1 Seznámení s relacemi

Transkript

1 O relacích Pavel Klavík stručný tetík ke cvičení diskrétní matematik V tomto tetu si kusíme přiblížit, jak fungují relace. Zaměříme se například na jejich skládání, kterému není například v Kapitolách diskrétní matematik věnováno tolik prostoru, kolik b si asloužilo. Relace jsou ákladním konceptem, který je při studiu matematik velice důležité pochopit. V ávěru tetu také míníme několik hlubších věcí týkajících se ekvivalencí, v souvislostí s akcí grup na množině. Jako žádný tet ani tento není be chb. Pokud nějakou objevíte, napište mi prosím na pavel@klavik.c. Rád bch de poděkoval Martině Vaváčkové, Lukáši Machovi a Dušanu Knopovi a četné připomínk k tomuto tetu. 1 Senámení s relacemi Definice relace. Relace se definuje jako podmnožina kartéského součinu dvou nosných množin X a Y.Tedrelacejemnožinaněkterýchdvojic (, ),kde Xa Y říkáme,žetakovédvojice jsou v relaci. Příklad1.1. Nechť X jemnožinaženay jemnožinamužů.příklademrelaceeživotamůžebýt relace býtvmanželství,tedmnožinadvojic (, ),žežena amuž jsoumanželé. Prorelaci Rseněkd (, ) Rnačíjako R.Tomávýhoduejménaprorelacejako <. Jevkemspíšeapisovat 1 < 3než (1, 3) <. Relace se dají náorňovat grafem. Množinu X nakreslíme na jednu stranu, množinu Y na druhoustranu.dvojice (, ),kteréjsouvrelaci,spojímešipkoudo.napříkladgrafickénáornění výše uvedené relace nalenete na obráku 1. X Y Obráek 1: Jak vpadá relace být v manželství náorněná grafem. Častosepoužívajírelace,prokteréjsouoběnosnémnožinstejné,tedpodmnožin X X = X 2.Tpopisujívtahmeiněkterýmidvojicemiprvkůnamnožině X.Takovýmrelacímbudeme říkat,žejsounamnožině X. Příklad 1.2. Uvažme relaci na množině {1, 2, 3, 4}. Tato relace je následující podmnožina dvojic: { (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 3), (3, 4), (4, 4) }. Eistují další dva působ, jak grafick náorňovat relace na množině X. První působ je grafem. Jednotlivé prvk budeme repreentovat puntík(těm se říká vrchol) a pokud dvojice (, ) jevrelaci,spojíme šipkous.zdejedůležité,žešipkamáorientaci.šipkám,kterévedoudo,seříkásmčk.druhýpůsobjematicí,kdepolíčkosinde i, jvýraníme,právěkdž (i, j)leží v relaci. Obě náornění pro relaci výše uvedeného příkladu jsou na obráku 2. 1

2 Obráek2:Znáorněnírelace namnožině {1, 2, 3, 4}grafemamaticí. Jakbruvidíme,každétěchtonáorněnímásvojevýhodinevýhod.Protosevždhodí uvažovat to, které je pro daný problém nejpříhodnější. Vlastnosti relací. Eistuje několik vlastností, které jsou natolik důležité, že dostal vláštní jméno. Všimnětesi,žettovlastnostimajísmsljenomprorelacenamnožině.Říkáme,žerelace Rna množině Xje refleivní,pokud X : (, ) R, antirefleivní,pokudnaopak X : (, ) / R, smetrická,pokud, X : (, ) R = (, ) R,a tranitivní,pokud,, X : (, ) R (, ) R = (, ) R. Zda relace splňuje tto vlastnosti, le snadno nahlédnout ve náornění grafem či matici. Relace je refleivní, pokud má u každého vrcholu smčku, naopak je antirefleivní, pokud nemá u žádného vrcholu smčku. Například relace na obráku 2 je refleivní. V matici jsou smčk repreentované políčk na diagonále. Pokud je relace refleivní, je celá diagonála výraněna. Naopak antirefleivní relace nemá na diagonále výraněné vůbec nic. Relacejesmetrická,pokudkekaždéšipcedo eistujeišipkaopačná.zdesimůžeme všimnout, že smčk to splňují automatick. V maticovém ápisu smetrické relace odpovídají maticím, které jsou smetrické podle vnačené diagonál. Například relace na obráku 2 smetrická není, neboť třeba šipka 1 do 2 nemá šipku opačnou. Tranitivitajedobřevidětvenáorněnígrafem.Říká,žepokudjdoušipkdo a do,potomeistujeipřímášipkado.takževgrafurelacemámekratk.jesnadnéindukcí nahlédnout, že pokud mei libovolnými dvěma vrchol a eistuje posloupnost šipek(říkejme jí cesta),potomvtranitivnírelacieistujeipřímášipkado. Ikdžsevdefinicitranitivitvsktujítřiprvk, a,neplatí,žebmuselbýtrůné. Například pokud máme dvojice (, ) a (, ) v relaci, potom tranitivita říká, že také smčk (, ) a (, ) jsou v relaci. Uvažme relaci nad jednoprvkovou množinou {} tvořenou jedinou dvojicí (, ). Zkuste ověřit, že tato triviální relace je refleivní, smetrická a tranitivní. Druhým etrémním příkladem je prádná relace, která neobsahuje ani jednu dvojici. Taková relace je vžd antirefleivní, smetrická a tranitivní. Příklad 1.3. Uvažme relaci na množině {,, } definovanou následujícím grafem. Je tato relace refleivní, antirefleivní, smetrická nebo tranitivní? Řešení. Relace jevně není ani refleivní, ani antirefleivní, obsahuje totiž přesně jednu smčku u vrcholu. Relace není smetrická, neboť (, ) leží v relaci, ale (, ) v relaci neleží. Relace dokonce není ani tranitivní, i kdž to na první pohled nemusí být patrné. Obsahuje totiž dvě opačné šipk (, )a(, ).Zdefinicetranitivitdostaneme,žei(, )a(, )bmuselležetvrelaci.uvrcholu jesmčka,aleuvrcholu jineobjevíme. 2

3 Příklad1.4.Uvažmerelaci Rnamnožině R.Dvojice (, ) R,pokud Jak vpadá tato relace? Je refleivní, antirefleivní, smetrická nebo tranitivní? Řešení. Prvk této relace jsou uspořádané dvojice reálných čísel, le je ted geometrick obrait jako bod v rovině. Všechn bod ležící v relaci R odpovídají kruhu o poloměru 1 se středem v počátku, vi obráek 3. 1 (2,2) Obráek3:Všechnbod (, )splňujících Pokudbrelace Rmělabýtrefleivní,muselabobsahovatkaždýbod (, ).Ttobodtvoří přímku =, vnačenou čárkovaně na obráku. Avšak celá přímka rohodně v relaci R neleží, například (2, 2) / R, ted relace R není refleivní. Podobně relace není antirefleivní. Smetrieříká,žeprokaždé (, ) Rtaké (, ) R.Zjevně,pokud ,komutativit téžplatí Geometricksmetrieříká,žerelace Rjesmetrickápodlevnačenépřímk =. S tranitivitou nám obráek bohužel moc nepomůže. Naštěstí snadno objevíme protipříklad, (1, 0)a(0, 1)ležívrelaci R,ale (1, 1)neleží.Relacetednenítranitivní. Připomíná vám toto geometrické uvažování vlastnosti, které má náornění maticí? Toto není náhoda, protože bod rovin si můžeme představit jako nekonečnou matici, která je nekonečně jemná. Vnačená přímka = je diagonálou této matice. Na ávěr si ukážeme jedno na první pohled překvapivé tvrení s poučným důkaem: Tvrení 1.5. Pokud relace R na množině X je antirefleivní a tranitivní, je také silně antismetrická, ted, Xplatí,že (, ) R = (, ) / R. Důka. Toto je tpický příklad tvrení, k jehož dokáání si stačí uvědomit, co namenají jednotlivé vlastnosti. Tvrení dokážeme sporem. Předpokládejme, že R je antirefleivní a tranitivní relace a prosporeistuje, X,že (, ) Ra(, ) R.Ztranitivitvíme,žetaké (, ) R.Toje ale smčka, a ted relace R nemůže být antirefleivní dostáváme spor. Všimnětesi,ževdůkaunepotřebujemevědět,že.Samořejmědůkabšelrodělitna dvěmožnosti,pro = apro.pokud =,hneddostávámespor,žerelaceneníantirefleivní. Výšeuvedenýdůkaovšemfungujevoboupřípadech.Pokud =,složímesmčku (, )dvakráta dostaneme smčku (, ) stejně jako předtím. Obecně platí, že čím méně možností musíme v důkau roebrat, tím je menší šance, že budeme mít nějaký krok chbně. Například velice snadno se může stát, že na některou možností apomeneme. 2 Skládání relací Definiceskládání.Mějmedvěrelace Rna X Y a Sna Y Z.Relace Rsloženo S,kterásenačí S R, 1 jenásledujícírelacena X Z: { (, ) Y : (, ) R (, ) S }. 1 Abmatkůneblomálo,někdseskládánírelacíapisujetakéobráceně,jako R S.Paradoněproobraení, cožjespeciálnípřípadrelací,sepoužíváopačnáforma, fsloženosgseapisuje g f.totojepravděpodobnějeden 3

4 Co definice namená, je nejlépe pochopitelné následujícího obráku. Relace R a S položíme vedlesebe.dvojice (, )jevrelaci S R,právěkdžeistujecestičkado vužívajícípoue šipekras.takovácestanejprvemusívužítšipkudonějakého Y,kterámusíležetvrelaci R.Poténanímusívrelaci Snavaovatšipkado.Jevidět,pročrelace Rmusíbýtdefinována na X Y arelace Sna Y Z,jinakbnasebetotižrelacenepasovalasloženíbneblomožné. R S S R X Y Z X Z Obráek4:Pokudsložímerelaci Rsrelací S,šipkvedoupřímoXdo Z. Pokud skládáme dvě relace na množině X, le výsledek složení včíst přímo grafu. To odpovídátomu,ževgrafumámedvadruhšipek,šipkrelace Rašipkrelace S.Vesloženísepotom budou vsktovat t šipk, které odpovídají cestičkám délk dva použijeme nejprve šipku R a naninavaujícíšipkus.naobráku5jsourelace RaSnanačenpropřehlednostvlášť.Navíc tento obráek ilustruje veledůležitý fakt, že skládání relací není komutativní, ted obecně neplatí, že b S R = R S.Zkusteobjevitconejmenšíanejjednoduššíprotipříklad. = = Obráek5:Relace RaSnamnožině {,, }lesložitdvěmapůsob,vždsjinýmvýsledkem. Mocnění relací. Speciální příklad skládání je umocňování relace na množině. Nechť R je relace na množině X.Definujme R 1 = Rainduktivně R n+1 = R R n.ukažmesi,jakvpadáumocňovánína příkladu, který se bude v dalším koumání skládání relací ještě hodit. Příklad2.1. Nechť R = (N, <)as= (N, ),kde <a načíběžnáuspořádánípřiroenýchčísel. Jakvpadá R n a S n? Řešení. Začneme s relací R. Přiroené číslo je v relaci s každým větším přiroeným číslem. Ted šipkvedoudonásledujícíhopřiroenéhočíslaavšechvětších.abdvojice (, )leželavr n,musí být propojenospomocí nnavaujícíchšipek.tojdeprávětehd,pokud n. Urelace Ssinejprvevšimněme,žepokud (, ) / S,neležíanivlibovolnéjejímocnině.Proč? Protože, pokud (a, b) S, platí a b. Ted žádná šipka nevede doleva v uspořádání přiroených číselpodlevelikosti.prototamnemůževéstanisložení nšipek.nadruhoustranupokud (, ) S, (, )ležíivlibovolnémocnině S n.stačísložit (n 1)-krátsmčku (, )sšipkou (, ).Tedplatí S = S n prokaždoumocninu S n. Můžemesivšimnout,žepokudjemnožina X nekonečná,potommohoubýtprorelacina X každé dvě mocnin odlišné relace například pro relaci R. Následující tvrení ukauje, že pro konečnou množinu X to není možné. historických neduhů matematik, neboť kdsi bl relace a funkce cela odlišné pojm s jiným načení. V moderní matematice se propojil, ale historické načení ůstalo. V tomto tetu si podobné matk odpustíme a skládání relací iobraeníbudemenačitstejně,ted S R.Čtenářbsimělvítpoučení,žekdkolivsevnějakémtetusetkáse skládáním, měl b si dát poor, které pořadí si autoři volili. Naštěstí taková věc se velice snadno poná. 4

5 Tvrení2.2. Nechť Rjerelacenakonečnémnožině X.Potomeistujídvěmocnin R r a R s,že r sar r = R s. Důka. Na problém půjdeme od lesa. Položíme si na první pohled nesouvisející otáku: Kolik eistuje růnýchrelacínamnožině X?Prokaždoudvojici (, ),kde, X,simůžemevbrat,davrelaci bude,činikoliv.každouvolbouískámejinourelaci.protocelkemeistuje 2 X 2 růnýchrelacína množině X. Pokuduvážíme 2 X 2 + 1mocninrelace R,potompodleDirichletovaprincipumusíeistovat dvě stejné mocnin. Ponamenejme na ávěr, že takto ískaný odhad je btečně velký, ve skutečnosti se budou mocnin opakovat mnohem dříve. Relace S příkladu 2.1 je vláštní tím, že umocňování ji nemění. Platí pro ni totiž následující: Tvrení2.3.Pokudrelace Rnamnožině Xjerefleivní,potom R R n prokaždé n N. Důka.Stačíukáat,žekdkoliv (, ) R,také (, ) R n.protožerelace Rjerefleivní, (, ) R.Protosložíme (n 1)-krátsmčkusšipkou (, )adostáváme,že (, ) R n. Tvrení2.4.Pokudrelace Rnamnožině Xjetranitivní,potom R n Rprokaždé n N. Důka.Stačíukáat,žekdkoliv (, ) R n,také (, ) R.Ab (, ) R n,musíeistovat 0, 1,..., n X,že ( i, i+1 ) Rprokaždé i {0, 1,..., n 1},anavíc 0 = a n =. 2 Situace je nanačena na obráku 6. = = Obráek 6: Tranitivita na cestě do aručuje kratk. Víme,žerelace Rjetranitivní.Ted ( 0, 1 ) Ra( 1, 2 ) Raručuje,žetaké ( 0, 2 ) R. Dále ( 0, 2 ) Rspolus( 2, 3 ) Rimplikuje,že ( 0, 3 ) R.Pokudpodobněaplikujemeindukci, jistíme,že ( 0, i ) Rprokaždé i {1,...,n}.Vneposlednířaděted ( 0, n ) R,neboli (, ) R,cožjsmechtělidokáat. Obě tvrení dohromad dávají následující důsledek, který například relace S příkladu 2.1 splňuje: Důsledek2.5. Pokudrelace Rnamnožině Xjerefleivníatranitivní,potom R = R n prokaždé n N. 3 Zobraení Definice obraení. Speciálním druhem relací jsou obraení. Zobraení f je relace na X Y taková, žeprokaždé X eistujeprávějedno Y,že (, ) f.jinýmislov,každéhoprvku množin Xvedeprávějednašipkadomnožin Y.Protožepropevné je takové,že (, ) f, určenéjednonačně,někdsetoto onačuje f().říkáse,že f jeobraeníx do Y,cožse načí f : X Y.Ponamenejme,žeproobraeníseněkdpoužíváipojemfunkce,historick bl termín funkce reervován pro obraení do reálných nebo kompleních čísel. Pro nás budou oba pojm totožné. Skládání obraení funguje úplně stejně jako skládání relací obecně. Na druhou stranu jejich skládání má specifické vlastnosti, nichž některé si v této kapitole předvedeme. 2 Na 0,..., nneklademežádnédalšípožadavk,napříkladrohodněneplatí,žebmuselbýtpodvourůné. 5

6 Tvrení3.1. Nechť f a gjsoulibovolnáobraení, f : X Y, g : Y Z.Potom g f jetaké obraení. Důka.Víme,že g fjerelacena X Z.Potřebujemeukáat,žejeobraením.Nechť (, ) g f. Uvažme,pročvedešipkavg f do.musíeistovat Y,že (, ) fa (, ) g.protože ale fjeobraení,jetakové určenéjednonačnějako f().protože gjeobraení, jednonačně určuje jako g().tedkaždého vcháípřesnějednašipkado g(f())ag fjeobraení. Vlastnosti obraení. Zobraení může mít jednu následujících tří vlastností. Říkáme, že obraení f : X Y je prosté(injektivní),pokud 1, 2 X : f( 1 ) = f( 2 ) = 1 = 2, na(surjektivní),pokud Y X,že f() =,a bijektivní, pokud je ároveň prosté a na. Jinýmislov,obraeníjeprosté,pokuddokaždéhoprvku Y vedenejvýšejednašipka,ajena, pokud do každého vede alespoň jedna šipka. Tvrení3.2. Nechť fjeobraeníxdo X,kde Xjekonečnámnožina.Totoobraeníjeprosté, právěkdžjena. Důka.Pokudje fprosté,dokaždého Xvedenejvýšejednašipka.Protožealešipekjestejně jakoprvkůvx,vededokaždéhonichprávějednašipka. 3 Teddokaždého Xvedealespoň jednašipkaafjeobraenína.druháimplikaceseukážepodobně. Naopak pokud je X nekonečná množina, tvrení neplatí. Uvažme například obraení f : N Nag: N Ndefinované f : 2ag: 2.4 Zobraení fjeprosté,alenenína.naopak gje na, ale není prosté. Velicedůležitéobraeníidentitaid : X Xjedefinovanétakto: X :id() =.Identita jeneutrálníobraenínaskládání ted fplatí f id = faid f = f,pokudsloženídávajísmsl. Výšeuvedenáobraení f a gjsouskoroinverní.složenímjednéstranjako g f dostaneme identitu. Při složení opačném však identitu nedostaneme. K amšlení: Jak vpadá f g? Na ávěr si ukážeme, jaký vliv má skládání obraení na jejich vlastnosti. Tvrení3.3.Nechť f : X Y a g : Y Zjsouprostáobraení.Potomiobraení g fjeprosté. Důka.Předpokládejmeprospor,žebeistovala 1, 2 Xa Z,že 1 2, ( 1, ) g f a ( 2, ) g f.tedeistují 1 a 2 (navícurčenéjednonačně),že ( i, i ) fa ( i, ) gpro i {1, 2},jinakbšipk ( 1, )a( 2, )neblvesložení g f.protože f jeprosté,nemůžebýt 1 = 2,jinakbdo 1 = 2 vedldvěšipkf.také gjeprosté,atednemůžebýt 1 2,jinak bdvěšipkvedldo.ttodvěmožnostijsounanačennaobráku7.dostávámespor,ated g fjeprosté. Jepřiroenéseptát,daplatíopačnétvrení,teddaprostéobraení g fříká,žebifa g bla prostá obraení. Tvrení3.4.Nechť f : X Y a g : Y Zjsouobraeníag fjeprosté.potomifjeprosté. Důka.Dokážemesporem.Pokudobraení fneníprosté,eistují 1, 2 X,že 1 2 a f( 1 ) = f( 2 ) =.Aleobraení gobraí na g() =.Tedvesloženídostanemešipk ( 1, )a( 2, )a obraení g fneníprosté.tojehledanýspor. Naprvnípohledsemůžedát,ževýšeuvedenýdůkalesnadnoupravitadokáat,žeig musí být prosté. Takový postup je však odsouený selhat, neboť tvrení pro g neplatí. Vvrací ho napříkladprotipříkladnaobráku8, g fjejevněprosté,ale gnení. 3 Proč?Pokudbdonějakéhoprvkušipkanevedla,mělibchom X šipek,kterévedoudo X 1prvků.Ted podle Dirichletova principu b do jednoho nich vedl alespoň dvě šipk, což nejde. 4 Tentoápisvpřípadě fříká: N : f() = 2. 6

7 1 f 1 = 2 g 1 f 1 2 g X Y Z X Y Z Obráek7:Dvěsituacevdůkau,nichžanijednanemůženastat. X f 1 2 g Z Y Obráek8:Protipříklad,funkce gneníprostá,ale g fprostáje. Protipříkladpřesněukauje,kdejeproblém.Pokudobraení gneníprosté,eistují 1, 2 Y a Z,že 1 2, ( 1, ) ga( 2, ) g.ovšemabsettošipkvesloženíprojevilapůsobil, že g fnebudeprosté,musínějakášipkavfvéstxdo 1 anějakádo 2.Toovšemnemusíobecně platit. Z tohoto plne následující poučení. Pokud něco dokaujeme, musíme dbát na detail. Jinak totiž snadno dokážeme něco, co neplatí. 4 Ekvivalence Definice ekvivalence. Ekvivalence jsou relace, které jsou současně refleivní, smetrické a tranitivní. V matematice se tento pojem vsktuje velice často, a proto se s ním alespoň stručně senámíme. Ekvivalence rodělují prvk množin X do skupin, kterým se říká tříd ekvivalence. Dva prvk e stejné tříd jsou vžd v relaci, naopak dva prvk růných tříd nikd v relaci nejsou. Ekvivalence sdružuje prvk, které jsou nějakým působem podobné, neboli ekvivalentní. Klasickýmpříklademekvivalencejerelace R k,kde k N,namnožině Z,kde (n, m) R k, právěkdž nammajístejnýbtekpodělení k.uvažme k = 5.Tatoekvivalencejenakreslenana obráku 9. Ekvivalence má pět tříd ekvivalence, podle btku čísla po dělení pěti Obráek 9: Ekvivalence rodělí čísla podle btků po dělení k na tříd ekvivalence. Ukážeme si několik příkladů relací a pokusíme se určit, jestli to jsou ekvivalence. Příklad4.1.Každékompleníčísloleapsatvpolárníchsouřadnicíchvetvaru r(cos ϕ + i sinϕ) = r e ϕi,kde rjevdálenostodpočátkuaϕjeúhel(uvažujemeúhlvintervalu [0, 2π).Definujmerelace RaSna Cjako: R = { (a, b),že a = b }, S = { (a, b),že ϕ a = ϕ b }. 7

8 Jsou tto relace ekvivalence? Řešení. Relace R je ekvivalence a její tříd jsou kružnice se středem v počátku. Všechna čísla, která leží na kružnici, mají stejnou vdálenost od počátku. Ted libovolná dvojice nich je v relaci. Naopak pokud čísla leží na růných kružnicích, mají jiné vdálenosti a v relaci nejsou. Proč je relace ekvivalence? Každému komplenímu číslu a C přiřadíme jednonačně reálné číslo a. Rovnost na reálných číslech je ekvivalence. Relace S není ekvivalence, i kdž to není na první pohled patrné. Problémem je de počátek, kterýsvírálibovolnýúhel ϕ.počátekbprotomuselležetvkaždéetřídekvivalence,aletonení možné. Selže tranitivita a relace není ekvivalence. Příklad4.2.Zadefinujmerelaci R ε na R,kde ε > 0,tak,žedvěčísla, Rjsouvrelaci R ε,pokud jsou skoro stejná, ted formálně Je tato relace ekvivalence? R ε = {(, ),že < ε}. Řešení. Tato relace ekvivalencí samořejmě není, protože nesplňuje tranitivitu. Nechť a, b, c R. To,že ajeskorostejnéjako babjeskorostejnéjako c,vůbecnenamená,žeiajeskorostejné jako c. Pokud b to totiž bla pravda, všechna reálná čísla b bla skoro stejná. Jako protipříklad protitranitivitěstačívolit alibovolně, b := a + ε 2 a c := a + ε.potom (a, b) R ε, (b, c) R ε,ale (a, c) / R ε. Ponamenejme, že na předcháející relaci je postavená praktick celá analýa. Například definice limit posloupnosti říká toto: Číslo a je limita posloupnosti, pokud skoro všechna člen posloupnosti,tedažnakonečněmnoho,jsouskorostejnéjakolimita a,kdeskorostejnostsedefinujepro libovolné ε > 0pomocírelace R ε. Překvapení na ávěr. Na konci tohoto povídání si ukážeme jeden překvapivý trik, kterým dokážeme slavnouvětuteoriečísel.jednáseomaloufermatovuvětuatentomistrnýkousekobjevils.w.golomb v roce Věta říká následující: Věta 4.3(Malá Fermatova). Nechť a je libovolné přiroené číslo a p je libovolné prvočíslo. Potom a p ajedělitelné p,cožsečastoapisuje a p a 0 (mod p). Důka. Na důka půjdeme kombinatorick, budeme počítat náhrdelník tvořené p korálk a růných barev. Nejprve si vsvětlíme mšlenku, až poté ukážeme, že opravdu funguje. Každý náhrdelníků simůžemepředstavitjakoposloupnost a 1,..., a p čísel 1,...,a,teddohromadeistuje a p růných náhrdelníků.pro a = 2ap = 5jsouvšechnnáhrdelníkobraennaobráku10. Obráek10:Eistuje a p růnýchnáhrdelníkůtvořených pkorálk arůnýchbarev. Některé náhrdelník jsou ale stejné, liší se poue pootočením. Řekneme, že dva náhrdelník jsou ekvivalentní, pokud jsou stejné až na pootočení. Romslete si, že tato relace je to skutečně ekvivalence na náhrdelnících, ted že je refleivní, smetrická a tranitivní. Na obráku 11 jsou nakreslen tříd ekvivalence s příslušnými náhrdelník. Všimněme si, že tříd jsou dvou druhů. Jednak naleneme a jednoprvkových tříd, které jsou tvořen jednobarevnými náhrdelník. Ostatní tříd vžd obsahují p ekvivalentních náhrdelníků. Tvrdíme,žetotonenínáhodaaúplněstejněbudoutřídvpadatprolibovolná aap.uvědommesi, žepokudbchomtoumělidokáat,jecelávětadokáaná.eistujetotiž a p anejednobarevných 8

9 Obráek 11: Ekvivalence obsahuje dva druh tříd, jednoprvkové a p-prvkové. náhrdelníků. Pokud je umíme rodělit do tříd ekvivalence po p prvcích, pak musí být jejich počet a p adělitelný p. Uvažme jeden pevný náhrdelník délk k, což na chvíli nemusí být prvočíslo, a budeme koumat tříduekvivalence,dokterépatří.můžemehopootočito0,...,k 1korálků,takžeteoretickmůže tato třída obsahovat až k odlišných náhrdelníků. Některá pootočení však mohou dopadnout stejně, atedtřídamůžebýtmenší.napříkladpro k = 6můžememíttřídobsahujícíteoretickažšest náhrdelníků, ale v případě náhrdelníku na obráku 12 bude třída jenom tříprvková, první tři natočení jsou stejná jako poslední tři. Obráek 12: Náhrdelník délk šest, který tvoří třídu ekvivalence velikosti tři. Náhrdelník se skládá e dvou bloků délk tři, vnačených na náhrdelnících. Pokud se tak ale stane, náhrdelník se musí skládat opakujících se bloků menší délk. Například náhrdelník na obráku se skládá e dvou bloků délk tři tvořených dvěma černými a jedním bílým korálkem. Třída ekvivalence bude potom obsahovat přesně tolik prvků, jaká je třída nejkratšího opakujícího se bloku, který tvoří celý náhrdelník. Klíčovýfaktje,žedélkablokumusídělit k.vnašempřípaděje kprvočíslo p,kteréjedělitelné poue 1 a p. Pokud je náhrdelník tvořený opakujícími se blok délk jedna, potom je jednobarevný a má jednoprvkovou třídu ekvivalence. Ostatní náhrdelník jsou tvořen jediným blokem délk p, a proto je jejich třída ekvivalence velká přesně p. Tím je důka dokončen. Algebraický dodatek. Při studiu algebr se s ekvivalencemi setkáváme na každém kroku. Pokusíme se nanačit si pár mšlenek, které možná vnesou lepší světlo do předchoího důkau. Zkoumámeli například náhrdelník, často nás neajímají identické náhrdelník, které se liší jenom pootočením nebo jinou smetrií, třeba rcadlením. V algebře podobné smetrie množin objektů souvisí s pojmem akce grup na množině. Vsvětlíme si výnam jednotlivých pojmů. Množina je v našem případě množina všech náhrdelníků,beohledunasmetrie,tedobsahuje a p prvků.grupapopisujesmetrie,kterépronáhrdelníkuvažujeme.vnašempřípadětojegrupavšechpootočenínáhrdelníkuo0,...,p 1korálků. Akce popisuje, jak se smetrie aplikují na prvk množin. Ted svauje dva stejné prvk množin (ažnasmetrii)stoutosmetrií.jestliže M jemnožinaag=(g, )jegrupa,akcejeobraení : M G M.Vnašempřípaděakcevemenáhrdelníkapootočenígrupavýsledkembude pootočený náhrdelník. Nejprve si vsvětlíme, proč G tvoří grupu. Jak jistě víte hodin algebr, grupa je množina prvkůspolusgrupovouoperací,kterásechováhek. 5 Vnašempřípaděprvkgrupjsousmetrie, 5 Cotonamenáformálně?Grupajeuspořádanádvojice G = (G, ),kde : G G G.Navíceistujeneutrálníprvek 9

10 které na množině M uvažujeme. Grupová operace potom smetrie skládá, ted složení dvou smetrií je ase smetrie. Skládání musí splňovat aiom grup, ted eistuje neutrální smetrie identita, která nic nemění. Dále ke každé operaci eistuje inverní smetrie, která měnu vrátí pět. Formálně ještě musímepožadovatdalšívlastnostiodakce. 6 Vpřípaděnáhrdelníkůje Gaditivnígrupa Z p. Grupa G nám definuje následující relaci R na množině M. Nechť m 1, m 2 M. Dvojice (m 1, m 2 ) R,právěkdž g G,že m 1 g = m 2.Jinýmislov,vrelacijsoutdvojice,které jsoustejnéažnanějakousmetriidanougrupou.protože Gjegrupa,vniklárelace Rbudevžd ekvivalence. Zkuste si romslet, proč tomu tak je. Tříd ekvivalence budou odpovídat jednotlivým prvkům, které jsou skutečně odlišné. Čím větší je grupa smetrií, tím jsou prvk množin smetričtější a tříd ekvivalence větší. Vsouvislostisakcígrupnamnožiněsičlověkmůžeklástřaduotáek.Třeba:Kolikprvků obsahuje množina až na smetrie dané grupou? Ted kolik tříd ekvivalence má relace R? Eistuje Burnsidovo lemma, které umožní tto oták snadno odpovědět, ale to už b blo na jiné povídání. 5 Cvičení 1. Rohodněte, da následující relace jsou refleivní, antirefleivní, smetrické a tranitivní: w w R = { (, ) }, S = { (, ) }. 2.Uvažmerelaci <namnožině R.Jakvpadámocnina < n? 3.Relaci Rna X Y lerepreentovatjakomatici X Y,kdenapoici i, jjejednička,pokud (i, j) R a nula jinak. Objevte souvislost mei skládáním a násobením matic. 4.Naleněterelaci Rnakonečnémnožině X,že R n R n+1 prokaždé n N. 5. Ukáali jsme si, že skládání relací není obecně komutativní. Řekneme, že relace R na množině X komutujesevším,pokud R S = S Rprokaždourelaci Snamnožině X.Dokažte,žeidentita (relace, která má poue smčk u každého prvku) a prádná relace(relace, která neobsahuje žádnou dvojici) komutují se vším. Dokažte, že žádná další taková relace neeistuje. 6.Nechť f : X Y a g : Y Zjsouobraenína.Platí,žeig fjena?naopak,nechť g fje na.vplývátoho,že fjenači gjena? 7.Nechť f : X Xjeobraení,že f f = f.musínutněplatit,že f =id?charakteriujte všechn takové obraení. 8.Platípodobnějakouobraení,žebsloženídvouekvivalencínamnožině Xblaopětekvivalence na množině X? 9. Dokažte, že relace R popisovaná v algebraickém dodatku je skutečně pro libovolnou akci grup na množině ekvivalence. 1 Gvůči,ted g Gje g 1 = 1 g = g.dálekekaždémuprvkueistujeinverníprvek,ted g G g 1 G, že g g 1 = g 1 g = 1. 6 Třeba,že g 1, g 2 Ga m Mplatí (m g 1 ) g 2 = m (g 1 g 2 ),nebo m Mplatí m 1 = m. 10