Tampereen yliopisto Lineaarialgebra 2 Harjoituksen 1 ratkaisuja Kevät 2024

Tehtävän 1 ratkaisu on Ville Puuskan käsialaa.

Tehtävä 1. Olkoon g, g′, g′′∈ G ja h, h′, h′′∈ H. Tällöin ryhmien (G, ⊙ ) ja (H, ⊗ ) laskutoimitusten liitännäisyyden perusteella

((g, h) · (g′, h′)) · (g′′, h′′)= (g ⊙ g′, h ⊗ h′) · (g′′, h′′)
= ((g ⊙ g′) ⊙ g′′, (h ⊗ h′) ⊗ h′′)
= (g ⊙ (g′⊙ g′′), h ⊗ (h′⊗ h′′))
= (g, h) · (g′⊙ g′′, h′⊗ h′′)
= (g, h) · ((g′, h′) · (g′′, h′′)),

joten myös · on liitännäinen.

Jos e_{G} ∈ G ja e_{H} ∈ H ovat neutraalialkiot, niin (e_{G}, e_{H}) ∈ G × H on myös neutraalialkio, sillä

(e_{G}, e_{H}) · (g, h) = (e_{G} ⊙ g, e_{H} ⊗ h) = (g, h) = (g ⊙ e_{G}, h ⊗ e_{H}) = (g, h) · (e_{G}, e_{H}).

Alkion (g, h) ∈ G × H käänteisalkio on (g^{−1} , h^{−1} ), sillä

(g^{−1} , h^{−1} ) · (g, h) = (g^{−1} ⊙ g, h^{−1} ⊗ h) = (e_{G}, e_{H}) = (g ⊙ g^{−1} , h ⊗ h^{−1} )
= (g, h) · (g^{−1} , h^{−1} ).

Siispä (G × H, ·) on ryhmä.

Oletetaan sitten, että (G, ⊙ ) ja (H, ⊗ ) ovat Abelin ryhmiä. Tällöin

(g, h) · (g′, h′) = (g ⊙ g′, h ⊗ h′) = (g′⊙ g, h′⊗ h) = (g′, h′) · (g, h),

joten myös (G × H, ·) on Abelin ryhmä.

Tehtävä 2. Tapa 1: Muodostetaan suoraan isomorfismi

f: (ℤ/mnℤ, + ) ≅ (ℤ/mℤ, + ) × (ℤ/nℤ, + )

asettamalla

f(t + mnℤ) = (t + mℤ, t + nℤ).

Tämä kuvaus on hyvinmääritelty, sillä jos kokonaisluvuille t, t′ ∈ ℤ pätee t + mnℤ = t′+ mnℤ, niin mn | t − t′, joten m | t − t′ ja n | t − t′, mistä seuraa t + mℤ = t′+ mℤ ja t + nℤ = t′+ nℤ. Vähintään yhtä selvää on, että f on homomorfismi. Vaikeinta on osoittaa kuvauksen f bijektiivisyys. Koska kuvauksen lähtö ja maali ovat samankokoiset ja äärelliset, riittää osoittaa, että f on surjektio.

Olkoot u, v ∈ ℤ. Lukuteoriasta tiedetään, että on olemassa sellaiset a, b ∈ ℤ, että am + bn = 1, sillä syt(m, n) = 1. Asetetaan t = ubn + vam. Tällöin

\{ \begin{matrix}t ≡ ubn = u(1 − am) ≡ u · 1 = u (mod m) \\ t ≡ vam = v(1 − bn) ≡ v · 1 = u (mod n), \end{matrix}

joten f(t) = (u + mℤ, v + nℤ) ja surjektiivisyys on näytetty.

Tapa 2 (á la SaLä): Samankokoiset sykliset ryhmät ovat isomorfisia. Molemmat tarkasteltavat ryhmät ovat mn alkion ryhmiä, ja (ℤ/mnℤ, + ) on tunnetusti syklinen, joten riittää osoittaa, että myös (ℤ/mℤ, + ) × (ℤ/nℤ, + ) on syklinen. Tämän näyttämiseksi riittää edelleen löytää tuloryhmälle virittäjä. Osoitetaan, että g = (1 + mℤ, 1 + nℤ) on tällainen. Olkoon r sen kertaluku. Tällöin rg = (r +mℤ, r +nℤ) = (0+mℤ, 0+nℤ), joten m | r ja n | r. Koska syt(m, n) = 1, tästä seuraa mn | r. Toisaalta selvästi (mn)g = (0 + mℤ, 0 + nℤ), joten r = mn ja g virittää tuloryhmän (ℤ/mℤ, + ) × (ℤ/nℤ, + ).

Tapa 3: (á la ReLö) Tarkastellaan kanonista homomorfismia h: ℤ → (ℤ/mℤ) × (ℤ/nℤ),

h(t) = (t + mℤ, t + nℤ).

Se on selvästi surjektio, joten ryhmien homomorfismilauseen nojalla

(ℤ/ Ker(h), + ) ≅ (ℤ/mℤ, + ) × (ℤ/nℤ, + ).

Toisaalta t ∈ Ker(h) eli (t + mℤ, t + nℤ) = h(t) = (0 + mℤ, + + nℤ), jos ja vain jos yht’aikaa m | t ja n | t. Koska syt(m, n) = 1, tämä on yhtäpitävää sen kanssa, että nm | t. Siis Ker(h)) = mnℤ, mikä todistaa väitteen.

Tehtävä 3. Olkoot 𝔾 = (H, ·) ja ℍ = (H, ·) ryhmiä sekä f epimorfismi ryhmästä 𝔾 ryhmään ℍ.

a) Oletetaan, että 𝔾 on syklinen, ts. on olemassa alkio a ∈ G, joka virittää sen. Virittäminen vuorostaan tarkoittaa tässä tapauksessa, että G = {a^{n} | n ∈ ℤ}. Osoitetaan, että f(a) virittää ryhmän ℍ. Olkoon h ∈ H. Koska f on surjektio, on olemassa g ∈ G, jolle f(g) = h, ja koska 𝔾 on syklinen, niin jollakin n ∈ ℤ pätee g = a^{n}. Kuvauksen f homomorfisuuden tähden saadaan

h = f(g) = f(a^{n}) = f(a)^{n}.

Alkio f(a) siis virittää ryhmän ℍ, joten se on syklinen.

b) Oletetaan, että 𝔾 on Abelin ryhmä. Olkoot h, h′ ∈ H. Valitaan g, g ∈ G, joille h = f(g) ja h′ = f(g′), mikä on mahdollista, sillä f on surjektio. Koska f on myös homomorfismi, pätee

hh′= f(g)f(g′) = f(gg′) = f(g′g) = f(g′)f(g) = h′h,

joten ℍ on Abelin ryhmä.

Tehtävä 4. Matriisien sarakkeet saadaan selville laskemalla, miten standardikannan alkiot kuvautuvat:

A(1, 0) = (1 + 0, 2 · 1 − 3 · 0) = (1, 2), A(0, 1) = (0 + 1, 2 · 0 − 3 · 1) = (1, −3)
B(1, 0) = (0, 1 − 5 · 0) = (0, 1),  B(0, 1) = (1, 0 − 5 · 1) = (1, −5).

Siis

M(A) = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & −3 \end{matrix}) ja M(B) = ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & −5 \end{matrix}) .

Matriisien kertolaskulla saadaan

M(A∘B) = M(A) M(B) = ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & −3 \end{matrix}) ( \begin{matrix}0 & 1 \\ 1 & −5 \end{matrix}) = ( \begin{matrix}1 · 0 + 1 · 1 & 1 · 1 + 1 · −5 \\ 2 · 0 + −3 · 1 & 2 · 1 + −3 · −5 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 & −4 \\ −3 & 17 \end{matrix}) ,

minkä voi tarkastaa sopivalla matemaattisella ohjelmistolla, esim. Octavella. Siis A ∘ B: ℝ^{2} → ℝ^{2},

(A ∘ B)(x) = (x − 4y, −3x + 17y).

Tehtävä 5. A ei ole injektio, sillä

( \begin{matrix}1 & 0 & −1 \\ −1 & 2 & 4 \\ 0 & 2 \end{matrix}) ( \begin{matrix}2 \\ −3 \\ 2 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}1 · 2 + 0 · (−3) + (−1) · 2 \\ (−1) · 2 + 2 · (−3) + 4 · 2 \\ 0 · 2 + 2 · (−3) + 3 · 2 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}2 + 0 − 2 \\ −2 − 6 + 8 \\ 0 − 6 + 6 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

eli A(2, −3, 2) = (0, 0, 0) = A(0, 0, 0). B sen sijaan on injektio, mikä on helpointa osoittaa toteamalla determinantin poikkeavan nollasta:

|\begin{matrix}1 & −2 & 3 \\ 1 & 3 & 5 \\ 7 & 5 & −3 \end{matrix}| = 1 · 3 · (−3) + 1 · 5 · 3 + 7 · (−2) · 5 − 1 · 5 · 5 − 1 · (−2) · (−3) − 7 · 3 · 3
= −9 + 15 − 70 − 25 − 6 − 63 = −158 ≠ 0.

Tehtävä 6. Kunnan (K, +, ·) kertolaskuryhmässä on kolme alkiota, joten se on syklinen; virittäjäksi kelpaavat a ja b kumpikin. Siis a^{1} = a, a^{2} = b ja a^{3} = 1. Kertolaskuryhmän kertotauluksi saadaan (a · a = a^{2} = b, a · b = b · a = a^{1+2} = 1, b^{2} = (a^{2})^{2} = a^{4} = a)

\begin{matrix}· & 1 & a & b \\ 1 & 1 & a & b \\ a & a & b & 1 \\ b & b & 1 & a. \end{matrix}

Koska 0 · x = x · 0 = 0, kun x ∈ K, niin koko kunnan (K, +, ·) kertolaskutaulu on

\begin{matrix}· & 0 & 1 & a & b \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & a & b \\ a & 0 & a & b & 1 \\ b & 0 & b & 1 & a. \end{matrix}

Yhteenlaskua varten todetaan ensin, että ryhmässä (K, +) on neljä alkiota, joten sen alkioiden kertaluvut ovat neljän tekijöitä. Erityisesti 1 + 1 + 1 + 1 = 0, joten

(1 + 1) · (1 + 1) = 1 · 1 + 1 · 1 + 1 · 1 + 1 · 1 = 1 + 1 + 1 + 1 = 0.

Tulon nollasäännöstä seuraa nyt 1 + 1 = 0. (Tämä voidaan päätellä myös siitä, että kunnan karakteristika on aina alkuluku tai nolla. Toisaalta tämän faktan todistus on suora yleistys yllä esitetystä päättelystä.)

Siis kaikilla x ∈ K pätee x + x = x · 1 + x · 1 = x · (1 + 1) = x · 0 = 0. (Ryhmäteoriaa tuntevat tunnistavat ryhmän jo tässä vaiheessa Kleinin neliryhmäksi.) Koska 0 on neutraalialkio, yhteenlaskutaulusta tunnetaan tässä vaiheessa 10 paikkaa. Loput selviävät sillä perusteella, ettei riveillä tai sarakkeilla voi olla toistoa.

\begin{matrix}+ & 0 & 1 & a & b \\ 0 & 0 & 1 & a & b \\ 1 & 1 & 0 & b & a \\ a & a & b & 0 & 1 \\ b & b & a & 1 & 0. \end{matrix}