2. Test 07/08 zimní semestr

2. Test 07/08 zimní semestr Příklad 1. Najděte tříprvkový poset (částečně uspořádanou množinu), která má právě dva maximální a právě dva minimální prvky. Řešení. Takový poset je až na izomorfismus jeden: Příklad 2. Najděte poset, který není svazem, ale každá podmožina má horní i dolní mez Řešení. Každá podmnožina má mít horní i dolní mez, tedy i celý poset musí mít horní i dolní mez, neboli hledaný poset musí mít největší a nejmenší prvek. Na druhou stranu, pokud má poset největší i nejmenší prvek, pak každá podmnožina má horní (dolní) mez, totiž největší (nejmenší) prvek. Stačí tedy vzít libovolný poset s nejmenším a největším prvkem, který není svazem. Např.: a b V tomto posetu například množina {a,b} nemá supremum. Poznámky. Chyby zde vznikaly neznalostí definice svazu. Svaz je poset, kde každá dvouprvková (ekvivalentně neprázdná konečná) množina má supremum (tj. nejmenší horní mez) a infimum (tj. největší dolní mez). Někdo do úlohy pletl úplné svazy (tj. posety, kde každá podmnožina má supremum a infimum), ale o těch nebyla v zadání zmínka. Příklad 3. Nakreslete všechny pětiprvkové svazy. 1

Řešení. Konečný svaz má vždy největší a nejmenší prvek. Když je oba ze svazu umažeme, vznikne tříprvkový poset. Lze tedy například postupovat tak, že nakreslíme všechny tříprvkové posety (to je snadné), doplníme největším a nejmenším prvkem a zkontrolujeme, zda vzniklý poset je svaz (v našem případě to je vždy). Vyjde celkem pět svazů. Poznámky. Většina z vás na některý svaz zapomněla, což nejspíš vzniklo nesystematičností probírání možností. Vážnější chybou byly nesmyslné diagramy. V Hasseově diagramu svazu (obecněji posetu), kreslíme čáru mezi a a b, pokud a < b a mezi a a b není žádný jiný prvek. Přičemž b kreslíme výš než a. Takže například následující obrázek se v Hasseově diagramu nemůže vyskytnout (čára mezi a a c tam nemá co dělat): c b a Ani tento obrázek se v Hasseově diagramu neobjeví (který prvek je větší?): Příklad 4. Uvažujme dvouprvkový svaz A = ({0,1},, ), kde 0 < 1. Nakreslete A 3 = A A A. Řešení. V A 3 platí (a 1,a 2,a 3 ) (b 1,b 2,b 3 ) právě když (a 1,a 2,a 3 ) (b 1,b 2,b 3 ) = (a 1,a 2,a 3 ) (to je definice uspořádání ve svazu), tedy právě když a i b i = a i,i = 1,2,3 (definice operace v kartézském součinu), neboli právě když a i b i,i = 1,2,3. 2

(1,1,1) (1,1,0) (1,0,1) (0,1,1) (1,0,0) (0,1,0) (0,0,1) (0,0,0) Poznámky. Nejčastější problémy byly chybné určení uspořádání v A 3 a nesmyslný diagram (např. vodorovné čáry, viz předchozí poznámku). Příklad 5. Mějme svazy A = (A = {0,a,b,1},, ) a B = (B = {0,c,1},, ) 1 a b 0 1 c 0 a zobrazení f : A B dané předpisem f(0) = 0, f(1) = 1, f(a) = f(b) = c. Je f homomorfismus A B? Řešení. Zobrazení f není homomorfismem, protože f(a b) = f(0) = 0, ale f(a) f(b) = c c = c 0. Poznámky. Monotónní zobrazení (tj. takové, že x y f(x) f(y)) nemusí být svazový homomorfismus!!! Platí opačná implikace každý svazový homomorfismus je monotónní zobrazení. Ne naopak svazový homomorfismus musí navíc zachovávat suprema a infima dvouprvkových množin. Příklad 6. Uvažujme svazy A a B z předchozí úlohy a uvažujme zobrazení g : B A dané předpisem g(0) = 0, g(1) = 1, g(c) = a. Je g homomorfismus B A? Řešení. g : B A je homomorfismus. Je třeba ověřit, že g(x y) = g(x) g(y) a g(x y) = g(x) g(y) pro všechna x,y {0,c,1}. Jiná možnost je uvědomit si, že silně monotónní zobrazení (tj. takové, že a b právě tehdy, když f(a) f(b)) je svazový homomorfismus (dokonce monomorfismus). 3

Poznámky. Přečtěte si předchozí poznámku. Poznámky. Naučte se pracovat (skládat, apod.) se zápisem permutací pomocí nezávislých cyklů. Ve většině situací je to o mnoho jednodušší a pohodlnější než jakýkoliv jiný zápis!!!!!!!! Příklad 10. Zjistěte, zda existuje permutace π taková, že π 2 = (1 2 3)(4 5). Řešení. Permutace (1 2 3)(4 5) má jeden cyklus sudé délky, takže je lichá. Druhá mocnina libovolné permutace je sudá (složení sudé a sudé je sudá, složení liché a liché je sudá). Hledaná permutace π tedy neexistuje. Poznámky. Není pravda, že transpozice se nemůže objevit v druhé mocině permutace, viz nař. (1 2 3 4) 2 = (1 3)(2 4). Řešení bez použití znaménka permutace je možné, ale pracné. Příklad 11. Zjistěte, zda existuje permutace π taková, že π 2 = (1 2 3)(4 5 6). Řešení. Existuje: π = (1 3 2)(4 5 6) nebo π = (1 4 2 5 3 6). Příklad 12. Permutace π je dána následující tabulkou: ( ) 1 2 3 4 5 6 π =. 4 6 5 2 3 1 Určete paritu π. Řešení. Je π = (1 4 2 6)(3 5). Parita permutace je rovná paritě počtu cyklů sudé délky. π má dva cykly sudé délky, tedy je sudá. Poznámky. Je možné postupovat složitěji: Rozložit π na transpozice, např. π = (1 6)(1 2)(1 4)(3 5), máme sudý počet transpozic, tedy π je sudá. Spočítat počet inverzí (neplést se slovem transpozice), tj. dvojic i < j pro něž π(i) > π(j). Je jich 12, tedy π je sudá. Tento výpočet je nejméně vhodný, protože je nejdelší. Rovněž platí, že parita permutace je rovná paritě čísla n k, kde n je počet permutovaných prvků a k je počet cyklů (sudé i liché délky). Rozmyslete si, že to je totéž jako postup z řešení. 4

Příklad 13. Spočítejte π 2007, kde π je permutace z předchozí úlohy. Řešení. Protože π 4 = id máme π 2007 = π 2007 mod 4 = π 3 (= π 1 ) = (1 6 2 4)(3 5). Poznámky. Někteří využili neplatného vztahu π 6 = id (je π 6 = (1 2)(4 6)). Výsledek vyšel náhodou stejně, protože 2007 mod 6 = 3. Příklad 14. Určete řády všech prvků v grupě Z 12 = ({0,1,...,11},+,,0) (sčítání a unární odčítání je samozřejmě modulo 12). Řešení. V aditivním zápisu je řád prvku a nejmenší přirozené n takové, že a+a+...+ a = 0 (kde n je počet sčítanců). Jinak řečeno, je to řád podgrupy generované a. V našem případě lze snadno nahlédnout, že řád a je 12/NSD(a,12). 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 12 6 4 3 12 2 12 3 4 6 12 Poznámky. Z Langrangeovy věty plyne, že řád prvku dělí řád grupy, takže řád nemůže být např. 5, nebo dokonce 24. Příklad 15. Je grupa Z 12 izomorfní grupě A 4 sudých permutací na množině {1,2,3,4}? Řešení. Není, Z 12 je komutativní, ale A 4 není. Poznámky. Obě grupy mají stejný počet prvků, takže takto je rozlišit nelze. Jiná možnost je podívat se na řády prvků: Z 12 má prvek řádu 12, kdežto v A 4 mají všechny prvky řád nejvýše 3. Nebo: Z 12 má jeden prvek řádu 2, kdežto A 4 má tři prvky řádu 2 (které?). Někteří vůbec nerozumí definici homomorfismu (a izomorfismu), do zkoušky vřele doporučuji doplnit. Příklad 15,5. Má grupa Z 12 osmiprvkovou podgrupu? Řešení. Langrangeova věta říká, že, pro konečné grupy, řád ( = počet prvků) podgrupy dělí řád grupy. Protože 8 nedělí 12, odpověď je ne. Příklad 16. Leží transpozice (3 4) v podgrupě S 5 generované permutacemi (1 2), (1 2 3 4 5)? 5

Řešení. Abychom se vyhnuli únavným výpočtům, je dobré si vzpomenout, že permutace πρπ 1 má stejný cyklový zápis jako ρ, pouze prvek i v zápisu permutace ρ nahradíme π(i). Nyní je již snadno vidět, že (3 4) = (1 2 3 4 5) 2 (1 2)(1 2 3 4 5) 2 = (1 2 3 4 5) 2 (1 2)(1 2 3 4 5) 3. Odpověď je tedy kladná. Poznámky. Pozor na pořadí skládání. Skládáme zprava doleva, jako funkce. Příklad 17. Každá podgrupa abelovské grupy je normální. Dokažte. Řešení. Mějme H podgrupu G, kde G je abelovská. Pak pro libovolné g G a h H platí ghg 1 = hgg 1 = h H (v první rovnosti jsme využili komutativitu), takže H je normální. 6