Tampereen yliopisto Lineaarialgebra 2 Harjoituksen 2 ratkaisuja Kevät 2024

Tehtävien 1–6 ratkaisut on muokattu Ville Puuskan tekemistä.

Tehtävä 1. Olkoon a ∈ R. Tällöin

a · 0 = a · (0 + 0) = a · 0 + a · 0,

joten vähentämällä molemmilta puolilta a · 0 saadaan

0 = a · 0.

Vastaavasti nähdään, että 0 · a = 0.

Tehtävä 2. Alkio a + 126ℤ ∈ ℤ/126ℤ on kääntyvä, jos ja vain jos on olemassa b ∈ ℤ, jolle (a + 126ℤ)(b + 126ℤ) = 1 + 126ℤ eli ab + 126ℤ = 1 + 126ℤ. Tämä pätee täsmälleen silloin, kun on olemassa sellainen n ∈ ℤ, että 1 = ab + 126n. Diofantoksen yhtälöistä tiedetään algebran peruskursseilta, että

∃x, y ∈ ℤ: cx + dy = 1 ⟺ syt(c, d) = 1,

kun c, d ∈ ℤ. Sovelletaan tätä kertoimiin a ja 126 sekä tuntemattomiin b ja n: a + 126ℤ on kääntyvä, jos ja vain jos syt(a, 126) = 1. Alkutekijäesityksen 126 = 2 · 3^{2} · 7 avulla saadaan kääntyvien alkioiden joukoksi

(ℤ/126ℤ)^{∗} = {a + 126ℤ ∈ ℤ_{126} | syt(a, 126) = 1}
= {a + 126ℤ ∈ ℤ_{126} | 2 ∤ a, 3 ∤ a, 7 ∤ a}
= {±a + 126ℤ ∈ ℤ_{126} | a ∈ I},

missä

I = {1, 5, 11, 13, 17, 19, 23, 25, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 55, 59, 61}.

Tehtävä 3. a) Määritellään A = {(x, y) ∈ ℝ^{2} | xy = 0} (yleisemmin tässä sopii esimerkiksi mikä tahansa kahden origon kautta kulkevan suoran yhdiste). A on selvästi vakaa skalaarilla kertomisen suhteen, mutta ei yhteenlaskun suhteen, sillä (1, 0), (0, 1) ∈ A ja (1, 1) ∉ A. b) Määritellään B = ℤ^{2}. Selvästi B on vakaa yhteenlaskun suhteen, mutta ei skalaarilla

kertomisen suhteen, sillä (1, 0) ∈ B, mutta (π, 0) = π(1, 0) ∉ B.

Aivan toisenlaisen esimerkin saisi jälkimmäiseen kohtaan valitsemalla joukoksi jonkin tason suljetuista neljänneksistä tai yleisemmin minkä tahansa taso kulman (mukaan lukien kylkien väliin jäävä alue), missä kärki on origossa.

Tehtävä 4. Tapa 1 á la VP: Ryhmälle ℤ_{2} ei voida antaa ℤ_{3}-modulirakennetta. Osoitetaan tämä tekemällä vastaoletus, että ⊗: ℤ_{3} × ℤ_{2} → ℤ_{2} on skalaarikerronta joka tekee ryhmästä ℤ_{2} ℤ_{3}-modulin. Nyt

1 + 2ℤ = 1 + 1 + 1 + 2ℤ
= (1 + 2ℤ) + (1 + 2ℤ) + (1 + 2ℤ)
= (1 + 3ℤ) ⊗ (1 + 2ℤ) + (1 + 3ℤ) ⊗ (1 + 2ℤ) + (1 + 3ℤ) ⊗ (1 + 2ℤ)
= ((1 + 3ℤ) + (1 + 3ℤ) + (1 + 3ℤ)) ⊗ (1 + 2ℤ)
= (1 + 1 + 1 + 3ℤ) ⊗ (1 + 2ℤ)
= (0 + 3ℤ) ⊗ (1 + 2ℤ)
= 0 + 2ℤ,

mikä on mahdotonta.

Edellistä ideaa voi varioida monella tavalla, saatikka sitten, että muunkinlaisia esimerkkejä on:

Tapa 2 á la OO: Osoitetaan, että reaalilukujen yhteenlaskuryhmää (ℝ, + ) ei voi varustaa ℤ/2ℤ-vektoriavaruuden rakenteella. Jos tämä olisi mahdollista, saataisiin vektoriavaruuden laskulakien perusteella nimittäin

2π = π + π = 1_{ℤ/2ℤ} · π + 1_{ℤ/2ℤ} · π = (1_{ℤ/2ℤ} + 1_{ℤ/2ℤ})π = 0_{ℤ/2ℤ}π = 0,

mikä on mieletöntä.

Tehtävä 5. Olkoon x, y ∈ G ja f, g ∈ H. Nyt

1) f · (x + y) = f(x + y) = f(x) + f(y) = fx + fy,

2) (f + g)x = (f + g)(x) = f(x) + g(x) = fx + gx,

3) f · (g · x) = f(g(x)) = (f ∘ g)(x) = (f ∘ g)x,

4) 1x = id(x) = x.

Siispä G on H-moduli.

Tehtävä 6. Aloitetaan Abelin ryhmän aksioomista. Olkoon A, B, C ⊆ X.

• Todetaan ensin, että laskutoimitus on vaihdannainen: A△B = (A \ B) ∪ (B \ A) = (B \ A) ∪ (A \ B) = B△A.

• (A△B)△C = ((A \ B) ∪ (B \ A))△C = ( ((A \ B) ∪ (B \ A)) \ C) ∪ ( C \ ((A \

B) ∪ (B \ A)) ) = (A \ (B ∪ C)) ∪ (B \ (A ∪ C)) ∪ ( C \ ((A ∪ B) \ (A ∩ B)) ) =

(A \ (B ∪ C)) ∪ (B \ (A ∪ C)) ∪ (C \ (A ∪ B)) ∪ (A ∩ B ∩ C). Viimeinen joukko on selvästi aina sama joukkojen A, B ja C järjestyksestä riippumatta, joten myöskin A△(B△C) = (C△B)△A on yhtäsuuri viimeisen joukon kanssa. Siis

(A△B)△C = A△(B△C).

• Triviaalisti ∅△A = A, eli ∅ on neutraalialkio.

• Selvästi myös A△A = ∅, joten A on itsensä vasta-alkio.

Siis (P(X), △) on Abelin ryhmä. Huomaa, että kahdessa viimeisessä kohdassa riittää osoittaa vain toinen aksiooman yhtäsuuruuksista, koska laskutoimituksen vaihdannaisuus antaa jäljelle jäävän yhtäsuuruuden.

Tunnetusti (ℤ/2ℤ, + , ·) on kunta.

Osoitetaan nyt, että ryhmä (P(X), △) voidaaan varustaa ℤ/2ℤ-vektoriavaruuden rakenteella tehtävässä selitetyllä tavalla. Olkoot A, B ∈ P(X) ja a, b ∈ ℤ/2ℤ.

1) Jos a = ¯0, niin a · (A△B) = ¯0· (A△B) = ∅ = ∅△∅ = (¯0· A)△(¯0· B), jos taas a = ¯1, niin a · (A△B) = ¯1 · (A△B) = A△B = (¯1 · A)△(¯1 · B).

2)

(a + b)A = \{ \begin{matrix}∅, & jos a = b = ¯0 tai a = b = ¯1, \\ A, & jos a ≠ b, \end{matrix}

ja

aA△bA = \{ \begin{matrix}∅, & jos a = b = 0 \\ A, & jos a ≠ b, \\ A△A, & jos a = b = 1, \end{matrix} = \{ \begin{matrix}∅, & a = b = 0 tai a = b = 1 \\ A, & a ≠ b, \end{matrix}

sillä A△A = ∅. Siispä (a + b)A = aA△bA.

3) Jos b = ¯1, niin bA = A ja ab = a, joten (ab)A = aA = a(bA). Jos taas b = ¯0, niin bA = ∅, ab = ¯0ja (ab)A = ¯0 · A = ∅ = a · ∅ = a(bA).

4) Viimeinen laskulaki pätee suoraan asetetun skalaaritulon määritelmän nojalla.

Näin ollen (P(X), △) on ℤ/2ℤ-vektoriavaruus.