbb{\mathbb{Q}}\setminus \{1\}$. Pytamy, czy można znaleźć liczbę wymierną $x\ne 1$ taką, że $x*y=y*x=0$. Taka liczba $x$ musi być rozwiązaniem równania:

$x+y-xy=0$

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

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

Zadanie 1.4

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

$(x_1,x_2)*(y_1,y_2):=(x_1+y_1,x_2{y}_2).$

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

Wskazówka

Trzeba sprawdzić po kolei wszystkie warunki z definicji

grupy.

Rozwiązanie

Wykażemy, że $*$ jest działaniem wewnętrznym

w zbiorze $X$. Niech $(x_1,x_2),(y_1,y_2)\in X$. Oznacza to, że $x_2=2^{x_1}$ i $y_2=2^{y_1}$. Wówczas:

(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_2+y_2}),

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

((x,2^{x})*(y,2^y))*(z,2^z) &=(x+y,2^{(x+y)})*(z,2^z)
&=((x+y)+z,2^{((x+y)+z)}).

Analogicznie

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

Na mocy łączności dodawania liczb rzeczywistych zachodzi oczywiście

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

co kończy dowód łączności naszego działania.

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

$(x,2^x)*(0,1)=(x+0,2^x{2}^0)=(x,2^x).$

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

Zadanie 1.5

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

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

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

Dowód Komentarz

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \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 }

Wskazówka

Niech $g_0$ będzie elementem neutralnym w $(G,*)$, a

$h_0$ elementem neutralnym w $(H,\cdot )$. Wtedy $(g_0,h_0)$ jest elementem neutralnym w $(G\times H,\otimes )$. Sprawdźmy, że jeśli $g^{\prime }$ jest elementem odwrotnym do $g$ w grupie $G$, a $h^{\prime }$ elementem odwrotnym do $h$ w grupie $H$, to para $(g^{\prime },h^{\prime })$ jest elementem odwrotnym do $(g,h)$ w $(G\times H,\otimes )$.

Rozwiązanie

Niech $(G,*)$ i $(H,\cdot )$ będą dowolnymi grupami.

Działanie $\otimes$ jest łączne, bo dla dowolnych par $(g_1,h_1)$, $(g_2,h_2)$, $(g_3,h_3)$ korzystając z łączności działań $*$ oraz $\cdot$ możemy napisać:

((g_1,h_1)(g_2,h_2))(g_3,h_3)&=(g_1*g_2,h_1 h_2)(g_3,h_3)
&=((g_1*g_2)*g_3,(h_1 h_2) h_3)

i analogicznie otrzymujemy:

(g_1,h_1)((g_2,h_2)(g_3,h_3))&=(g_1*(g_2*g_3),h_1( h_2 h_3)).

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

Jeżeli $g_0$ jest elementem neutralnym w grupie $(G,*)$, a $h_0$ jest elementem neutralnym w grupie$(H,\cdot )$, to para $(g_0,h_0)$ jest elementem neutralnym dla działania $\otimes$. Jest tak ponieważ dla dowolnego elementu $(g,h)\in G\times H$ mamy

(g,h) (g_0,h_0)&=(g*g_0),h h_0)
&=(g,h)

i analogicznie

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

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

(g,h) (g',h')&=(g*g',h h')
&=(g_0,h_0)

i tak samo

$(g^{\prime },h^{\prime })\otimes (g,h)=(g_0,h_0),$

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

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

(g_1,h_1) (g_2,h_2)&=(g_1*g_2,h_1 h_2)
&=(g_2*g_1,h_2 h_1)
&=(g_2,h_2) (g_1,h_1).

Zadanie 1.6

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

$G^X:=\{f\mid f:X\to G\}$

wprowadzamy działanie $⊞$ w następujący sposób:

$f⊞g:X\ni x\to f(x)+g(x)\in G,f,g\in G^X.$

Wykazać, że $(G^X,⊞)$ jest grupą (przemienną).

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

$(f⊞g)⊞h=f⊞(g⊞h).$

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

$((f⊞g)⊞h)(x)=(f⊞(g⊞h))(x)$

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

((f g) h)(x)&{(*)}{=} ((f g)(x))+ h(x)
&{(*)}{=} (f(x)+g(x))+h(x)
&{(**)}{=} f(x)+(g(x)+h(x))
&{(*)}{=} f(x)+((g h)(x))
&{(*)}{=} (f (g h))(x).

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

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

$f⊞f_e=f_e⊞f=f$

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

(f f_e) (x)&=f(x)+f_e(x)
&=f(x)+e=f(x)
&=e+f(x)
&=f_e(x)+f(x)
&=(f_e f) (x).

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

(f f_-) (x) & = f(x) + f_-(x)
& = f(x) + (-f(x))
& = e
& = f_e(x)
& = e
& = -f(x)+f(x)
& = f_-(x)+f(x)
& = (f_- f) (x).

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

$f⊞f_{-}=f_{-}⊞f=f_e,$

co oznacza, że $f_{-}$ jest elementem odwrotnym do $f$ względem działania $⊞.$ Jeżeli $+$ jest działaniem przemiennym, to

(f g)(x) & = f(x) + g(x)
& = g(x) + f(x)
& = (g f) (x),

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle f\boxplus g = g\boxplus f.\qedhere }

Zadanie 1.7

Niech $(G,*)$ będzie dowolną grupą i niech $a\in G$ będzie dowolnie ustalonym elementem. Wykazać, że odwzorowanie ${\phi }_a:G\ni x\to a*x\in G$ 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 $a\in G$ odwzorowanie ${\phi }_{a^{\prime }}$, gdzie $a^{\prime }$ oznacza element odwrotny do $a$ względem działania $*$, jest odwrotne do ${\phi }_a$.

Wybierzmy dowolne $x\in G$. Wówczas

${\phi }_{a^{\prime }}\circ {\phi }_a(x)={\phi }_{a^{\prime }}(a*x)=a^{\prime }*(a*x)=(a^{\prime }*a)*x=x.$

Ponieważ $x$ było dowolne, wnosimy, że ${\phi }_{a^{\prime }}\circ {\phi }_a=I_G$. Analogicznie

${\phi }_a\circ {\phi }_{a^{\prime }}(x)={\phi }_a(a^{\prime }*x)=a*(a^{\prime }*x)=(a*a^{\prime })*x=x,$

zatem ${\phi }_a\circ {\phi }_{a^{\prime }}=\text{id}$. Wykazaliśmy, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\id”): {\displaystyle \displaystyle \varphi_{a}\circ\varphi_{a'}=\varphi_{a'}\circ\varphi_{a}=\id, }

czyli $\phi$ musi być bijekcją.

Zadanie 1.8

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

1. dodawaniem $+:K\times K\to K$ określonym równościami

0+0 &=0,& 1+1 &=0,
1+0 &=1,& 0+1 &=1.

1. mnożeniem $\cdot :K\times K\to K$ określonym równościami

0 0 &=0,& 1 1 &=1,
1 0 &=0,& 0 1 &=0.

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

Wskazówka

Można skorzystać z zadania 1.2.

Rozwiązanie

Wystarczy sprawdzić, że

1. $(K,+)$ jest grupą przemienną;
2. $(K\setminus \{0\},\cdot )$ jest grupą przemienną;
3. działanie $\cdot$ jest rozdzielne względem działania $+$.

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

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

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

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

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

Zadanie 1.9

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

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

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

Dodatkowo wykazać, że :

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

$(a,b)=(a,0)⊞((a,0)*(0,1)).$

1. Odwzorowanie

$h:\mathbb{ℝ}\ni a\to (a,0)\in {\mathbb{ℝ}}^2$ jest iniekcją o następujących własnościach:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall a,b\in \mathbb R \qquad&&h(a+b)& <nowiki>=</nowiki> h(a)\boxplus h(b), <br> \forall a,b\in \mathbb R \qquad &&h(a b)& <nowiki>=</nowiki> h(a)* h(b).}

Dowód Komentarz

1. Od tej chwili ciało $({\mathbb{ℝ}}^2,⊞,*)$ będziemy krótko

oznaczać literą $\mathbb{ℂ}$. Będziemy także pisali "+" zamiast $⊞$, zaś symbol "$*$" będziemy opuszczać. Elementy ciała $\mathbb{ℂ}$ będziemy nazywać liczbami zespolonymi.

1. Kładąc $\mathbf{𝐢}:=(0,1)$, na podstawie

punktów (b) i (c), dowolną liczbę $z\in \mathbb{ℂ}$ możemy zapisać w postaci

$z=(a,b)=h(a)+h(b)\mathbf{𝐢}$

lub krócej

$z=a+b\mathbf{𝐢},$

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

1. Dla liczby naturalnej $n\ge 2$ i dla $z=x+y\mathbf{𝐢}\in \mathbb{ℂ}$ wprowadzamy oznaczenia:

|z| &:= {x^2+y^2},
{n} z &:= w {C} : w^n = z .

1. Każdą liczbę zespoloną możemy zapisać w postaci trygonometrycznej,

tzn. w postaci

$z=|z|(\cos \phi +\mathbf{𝐢}\sin \phi ),$

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

{1ex}

Wskazówka

Można skorzystać z wniosku z zadania 1.5|.

Rozwiązanie

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

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

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

czyli

$(a,b)*(c,d)=(c,d)*(a,b),$

co oznacza, że działanie $*$ jest przemienne.

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

((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)).

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

(1,0) *(a,b) &= ( 1 a -0 b, 0 a+1 b)
&= (a,b).

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

(a,b)*& ( {a}{a^2+b^2},{-b}{a^2+ b^2})
&=(a{a}{a^2+b^2}-b{-b}{a^2+ b^2}, b{a}{a^2+b^2}+a{-b}{a^2+ b^2})
&=({a^2}{a^2+b^2} + {b^2}{a^2+ b^2}, {ab}{a^2+b^2}-{ab}{a^2+b^2})
&=(1,0).

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

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

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

(a,b) * ((c,d) (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) (ae -bf,be+af)
= &((a,b) * (c,d)) ((a,b)*(e,f)),

co kończy dowód rozdzielności mnożenia względem dodawania.

1. Zgodnie z definicją działania $*$ mamy:

$(0,1)*(0,1)=(0\cdot 0-1\cdot 1,1\cdot 0+0\cdot 1)=(-1,0);$

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

$(a,0)⊞((b,0)*(0,1))=(a,0)⊞(0,b)=(a+0,0+b)=(a,b).$

1. Zauważmy, że dla dowolnych $a,b\in \mathbb{ℝ}$ mamy

$h(a)=h(b)⟹(a,0)=(b,0)⟹a=b.$

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

h(a+b) &= (a+b,0)
&= (a,0) (b,0)
&= h(a) h(b)

oraz

h( ab) &= (ab,0)
&= ( a,0) * (b,0)
&= h(a)* h(b).

Zadanie 1.10

1. Obliczyć $(1+\mathbf{𝐢}{)}^5,(2+3\mathbf{𝐢})(1-2\mathbf{𝐢}),\frac{3+4\mathbf{𝐢}}{1-2\mathbf{𝐢}}$.
2. Zapisać w postaci trygonometrycznej liczby: $\sqrt{3}+\mathbf{𝐢}$, $1-\mathbf{𝐢}$.
3. Udowodnić, że dla dowolnej liczby

zespolonej $z=a+b\mathbf{𝐢}$ zachodzi wzór

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \displaystyle \root{2} \of {z}=\left\{\zeta,-\zeta\right\}, }

gdzie

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begincases”): {\displaystyle \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}. }

1. Wyznaczyć Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \displaystyle \root{2} \of i} oraz Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \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 ${\mathbf{𝐢}}^2=-1$.

Rozwiązanie

(1+{i})^5&=-4-4{i},&(2+3{i})(1-2{i})&=8-{i},& {3 + 4{i}}{1-2{i}}&=-1+2{i}.

{3} +{i} &=2(({}{6})+{i}({}{6})),
1 - {i}&={2}((-{}{4})+{i}(-{}{4})).

1. Zauważmy, że jeżeli liczba zespolona $w=x+y\mathbf{𝐢}$ jest elementem zbioru

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \displaystyle \root{2} \of z } , czyli spełnia równanie $w^2=z$, to liczby rzeczywiste $x$ i $y$ spełniają równanie:

$(x+y\mathbf{𝐢}{)}^2=a+b\mathbf{𝐢}.$

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

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle x^2-y^2&=a}      (1)

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 2xy&=>b}      (2)

Podnosząc oba równania stronami do kwadratu otrzymujemy:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle x^4-2x^2y^2+y^4&<nowiki>=</nowiki>a^2}      (3)

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle 4x^2y^2&<nowiki>=</nowiki>b^2}      (4)

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

$(x^2+y^2{)}^2=a^2+b^2,$

co możemy zapisać

$x^2+y^2=|z|,$      (5)

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

$2x^2=|z|+a,$

czyli

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

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

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

Ponieważ oczywiście $|z|+a\ge 0$ i $|z|-a\ge 0$, to

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

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

x_1&= {{|z|+a}{2}},& y_1&=-{{|z|-a}{2}},
x_2&=-{{|z|+a}{2}},& y_2&= {{|z|-a}{2}}.

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

x_1&= {{|z|+a}{2}},& y_1&= {{|z|-a}{2}},
x_2&=-{{|z|+a}{2}},& y_2&=-{{|z|-a}{2}}.

Udowodniliśmy zatem, że

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

gdzie

=&{{|z|+a}{2}}-{{|z|-a}{2}}{i},& -=&-{{|z|+a}{2}}+{{|z|-a}{2}}{i},

jeżeli $b<0$ i

=&{{|z|+a}{2}}+{{|z|-a}{2}}{i}, & -=&-{{|z|+a}{2}}-{{|z|-a}{2}}{i},

jeżeli $b\ge 0$.

{2} {i}&=Szablon:2{2}(1+{i}),-Szablon:2{2}(1+{i}),
{2} {{1}{2}+ { 3}{2}{i}} &=Szablon:3{2}+{1}{2}{i}, -Szablon:3{2}-{1}{2}{i} .

Zadanie 1.11

W ciele liczb zespolonych rozwiązać równania:

1. $z^2+4\mathbf{𝐢}z-3=0$ ,
2. $z^4-2\mathbf{𝐢}{z}^2-1-2\mathbf{𝐢}=0$.
3. $z^4+\sqrt{3}{z}^2+1=0$.

Zapisać pierwiastki równania w postaci $a+bi$.

Wskazówka

Rozważmy równanie $a{z}^2+bz+c=0$, przy założeniu, że $a\ne 0$. Niech $\mathrm{\Delta }=b^2-4ac$. W dziedzinie zespolonej Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \displaystyle \root{2} \of {\Delta} } zawsze istnieje i poza przypadkiem $\mathrm{\Delta }=0$ jest zbiorem dwuelementowym; Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \displaystyle \root{2} \of {\Delta} = \{ \delta, - \delta \} } . Podobnie jak w dziedzinie rzeczywistej mamy równość

$a{z}^2+bz+c=a({(z+\frac{b}{2a})}^2-\frac{\mathrm{\Delta }}{4a^2}).$

Stąd

$a{z}^2+bz+c=0⟺z=\frac{-b+\delta }{2a}\text{lub}z=\frac{-b-\delta }{2a}.$

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

Rozwiązanie

1. Rozwiązaniami równania $z^2+4\mathbf{𝐢}z-3=0$ są liczby ze zbioru

$\{-\mathbf{𝐢},-3\mathbf{𝐢}\}$.

1. Rozwiązaniami równania $z^4-2\mathbf{𝐢}{z}^2-1-2\mathbf{𝐢}=0$ są liczby ze

zbioru

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

1. Rozwiązaniami równania $z^4+\sqrt{3}{z}^2+1=0$ są liczby ze

zbioru

& { {2 - {3}}}{2} - { {2 + {3}}}{2} {i}, - { {2 - {3}}}{2} + { {2 + {3}}}{2} {i},
& { {2 - {3}}}{2} + { {2 + {3}}}{2} {i}, - { {2 - {3}}}{2} - { {2 + {3}}}{2} {i} .

Zadanie 1.12

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

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

Wskazówka

Podgrupę $H$ możemy wyznaczyć biorąc kolejne potęgi liczby:

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

Rozwiązanie

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

1. $\cdot$ jest działaniem wewnętrznym w $S$ (bo $|z_1\cdot z_2|=|z_1||z_2|=1$ dla dowolnych $z_1,z_2\in S$;
2. $\cdot$ jest działaniem łącznym i przemiennym, którego element neutralny,

czyli $1$ należy do $S$);

1. każdy element $z\in S$ jest

odwracalny i element do niego odwrotny, czyli $\frac{1}{z}$ także należy do $S$ ze względu na własności modułu liczby zespolonej.

1. Niech $z=-\frac{1}{2}+\mathbf{𝐢}\frac{\sqrt{3}}{2}$. Wtedy $|z{|}^2=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}$, a zatem $z\in H$. Zauważmy, że $z^2=-\frac{1}{2}-\mathbf{𝐢}\frac{\sqrt{3}}{2}$ oraz $z^3=1$. Stąd $H=\{1,z,z^2\}$. Liczby $z$ i $z^2$ są wzajemnie odwrotne.
2. Postępujemy tak samo, jak w punkcie a). Dla $z=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{\mathbf{𝐢}}{\sqrt{2}}$ mamy $z^8=1$, a wszystkie

potęgi o wykładnikach naturalnych niższych od $8$ są różne od $1$. $H=\{1,z,z^2,z^3,z^4,z^5,z^6,z^7\}$. Elementem odwrotnym do $z^k$ jest $z^{(8-k)}$.