Algebran Peruskurssi I - Kevät 2014 [PDF]

Zitiervorschau

Algebran Peruskurssi I ­ Kevät 2014 Ajankohtaista: Äänestyksen tilanne tällä hetkellä (28.04.): 13.05. (3 ääntä), 20.05. (2 ääntä) Muutama opiskelija on kysynyt ylimääräistä tenttipäivää toukokuulle. Minulle se käy, jos löytyy ainakin viisi, joille sama päivä sopii. Vaihtoehtoja ovat matematiikan tenttipäivät 02.05., 13.05., 19.05. ja 20.05. Jos olet kiinnostunut näistä, niin pistä luennoitsijalle s­postia. Kerron täällä, ja vastaan kiinnostuneille, mikäli tällainen tentti järjestyy. Ilmoittautumisjärjestelmän vuoksi asialla on pikkaisen kiire, vaikka kanslistimme tekeekin pieniä ihmeitä. Myös huhtikuun tentin kysymykset ja mallivastaukset löytyvät alta kommentteineen. Muutama tenttijä valitettavasti epäonnistui tälläkin kertaa. Heidän kaikkien pistemäärät vaihtelivat välillä 8­12, eli ei toivottaman kaukana hyväksymisrajasta. Suosittelen ensiavuksi mallivastausten tutkimista. Abstraktimmat käsitteet ovat osalle vaikeita. Taustalla on usein aiempien käsitteiden (joukot, funktiot, implikaatiot, ekvivalenssit) sisällön jääminen epäselväksi, joten nyt kun niiden päälle pitää rakentaa uutta, niin tilanne vaatii näiden perusteiden kertaamista. Lukiokirjat auttanevat osaa. Juttelemaan kannattaa tulla. Alla on otsikon Materiaali alla ensimmäisen tentin kysymysten mallivastaukset kommenttien kera. Kommenttini saattavat kuulostaa paikoitellen hiukan tuohtuneilta. Tarkoitus on kuitenkin osoittaa muutama yleinen kipupiste. Selitykseni omaksumalla ei uusintatentin läpäiseminen varmaankaan muodosta ongelmaksi. Tulkaa juttelemaan, tai pistäkää sähköpostia, jos noissa on epäselviä kohtia. Hyvilläkin opiskelijoilla oli usein muutama epäselvä kohta. Suosittelen kommenttien lukemista lähes kaikille. Maaliskuun 10. tentin tulokset . Muuten meni oikein hyvin, mutta hylättyjä tuli liikaa :­( Tuossa on hyväksyttyjen pistemäärät ja arvosanat. Toivottavasti kaikkien opiskelijanumero/syntymäaika meni oikein. Tähän mennessä ansaitut demoluokat. Päivitetty 07.03. Liitin mukaan arvosteluasteikon. Mukana toistaiseksi (klo 15.30) palautetut bonusrastit. Osasta loppupään demoista tein (kommentteineen) malliratkaisut. Etenkin setin VI tehtävä 6 näyttää kirvoittavan minulta paljon ylimääräistä sanottavaa. Muistakaa ilmoittautua tenttiin! Bonustehtäväsettiä on päivitetty. Siellä on nyt 22 tehtävää. Bonustehtävien deadline on perjantaina 07.03. klo 16. Demoluokkien alarajat: C=12, B=22, A=34, A+=47. Alle lisätty otsikon "Materiaali" alle ehkä tarpeellisia selityksiä ja täsmennyksiä. Ahdistaako? Kimppakivaa ja Algebran demojen laskemista Matikkapajassa maanantaisin klo 12­14.

Yleistä: Tämä kurssi (MATE5060) johdattelee opiskelijat algebran ja lukuteorian peruskäsitteisiin sekä matematiikassa tyypilliseen struktuurien aksiomaattiseen määrittelyyn ja siihen liittyvään teorian rakenteluun. Tästä esimerkkinä käsittelemme abstraktin ryhmän käsitettä sekä Lineaarialgebran kurssin materiaalia yleistäen abstraktin vektoriavaruuden käsitettä. Lukuteoriaan johdatellaan tutkimalla kongruensseja, jaollisuutta ja jakojäännöksiä. Tämä kurssi vaaditaan esitietoina kaikilla Turun yliopiston algebran ja lukuteorian kursseilla.

Aikataulu: Luennot ke 12­14 (Pub 1) ja to 12­14 (Pub 2)

Demonstraatiot ti 8­10, 12­14, 14­16, (Pub 469 ja Pub 299), ja poikkeuksellisesti to 27.02. luentoaikana Kevään tenttikerrat: 10.03. ja 14.04.

Materiaali: Moniste Demonstraatiotehtävät: Demot 1 (21.01.) Demot 2 (28.01.) Demot 3 (04.02.) Demot 4 (11.02.) Demot 5 (18.02.) Demot 6 (25.02.) Demot 7 (27.02.) Muutamia malliratkaisuja Viimeksi päivitetty 03.03. Animoitu "todistus" sille, että kahden peilauksen yhdistetty kuvaus on kierto: Animaatiossa punainen nuoli on mustan nuolen peilikuva sinisen suoran suhteen, ja oranssi nuoli punaisen nuolen peilikuva vihreän suoran suhteen. Näet, että mustan ja oranssin nuolen välinen kulma pysyy koko ajan samana. Bonustehtäväsetti (mallivastaukset mukana). Luentokalvot: Viikko 1. Viikko 2 (ke), (to). (löytyi virhe, korjattu 08.03.) Viikko 3. Viikko 4 (ke), (to). Viikko 5 (ke), (to). Viikko 6 (ke),(to). Viikko 7 (ke), (tason lineaarikuvauksia). Päivitetty 28.02. Viikko 8. Päivitetty 04.03. Muuta: "Sanattomia" sopimuksia Päivitetty 06.03. kreikkalaiset kirjaimet Maaliskuun 10. tentin mallivastaukset ja kommentit Huhtikuun 14. tentin mallivastaukset ja kommentit

Asiaa luennoitsijalle: email: [email protected] Työhuone: Publicum 4. kerros, huone 458 (vastaanotto ke 10­11, muinakin aikoina voi yrittää).

Algebran peruskurssi I Turun yliopisto

Markku Koppinen

10. tammikuuta 2007

Alkusanat Algebran peruskurssit I ja II ovat jatkoa lineaarialgebran kurssille. Perehdytään erilaisiin algebrallisiin systeemeihin: ryhmiin, vektoriavaruuksiin, renkaisiin, kuntiin. Näitä tärkeitä rakenteita tarvitaan, paitsi matematiikan eri alueilla, kaikkialla muuallakin, missä matematiikkaa sovelletaan. Nämä Algebran peruskurssit I ja II noudattavat melko tarkoin Tauno Metsänkylän aikaisemmin kirjoittamia monisteita. Suurin ero on, että nyt lineaarikuvauksiin tutustutaan jo lineaarialgebran kurssilla (vektoriavaruuksien Rn tapauksessa) ja abstraktit vektori- ja sisätuloavaruudet tulevat Algebran peruskursseissa; aikaisemmin nämä olivat päinvastoin. Lisäksi aineistoa on järjestelty muutenkin uudestaan, käsittelyä on paikoin muutettu ja esimerkkejä on lisätty. Useista esimerkeistä ei ratkaisua ole kirjoitettu näkyviin. Niitä ratkottaneen luennoilla ja demonstraatioissa. Kaikkia ei varmasti ehditä kurssilla käsitellä, joten loput jäävät omakohtaista harjoittelua varten. Osa on melko vaikeitakin. Monisteen kolmas luku, yleiset vektoriavaruudet, on suurelta osin lineaarialgebran kurssilta tuttua asiaa, jota nyt vain käsitellään yleisemmällä tasolla. Siksi sitä ei käytäne luennoilla aivan yksityiskohtaisesti läpi.

i

Sisältö 1 Lukuteoriaa 1.1 1.2

1.3

Ekvivalenssirelaatio . . . . . . . Kokonaislukujen tekijöihinjako 1.2.1 Suurin yhteinen tekijä . 1.2.2 Aritmetiikan peruslause Kongruenssi . . . . . . . . . . .

1 . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

2 Ryhmä 2.1

2.2 2.3 2.4 2.5

13

Ryhmän käsite . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Perusominaisuuksia . . . . . . . 2.1.2 Ryhmätaulu . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Ryhmien suora tulo . . . . . . . Aliryhmä . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Osajoukon generoima aliryhmä . Syklinen ryhmä . . . . . . . . . . . . . . Sivuluokat . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Normaali aliryhmä. Tekijäryhmä Ryhmähomomorsmit . . . . . . . . . . 2.5.1 Kuva ja ydin . . . . . . . . . . . 2.5.2 Ryhmien isomora . . . . . . . . 2.5.3 Homomoralause . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

3 Vektoriavaruus 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6

1 4 6 8 9

13 17 18 19 20 22 23 24 27 30 32 34 35

37

Johdanto . . . . . . . . . . . . . . . . . . Yleinen reaalinen vektoriavaruus . . . . . Aliavaruus . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Vektorijoukon virittämä aliavaruus Lineaarinen riippuvuus . . . . . . . . . . . Kanta ja dimensio . . . . . . . . . . . . . Koordinaattivektorit ja kannan vaihto . .

ii

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

37 37 40 41 42 44 48

SISÄLTÖ 3.7 3.8 3.9 3.10

Aliavaruuksien suora summa . . . . . . . . Lineaarikuvaus . . . . . . . . . . . . . . . . Lineaarikuvauksen ydin ja kuva . . . . . . . Säännöllinen lineaarikuvaus . . . . . . . . . 3.10.1 Vektoriavaruuksien isomorsmi . . . 3.11 Lineaarikuvauksen matriisi . . . . . . . . . 3.12 Lineaarikuvauksen ominaisarvot ja -vektorit

iii . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

49 50 51 53 53 54 56

Luku 1

Lukuteoriaa 1.1 Ekvivalenssirelaatio Joukkojen A1 ja A2 karteesisella tulolla A1 × A2 tarkoitetaan joukkoa, jonka muodostavat kaikki järjestetyt parit (a1 , a2 ), missä a1 ∈ A1 ja a2 ∈ A2 ; toisin sanoen

A1 × A2 = {(a1 , a2 ) | a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 }. Karteesisesta tulosta A × A käytetään myös merkintää A2 . Olkoon R ⊆ A × A jokin osajoukko. Silloin sanotaan, että R on relaatio joukossa A. Kun (a, b) ∈ R, sanotaan, että alkio a on relaatiossa R alkion b kanssa, ja merkitään lyhyesti a R b. Usein relaatio määritellään antamalla sääntö sille, milloin a R b on voimassa. Tällöin relaatioksi R voidaan kutsua myös tätä sääntöä (hiukan epätäsmällisesti).

Esimerkki 1.1.1 a) Määritellään joukossa R relaatio R asettamalla sääntö x R y ⇔ x < y . Siis R on reaalilukujen tavallinen pienemmyysrelaatio. Usein tämä ilmaistaan sanomalla, että  R on relaatio < , mutta tarkasti ottaen R määritellään joukkona R = {(x, y) ∈ R2 | x < y}. b) Olkoon A = {x, y, z} ja R = {(x, y), (x, z), (y, z)}. Silloin R:n määrittämässä relaatiossa on x R y , x R z ja y R z . c) Määritellään n×n-matriisien joukossa relaatio sanomalla, että matriisi A on relaatiossa matriisin B kanssa, jos ne kommutoivat.

Määritelmä 1.1.2 Joukossa A määriteltyä relaatiota R sanotaan ekvivalenssirelaatioksi tai ekvivalenssiksi, jos se täyttää seuraavat ehdot: E1. Kun a ∈ A, niin a R a.

(reeksiivisyys )

E2. Kun a, b ∈ A ja a R b, niin b R a.

(symmetrisyys )

E3. Kun a, b, c ∈ A ja a R b ja b R c, niin a R c.

(transitiivisuus )

1

LUKU 1. LUKUTEORIAA

2

Ekvivalenssirelaatiota merkitään usein symbolilla ∼ . Jos a ∼ b, sanotaan, että a on ekvivalentti b:n kanssa tai että a ja b ovat ekvivalentit.

Esimerkki 1.1.3 Tutkitaan, millä esimerkin 1.1.1 relaatioista on mitkäkin ominaisuuksista E1 E3.

Esimerkki 1.1.4 Jokaisessa joukossa A yhtäsuuruusrelaatio on ekvivalenssirelaatio. Esimerkki 1.1.5 Matriisien vaakariviekvivalenssi on ekvivalenssirelaatio joukossa Mm×n (R). Esimerkki 1.1.6 Matriisien similaarisuus on ekvivalenssirelaatio joukossa Mn (R). Esimerkki 1.1.7 Tason suorien joukossa yhdensuuntaisuus L1 kL2 on ekvivalenssirelaatio. Määritelmä 1.1.8 Olkoon ∼ jokin joukon A ekvivalenssirelaatio. Alkion a ∈ A kanssa ekvivalenttien alkioiden joukkoa sanotaan a:n ekvivalenssiluokaksi [a]; siis (1.1)

[a] = {b ∈ A | b ∼ a}.

Lemma 1.1.9 Olkoon ∼ joukon A ekvivalenssirelaatio. Jos b ∈ [a], niin [a] = [b]. Todistus. Oletetaan, että b ∈ [a]; siis b ∼ a. Olkoon ensin c ∈ [b], toisin sanoen c ∼ b. Silloin c ∼ b ∼ a, joten transitiivisuuden nojalla c ∼ a, eli c ∈ [a]. Näin ollen [b] ⊆ [a]. Koska b ∼ a, niin symmetrisyyden perusteella a ∼ b. Jo todistetun nojalla [a] ⊆ [b]. 2 Ekvivalenssiluokan [a] jokaista alkiota sanotaan luokan edustajaksi. Lemman mukaan ekvivalenssiluokka [a] määräytyy jokaisesta edustajastaan. Kun kustakin ekvivalenssiluokasta valitaan tarkalleen yksi edustaja, saatua joukkoa sanotaan ekvivalenssiluokkien edustajistoksi.

Lause 1.1.10 Olkoon ∼ joukon A ekvivalenssirelaatio. Silloin A on erillisten (eli alkiovieraiden) ekvivalenssiluokkien unioni. Tarkemmin: Jos D on jokin ekvivalenssiluokkien edustajisto, niin [ A= [a], [a] ∩ [a0 ] = ∅ kun a, a0 ∈ D, a 6= a0 . (1.2) a∈D

S Todistus. Koska ehdon E1 nojalla aina a ∈ [a], niin A = a∈A [a]. Kaksi ekvivalenssiluokkaa ovat joko erilliset tai yhtäsuuret; jos nimittäin [a] ∩ [b] 6= ∅, niin valitaan c ∈ [a] ∩ [b], jolloin S lemmasta seuraa [a] = [c] = [b]. Kun nyt unionissa A = a∈A [a] annetaan a:n käydä vain jokin edustajisto D, unioniin tulee jokainen erisuuri ekvivalenssiluokka tarkalleen kerran. 2

Esimerkki 1.1.11 Määritellään kokonaislukujen joukossa Z ekvivalenssirelaatio: n ∼ m ⇔ |n| = |m|. Silloin [0] = {0},

[1] = [−1] = {−1, 1},

[2] = [−2] = {−2, 2},

... .

LUKU 1. LUKUTEORIAA

3

Edustajistoksi voidaan valita vaikkapa D = {0, 1, 2, . . .}. Lauseen antama hajotelma on

Z=

∞ [

[n] = {0} ∪ {±1} ∪ {±2} ∪ · · · .

n=0

Esimerkki 1.1.12 Vaikka edustajisto voidaankin yleensä valita monella eri tavalla, niin toisinaan on jokin muita luonnollisempi valinta. Niinpä esimerkin 1.1.5 ekvivalenssiluokille saadaan lineaarialgebran kurssista eräs edustajisto. Mikä? Jos joukko A on erillisten osajoukkojensa Ai 6= ∅ unioni (i käy jonkin indeksijoukon I ), siis jos

A=

[

Ai ,

Ai ∩ Aj = ∅

kun i, j ∈ I , i 6= j,

(1.3)

i∈I

sanotaan, että nämä osajoukot muodostavat A:n partition. Lause 1.1.10 voidaankin muotoilla näin: Jos joukossa A on määritelty ekvivalenssirelaatio, niin ekvivalenssiluokat muodostavat A:n partition. Myös käänteinen pätee: Jos joukossa A on annettu jokin partitio (1.3), niin voidaan määritellä relaatio A:ssa asettamalla, että a ∼ b jos a ja b ovat samassa osajoukossa Ai . Tämä on ilmeisestikin ekvivalenssirelaatio, ja Ai :t ovat juuri sen ekvivalenssiluokat.

Esimerkki 1.1.13 Katsotaan, millaisia ovat ekvivalenssiluokkien antamat partitiot eo. esimerkeissä esiintyneissä ekvivalenssirelaatioissa.

Esimerkki 1.1.14 Kirjoitetaan reaalilukujen joukko alkiovieraana unionina R =

S

n∈Z [n, n+1).

Voidaanko vastaava ekvivalenssirelaatio lausua millään mukavalla säännöllä? Kaikkien ekvivalenssiluokkien joukkoa (eli parvea; parvi = joukkojen joukko) sanotaan A:n osamääräjoukoksi tai tekijäjoukoksi ko. ekvivalenssirelaation suhteen. Sitä merkitään symbolilla A/∼ ; siis A/∼ = { [a] | a ∈ A} = { [a] | a ∈ D}. (1.4) Tähän liittyy kuvaus A → A/∼ , a 7→ [a], jossa siis kukin alkio kuvautuu edustamakseen ekvivalenssiluokaksi. Voidaan ajatella, että kuvaus samaistaa samaan ekvivalenssiluokkaan kuuluvat alkiot keskenään.

Esimerkki 1.1.15 Millainen on joukko R/∼ esimerkin 1.1.14 relaatiolle? Esimerkki 1.1.16 a) Määritellään R:ssä relaatio x ∼ y ⇔ x − y ∈ Z . Osoitetaan, että se on ekvivalenssirelaatio. Havainnollistetaan vastaavaa osamääräjoukkoa. b) Tarkastellaan samalla tavoin R2 :n relaatiota (x, y) ∼ (x0 , y 0 ) ⇔ y − y 0 ∈ Z.

LUKU 1. LUKUTEORIAA

4

1.2 Kokonaislukujen tekijöihinjako Seuraavassa tutkitaan kokonaislukujen joukkoa Z = {0, ±1, ±2, . . .}. Jos kokonaisluku a on jaollinen kokonaisluvulla b, toisin sanoen jos on sellainen c ∈ Z, että a = bc, merkitään b | a. Käytetään myös sanontoja: b jakaa a:n, b on a:n tekijä, a on b:n monikerta. Vastakohta merkitään b - a. Esimerkiksi 2 | 8 ja 3 | 15 mutta 6 - 21. Jaollisuudella on seuraavat yksinkertaiset ominaisuudet (perustele ne!): Kun a, b, c ∈ Z, niin (i)

a | a;

(ii)

jos a | b ja b | a, niin a = ±b ;

(iii)

jos a | b ja b | c, niin a | c ;

(iv)

jos a | b ja a | c, niin a | (b + c).

Kokonaislukua p > 1, jonka ainoat tekijät ovat ±1 ja ±p, sanotaan alkuluvuksi tai jaottomaksi luvuksi (engl. prime). Muita kokonaislukuja n > 1 sanotaan yhdistetyiksi luvuiksi (composite number). Yhdistetty luku n voidaan siis hajottaa muotoon (hajottaa tekijöihin)

n = n1 n2 ,

1 < n1 < n,

1 < n2 < n.

Jatkamalla tässä tekijöiden n1 ja n2 hajottamista (jos mahdollista) saadaan lopulta luvun n alkutekijähajotelma n = p1 p2 · · · ps (p1 , . . . , ps alkulukuja). (1.5) Se voidaan kirjoittaa myös muodossa

n = q1h1 q2h2 · · · qrhr

(q1 , . . . , qs erisuuria alkulukuja, hi ≥ 1 ∀ i).

(1.6)

Myöhemmin todistetaan ns. aritmetiikan peruslause, jonka mukaan luvun n alkutekijähajotelma (1.5) on yksikäsitteinen, samoin siis (1.6), tekijöiden järjestystä lukuun ottamatta. Jälkimmäistä sanotaan luvun n kanoniseksi (alkutekijä)hajotelmaksi.

Esimerkki 1.2.1

700 = 2 · 2 · 5 · 5 · 7 = 22 · 52 · 7.

Alkulukujen joukkoa merkitään P:llä; siis

P = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 57, . . .}.

Lause 1.2.2 (Eukleides) Alkulukuja on äärettömän monta. Todistus. Tehdään vastaoletus: p1 , . . . , pr ovat kaikki alkuluvut. Muodostetaan luku n = p1 · · · pr + 1.

LUKU 1. LUKUTEORIAA

5

Koska n > 1, se voidaan hajottaa alkutekijöihin. Olkoon q jokin alkutekijöistä. Vastaoletuksen mukaan q on jokin pi . Nyt siis q | n − p1 · · · pr = 1, ristiriita!

2

Kun kokonaisluku jaetaan toisella kokonaisluvulla, jää yleensä jakojäännös. Seuraavassa lauseessa tämä seikka muotoillaan tarkasti. (Lauseen nimi on hiukan harhaanjohtava; algoritmiksi voi kutsua sitä menetelmää, jolla jakolasku suoritetaan esimerkiksi jakokulmassa.)

Lause 1.2.3 (Jakoalgoritmi) Jos a, b ∈ Z ja b 6= 0, on yksikäsitteiset sellaiset q, r ∈ Z, että a = qb + r,

0 ≤ r < |b|.

(1.7)

Todistus. Todistetaan lukujen q, r olemassaolo. Olkoon ensin b > 0. Valitaan joukosta {a − nb | n ∈ Z} pienin epänegatiivinen luku r. (Miksi se on mahdollista?) Merkitään r = a − qb, missä q ∈ Z. Silloin a = qb + r. Lisäksi r < b = |b|, sillä muuten em. joukossa olisi r:ää pienempikin epänegatiivinen luku r − b = a − (q + 1)b. Olkoon nyt b < 0. Tämä tapaus palautuu edelliseen seuraavasti: Koska −b > 0, niin a = q(−b) + r, missä 0 ≤ r < |−b|, ja nyt a = (−q)b + r ja 0 ≤ r < |b|. Lopuksi todistetaan yksikäsitteisyys. Oletetaan, että myös luvut q 0 ja r0 toteuttavat lauseen ehdot. Yhtälöstä qb + r = q 0 b + r0 saadaan r − r0 = (q 0 − q)b, ja koska 0 ≤ r < |b| ja 0 ≤ r0 < |b|, niin

0 ≤ |r − r0 | < |b|. Jos olisi q 6= q 0 , niin |q 0 − q| ≥ 1 ja siis |r − r0 | = |(q 0 − q)b| ≥ |b|, ristiriita. Näin ollen q = q 0 , ja nyt yhtälöstä qb + r = q 0 b + r0 seuraa r = r0 . 2

Esimerkki 1.2.4

50 = 4 · 11 + 6,

19 = (−2)(−7) + 5, −8 = (−1) · 10 + 2.

Huomautus 1.2.5 Jakoalgoritmin todistuksessa haluttiin pitäytyä kokonaisluvuissa. Katsomalla Z:aa R:n osajoukkona jakoalgoritmia voi ajatella myös seuraavasti. Tarkastellaan tapausta b > 0. Vastaavasti kuin esimerkissä 1.1.14 reaalilukujen joukolle saadaan partitio käyttämällä S b:n mittaisia välejä: R = n∈Z [nb, (n + 1)b). Koska kyseessä on partitio, niin annettu luku a ∈ Z kuuluu tarkalleen yhteen väleistä; kun ko. väli on [qb, (q + 1)b) ja merkitään r = a − qb, saadaan lauseen luvut q, r. Edellä esitetty todistus on silti hyvin hyödyllinen, kun halutaan johtaa vastaavanlaisia tuloksia muissa tilanteissa. Esimerkiksi polynomeille on aivan analoginen jakoalgoritmi kuin kokonaisluvuille, ja todistuskin käy saman mallin mukaan; tämä tulee esille Algebran peruskurssissa II.

LUKU 1. LUKUTEORIAA

6

1.2.1 Suurin yhteinen tekijä Kahdella kokonaisluvulla a ja b, joista ainakin toinen on 6= 0, on aina vähintään yksi yhteinen positiivinen tekijä, nimittäin 1. Suurimmasta yhteisestä tekijästä (joka siis on aina ≥ 1) käytetään merkintää syt(a, b) tai (a, b). Jos syt(a, b) = 1, sanotaan, että a ja b ovat suhteellisia alkulukuja tai keskenään jaottomia.

Lemma 1.2.6 Kun a, b ∈ Z ja ainakin toinen on 6= 0, niin syt(a, b) on joukon {xa + yb | x, y ∈ Z} pienin positiivinen luku.

Todistus. Kyseisessä joukossa on varmasti pienin positiivinen luku; olkoon se d = ua + vb, missä u, v ∈ Z. Näytetään ensin, että d | a. Jakoalgoritmin mukaan a = qd + r, missä 0 ≤ r < d. Silloin r = a − qd = (1 − qu)a + (−qv)b, joten myös r kuuluu mainittuun joukkoon. Jos r > 0, tämä on ristiriidassa d:n minimaalisuuden kanssa. Näin ollen r = 0 ja siis d | a. Symmetrian perusteella myös d | b. Siis d on a:n ja b:n yhteinen tekijä. Jos myös c on niiden yhteinen tekijä, niin c | (ua + vb) eli c | d. Koska d > 0, tästä seuraa c ≤ d. Siispä d = syt(a, b). 2 Seuraava tulos saadaan suoraan lemmasta ja sen todistuksesta.

Lause 1.2.7 Luku d = syt(a, b) täyttää seuraavat ehdot: (i) d on jaollinen jokaisella lukujen a ja b yhteisellä tekijällä; (ii) on sellaiset kokonaisluvut u ja v , että

d = ua + vb

(Bezout'n identiteetti).

Huomaa, etteivät kertoimet u ja v ole yksikäsitteisiä: esimerkiksi syt(4, 6) = 2 = 2 · 4 − 1 · 6 = (−1) · 4 + 1 · 6. Suurin yhteinen tekijä syt(a, b) voidaan laskea Eukleideen algoritmilla. Siinä sovelletaan jakoalgoritmia toistuvasti. Olkoon b 6= 0. Jos a | b, niin syt(a, b) = a. Oletetaan, että a - b. Saadaan

a = q1 b + r 1 , 0 < r1 < |b|, b = q2 r1 + r2 , 0 < r2 < r1 , r1 = q3 r2 + r3 , 0 < r3 < r2 , ....................................... rn−2 = qn rn−1 + rn , 0 < rn < rn−1 , rn−1 = qn+1 rn + 0.

LUKU 1. LUKUTEORIAA

7

Menettely päättyy, koska jakojäännökset ri muodostavat aidosti vähenevän jonon kokonaislukuja ≥ 0. Viimeinen nollasta poikkeva jakojäännös rn on haettu syt:

rn = syt(a, b). Tämä nähdään seuraavasti. Viimeisen yhtälön mukaan rn | rn−1 ; siis edellisen yhtälön mukaan rn | rn−2 , ja niin edelleen. Jatkamalla näin yhtälöketjussa ylöspäin saadaan lopulta rn | b ja rn | a. Siis rn on lukujen a ja b yhteinen tekijä. Jos toisaalta c | a ja c | b, niin ensimmäinen yhtälö antaa c | r1 , toinen c | r2 , ja niin edelleen, ja lopuksi saadaan c | rn . Näin ollen rn on yhteisistä tekijöistä suurin. Eukleideen algoritmilla voidaan myös ratkaista sellaiset u, v ∈ Z, että rn = ua+bv . Tämä käy eliminoimalla rn−1 , rn−2 , . . . , r1 yhtälöketjusta, esimerkiksi sijoitusmenettelyllä alhaalta lähtien.

Esimerkki 1.2.8 Saadaanko kaikki kokonaisluvut k muodossa k = 13n + 16m, missä n, m ∈ Z? Kyllä. Nimittäin syt(13, 16) = 1, joten on sellaiset u, v ∈ Z, että 1 = 13u + 16v . Siis k = 13(uk)+16(vk). Jos tarvitaan jokin ratkaisu (n, m) eksplisiittisesti, sellainen löydetään etsimällä jotkin u ja v . Käytetään Eukleideen algoritmia:

16 = 1 · 13 + 3, 13 = 4 · 3 + 1, 3 = 3 · 1 + 0. Saadaan 1 = 13 − 4 · 3 = 13 − 4 · (16 − 1 · 13) = 5 · 13 − 4 · 16. Näin ollen (u, v) = (5, −4), ja k = 13(5k) + 16(−4k) ∀ k ∈ Z.

Esimerkki 1.2.9 Hallussamme on esine, jonka pitäisi painaa 82 grammaa, ja haluaisimme tarkistaa tämän. Käytössämme on kaksivartinen vaaka ja suuri määrä 12 ja 18 gramman punnuksia. Onnistuuko? Esimerkki 1.2.10 Lasketaan syt(306, 657) ja lausutaan se muodossa 306u + 657v (u, v ∈ Z). Suurimman yhteisen tekijän käsitteen kanssa analoginen on lukujen a ja b pienin yhteinen monikerta (eli pienin yhteinen jaettava ) pyj(a, b). Jos a ja b ovat positiivisia, niin nämä käsitteet sitoo toisiinsa kaava syt(a, b) · pyj(a, b) = ab. Tämä näkee helpoiten alkutekijähajotelmista.

Huomautus 1.2.11 Lukujen suurin yhteinen tekijä syt(a1 , . . . , an ) voidaan tietenkin määritellä useammallekin kuin kahdelle luvulle, kun ainakin yksi luvuista ai on 6= 0. Samoin kuin lemmassa 1.2.6 todistetaan, että syt(a1 , . . . , an ) on joukon

{x1 a1 + · · · + xn an | x1 , . . . , xn ∈ Z}

LUKU 1. LUKUTEORIAA

8

pienin positiiviluku, ja sen voi siis aina esittää muodossa u1 a1 +· · ·+un an , missä u1 , . . . , un ∈ Z. Sen voi laskea myös rekursiivisesti kaavasta

syt(a1 , a2 , . . . , an ) = syt(a1 , syt(a2 , . . . , an )), kun ainakin yksi luvuista a2 , . . . , an on 6= 0. Emme todista tätä, vaikka todistus olisikin helppo.

1.2.2 Aritmetiikan peruslause Seuraavan lauseen antama ominaisuus karakterisoi alkuluvut uudella tavalla, sillä yhdistetyt luvut selvästikään eivät toteuta lauseen ehtoa. Ensimmäisenä sovelluksena siitä johdetaan aritmetiikan peruslause.

Lause 1.2.12 Olkoon p alkuluku. Jos p | ab (a, b ∈ Z), niin p | a tai p | b. Todistus. Koska p on alkuluku, niin syt(p, a) on p tai 1. Edellisessä tapauksessa p | a. Jälkimmäisessä tapauksessa Bezout'n identiteetti antaa 1 = up + va joillakin kokonaisluvuilla u, v . Siis b = 1b = (up + va)b = (ub)p + v(ab). Koska p | ab, nähdään että p | b.

2

Seuraus 1.2.13 Jos p on alkuluku ja jos p | a1 · · · ak (ai ∈ Z), niin p jakaa jonkin luvuista ai . Todistus. Tämä saadaan lauseesta induktiolla.

2

Lause 1.2.14 (Aritmetiikan peruslause) Jokainen kokonaisluku n > 1 voidaan esittää alkulukujen tulona eli muodossa n = p1 p2 · · · ps

(pi ∈ P ∀ i)

tekijöiden järjestystä vaille yksikäsitteisesti. Todistus. Alkutekijähajotelman olemassaolo perusteltiin pykälän 1.2 alussa. Yksikäsitteisyyden todistamiseksi oletetaan, että n:llä on myös esitys n = q1 q2 · · · qr , missä qi :t ovat alkulukuja. Siis p1 · · · ps = q1 · · · qr . Silloin p1 | q1 · · · qr , joten seurauksen 1.2.13 nojalla p1 jakaa jonkin qi :n. Voidaan olettaa, että p1 | q1 ; tarvittaessa muutetaan qi :den numerointia. Koska kyseessä on alkuluvut, niin p1 = q1 . Seuraa p2 · · · ps = q2 · · · qr . Jatkamalla samoin saadaan (mahdollisesti numerointia muuttamalla) p2 = q2 , . . . , ps = qs ja r = s. 2

LUKU 1. LUKUTEORIAA

9

On luonnollista sopia, että luvulla 1 on esitys tyhjänä alkulukutulona (siis s = 0). Negatiivisilla kokonaisluvuilla taas on yksikäsitteinen esitys muodossa −p1 · · · ps . Kahden luvun syt voidaan laskea tietysti määrittämällä ensin niiden alkutekijähajotelmat. Suurilla luvuilla Eukleideen algoritmi on kuitenkin nopeampi menetelmä.

Esimerkki 1.2.15 Koska 72 = 23 · 32 ja 60 = 22 · 3 · 5, niin syt(72, 60) = 22 · 3 = 12. Huomautus 1.2.16 Jaollisuuskäsite voidaan yleistää tietyt ehdot täyttäviin renkaisiin, joista

√ Z on vain erikoistapaus; esimerkkinä mainittakoon muotoa a+b n olevien lukujen joukko, missä a, b ∈ Z ja n on sopivasti valittu kiinteä kokonaisluku. Näiden lukujen jaottomuus määritellään vastaavasti kuin Z:ssa. Mutta lukujen esitys jaottomien lukujen tulona ei tällaisessa renkaassa ole yleensä yksikäsitteinen!

1.3 Kongruenssi Seuraavassa esitettävä kongruenssin käsite mahdollistaa jaollisuuteen liittyvien asioiden käsittelyn yhtälöiden tapaan.

Määritelmä 1.3.1 Olkoon m positiivinen kokonaisluku. Jos a, b ∈ Z ja jos a − b on jaollinen luvulla m, sanotaan, että a on kongruentti b:n kanssa modulo m, ja merkitään

a≡b

(mod m).

Tätä joukon Z relaatiota nimitetään kongruenssiksi ; luku m on sen moduli. Edellisen vastakohta: a on epäkongruentti (eli inkongruentti ) b:n kanssa modulo m, merkintä a 6≡ b (mod m).

Esimerkki 1.3.2

38 ≡ 2 (mod 6),

12 ≡ −13 (mod 5),

100 6≡ 1 (mod 10).

Määritelmän mukaan a ≡ b (mod m) tarkalleen silloin kun m | a − b, eli

a ≡ b (mod m)

⇐⇒

a = b + mq,

q ∈ Z.

(1.8)

Tästä nähdään helposti, että kongruenssi modulo m on joukon Z ekvivalenssirelaatio (tarkista ehdot E1E3), joka hajottaa Z:n seuraavanlaisiin ekvivalenssiluokkiin:

[a] = {a + mk | k ∈ Z}

(a ∈ Z).

(1.9)

Ekvivalenssiluokkaa [a] sanotaan luvun a jäännösluokaksi modulo m (tai mod m); siitä käytetään yleensä merkintää a tai a + mZ. Samaan jäännösluokkaan a kuuluvat luvut antavat m:llä jaettaessa saman jakojäännöksen. Kaikki mahdolliset jakojäännökset ovat 0, 1, . . . , m − 1, kokonaislukujen pienimmät epänegatiiviset jäännökset modulo m, ja nämä muodostavatkin jäännösluokkien mod m erään edustajiston.

LUKU 1. LUKUTEORIAA

10

Jäännösluokkien joukkoa merkitään Zm (siis merkinnän (1.4) mukaisesti Zm on Z/≡), ja se voidaan kirjoittaa seuraavasti: Zm = { 0, 1, . . . , m−1 }. (1.10)

Esimerkki 1.3.3 Z3 = { 0, 1, 2 }, missä 0= 3Z = {3k | k ∈ Z} = {. . . , −9, −6, −3, 0, 3, 6, 9, . . .}, 1 = 1 + 3Z = {1 + 3k | k ∈ Z} = {. . . , −8, −5, −2, 1, 4, 7, 10, . . .}, 2 = 2 + 3Z = {2 + 3k | k ∈ Z} = {. . . , −7, −4, −1, 2, 5, 8, 11, . . .}. Joukko Z3 voidaan esittää myös esimerkiksi muodoissa { −1, 0, 1 } tai { 7, 33, 2 }.

Esimerkki 1.3.4 Rajatapauksessa m = 1 kongruenssi on triviaali: a ≡ b (mod 1) kaikilla kokonaisluvuilla a, b. Erityisesti siis Z1 = {0}, missä 0 = Z.

Lause 1.3.5

(i) Jos a ≡ b (mod m) ja c ≡ d (mod m), niin

a + c ≡ b + d,

ac ≡ bd

(mod m).

(ii) Jos ca ≡ cb (mod m) ja syt(c, m) = 1, niin a ≡ b (mod m). (iii) Jos a ≡ b (mod km), missä k on kokonaisluku > 0, niin a ≡ b (mod m).

Todistus. (i) Luku (a + c) − (b + d) = (a − b) + (c − d) on jaollinen m:llä, koska a − b ja c − d ovat. Samoin nähdään, että ac − bd = (a − b)c + b(c − d) on jaollinen m:llä. (ii) Ehdoista m | c(a − b) ja syt(c, m) = 1 yhdessä seuraa, että m | a − b (ajattele lukujen kanonisia hajotelmia). (iii) Jos km | a − b, niin m | a − b. 2 Lauseen (i)-kohdan mukaan kongruensseja mod m voidaan laskea yhteen ja kertoa puolittain, samoin siis vähentää puolittain. Huomaa erikoistapaus c = d : jos a ≡ b (mod m) niin ca ≡ cb (mod m). Kohdan (ii) mukaan kongruenssin jakaminen puolittain c:llä on luvallista, jos syt(c, m) = 1; vertaa tätä siihen, että tavallisen yhtälön saa jakaa puolittain luvulla 6= 0.

Esimerkki 1.3.6 Lasketaan jakojäännös jaettaessa 182 + 2100 luvulla 11. Esimerkki 1.3.7 Jakamalla kongruenssi 3 ≡ 15 (mod 12) puolittain 3:lla saataisiin 1 ≡ 3 mod 12, mikä ei pidä paikkaansa. Lauseen (ii)-kohdasta ei siis oletusta syt(c, m) = 1 voi jättää pois. Huomaa kuitenkin, että 1 ≡ 5 (mod 4). Keksi tästä ja perustele yleinen tulos!

Esimerkki 1.3.8 Jos a ≡ b (mod m), niin lauseen 1.3.5 nojalla esimerkiksi 2 + 5a + 3a2 ≡ 2 + 5b + 3b2 (mod m). Yleisesti, jos P (x) on jokin kokonaiskertoiminen polynomi, siis jos P (x) = c0 + c1 x + · · · + ct xt

(c0 , . . . , ct ∈ Z),

niin kongruenssista a ≡ b (mod m) seuraa P (a) ≡ P (b) (mod m).

LUKU 1. LUKUTEORIAA

11

Esimerkki 1.3.9 Mitkä jakojäännökset ovat mahdollisia, kun kokonaisluvun a neliö a2 jaetaan luvulla 8? Jos a ≡ b (mod 8), niin a2 ≡ b2 (mod 8). Siksi kaikki mahdolliset jakojäännökset löydetään jo, kun a käy jäännösluokkien mod 8 edustajiston, esimerkiksi luvut 0, 1, . . . , 7.

a

0

1 2

3

a2

0

1

1 0 1

4

4

5 6

7

4 1

Siis mahdolliset jakojäännökset ovat 0, 1, 4. Jäännösluokkien joukosta Zm saadaan tärkeä algebrallinen systeemi, kun siinä määritellään yhteen- ja kertolasku sopivasti. Tätä käsitellään jäljempänä ryhmien ja Algebran peruskurssissa II renkaiden yhteydessä. Asian valmistelemiseksi esitellään kyseisten laskutoimitusten määritelmät jo tässä: Kun a ∈ Zm ja b ∈ Zm , niin

a + b = a + b,

(1.11)

a · b = ab.

Ongelmana kuitenkin on, että jäännösluokat ilmaistaan edustajien avulla, esimerkiksi jäännösluokka a edustajansa a avulla, eikä edustajan valinta ole yksikäsitteinen. On siis näytettävä, että näin määritellyt summa ja tulo ovat silti yksikäsitteisiä, toisin sanoen riippumattomia edustajien valinnasta. Tällainen tilanne, jossa määritelmä sisältää näennäisen riippuvuuden (ekvivalenssi)luokan edustajan valinnasta, on matematiikassa tavallinen. Kun on osoitettu, ettei riippuvuus ole todellinen, on tapana sanoa, että ko. käsite on hyvinmääritelty (well dened).

Lause 1.3.10 Yhtälöiden (1.11) mukaiset jäännösluokkien summa ja tulo ovat hyvinmääritellyt. Todistus. Oletetaan, että a = a0 ja b = b0 . Silloin a ≡ a0 ja b ≡ b0 (mod m). Lauseen 1.3.5 kohdan (i) mukaan siis a + b ≡ a0 + b0 ,

ab ≡ a0 b0

(mod m).

Tästä seuraa, että a + b = a0 + b0 ja ab = a0 b0 , mikä todistaa väitteen.

2

Esimerkki 1.3.11 Jäännösluokkien mod 7 joukossa 4 + 5 = 2. Toisaalta 4 = 60 ja 5 = 75, siis 4 + 5 = 60 + 75 = 135. Varmistu laskemalla, että 135 = 2. Kongruensseja sovelletaan mm. tutkittaessa Diofantoksen yhtälöitä. Nämä ovat yhtälöitä, joille haetaan kokonaislukuratkaisuja.

Esimerkki 1.3.12 Tarkastellaan Diofantoksen yhtälöä x2 − 2y 2 = 5. Osoitetaan, ettei sillä ole (kokonaisluku)ratkaisuja. Tutkitaan ensin kongruenssia x2 − 2y 2 ≡ 5 (mod 8). Esimerkistä 1.3.9 nähdään, että x2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8) ja samoin y 2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8). Laskemalla kaikki mahdolliset kombinaatiot todetaan, että x2 − 2y 2 ≡ 0, 1, 2, 4, 6, 7 (mod 8). Näin ollen kongruenssilla x2 − 2y 2 ≡ 5 (mod 8) ei ole kokonaislukuratkaisuja, eikä siis ole alkuperäisellä yhtälölläkään.

LUKU 1. LUKUTEORIAA

12

Esimerkki 1.3.13 A osti isoja munkkeja hintaan 15 mk/kpl ja pieniä 11 mk/kpl. (Tästä on joitakin vuosia.) Lasku oli 137 mk. Montako kumpaakin lajia oli? Ratkaistavana on Diofantoksen yhtälö 15x+11y = 137. Ratkaistaan se siirtymällä kongruenssiin 15x ≡ 137 (mod 11). Yleisestikin lineaarisen kahden tuntemattoman Diofantoksen yhtälön (1.12)

ax + my = c ratkaiseminen on ekvivalentti tehtävä kongruenssin

(1.13)

ax ≡ c (mod m)

ratkaisemisen kanssa. Jotta ratkaisuja olisi olemassa, on oltava syt(a, m) | c (katso (1.12)), ja tällöin tehtävä voidaan palauttaa tapaukseen syt(a, m) = 1. (Miten?) Ratkaisuja koskee seuraava tulos.

Lause 1.3.14 Jos syt(a, m) = 1, niin kongruenssilla (1.13) on yksikäsitteinen ratkaisu x ∈ Z välillä 0 ≤ x ≤ m − 1. Todistus. Oletuksen nojalla on sellaiset luvut u, v ∈ Z, että au + mv = 1 ja siis a(uc) + m(vc) = c. Kongruenssilla on täten ratkaisu x = uc. Tämän ratkaisun kanssa kongruentit luvut x = uc+km (k ∈ Z) ovat myös ratkaisuja. Toisaalta kongruenssin kaikki ratkaisut ovat keskenään kongruentteja mod m, sillä lauseen 1.3.5 (ii)-kohdan mukaan

ax1 ≡ ax2

(mod m)

=⇒

x1 ≡ x2

Ratkaisuista siis tarkalleen yksi on välillä 0 ≤ x ≤ m − 1.

(mod m).

2

Todistuksessa saatiin jopa:

Seuraus 1.3.15 Jos syt(a, m) = 1, niin kongruenssin (1.13) ratkaisut muodostavat yhden jäännösluokan mod m. Pienillä m:n arvoilla ratkaisu x ∈ {0, . . . , m − 1} löydetään usein helpoiten kokeilemalla. Joskus voi myös käyttää lauseen 1.3.14 todistuksen ideaa.

Esimerkki 1.3.16 Ratkaistaan kongruenssit 4x ≡ 3 (mod 7),

3x ≡ 6

(mod 12),

5x ≡ 7

(mod 10).

Kongruensseja käsitellään tarkemmin lukuteorian kurssissa.

Esimerkki 1.3.17 Olkoon syt(a, b) = 1. Bezout'n identiteetissä 1 = au + bv kertoimet u ja v eivät ole yksikäsitteiset. Millaisen joukon ratkaisut (u, v) muodostavat?

Luku 2

Ryhmä 2.1 Ryhmän käsite Joukossa S määritellyllä binäärioperaatiolla ∗ tarkoitetaan kuvausta S × S → S , merkitään (a, b) 7→ a ∗ b. Siis jos ∗ on annettu binäärioperaato joukossa S , niin jokaista alkioparia a, b ∈ S kohti määräytyy yksikäsitteinen kolmas saman joukon alkio a ∗ b.

Esimerkki 2.1.1 Kokonaislukujen joukossa Z on aiemmin määritelty ainakin kolme binäärioperaatiota, summa, tulo ja erotus ( + , · , − ). Määrittelemällä a ¦ b = ab + a + b ∀ a, b ∈ Z saataisiin uusi binäärioperaatio ¦ .

Esimerkki 2.1.2 Olkoon X joukko. Merkitään FX :llä kaikkien kuvausten X → X joukkoa. Kuvaustulo ◦ eli kuvausten yhdistäminen on binäärioperaatio joukossa FX . Algebran peruskursseissa I ja II esitellään muutama algebrallinen systeemi : ryhmä, rengas, kunta, yleinen vektoriavaruus ja sisätuloavaruus. Algebralliset systeemit ovat joukkoja, joissa on määritelty yksi tai useampi laskutoimitus ja jotka toteuttavat jotkin annetut aksioomat. Usein laskutoimitukset ovat binäärioperaatioita. Aloitamme määrittelemällä ryhmän (group), joka on yksinkertaisimpia ja samalla tärkeimpiä algebrallisia systeemejä.

Määritelmä 2.1.3 Olkoon G epätyhjä joukko. Paria (G, ∗) sanotaan ryhmäksi, jos ∗ on joukossa G määritelty binäärioperaatio, joka täyttää seuraavat ehdot: G1. On voimassa assosiatiivilaki

a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c

∀ a, b, c ∈ G.

G2. On sellainen alkio e ∈ G (neutraalialkio ), että

a∗e=e∗a=a 13

∀ a ∈ G.

LUKU 2. RYHMÄ

14

G3. Jokaista G:n alkiota a kohti on sellainen alkio a−1 ∈ G (a:n käänteisalkio ), että

a ∗ a−1 = a−1 ∗ a = e. Pari (G, ∗) on kommutatiivinen ryhmä eli Abelin ryhmä, jos se toteuttaa lisäksi seuraavan ehdon: G4. On voimassa kommutatiivilaki

a∗b=b∗a

∀ a, b ∈ G.

Kun (G, ∗) on ryhmä, sanotaan myös, että G on ryhmä (binäärioperaation ∗ suhteen).

Esimerkki 2.1.4 (Lukuryhmät) Joukot Z, Q, R ja C ovat Abelin ryhmiä yhteenlaskun suhteen. Neutraalialkiona on 0 ja luvun a käänteisalkiona vastaluku −a. Merkitään Q∗ = Q \ {0},

R∗ = R \ {0},

C∗ = C \ {0}.

Nämä lukujoukot ovat Abelin ryhmiä kertolaskun suhteen. Neutraalialkiona on 1 ja luvun a käänteisalkiona käänteisluku 1/a. Mikseivät Q, R ja C ole ryhmiä kertolaskun suhteen? Entä Z tai Z \ {0}?

Lause 2.1.5 Ryhmän G neutraalialkio on yksikäsitteinen, samoin kunkin alkion a käänteisalkio a−1 .

Todistus. Jos myös e0 on G:n neutraalialkio, niin G2 antaa e0 = e0 ∗ e = e. Jos alkiolla a on myös käänteisalkio a0 , niin a0 = a0 ∗ e = a0 ∗ (a ∗ a−1 ) = (a0 ∗ a) ∗ a−1 = e ∗ a−1 = a−1 . Tässä tarvittiin kaikki aksioomat G1G3 sekä oletus, että myös a0 on a:n käänteisalkio.

2

Ryhmäteoriassa ryhmän G laskutoimitus ∗ merkitään yleensä kertolaskuna:

a ∗ b = a · b = ab. Tällöin neutraalialkiota kutsutaan myös ykkösalkioksi ja merkitään e = 1 = 1G . Sanotaan, että (G, · ) on multiplikatiivinen ryhmä (tai että ryhmä G merkitään multiplikatiivisesti). Toisinaan ryhmäoperaatiolle käytetään yhteenlaskumerkintää,

a ∗ b = a + b. Tässä tapauksessa neutraalialkiota kutsutaan nolla-alkioksi ja merkitään e = 0 = 0G , ja alkion a käänteisalkiota a−1 kutsutaan vasta-alkioksi, merkitään −a. Tällöin sanotaan, että (G, +) on additiivinen ryhmä (tai että ryhmä G merkitään additiivisesti). Additiivista merkintätapaa käytetään usein, kun G on Abelin ryhmä, sekä tietenkin silloin, kun käsiteltävä laskutoimitus on todellinen yhteenlasku, kuten vaikkapa esimerkin 2.1.4 ryhmän (Z, +) tapauksessa.

LUKU 2. RYHMÄ

15

Mitkä esimerkin 2.1.4 ryhmistä tuntuu luonnolliselta merkitä additiivisesti ja mitkä multiplikatiivisesti? Ryhmän G alkioiden lukumäärää #G sanotaan G:n kertaluvuksi (order). (Tässä kurssissa joukon S alkioiden lukumäärälle käytetään merkintää #S ; muita tavallisia merkintöjä ovat esimerkiksi |S| tai card S .)

Esimerkki 2.1.6 Reaalisen vektoriavaruuden Rn vektorit muodostavat additiivisen Abelin ryhmän vektorien yhteenlaskun

(a1 , . . . , an ) + (b1 , . . . , bn ) = (a1 + b1 , . . . , an + bn ) suhteen, nolla-alkiona on nollavektori ja vektorin a = (a1 , . . . , an ) vasta-alkiona vastavektori −a.

Esimerkki 2.1.7 Matriisijoukko Mm×n (R) on additiivinen Abelin ryhmä, nolla-alkiona nollamatriisi ja matriisin A vasta-alkiona −A.

Esimerkki 2.1.8 Säännöllisten n×n-matriisien joukko GLn (R) = {A ∈ Mn (R) | det(A) 6= 0} on multiplikatiivinen ryhmä, ykkösalkiona identiteettimatriisi In ja matriisin A käänteisalkiona käänteismatriisi A−1 . Tätä ryhmää sanotaan yleiseksi lineaariseksi ryhmäksi (general linear group). Se ei ole kommutatiivinen, kun n > 1.

Esimerkki 2.1.9 (Jäännösluokkaryhmät) Jäännösluokat mod m muodostavat additiivisen Abelin ryhmän (Zm , +), kun yhteenlasku määritellään kuten oli jo esillä, siis a+b = a + b. Nollaalkiona on 0 ja alkion a vasta-alkiona −a. Tämä on esimerkki äärellisestä ryhmästä: joukkona Zm on {0, . . . , m−1 }, joten #Zm = m. Joukossa Zm määriteltiin myös kertolasku, a · b = ab, joka heti todetaan assosiatiiviseksi (sillä ( a · b ) · c = abc = a · ( b · c ) ) ja jolla on neutraalialkio 1 (sillä 1 · a = a = a · 1 ). Sen sijaan kaikilla jäännösluokilla ei ole käänteisalkiota; triviaalisti esimerkiksi 0:lla ei ole. Siksi Zm ei ole kertolaskun suhteen ryhmä. Tutkitaan, millä jäännösluokilla a on käänteisalkio x . Ehto a · x = x · a = 1, eli ax = 1, saadaan muotoon ax ≡ 1 (mod m). Lauseen 1.3.14 ja sitä edeltävän huomautuksen mukaan tällainen x on olemassa jos ja vain jos syt(a, m) = 1. Tämän ehdon toteuttavia jäännösluokkia a kutsutaan alkuluokiksi mod m ja niiden joukkoa merkitään Z∗m :llä; siis

Z∗m = { a ∈ Zm | syt(a, m) = 1} = { a ∈ Zm | on sellainen x ∈ Zm että a · x = 1 }.

(2.1)

(Huomaa, että vaikka edellinen muoto näyttääkin riippuvan jäännösluokkien edustajien valinnasta, niin jälkimmäisestä muodosta nähdään, ettei riippuvuus ole todellinen.)

LUKU 2. RYHMÄ

16

Alkuluokkien mod m joukko Z∗m on kertolaskun suhteen Abelin ryhmä, ykkösalkiona 1 ja alkion a käänteisalkiona sellainen x, että ax ≡ 1 (mod m). Tämän osoittamista varten pitäisi ensinnäkin todeta, että kertolasku antaa myös Z∗m :lle binäärioperaation, toisin sanoen että

a, b ∈ Z∗m

=⇒

a · b ∈ Z∗m ,

ja toiseksi pitäisi tarkistaa, että aksioomat G1G4 toteutuvat. Sivuutamme tässä tämän suoraviivaisen työn. Ryhmää (Z∗m , · ) sanotaan multiplikatiiviseksi jäännösluokkaryhmäksi mod m. Merkitään sen kertalukua #Z∗m = ϕ(m); tätä m:n funktiota sanotaan Eulerin ϕ-funktioksi. Esimerkiksi Z∗9 = { 1, 2, 4, 5, 7, 8 } ja #Z∗9 = ϕ(9) = 6. Kun p ∈ P, niin Z∗p = { 1, . . . , p−1 } ja ϕ(p) = p − 1.

Esimerkki 2.1.10 Olkoon X joukko ja olkoon FX kuvausten X → X joukko. Kuvaustulo ◦ on binäärioperaatio joukossa FX . Selvästikin se on assosiatiivinen, ja identiteettikuvaus idX : X → X toimii sen neutraalialkiona. Joukosta FX ei operaatiolla ◦ varustettuna kuitenkaan tule ryhmää, koska kaikilla kuvauksilla ei ole käänteisalkiota (jos #X > 1). Jotta kuvauksella f ∈ FX olisi käänteisalkio g ∈ FX , niin pitäisi olla f ◦ g = g ◦ f = idX , toisin sanoen g :n olisi oltava f :n käänteiskuvaus totutussa mielessä. Merkitään ∗ FX = {f : X → X | f on bijektio}. ∗ ∗ Helposti todetaan, että (FX , ◦) todellakin on ryhmä; neutraalialkio on idX ja alkion f ∈ FX käänteisalkio on sen käänteiskuvaus f −1 .

Esimerkki 2.1.11 (Symmetriset ryhmät) Äärellisen joukon Jn = {1, 2, . . . , n} permutaatioksi sanotaan bijektiivistä kuvausta α : Jn → Jn . Kun α(j) = kj ∀ j ∈ Jn , permutaatio α voidaan merkitä muodossa à ! 1 2 ... n α= , (2.2) k1 k2 . . . kn missä siis k1 , k2 , . . . , kn ovat luvut 1, 2, . . . , n jossakin järjestyksessä. (Vertaa lineaarialgebran kurssiin, jossa permutaatioiksi sanottiin jonoja (k1 , k2 , . . . , kn ).) Esimerkin 2.1.10 mukaan joukon Jn = {1, 2, . . . , n} permutaatiot muodostavat kuvaustulon suhteen ryhmän. Sitä sanotaan n-alkioisen joukon symmetriseksi ryhmäksi, merkitään

Sn = {α : Jn → Jn | α on bijektio}.

(2.3)

Ykkösalkiona on Jn :n identiteettikuvaus ja permutaation α käänteisalkiona käänteiskuvaus α−1 . Jos n > 2, Sn ei ole Abelin ryhmä. Tunnetusti #Sn = n! .

LUKU 2. RYHMÄ

17

Permutaatioiden merkintätapa (2.2) sopii hyvin kuvaustulon laskemiseen. Esimerkiksi ryhmässä S3 Ã !Ã ! Ã ! Ã !Ã ! Ã ! 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 = , = . 1 3 2 3 2 1 2 3 1 3 2 1 1 3 2 3 1 2 Huomaa, missä järjestyksessä tulokuvaukset muodostetaan; esimerkiksi vasemmanpuoleisessa tulossa alkiot kuvautuvat näin: 1 7→ 3 7→ 2, 2 7→ 2 7→ 3, 3 → 7 1 7→ 1.

Huomautus 2.1.12 Olkoon ∗ joukon G binäärioperaatio. Jos pari (G, ∗) täyttää ryhmän määritelmän postulaatin G1, sitä sanotaan puoliryhmäksi, ja jos lisäksi G:ssä on neutraalialkio, toisin sanoen myös G2 on voimassa, niin kyseessä on monoidi. Esimerkiksi Z ja 2Z ( = parillisten kokonaislukujen joukko) ovat kertolaskun suhteen puoliryhmiä, ja edellinen on jopa monoidi. Matriisien joukko Mn (R) on matriisikertolaskun suhteen monoidi. Esimerkissä 2.1.10 (FX , ◦) on monoidi. Puoliryhmien ja monoidien teoriaa ei käsitellä tässä kurssissa.

2.1.1 Perusominaisuuksia Seuraavassa ryhmä G merkitään multiplikatiivisesti, ellei toisin mainita. Koska a(bc) = (ab)c, kolmen ja useamman alkion tulo ryhmässä voidaan merkitä ilman sulkeita, esimerkiksi a(bc) = abc. Ryhmän alkion potenssi määritellään tavalliseen tapaan:

a0 = 1,

an = a · a · · · a

(n tekijää, n ≥ 1),

a−n = (a−1 )n

(n ≥ 1).

(2.4)

Määritelmästä saadaan helposti johdettua laskusäännöt

am an = am+n ,

(am )n = amn .

(2.5)

(Huomaa, että negatiivisten eksponenttien tapauksessa tarvitaan eri perustelu.) Sen sijaan sääntö (ab)n = an bn ei tietenkään päde, ellei G ole kommutatiivinen! Samalla päättelyllä, jolla lineaarialgebrassa todistettiin säännöllisille matriiseille (AB)−1 = B −1 A−1 , saadaan nyt yleisemmin

(ab)−1 = b−1 a−1

(2.6)

∀ a, b ∈ G.

Huomautus 2.1.13 Additiivista merkintätapaa käytettäessä potenssia an vastaa monikerta na. Muotoile kaavat (2.4)(2.6) tässä tapauksessa. Ã ! Ã 1 2 3 1 2 Esimerkki 2.1.14 Merkitään S3 :ssa τ = ja σ = 2 1 3 2 3 τ 2 = 1,

σ 3 = 1,

τ στ = σ 2

( = σ −1 ).

! 3 . Silloin 1 (2.7)

Voidaan todeta, että S3 = {1, τ, σ, στ, σ 2 , σ 2 τ }, esimerkiksi laskemalla ko. 6 kuvausta, jolloin ne osoittautuvat erisuuriksi, ja käyttämällä sitä, että #S3 = 3! = 6.

LUKU 2. RYHMÄ

18

Lause 2.1.15 Olkoon G ryhmä. Kun a, b ∈ G, niin (i) yhtälöllä ax = b on ryhmässä G yksikäsitteinen ratkaisu x = a−1 b; (ii) yhtälöllä xa = b on ryhmässä G yksikäsitteinen ratkaisu x = ba−1 .

Todistus. Kertomalla yhtälö ax = b vasemmalta a−1 :llä saadaan x = a−1 b. Kääntäen, x = a−1 b toteuttaa yhtälön ax = b, koska a(a−1 b) = b. Toinen yhtälö käsitellään samoin. 2 Lauseen nojalla (tai suoraan, kertomalla c−1 :llä vasemmalta tai oikealta) nähdään, että ryhmässä on voimassa supistamissäännöt

ac = bc

=⇒

a = b;

ca = cb

=⇒

a = b.

(2.8)

Esimerkki 2.1.16 Nyt esimerkissä 2.1.14 mainitut S3 :n alkiot 1, τ, σ, στ, σ 2 , σ 2 τ on helpompi osoittaa erisuuriksi. Jos esimerkiksi olisi στ = σ 2 τ , niin kertomalla vasemmalta σ −1 :llä ja oikealta τ −1 :llä saataisiin 1 = σ , siis ristiriita. Samoin käsitellään muutkin tapaukset. (Huomaa kuitenkin, että S3 :ssa voi silti olla voimassa epätriviaalin näköisiä yhtäsuuruuksia, esimerkiksi στ σ = τ στ .)

2.1.2 Ryhmätaulu Äärellinen ryhmä voidaan esittää kirjoittamalla sen ryhmätaulu, johon merkitään taulukon muodossa kaikki tulot; vaaka- ja pystyrivit nimetään alkioiden mukaan ja vaakarivin a ja pystyrivin b risteyskohtaan kirjoitetaan se alkio c, joka on tulo c = ab. (On syytä muistaa, etteivät ab ja ba yleensä ole sama alkio.) Vaakariville a tulee silloin kaikki tulot ax, x ∈ G. Lauseesta 2.1.15 seuraa, että jokainen vaakarivi sisältää ryhmän kaikki alkiot, kunkin tarkalleen kerran, samoin jokainen pystyrivi.

Esimerkki 2.1.17 Additiivinen ryhmä (Z2 , +) on joukkona Z2 = { 0, 1 }, ja siinä on voimassa 0 + 0 = 0 , 0 + 1 = 1 , 1 + 0 = 1 , 1 + 1 = 0. Sen ryhmätaulu on vasemmanpuoleisena (kirjoitetaan lyhyesti a eikä a, ja ymmärretään, että luvut tulkitaan mod 2). (Z2 , +)

(Z∗3 , · )

+

0 1

·

1

2

0 1

0 1 1 0

1 2

1 2

2 1

Multiplikatiivinen ryhmä (Z∗3 , · ) on joukkona Z∗3 = { 1, 2 }; sen ryhmätaulu on oikealla (luvut tulkitaan mod 3). (Ryhmätaulut näyttävät rakenteeltaan samanlaisilta. Se merkitsee, että nämä ryhmät ovat keskenään isomorset ; tämä käsite määritellään myöhemmin tarkasti. Itse asiassa edellä mainitun ominaisuuden vuoksi ei muunlaisia kahden alkion ryhmiä voi ollakaan.)

LUKU 2. RYHMÄ

19

Esimerkki 2.1.18 Millaisia kolmen alkion ryhmiä on? Jos G = {1, a, b} on ryhmä, niin sen ryhmätaulu voidaan täyttää yleisten ominaisuuksien nojalla: ensin käytetään sitä, että 1 on ykkösalkio ja sitten sitä, että jokaisella vaaka- ja pystyrivillä kukin alkio esiintyy tarkalleen kerran. Saadaan vasemmanpuoleinen ryhmätaulu.

·

1

a

b

+

0

1 2

1 a b

1 a a b b 1

b 1 a

0 1 2

0 1 2

1 2 2 0 0 1

Onko G todella ryhmä? Tämä voitaisiin selvittää tarkistamalla, toteutuvatko aksioomat G1 G3. Helpommalla päästään, jos löydetään ryhmä, jolla on tämä ryhmätaulu. Tässä tapauksessa riittää löytää jokin kolmen alkion ryhmä, sillä edellä päätellyn mukaisesti sen ryhmätaulu on välttämättä juuri tämä. Eräs sellainen ryhmä on (Z3 , +), ja sen ryhmätaulu on oikealla. Tulos: Kolmen alkion ryhmiä on olennaisesti vain yksi. (Tarkemmin ilmaistuna : kolmen alkion ryhmiä on isomoraa vaille vain yksi. Tämä ryhmä voidaan esittää muodossa G = {1, a, a2 }, missä a3 = 1. Tällaista ryhmää kutsutaan sykliseksi ; tarkka määritelmä esitetään myöhemmin.)

Esimerkki 2.1.19 Näytetään, että neljän alkion ryhmiä on kaksi (olennaisesti erilaisia eli epäisomorsia). Niiden ryhmätaulut ovat seuraavat: syklinen ryhmä C4 a

b

Kleinin neliryhmä

·

1

c

·

1

a

b

c

1 a b c

1 a b c a b c 1 b c 1 a c 1 a b

1 a b c

1 a b c a 1 c b b c 1 a c b a 1

Esimerkki 2.1.20 Olkoon S3 = {1, τ, σ, στ, σ 2 , σ 2 τ } kuten esimerkissä 2.1.14. Näytetään, miten ominaisuuksista (2.7) voidaan laskea tulot S3 :ssa. Kirjoitetaan S3 :n ryhmätaulua.

2.1.3 Ryhmien suora tulo Lause 2.1.21 Ryhmien G1 ja G2 karteesinen tulo G1 × G2 on ryhmä seuraavan binäärioperaation suhteen: (a1 , a2 )(b1 , b2 ) = (a1 b1 , a2 b2 )

(a1 , b1 ∈ G1 , a2 , b2 ∈ G2 ).

(2.9)

Todistus. Aksioomien G1G3 voimassaolo on helppo tarkistaa. Ykkösalkio on (1, 1), ja käänteis−1 alkiot saadaan kaavasta (a1 , a2 )−1 = (a−1 2 1 , a2 ). Lauseessa muodostettua ryhmää G1 × G2 sanotaan ryhmien G1 ja G2 suoraksi tuloksi (tai suoraksi summaksi käytettäessä additiivista merkintää).

LUKU 2. RYHMÄ

20

Huomaa, että kaavan (2.9) tulossa a1 b1 on kyse ryhmän G1 operaatiosta ja tulossa a2 b2 ryhmän G2 operaatiosta.

Esimerkki 2.1.22 Kun G1 = G2 = R (additiivinen ryhmä), niin suora tulo on tuttu ryhmä R × R = R2 , jossa (u1 , u2 ) + (v1 , v2 ) = (u1 + v1 , u2 + v2 ); katso esimerkki 2.1.6. Suora tulo (ja summa) määritellään vastaavalla tavalla useammankin kuin kahden ryhmän tapauksessa.

2.2 Aliryhmä Määritelmä 2.2.1 Olkoon G ryhmä. Jos H ⊆ G ja jos H on ryhmä G:n binäärioperaation G × G → G restriktion suhteen, sanotaan, että H on G:n aliryhmä. Merkintä: H ≤ G. Kirjoitamme määritelmän konkreettisempaan muotoon.

Lause 2.2.2 Kun G on ryhmä ja H sen osajoukko, niin H on G:n aliryhmä tarkalleen silloin kun seuraavat ehdot toteutuvat: AR1.

a, b ∈ H

AR2.

1G ∈ H ;

AR3.

a∈H

=⇒

=⇒

ab ∈ H ;

a−1 ∈ H .

Todistus. Oletetaan ensin, että H ≤ G. Silloin G:n binäärioperaatio G × G → G antaa restriktiona binäärioperaation (kuvauksen) H × H → H ; siis AR1 on voimassa. Osoitetaan että G:n ja H :n ykkösalkiot 1G ja 1H ovat sama alkio, jolloin AR2 seuraa. Yhtäsuuruus 1H 1H = 1H on voimassa, kun tulo lasketaan ryhmässä H , siis myös kun tulo lasketaan ryhmässä G (tulo on sama!). Näin ollen 1H toteuttaa G:ssä yhtälön x2 = x. Mutta ainoa G:n alkio, joka toteuttaa tämän yhtälön, on x = 1G (kerrotaan yhtälö x−1 :llä). Siis 1H = 1G . Kun a ∈ H ja b on a:n käänteisalkio H :ssa, niin ab = ba = 1H = 1G , joten b on a:n käänteisalkio myös G:ssä. Koska käänteisalkio on yksikäsitteinen, niin a−1 = b ∈ H . Oletetaan nyt, että ehdot AR1AR3 ovat voimassa. Ehdon AR1 nojalla G:n binäärioperaatio antaa restriktiona binäärioperaation H :lle. Assosiatiivilaki on voimassa H :ssa, koska se on voimassa koko G:ssä. Ehdon AR2 mukaan H :ssa on ykkösalkio, nimittäin 1G , ja ehdon AR3 mukaan jokaisella H :n alkiolla on käänteisalkio H :ssa, nimittäin sama kuin käänteisalkio G:ssä. 2

Esimerkki 2.2.3 Jokaisessa ryhmässä G on ns. triviaalit aliryhmät {1} ja G. Jos H ≤ G ja H 6= G, sanotaan, että H on G:n aito aliryhmä, merkitään H < G.

Esimerkki 2.2.4 Olkoon G = {1, a, b, c} Kleinin neliryhmä. Osajoukko H = {1, a} on sen aliryhmä.

LUKU 2. RYHMÄ

21

Esimerkki 2.2.5 Z < Q < R < C (additiiviset ryhmät) ja Q∗ < R∗ < C∗ (multiplikatiiviset ryhmät). Lauseen 2.2.2 ehtoja voi yksinkertaistaa:

Lause 2.2.6 (Aliryhmäkriteeri) Olkoon G ryhmä ja H ⊆ G. (i) Jos H 6= ∅ ja ab−1 ∈ H ∀ a, b ∈ H , niin H on G:n aliryhmä. (ii) Olkoon G äärellinen. Jos H 6= ∅ ja ab ∈ H ∀ a, b ∈ H , niin H on G:n aliryhmä.

Todistus. (i) Valitsemalla jokin c ∈ H (6= ∅) saadaan 1G = cc−1 ∈ H oletuksen (i) nojalla. Kun a, b ∈ H , niin b−1 = 1G b−1 ∈ H , joten ab = a(b−1 )−1 ∈ H . Ehdot AR1AR3 ovat siis voimassa, toisin sanoen H ≤ G. (ii) Oletetaan nyt, että G on äärellinen, H 6= ∅ ja ab ∈ H ∀ a, b ∈ H . Osoitetaan, että kun b ∈ H , niin b−1 ∈ H ; silloin seuraa, että ab−1 ∈ H ∀ a, b ∈ H , ja väite saadaan (i)-kohdasta. Kun b ∈ H , niin b, b2 , b3 , . . . ∈ H . Koska G on äärellinen, niin jotkin näistä ovat samoja; olkoon bk = bj , missä k > j > 0. Kertomalla yhtälö bk = bj puolittain b−j :llä saadaan bk−j = 1G , ja kertomalla vielä b−1 :llä saadaan b−1 = bk−j−1 ∈ H . 2

Seuraus 2.2.7 Jos H ≤ G ja K ≤ G, niin H ∩ K ≤ G. Todistus. Koska 1 ∈ H ∩ K , leikkaus ei ole tyhjä. Jos a, b ∈ H ∩ K , niin ab−1 ∈ H ja ab−1 ∈ K , sillä H ja K ovat aliryhmiä. Siis ab−1 ∈ H ∩ K . 2

Esimerkki 2.2.8 Tapaus G = Q∗ ja H = Z \ {0} osoittaa, ettei (ii)-kohdan äärellisyysoletusta voi ilman muuta jättää pois.

Esimerkki 2.2.9 Osoitetaan, että seuraavat ryhmien G osajoukot H ovat aliryhmiä: a) G = GLn (R), ∗ b) G = FX ,

∗ H = {f ∈ FX | f (x0 ) = x0 }

c) G = Z (addit.), d) G = C∗ ,

H = SLn (R) = {A ∈ GLn (R) | det(A) = 1} (special linear group ); (x0 ∈ X kiinnitetty piste);

H = mZ = {mk | k ∈ Z}.

H = {z ∈ C | |z| = 1}.

Esimerkki 2.2.10 Olkoon G = GLn (R) ja H = { (aij ) ∈ GLn (R) | aij ∈ Z ∀ i, j }. Onko H GLn (R):n aliryhmä? Entä H ∩ SLn (R)?

Esimerkki 2.2.11 Tunnistetaan S3 :sta joitakin aliryhmiä. Symmetristen ryhmien Sn aliryhmiä kutsutaan permutaatioryhmiksi.

Esimerkki 2.2.12 Ryhmän G alkiot a ja b kommutoivat, jos ab = ba. Osoitetaan, että ne G:n alkiot, jotka kommutoivat kaikkien G:n alkioiden kanssa, muodostavat aliryhmän. Sitä sanotaan G:n keskukseksi, merkitään usein Z(G):llä.

LUKU 2. RYHMÄ

22

2.2.1 Osajoukon generoima aliryhmä Olkoon G ryhmä ja S jokin sen osajoukko. Tarkastellaan kaikkien niiden G:n aliryhmien H parvea, jotka sisältävät S :n. Parvessa on ainakin yksi jäsen, nimittäin G. Otetaan niiden leikkaukselle käyttöön merkintä hSi; siis \ hSi = H. (2.10) S⊆H≤G

Samalla keinolla, jota käytettiin seurauksen 2.2.7 todistuksessa, nähdään, että hSi on G:n aliryhmä. Sanotaan, että hSi on joukon S generoima G:n aliryhmä. Joukon S alkioita sanotaan aliryhmän hSi generoijiksi. Jos generoijajoukko S on äärellinen, sanotaan, että hSi on äärellisesti generoitu ; kun S = {a1 , . . . , ak }, käytetään merkintää

hSi = ha1 , . . . , ak i.

(2.11)

Määritelmästä seuraa, että hSi on suppein S :n sisältävä G:n aliryhmä, toisin sanoen että

S⊆H≤G

=⇒

hSi ≤ H.

(2.12)

Esimerkiksi h∅i = {1} ja h1i = {1}. Jos H ≤ G, niin hHi = H .

Lause 2.2.13 Ryhmän G osajoukon S generoima aliryhmä hSi koostuu kaikista tuloista, jotka on muodostettu S :n alkioista ja niiden käänteisalkioista (mukaan luettuna tyhjä tulo = 1), toisin sanoen hSi = { a1 a2 · · · am | ai tai a−1 ∈ S kun i = 1, . . . , m; m ≥ 0}. i

(2.13)

Todistus. Merkitään H1 :llä yhtälön (2.13) oikean puolen joukkoa. Aliryhmäkriteeristä nähdään, että H1 on G:n aliryhmä. Lisäksi S ⊆ H1 , sillä H1 :ssä ovat mukana yhden alkion tulot a1 (a1 ∈ S ). Näin ollen H1 on eräs leikkauksessa (2.10) esiintyvä aliryhmä. Siis hSi ⊆ H1 . Toisaalta jokainen leikkauksessa (2.10) esiintyvä H sisältää H1 :n, koska H sisältää kaikki S :n alkiot ja siis aliryhmänä se sisältää myös kaikki tulot a1 a2 · · · am (ai ∈ S tai a−1 ∈ S ∀ i). Näin i ollen H1 sisältyy leikkaukseen (2.10), siis H1 ⊆ hSi. Nämä sisältymiset yhdessä antavat hSi = H1 . 2

Huomautus 2.2.14 Jos G on äärellinen ryhmä, niin kaava (2.13) saa yksinkertaisemman muodon

hSi = { a1 a2 · · · am | ai ∈ S ∀ i; m ≥ 0}.

(2.14)

Nimittäin lauseen 2.2.6 todistuksessa nähtiin, että äärellisen ryhmän tapauksessa alkion a käänteisalkio on aina jokin a:n positiivinen potenssi, a−1 = an .

Esimerkki 2.2.15 Esimerkin 2.1.19 syklinen ryhmä C4 = {1, a, b, c} on alkion a generoima, C4 = hai, sillä b = a2 ja c = a3 . Niin ikään hci = C4 , mutta hbi = {1, b}.

LUKU 2. RYHMÄ

23

Esimerkki 2.2.16 Kleinin neliryhmässä G (esimerkki 2.1.19) yhden alkion 6= 1 generoimat aliryhmät ovat

hai = {1, a},

hbi = {1, b},

hci = {1, c},

koska a2 = b2 = c2 = 1. Toisaalta G = ha, bi, sillä ab = c.

Esimerkki 2.2.17 Ääretön ryhmä Z on äärellisesti generoitu: Z = {n · 1 | n ∈ Z} = h1i. Esimerkki 2.2.18 Ryhmän R∗ osajoukko P generoi aliryhmän Q+ , joka koostuu kaikista positiivista rationaaliluvuista.

2.3 Syklinen ryhmä Ryhmää G sanotaan sykliseksi, jos se on yhden alkion generoima, toisin sanoen jos on sellainen a ∈ G, että G = hai.

Lause 2.3.1 Olkoon G syklinen ryhmä, G = hci. (i) Jos G on äärellinen, niin cn = 1 jollakin luvulla n > 0 ja

G = {1, c, c2 , . . . , cn−1 }.

(2.15)

Jos n > 0 on pienin, jolla cn = 1, niin alkiot 1, c, c2 , . . . , cn−1 ovat erisuuria, ja siis #G = n. (ii) Jos G on ääretön, niin

G = {. . . , c−2 , c−1 , 1, c, c2 , . . .}

(2.16)

ja kaikki alkiot cm ovat erisuuria (m ∈ Z). Todistus. Lauseen 2.2.13 nojalla G = {. . . , c−2 , c−1 , 1, c, c2 , . . .} = {cm | m ∈ Z}. Oletetaan ensin että G on äärellinen. Silloin jotkin alkiot cm ovat samoja; olkoot k ja j jotkin sellaiset, että ck = cj ja k > j . Seuraa ck−j = 1 ja k − j > 0. Olkoon n > 0 sellainen, että cn = 1. (Tällaisia on siis olemassa.) Jakoalgoritmin mukaan jokainen m ∈ Z voidaan kirjoittaa muotoon m = qn + r, missä 0 ≤ r < n, ja saadaan

cm = cqn+r = (cn )q cr = 1q cr = cr . Näin ollen G = {1, c, c2 , . . . , cn−1 }. Jos n > 0 on pienin, jolla cn = 1, niin alkiot 1, c, c2 , . . . , cn−1 ovat erisuuria. Muutenhan löydettäisiin sellaiset k, j ∈ {0, . . . , n − 1} että k > j ja ck−j = 1, mikä olisi ristiriidassa n:n minimaalisuuden kanssa. Olkoon nyt G ääretön. Silloin kaikki alkiot cm (m ∈ Z) ovat erisuuria, sillä muuten seuraisi kuten edellä, että G on äärellinen. 2

LUKU 2. RYHMÄ

24

Käytämme n alkion sykliselle ryhmälle merkintää Cn ja äärettömälle sykliselle ryhmälle merkintää C∞ . Siis jos c on Cn :n generoija, niin Cn = hci = {1, c, c2 , . . . , cn−1 }, missä cn = 1 ja alkiot 1, c, c2 , . . . , cn−1 ovat erisuuria. (Myöhemmin, kun olemme määritelleet ryhmien isomorakäsitteen, voimme sanoa, että kaikki samaa kertalukua n olevat sykliset ryhmät ovat keskenään isomorset ja samoin kaikki äärettömät sykliset ryhmät ovat keskenään isomorset. Tässä vaiheessa tyydymme toteamaan, että tässä isomorsiksi mainitut ryhmät ovat oleellisesti samanlaiset huomaamalla, että niiden ryhmätaulut ovat rakenteeltaan samanlaiset.)

Esimerkki 2.3.2 Kirjoitetaan ryhmän Cn ryhmätaulu. Esimerkki 2.3.3 Todetaan, että (Z, +) on ääretön syklinen ryhmä. Esimerkki 2.3.4 Kun m > 0, niin (Zm , +) on syklinen kertalukua m oleva ryhmä, Zm = { 0 , 1 , 2 , . . . , k , . . . , m−1 } = { m · 1 , 1 · 1 , 2 · 1 , . . . , k · 1 , . . . , (m − 1) · 1 } = h 1 i.

Esimerkki 2.3.5 Näytetään, että Z∗5 = h 2 i. Mistä syklisen ryhmän nimitys johtuu? Jos Cn = hci, niin lähtemällä jostakin alkiosta c ja kertomalla sitä c:llä yhä uudestaan saadaan jono cm , cm+1 , cm+2 , . . . , jossa samat alkiot cm , . . . , cm+n−1 alkavat toistua ja muodostavat siis syklin. Tarkemmin: m

ck = ch

⇐⇒

k≡h

(mod n).

(2.17)

Syklisyys näkyy myös Cn :n ryhmätaulun rivejä verrattaessa. (Ääretöntä syklistä ryhmää voi ajatella rajatapauksena, jossa on vain yksi äärettömän pitkä sykli.)

2.4 Sivuluokat Määritelmä 2.4.1 Olkoon H ≤ G ja olkoon a kiinnitetty G:n alkio. Osajoukkoa aH = {ah | h ∈ H} sanotaan aliryhmän H vasemmaksi sivuluokaksi G:ssä (left coset). Vastaavasti

Ha = {ha | h ∈ H} on H :n oikea sivuluokka G:ssä (right coset). (Additiivista merkintää käytettäessä sivuluokat kirjoitetaan a + H ja H + a.) Seuraavassa käsitellään lähinnä vain vasempia sivuluokkia; oikeat sivuluokat käyttäytyvät samalla tavalla. Jos G on Abelin ryhmä, niin aH = Ha ∀ a ∈ G ja määreet vasen ja oikea voidaan jättää pois.

LUKU 2. RYHMÄ

25

Siis jokainen G:n alkio a määrää yhden vasemman sivuluokan aH . Kaksi tällaista ovat joko sama osajoukko tai ne ovat alkiovieraat; nimittäin helposti päätellään, että

aH ∩ bH 6= ∅

=⇒

a ∈ bH, b ∈ aH

=⇒

aH ⊆ bH, bH ⊆ aH

=⇒

aH = bH.

Toisin sanoen H :n vasemmat sivuluokat muodostavat G:n partition

[

G=

aH,

a∈D

missä a käy jonkin vasempien sivuluokkien edustajiston D. Huomaa, että H on itsekin eräs sivuluokka, sillä H = 1H , ja että aina a ∈ aH , sillä a = a1. Seuraava huomio sivuluokkien yhtäsuuruudesta on usein hyödyllinen:

aH = bH

⇐⇒

b ∈ aH

⇐⇒

a−1 b ∈ H.

(2.18)

Esimerkki 2.4.2 Syklisen ryhmän C6 = {1, c, c2 , . . . , c5 } aliryhmän H = hc3 i = {1, c3 } sivuluokat ovat

1H = {1, c3 },

cH = {c, c4 },

c2 H = {c2 , c5 }.

Eräs sivuluokkien edustajisto on siis {1, c, c2 }.

Esimerkki 2.4.3 Additiivisen ryhmän G = Z aliryhmän H = mZ sivuluokat ovat samat kuin jäännösluokat mod m, siis mZ, 1 + mZ, 2 + mZ, . . . , (m − 1) + mZ. Additiivisen Abelin ryhmän tapauksessa aliryhmän sivuluokista käytetään usein yleisestikin nimitystä jäännösluokka.

Esimerkki 2.4.4 Havainnollistetaan ryhmän R2 aliryhmää H = h(1, 0), (0, 1)i = {(a, b) | a, b ∈ Z} ja sen sivuluokkaa ( 41 , 14 ) + H kuviolla.

Esimerkki 2.4.5 Etsitään C∗ :n aliryhmän H = {z ∈ C | |z| = 1} sivuluokille jokin edustajisto. Esimerkki 2.4.6 Olkoon S3 = {1, τ, σ, στ, σ 2 , σ 2 τ } esimerkin 2.1.14 merkinnöin. a) Aliryhmän H = hτ i vasemmat sivuluokat ovat

1H = H,

σH = {σ, στ },

σ 2 H = {σ 2 , σ 2 τ };

sivuluokista τ H , στ H ja σ 2 τ H tulee uudestaan samat kolme. Oikeat sivuluokat ovat

H1 = H,

Hσ = {σ, τ σ} = {σ, σ 2 τ },

Hσ 2 = {σ 2 , τ σ 2 } = {σ 2 , στ }.

b) Määritetään aliryhmän hσi oikeat ja vasemmat sivuluokat. Ryhmän aliryhmän vasempien sivuluokkien lukumäärää sanotaan H :n indeksiksi G:ssä ja merkitään [G : H]. Indeksi voi tietysti olla myös ääretön.

LUKU 2. RYHMÄ

26

Esimerkki 2.4.7 Esimerkissä 2.4.2 on [C6 : hc3 i] = 3. Esimerkissä 2.4.3 on [Z : mZ] = m. Indeksi [Q : Z] on ∞.

Huomautus 2.4.8 On helppo osoittaa, että kuvaus aH 7→ Ha−1 antaa bijektion vasempien sivuluokkien joukolta oikeiden sivuluokkien joukolle. Siis, kun indeksi [G : H] on äärellinen, se ilmoittaa myös oikeiden sivuluokkien lukumäärän.

Lause 2.4.9 (Lagrange) Jos G on äärellinen ryhmä ja H ≤ G, niin [G : H] =

#G . #H

Siis äärellisen ryhmän G aliryhmän kertaluku jakaa G:n kertaluvun. Todistus. Jokaisessa sivuluokassa aH on yhtä monta alkiota kuin H :ssa, sillä kuvaus H → aH , h 7→ ah, on bijektio, käänteiskuvauksena aH → H , k 7→ a−1 k . Saadaan siis X X #G = #(aH) = #H = [G : H] · #H. a∈D

Toinen väite seuraa siitä, että [G : H] ∈ Z.

a∈D

2

Ryhmän G alkion a kertaluvuksi ord(a) sanotaan sen generoiman aliryhmän kertalukua; siis ord(a) = #hai. Voi tietenkin olla ord(a) = ∞.

Seuraus 2.4.10 Äärellisen ryhmän G alkioiden kertaluvut jakavat G:n kertaluvun. Todistus. Kun a ∈ G, niin ord(a) = #hai | #G.

2

Seuraus 2.4.11 Jos G on äärellinen ryhmä ja g = #G, niin ag = 1 kaikilla G:n alkioilla a. Todistus. Kun h = ord(a), niin ah = 1. Seurauksen 2.4.10 mukaan h | g , siis g = th, missä t ∈ Z. Nyt ag = ath = (ah )t = 1. 2

Seuraus 2.4.12 Jos ryhmän G kertaluku on alkuluku p, niin G on syklinen. Todistus. Valitaan a ∈ G, a 6= 1. Koska ord(a) | p ja ord(a) > 1, niin ord(a) = p. Siis G = hai. 2

Esimerkki 2.4.13 Olkoon ryhmällä G aliryhmät H ja K . Oletetaan, että syt(#H, #K) = 1. Mikä on H ∩ K ? Lagrangen lauseen mukaan #(H ∩ K) jakaa sekä H :n että K :n kertaluvun. Siis H ∩ K = {1}.

Esimerkki 2.4.14 Olkoon G ryhmä ja olkoon #G = 6. Perustellaan seuraavat: a) Jos G:ssä on alkio a, jonka kertaluku on > 3, niin G on syklinen. b) Jos G:ssä on sellaiset alkiot a ja b, että ord(a) = 3 ja ord(b) = 2, niin G = ha, bi.

LUKU 2. RYHMÄ

27

Esimerkki 2.4.15 Lasketaan ryhmän Z∗13 alkioiden kertaluvut. Esimerkki 2.4.16 Ryhmään Z∗m sovellettuna seuraus 2.4.11 merkitsee, että a ϕ(m) = 1 kun a ∈ Z∗m . Kirjoittamalla tämä kongruenssimuotoon saadaan lukuteoriassa tärkeä Eulerin lause : aϕ(m) ≡ 1 (mod m)

kun syt(a, m) = 1.

(2.19)

Erikoistapauksena tästä seuraa Fermat'n (pikku) lause : Jos p ∈ P, niin

ap−1 ≡ 1

kun p - a.

(mod p)

(2.20)

2.4.1 Normaali aliryhmä. Tekijäryhmä Ryhmiäkin tutkittaessa on hyödyllistä jakaa kohde pienempiin osiin. Annetun ryhmän G sisältä voi löytyä epätriviaali aliryhmä H , joka on ehkä helpompi tutkia tai jonka ominaisuuksista on muuten hyötyä. Jo sellaisen aliryhmän olemassaolo kertoo paljon sen ulkopuolellekin jäävän osan S rakenteesta: G = a∈D aH (partitio), missä kunkin aH :n alkiot ovat kääntäen yksikäsitteisessä vastaavuudessa H :n alkioiden kanssa. Tässä pykälässä tarkastelemme, milloin sivuluokkien joukosta { aH | a ∈ D} tulee uusi ryhmä; sitä kutsutaan silloin tekijäryhmäksi G/H . Tapauksissa, joissa tämä onnistuu, G tulee jaetuksi kahdeksi pienemmäksi ryhmäksi, H ja G/H .

Määritelmä 2.4.17 Ryhmän G aliryhmää N sanotaan normaaliksi, jos sen vasemmat ja oikeat sivuluokat ovat samoja joukkoja, toisin sanoen jos

aN = N a

∀ a ∈ G.

Kun N on normaali aliryhmä, merkitään N £ G, ja jos N on lisäksi aito, merkitään N ¢ G.

Esimerkki 2.4.18 Jos G on Abelin ryhmä, niin jokainen aliryhmä on normaali. Esimerkki 2.4.19 Triviaalit aliryhmät {1} ja G ovat normaaleja. Esimerkki 2.4.20 Ryhmän S3 aliryhmä hτ i ei ole normaali (katso esimerkkejä 2.1.14 ja 2.4.6). Esimerkki 2.4.21 Osoitetaan, että jos [G : H] = 2, niin H £ G. Esimerkki 2.4.22 Ryhmän keskus on normaali aliryhmä (katso esimerkki 2.2.12). Lause 2.4.23 (Aliryhmän normaalisuuskriteeri) Olkoon N ≤ G. Silloin N £G

⇐⇒

ana−1 ∈ N

∀ a ∈ G, n ∈ N.

(2.21)

LUKU 2. RYHMÄ

28

Todistus. Oletetaan ensin, että N £ G. Kun a ∈ G ja n ∈ N , niin ehdosta aN = N a seuraa an = n1 a jollain N :n alkiolla n1 , joten ana−1 = n1 ∈ N . Oletetaan kääntäen, että ekvivalenssin (2.21) oikean puolen ehto on voimassa. Olkoon a ∈ G. On osoitettava, että aN = N a. Olkoon n ∈ N . Merkitään n1 = ana−1 . Oletuksen mukaan n1 ∈ N . Nyt an = n1 a ∈ N a. Täten aN ⊆ N a. Soveltamalla oletusta alkioihin a−1 ja n saadaan n2 = a−1 na ∈ N , siis na = an2 ∈ aN . Näin ollen N a ⊆ aN . Siispä N a = aN . 2

Esimerkki 2.4.24 Näytetään, että matriisiryhmän GLn (R) aliryhmistä SLn (R) = {A ∈ GLn (R) | det(A) = 1}, H = {A ∈ GLn (R) | A on lävistäjämatriisi} edellinen on normaali mutta jälkimmäinen ei ole (kun n > 1).

Esimerkki 2.4.25 Tarkastellaan taas ryhmää S3 esimerkin 2.1.14 merkinnöin. a) Esimerkissä 2.4.6 todettiin, ettei aliryhmä hτ i ole normaali. Sama saadaan normaalisuuskriteeristä huomaamalla, että στ σ −1 = τ σ ∈ / hτ i. b) Sen sijaan S3 :n aliryhmä K = hσi on normaali. Tämän toteamiseksi normaalisuuskriteerillä pitää osoittaa, että aba−1 ∈ K , kun a ∈ S3 ja b ∈ K ; esimerkiksi (στ )σ(στ )−1 = σ 2 ∈ S3 . (Tutkittavia tuloja on periaatteessa (#S3 )(#K) = 6 · 3 = 18 kappaletta. Tekemällä ensin hiukan teoreettista pohjustustyötä näkee, että riittääkin käydä läpi ryhmien S3 ja K generoijat. Koska S3 = hσ, τ i ja K = hσi, laskettavaksi jäisi vain σσσ −1 ja τ στ −1 . Miten ko. yleinen päätelmä suoritetaan?) (On vieläkin nopeampi keino todeta, että hσi £ S3 . Mikä?)

Huomautus 2.4.26 Oletetaan, että a, x ∈ G. Ryhmän alkiota y = axa−1 sanotaan alkion x konjugaattialkioksi ; sanotaan myös, että y on saatu x:stä konjugoimalla a:lla. Relaatio x∼y ⇐⇒ y = axa−1 jollain G:n alkiolla a

(2.22)

on G:n ekvivalenssirelaatio (vrt. matriisien similaarisuus). Sen ekvivalenssiluokkia

[x] = {axa−1 | a ∈ G} sanotaan ryhmän G konjugaattiluokiksi. Aliryhmän normaalisuuskriteeri (lause 2.4.23) voidaankin ilmaista myös seuraavasti: Ryhmän G aliryhmä N on normaali jos ja vain jos N on suljettu kaikilla G:n alkioilla konjugoinnin suhteen (eli jos ja vain jos N koostuu G:n kokonaisista konjugaattiluokista ). Kun N £ G, niin vasemmat sivuluokat ovat samat kuin oikeat sivuluokat. Niiden joukolle käytetään merkintää G/N ; siis

G/N = {aN | a ∈ G} = {aN | a ∈ D}, missä D on jokin sivuluokkien edustajisto.

(2.23)

LUKU 2. RYHMÄ

29

Lause 2.4.27 Olkoon N £ G. Joukko G/N on ryhmä seuraavasti määritellyn binäärioperaation suhteen: aN · bN = abN

(2.24)

(a, b ∈ G).

Todistus. Osoitetaan ensin, että binäärioperaatio on hyvin määritelty. Oletetaan, että aN = a0 N ja bN = b0 N ; pitää osoittaa, että abN = a0 b0 N . Nyt a ∈ a0 N ja b ∈ b0 N , siis a = a0 n1 ja b = b0 n2 , missä n1 , n2 ∈ N . Seuraa ab = a0 n1 b0 n2 . Koska aliryhmä N on normaali, niin N b0 = b0 N , joten n1 b0 = b0 n3 jollain N :n alkiolla n3 . Saadaan ab = a0 b0 n3 n2 ∈ a0 b0 N. Tämä osoittaa, että abN = a0 b0 N . Aksioomat G1G3 saadaan nyt G:n vastaavista ominaisuuksista: Assosiatiivisuus seuraa G:n tulon assosiatiivisuudesta, sillä

(aN · bN )cN = abN · cN = (ab)cN = a(bc)N = aN · bcN = aN (bN · cN ). Neutraalialkiona toimii N = 1N , sillä

N · aN = 1N · aN = 1aN = aN = a1N = aN · 1N = aN · N. Sivuluokalla aN on käänteisalkio a−1 N , sillä

aN · a−1 N = aa−1 N = N = a−1 aN = a−1 N · aN.

2

Määritelmä 2.4.28 Ryhmää G/N sanotaan G:n tekijäryhmäksi N :n suhteen. Huomaa, että #(G/N ) = [G : N ]. Jos G on äärellinen, niin Lagrangen lauseen mukaan #(G/N ) = #G/#N . Jos G on Abelin ryhmä ja H ≤ G (siis H £ G), niin myös G/H on Abelin ryhmä. Syklisen ryhmän tekijäryhmät ovat syklisiä: Jos G = hci ja H ≤ G, niin kaikki G:n alkiot ovat muotoa cm , joten kaikki (G/H):n alkiot ovat muotoa cm H = (cH)m ; siis G/H = hcHi.

Esimerkki 2.4.29 Lasketaan ryhmän C6 = hci tekijäryhmä aliryhmän H = hc3 i suhteen. Esimerkki 2.4.30 Kirjoitetaan tekijäryhmän S3 /hσi ryhmätaulu (merkinnät kuten esimerkissä 2.1.14). Verrataan edelliseen esimerkkiin. Esimerkki 2.4.31 Muodostetaan tekijäryhmän Z∗21 /h 4 i ryhmätaulu. Esimerkki 2.4.32 Ryhmän Z tekijäryhmä aliryhmän hmi = mZ suhteen on joukkona Z/mZ = {k + mZ | k ∈ Z} = {k + mZ | k = 0, 1, . . . , m − 1}, ja sen binäärioperaatio on

(k + mZ) + (h + mZ) = (k + h) + mZ.

LUKU 2. RYHMÄ

30

Kun merkitään sivuluokkia eli jäännösluokkia totuttuun tapaan, siis k + mZ = k , niin

Z/mZ = { 0, . . . , m−1 },

k + h = k + h.

Kyseessä onkin vanha tuttu, jäännösluokkaryhmä Zm . Siis Zm = Z/mZ.

Esimerkki 2.4.33 Millainen on tekijäryhmä GLn (R)/SLn (R)? Huomautus 2.4.34 Toinen tapa tarkastella binäärioperaatiota (2.24) on määritellä G:n osajoukoille operaatio X · Y = {xy | x ∈ X, y ∈ Y } (X, Y ⊆ G). Jos N ≤ G, niin tämän määritelmän S mukainen aN · bN on joidenkin sivuluokkien unioni i ci N , ja aliryhmän N normaalisuudesta seuraa, että unioni koostuu vain yhdestä sivuluokasta ( = abN ).

Huomautus 2.4.35 Jos N ≤ G ei ole normaali aliryhmä, niin (2.24) ei anna edes hyvinmääriteltyä binäärioperaatiota sivuluokkien joukossa. Tämän voi perustella esimerkiksi jäljempänä todistettavan lauseen 2.5.11 avulla.

2.5 Ryhmähomomorsmit Määritelmä 2.5.1 Olkoot (G, · ) ja (G0 , ∗) ryhmiä. Kuvausta f : G → G0 sanotaan (ryhmä)homomorsmiksi, jos se toteuttaa homomoraehdon f (a · b) = f (a) ∗ f (b)

∀ a, b ∈ G.

(2.25)

Kun kummankin ryhmän binäärioperaatiolle käytetään kertolaskumerkintää, niin homomoraehto saa muodon f (ab) = f (a)f (b) ∀ a, b ∈ G. (2.26)

Esimerkki 2.5.2 a) Identiteettikuvaus idG : G → G on homomorsmi. b) Samoin on ns. triviaali homomorsmi f : G → G0 , f (a) = 1G0 ∀ a ∈ G. c) Jos H ≤ G, niin sisältymiskuvaus eli inkluusio i : H → G, i(h) = h ∀ h ∈ H , on homomorsmi.

Esimerkki 2.5.3 Kuvaus f : Z → Zm , f (a) = a ∀ a ∈ Z, on ryhmähomomorsmi, koska aina a + b = a + b. Tässä esimerkissä oli Zm = Z/mZ ja tarkasteltava kuvaus oli Z → Z/mZ, a 7→ a + mZ. Yleisemmin: Kun N on ryhmän G normaali aliryhmä, niin tekijäryhmän G/N binäärioperaation määritelmästä aN · bN = abN nähdään, että kuvaus G → G/N , a 7→ aN , on ryhmähomomorsmi. (Voi ajatella näinkin päin: G/N :n binäärioperaatio määriteltiin juuri sillä tavalla, että luonnollisesta kuvauksesta G → G/N , a 7→ aN , tuli ryhmähomomorsmi.)

LUKU 2. RYHMÄ

31

Määritelmä 2.5.4 Olkoon N £ G. Homomorsmia π : G → G/N , π(a) = aN , sanotaan kanoniseksi homomorsmiksi G → G/N (tai kanoniseksi projektioksi, usein myös luonnolliseksi homomorsmiksi ).

Esimerkki 2.5.5 Kuvaus f : R∗ → R∗ , f (x) = x2 , on ryhmähomomorsmi, koska f (xy) = (xy)2 = x2 y 2 = f (x)f (y) ∀ x, y ∈ R.

Esimerkki 2.5.6 Merkitään R+ :lla positiivisten reaalilukujen muodostamaa multiplikatiivista ryhmää. Kuvaus R+ → R, f (x) = ln x, on homomorsmi, koska f (xy) = ln(xy) = ln x + ln y = f (x) + f (y). Vaikka ryhmähomomorsmilta ei määritelmässä vaaditakaan muuta kuin kertolaskua koskeva ehto, niin siitä seuraa lisäksi, että ykkösalkio kuvautuu ykkösalkioksi ja käänteisalkiot kuvautuvat käänteisalkioiksi:

Lause 2.5.7 Kun f : G → G0 on ryhmähomomorsmi, niin f (1G ) = 1G0 ja f (a−1 ) = f (a)−1 kun a ∈ G. Todistus. Kuvaamalla yhtälön 1G 1G = 1G kumpikin puoli f :llä saadaan f (1G )f (1G ) = f (1G ). Siis f (1G ) ∈ G0 toteuttaa yhtälön x2 = x. Koska ryhmässä yhtälöstä x2 = x seuraa x = 1, niin f (1G ) = 1G0 . Ehdosta aa−1 = a−1 a = 1G saadaan f :llä kuvaamalla f (a)f (a−1 ) = f (a−1 )f (a) = 1G0 , joten f (a−1 ) = f (a)−1 . 2 Todistuksessa käytettiin sitä, että jos alkio a ∈ G toteuttaa jonkin yhtälön (todistuksessa a = a), niin sen kuva-alkio f (a) toteuttaa saman yhtälön (f (a)2 = f (a)). Tähän sisältyy yksinkertainen mutta tärkeä ajatus: Jos jotkin G:n alkiot toteuttavat jonkin yhtälön, niin niiden kuvat G0 :ssa toteuttavat saman yhtälön. (Esimerkiksi a3 b2 = 1 ⇒ f (a)3 f (b)2 = 1.) Seuraavat esimerkit valottavat hiukan tämän merkitystä. 2

Esimerkki 2.5.8 Olkoon Cn = hci syklinen ryhmä ja olkoon f : Cn → G ryhmähomomorsmi. Silloin ensinnäkin f (c)n = 1. Toiseksi, jos c:n kuva f (c) tunnetaan, niin f määräytyy tästä jo täysin, sillä f (cm ) = f (c)m . Nämä seikat yhdessä rajoittavat suuresti sitä, millaiset homomorsmit Cn → G ovat mahdollisia.

Esimerkki 2.5.9 Tarkastellaan syklisiä ryhmiä C6 = hci ja C2 = hdi; siis c6 = 1 ja d2 = 1. a) Osoitetaan, että kuvaus C2 → C6 , jossa 1 7→ 1 ja d 7→ c3 , on ryhmähomomorsmi. b) Onko muita ryhmähomomorsmeja C2 → C6 kuin a-kohdassa annettu (paitsi triviaali)? c) Onko ryhmähomomorsmeja C6 → C2 (paitsi triviaali)? Ryhmähomomorsmissa aliryhmän kuva on aliryhmä, samoin aliryhmän alkukuva:

Lause 2.5.10 Olkoon f : G → G0 ryhmähomomorsmi.

LUKU 2. RYHMÄ

32

(i) Jos H ≤ G, niin f (H) ≤ G0 . (ii) Jos H 0 ≤ G0 , niin f −1 (H 0 ) ≤ G.

Todistus. Joukko f (H) on epätyhjä, koska H on. Jos a0 , b0 ∈ f (H), niin a0 = f (a) ja b0 = f (b) joillain alkioilla a, b ∈ H . Saadaan a0 b0−1 = f (a)f (b)−1 = f (ab−1 ) ∈ f (H), sillä ab−1 ∈ H . Väite (i) seuraa nyt aliryhmäkriteeristä. Koska f (1G ) = 1G0 ∈ H 0 , niin 1G ∈ f −1 (H 0 ), ja siis f −1 (H 0 ) 6= ∅. Kun a, b ∈ f −1 (H 0 ), niin f (a), f (b) ∈ H 0 , joten f (ab−1 ) = f (a)f (b)−1 ∈ H 0 eli ab−1 ∈ f −1 (H 0 ). Aliryhmäkriteerin nojalla f −1 (H 0 ) on aliryhmä. 2

2.5.1 Kuva ja ydin Valitsemalla lauseessa 2.5.10 aliryhmät H = G ja H 0 = {1} saadaan tärkeät erikoistapaukset: Homomorsmin f : G → G0 kuva

Im(f ) = f (G) = {f (a) | a ∈ G}

(2.27)

Ker(f ) = f −1 ({1}) = {a ∈ G | f (a) = 1}

(2.28)

ja ydin ovat aliryhmiä,

Im(f ) ≤ G0 ,

Ker(f ) ≤ G.

(2.29)

Ytimelle on voimassa vahvempikin tulos:

Lause 2.5.11 Ryhmähomomorsmin ydin on normaali aliryhmä. Todistus. Olkoon f : G → G0 ryhmähomomorsmi. Edellä jo todettiin, että Ker(f ) ≤ G. Kun x ∈ Ker(f ) ja a ∈ G, niin axa−1 ∈ Ker(f ), sillä f (axa−1 ) = f (a)f (x)f (a−1 ) = f (a)f (a−1 ) = f (aa−1 ) = f (1) = 1. Normaalisuuskriteerin nojalla Ker(f ) £ G.

2

Esimerkki 2.5.12 Koska det : GLn (R) → R∗ on ryhmähomomorsmi, niin SLn (R) = Ker(det) on normaali aliryhmä.

Huomautus 2.5.13 Kääntäen, jos N £ G, niin N on luonnollisen homomorsmin G → G/N ydin. Näin ollen G:n normaalit aliryhmät ovat samat kuin G:llä määriteltyjen homomorsmien ytimet.

LUKU 2. RYHMÄ

33

Huomautus 2.5.14 Vertaa ytimen määritelmää ja edellä todistettuja asioita vastaaviin lineaarikuvauksia koskeviin seikkoihin. Seuraavallakin tuloksella on vastineensa lineaarikuvauksille, ja todistuskin voitaisiin tehdä aivan analogisesti.

Lause 2.5.15 Ryhmähomomorsmi f : G → G0 on injektio jos ja vain jos Ker(f ) = {1}. Todistus. Homomorsmi f on injektio jos ja vain jos seuraava implikaatio on voimassa: f (a) = f (b)

=⇒

a = b,

ja tämä voidaan kirjoittaa ekvivalenttiin muotoon

f (ab−1 ) = 1G0

=⇒

ab−1 = 1G ,

=⇒

c = 1G

mikä edelleen on selvästi ekvivalentti ehdon

f (c) = 1G0

kanssa. Mutta tämähän sanoo juuri, että Ker(f ) = {1G }.

2

Esimerkki 2.5.16 Määritetään eo. esimerkkien homomorsmien ydin ja kuva. Kun f : G → G0 on ryhmähomomorsmiksi, niin ryhmä Im(f ) on G:n homomornen kuva. Sillä on samoja piirteitä kuin G:llä; toisaalta f yleensä hävittää joitain G:n ominaisuuksia, sitä enemmän, mitä useampia alkioita f kuvaa samaksi alkioksi. Jos f (a) = f (b), niin voi ajatella, että f samaistaa alkiot a ja b. Koska

f (a) = f (b)

⇐⇒

f (a−1 b) = 1

⇐⇒

a−1 b ∈ Ker(f )

⇐⇒

a Ker(f ) = b Ker(f ),

niin keskenään samaistuvat Ker(f ):n kunkin sivuluokan alkiot.

Lause 2.5.17 Olkoon f : G → G0 ryhmähomomorsmi. (i) Jos N £ G, niin f (N ) £ f (G). (ii) Jos N 0 £ G0 , niin f −1 (N 0 ) £ G.

Todistus. (i) Lauseen 2.5.10 nojalla f (N ) ≤ f (G). Normaalisuus saadaan aliryhmän normaalisuuskriteerin avulla seuraavasti. Olkoon b ∈ f (G) ja y ∈ f (N ); on näytettävä että byb−1 ∈ f (N ). Voidaan kirjoittaa b = f (a) ja y = f (x), missä a ∈ G ja x ∈ N . Silloin byb−1 = f (a)f (x)f (a)−1 = f (axa−1 ) ∈ f (N ), sillä axa−1 ∈ N aliryhmän N normaalisuuden nojalla. (ii) Lauseen 2.5.10 mukaan f −1 (N 0 ) ≤ G. Aliryhmän normaalisuuden todistamista varten otetaan mielivaltaiset a ∈ G ja x ∈ f −1 (N 0 ). Silloin f (x) ∈ N 0 , ja saadaan

f (axa−1 ) = f (a)f (x)f (a)−1 ∈ N 0 , koska N 0 on normaali. Siis axa−1 ∈ f −1 (N 0 ).

2

Valitsemalla lauseessa N 0 = {1} saadaan uudestaan lause 2.5.11.

LUKU 2. RYHMÄ

34

2.5.2 Ryhmien isomora Aiemmin on ollut esillä, että kahta ryhmää voi pitää oleellisesti samanlaisina, jos niillä on alkioiden nimeämistä vaille sama ryhmätaulu. Nyt muotoilemme tämän idean tarkasti.

Määritelmä 2.5.18 Ryhmähomomorsmia f : G → G0 sanotaan (ryhmä)isomorsmiksi, jos f on bijektiivinen. Ryhmä G on ryhmän G0 kanssa isomornen, jos on olemassa ryhmäisomorsmi G → G0 ; tällöin merkitään G ' G0 . Jos f : G → G0 on injektiivinen ryhmähomomorsmi, niin sen indusoima kuvaus G → Im(f ) on bijektiivinen homomorsmi G:ltä ryhmään Im(f ). Siis injektiivisessä homomorsmissa ryhmän G homomornen kuva on G:n kanssa isomornen.

Esimerkki 2.5.19 Esimerkin 2.5.6 kuvaus R+ → R, f (x) = ln x, on isomorsmi, joten R+ ' R (tarkemmin: (R+ , · ) ' (R, +)).

Esimerkki 2.5.20 Näytetään, etteivät ryhmät (R∗ , · ) ja (R, +) ole isomorset. Tehdään vastaoletus, että olisi ryhmäisomorsmi f : R∗ → R; siis f on bijektio ja

f (ab) = f (a) + f (b)

∀ a, b ∈ R∗ .

Lauseen 2.5.7 mukaan f (1) = 0. Toisaalta ryhmässä R∗ on (−1)2 = 1, ja ottamalla tästä f puolittain saadaan f ((−1)2 ) = f (1) eli 2f (−1) = 0; siis f (−1) = 0. Näin ollen f (1) = f (−1), joten f ei olekaan bijektio. Voi myös ajatella näin: Yhtälöllä x2 = 1 on ryhmässä (R∗ , · ) kaksi ratkaisua (x = ±1), mutta vastaavalla yhtälöllä 2x = 0 ryhmässä (R, +) on vain yksi ratkaisu (x = 0). Siksi ryhmät eivät voi olla isomorset.

Esimerkki 2.5.21 Ääretön ryhmä voi olla isomornen aidon aliryhmänsä kanssa: Z ' 2Z. ³

1x 0 1 ryhmän kanssa se on isomornen?

Esimerkki 2.5.22 Matriisien

´

(x ∈ R) joukko on GL2 (R):n aliryhmä. Minkä tutun

Esimerkki 2.5.23 Kirjoitetaan syklisen ryhmän C2 ryhmätaulu ja sen avulla suoran tulon C2 × C2 ryhmätaulu. Kyseessä on neljän alkion ryhmä. Miten tämä sopii kuvaan esimerkissä 2.1.19 todetun kanssa?

Esimerkki 2.5.24 Osoitetaan, että jos f : G → G0 on ryhmäisomorsmi, niin ord(a) = ord(f (a)) ∀ a ∈ G. Miten luvut ord(a) ja ord(f (a)) suhtautuvat toisiinsa, jos f :stä oletetaan vain homomorsuus?

Esimerkki 2.5.25 Kaikki samaa kertalukua n olevat sykliset ryhmät ovat keskenään isomorsia. Kaikki äärettömät sykliset ryhmät ovat keskenään isomorsia. Siis kertalukua n olevia syklisiä ryhmiä on isomoraa vaille yksi, merkitään Cn , samoin äärettömiä syklisiä ryhmiä, merkitään C∞ . (Tätä voi kutsua syklisten ryhmien luokitteluksi.)

LUKU 2. RYHMÄ

35

Lause 2.5.26 Olkoot f : G → G0 ja g : G0 → G00 ryhmähomomorsmeja. (i) Kuvaus g ◦ f : G → G00 on homomorsmi. (ii) Jos f ja g ovat isomorsmeja, samoin on g ◦ f . (iii) Jos f on isomorsmi, samoin on sen käänteiskuvaus f −1 : G0 → G.

Todistus. (i) g(f (ab)) = g(f (a)f (b)) = g(f (a))g(f (b)). (ii) Tunnetusti g ◦ f on bijektio, jos f ja g ovat; sen käänteiskuvaus on (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 . Nyt (ii) seuraa (i)-kohdasta. (ii) Kuvaus f −1 on triviaalisti bijektiivinen, joten on vain todistettava sen homomorsuus. Olkoon a0 , b0 ∈ G. Merkitään a = f −1 (a0 ) ja b = f −1 (b0 ). Silloin f (ab) = f (a)f (b) = a0 b0 , ja ottamalla puolittain f −1 saadaan ab = f −1 (a0 b0 ) eli f −1 (a0 )f −1 (b0 ) = f −1 (a0 b0 ). 2 Lause merkitsee, että isomorsmi toteuttaa ekvivalenssirelaation ominaisuudet:

G ' G;

G ' G0 =⇒ G0 ' G;

G ' G0 , G0 ' G00 =⇒ G ' G00 .

Ryhmäisomorsmit G → G ovat G:n automorsmeja. Niiden joukolle käytetään merkintää Aut(G). Kuvaustulon suhteen Aut(G) on ryhmä, ns. G:n automorsmiryhmä.

Esimerkki 2.5.27 Olkoon G ryhmä ja u ∈ G kiinnitetty alkio. Kuvaus fu : G → G, fu (a) = uau−1 , on G:n automorsmi. Tällaisia kutsutaan G:n sisäisiksi automorsmeiksi.

Esimerkki 2.5.28 Kun G on Abelin ryhmä, niin kuvaus a 7→ a−1 on G:n automorsmi.

2.5.3 Homomoralause Seuraava tulos on ryhmäteorian peruslauseita.

Lause 2.5.29 (Homomoralause) Jos f : G → G0 on ryhmähomomorsmi, niin (2.30)

G/ Ker(f ) ' Im(f ).

Tarkemmin: homomorsmi f indusoi isomorsmin F : G/ Ker(f ) −→ Im(f ),

F (a Ker(f )) = f (a)

(a ∈ G).

(2.31)

Todistus. Merkitään K = Ker(f ). Osoitetaan ensiksi, että F : G/K → Im(f ), F (aK) = f (a), on hyvinmääritelty kuvaus. Jos aK = bK , niin a ∈ bK , siis a = bk , missä k ∈ K . Nyt F (aK) = f (a) = f (bk) = f (b)f (k) = f (b) · 1 = f (b) = F (bK), mikä todistaa väitteen. Kuvaus F on homomorsmi, sillä kun aK, bK ∈ G/K , niin

F (aK · bK) = F (abK) = f (ab) = f (a)f (b) = F (aK)F (bK). Kuvaus F on injektio, sillä jos F (aK) = 1, niin f (a) = 1, joten a ∈ K ja siis aK = K = 1G/K . Lopuksi Im(F ) = Im(f ), joten F on ryhmäisomorsmi G/K → Im(f ). 2

LUKU 2. RYHMÄ

36

Lauseen tilanteessa f = i ◦ F ◦ π , missä i : Im(f ) → G0 on inkluusio (esimerkki 2.5.2) f ja π : G → G/ Ker(f ) on kanoninen homomorsmi (mää..... . G G0 . ... ritelmä 2.5.4). Yhtäsuuruus f = i ◦ F ◦ π ilmaistaan myös ........ ... ... ... ... . ... i π ... ... sanomalla, että viereinen diagrammi kommutoi, millä tar... ... ... ... ...... ' koitetaan, ettei alkioiden kuvautuminen riipu reitistä. ..... . G/ Ker(f ) Im(f ) F

Huomautus 2.5.30 Homomoralauseen nojalla ryhmän homomorset kuvat ovat isomoraa vaille samat kuin sen tekijäryhmät.

Esimerkki 2.5.31 Kuvaus det : GLn (R) → R∗ on surjektiivinen ryhmähomomorsmi; siis GLn (R)/SLn (R) ' R∗ .

Esimerkki 2.5.32 Tutkitaan homomorsmin Z → Zm , a 7→ a, indusoimaa isomorsmia. Kirjoitetaan tulos myös multiplikatiivisesti.

Esimerkki 2.5.33 Lasketaan homomorsmin Z6 → Z6 , a 7→ 2a , ydin ja kuva. Todetaan, että # Im(f ) = #G/# Ker(f ), kuten homomoralauseen ja Lagrangen lauseen mukaan tulee ollakin.

Esimerkki 2.5.34 Selvitetään uudestaan ryhmä C6 /hc3 i. Huomautus 2.5.35 Homomoralauseen avulla saadaan joukko yleisiä isomoralakeja. Seuraavassa näistä esimerkkinä yksi. Kun H ≤ G ja K £ G, niin joukko

HK = {hk | h ∈ H, k ∈ K}

G

HK

..... ..... ...... ..... . . . . .....

...... ...... ...... ...... ...... ..

on G:n aliryhmä (tarkista aliryhmäkriteerillä; tässä tarvitaan K :n K H ...... normaalisuus). Oletuksesta seuraa, että K £ HK . Kuvaus f : H → ...... ...... ..... ...... . . . . ...... .... ...... ..... .. ...... HK/K , f (a) = aK , on homomorsmi (se on inkluusion H → HK H∩K ja kanonisen homomorsmin HK → HK/K yhdistetty kuvaus), ja pienellä työllä selvitetään, että Ker(f ) = H ∩ K ja Im(f ) = HK/K . Täten H ∩ K £ H ja

H/(H ∩ K) ' HK/K.

(2.32)

Tätä sanotaan suunnikassäännöksi.

Huomautus 2.5.36 Oletetaan edellisessä lisäksi H £G. Kun kuviossa kuljetaan ryhmästä HK ryhmään H ∩ K kahta eri tietä ja matkalla muodostetaan tekijäryhmät, toisaalta HK/H ja H/(H ∩ K), ja toisaalta HK/K ja K/(H ∩ K), niin saadaan isomoraa vaille samat kaksi ryhmää, mutta eri järjestyksessä. Kun tätä huomiota tutkitaan pitemmälle, johdutaan ryhmien ns. kompositiosarjoihin ja niitä koskevaan JordaninHölderin lauseeseen. Näitä käsitellään Algebran kurssilla.

Luku 3

Vektoriavaruus 3.1 Johdanto Lineaarialgebran kurssilla perehdyttiin vektoriavaruuksiin Rn ja kehiteltiin niiden käsittelyssä tarvittavaa formalismia. Nyt tutkimme samoja ideoita abstraktimmalla tasolla. Määrittelemme yleisen vektoriavaruuden aksiomaattisesti ja kehitämme teorian kokonaan näiden aksioomien pohjalta. Tämän ansiosta tulokset ovat sitten suoraan sovellettavissa hyvinkin erilaisiin vektoriavaruuksiin. Niistä meillä tulee muutamia esimerkkejä. Kyseessä on niin suora yleistys avaruuksista Rn , että voimme käsitellä sen hyvin lyhyesti. Monen asian kohdalla tyydytäänkin todistamisen sijasta vetoamaan siihen, että perustelu tapahtuisi kuten Rn :n tapauksessa. Jos jotain todistusta ei käydä läpi monisteessa eikä luennolla, se on kuitenkin syytä miettiä itse. Olennaisesti uusina piirteinä avaruuksien Rn teoriaan verrattuna tulevat oikeastaan vain seuraavat seikat: (1) Käsittely tapahtuu aksioomien pohjalta. (2) Vektoriavaruuksilla ei ole ennalta annettua luonnollista kantaa eikä vektoreilla ole siis ennalta annettua esitystä koordinaattivektoreina. (3) Dimensiot saavat olla äärettömiä. Rajoitumme toistaiseksi edelleen reaalisiin vektoriavaruuksiin. Algebran peruskurssissa II teoria yleistetään vielä siten, että skalaarikuntana on R:n sijasta yleinen kunta  tämä on se yleisyyden taso, joka vektoriavaruuksien teorialle lienee luonnollisin. Tämä luku käsittelee teorian sitä osaa, joka koskee yhteenlasku- ja skalaarillakertomisoperaatioita. Algebran peruskurssissa II esitellään lisäksi ns. sisätuloavaruudet, joissa yleistetään Rn :n sisätulon ja normin (vektorin pituuden) käsitteet.

3.2 Yleinen reaalinen vektoriavaruus Määritelmä 3.2.1 Reaalinen vektoriavaruus eli vektoriavaruus yli R:n on joukko V , jossa on annettu kaksi operaatiota, summa, joka on kuvaus V × V → V , merkitään (X, Y ) 7→ X + Y

37

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

38

(X, Y ∈ V ), sekä skalaarilla kertominen, joka on kuvaus R × V → V , merkitään (a, X) 7→ aX (a ∈ R, X ∈ V ), ja jossa seuraavat ehdot toteutuvat: V1. X + Y = Y + X

∀ X, Y ∈ V ;

V2. (X + Y ) + Z = X + (Y + Z) ∀ X, Y, Z ∈ V ; V3. on sellainen θ ∈ V (nolla-alkio ), että X + θ = X

∀X ∈V;

V4. jokaista alkiota X ∈ V kohti on sellainen alkio −X ∈ V (X :n vasta-alkio ), että X + (−X) = θ; V5. a(X + Y ) = aX + aY V6. (a + b)X = aX + bX

∀ a ∈ R, X, Y ∈ V ; ∀ a, b ∈ R, X ∈ V ;

V7. (ab)X = a(bX) ∀ a, b ∈ R, X ∈ V ; V8. 1X = X

∀X ∈V.

Vektoriavaruus V on algebrallinen systeemi; oikeastaan sitä pitäisikin täydellisemmin merkitä (V, +, · ), missä + ja · ovat ko. operaatiot. Joskus skalaarilla kertominen merkitään aX = a · X . Vektoriavaruuden alkioita kutsutaan vektoreiksi. Nolla-alkiota θ sanotaan myös nollavektoriksi ja vektorin X vasta-alkiota −X myös sen vastavektoriksi. Yhteenlasku eli summa + on V :n binäärioperaatio aiemmin esitetyssä mielessä, ja aksioomat V1V4 sanovat itse asiassa, että (V, +) on Abelin ryhmä. Aksioomat V5V8 koskevat V :n operaatioiden (+ ja · ) sekä reaalilukukunnan R operaatioiden (yhteen- ja kertolasku) yhteensopivuutta. Vektoriavaruutta kutsutaan myös lineaariavaruudeksi (engl. vector space, linear space).

Esimerkki 3.2.2 Tutut R2 = {(x, y) | x, y ∈ R}, R3 = {(x, y, z) | x, y, z ∈ R} ja yleisemmin Rn = {(x1 , x2 , . . . , xn ) | xi ∈ R} ovat tuttujen operaatioiden suhteen vektoriavaruuksia. Operaatiot Rn :ssä ovat

(x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , . . . , xn + yn ), a(x1 , . . . , xn ) = (ax1 , . . . , axn ).

(3.1)

Merkitsemme näiden vektoriavaruuksien alkioita lihavoiduin symbolein, x = (x1 , . . . , xn ), ja nollavektori on 0 = (0, . . . , 0). Usein käytämme vektoreita pystyvektoreina. ∞ Esimerkki 3.2.3 Kaikkien äärettömien reaalilukujonojen (xn )∞ n=0 = (x0 , x1 , . . . ) joukko R

on vektoriavaruus, operaatioina

(x0 , x1 , . . . ) + (y0 , y1 , . . . ) = (x0 + y0 , x1 + y1 , . . . ), a(x0 , x1 , . . . ) = (ax0 , ax1 , . . . ).

Esimerkki 3.2.4 Otetaan kaikkien reaalifunktioiden joukolle käyttöön merkintä F (R) = { f | f on funktio R → R}.

(3.2)

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

39

Tässä, kuten kaikissa funktiojoukoissa, alkioiden (siis funktioiden) yhtäsuuruus on ymmärrettävä seuraavasti: f =g ⇐⇒ f (x) = g(x) ∀ x (tässä siis: ∀ x ∈ R). (3.3) Jos funktiot f merkitään muodossa f (x)  niin kuin usein käytännössä tehdään (esimerkiksi sin x tai x2 )  niin kirjoitelma f (x) = g(x), kahden funktion välinen yhtäsuuruus, tarkoittaa identtistä yhtäsuuruutta. Se voidaan myös merkitä f (x) ≡ g(x). Funktiojoukosta F (R) saadaan vektoriavaruus määrittelemällä operaatiot näin: Kun f, g ∈ F (R) ja a ∈ R, niin f + g ja af ovat funktioita R → R, jotka määritellään:

(f + g)(x) = f (x) + g(x) (af )(x) = a · f (x)

∀ x ∈ R, ∀ x ∈ R.

(3.4)

(Itse asiassa juuri näinhän funktioita on totuttu laskemaan yhteen ja kertomaan skalaarilla.) Jotta todettaisiin, että F (R) todella on vektoriavaruus, pitäisi kaikki aksioomat tarkistaa. Otetaan tässä esimerkkinä V1 eli yhteenlaskun kommutatiivisuus: Olkoon f, g ∈ F (R). Pitää osoittaa, että f + g = g + f , ja tämä tarkoittaa samaa kuin

(f + g)(x) = (g + f )(x)

∀ x ∈ R,

eli

f (x) + g(x) = g(x) + f (x)

∀ x ∈ R,

mikä taas on voimassa reaalilukujen yhteenlaskun kommutatiivisuuden perusteella. Samoin todetaan muutkin aksioomat. Nolla-alkiona on nollafunktio f0 : f0 (x) = 0 ∀ x ∈ R. Vakiofunktio merkitään usein vain ko. vakiolla. Niinpä identiteetti sin2 x+cos2 x = 1 voidaan tulkita funktioiden yhtäsuuruudeksi, kun 1 katsotaan vakiofunktioksi.

Esimerkki 3.2.5 Vastaavalla tavalla esimerkiksi suljetulla välillä [a, b] määriteltyjen reaalifunktioiden joukosta

F [a, b] = { f | f on funktio [a, b] → R}. saadaan vektoriavaruus. Tämä ja F (R) ovat esimerkkejä funktioavaruuksista. Samaa ideaa voi käyttää paljon yleisemminkin: Joukosta F (X ) = {f | f on funktio X → R} saadaan vektoriavaruus, oli X mikä joukko tahansa. Koska (V, +) on Abelin ryhmä, niin ryhmiä koskevasta lauseesta 2.1.5 seuraa: Vektoriavaruuden nollavektori θ on yksikäsitteinen, samoin jokaisen vektorin X vastavektori −X . Vektorien X ja Y erotus määritellään X − Y = X + (−Y ). Yhtälöstä X + Y = Z voidaan ratkaista X : lisäämällä −Y kummallekin puolelle saadaan X = Z −Y (vertaa lauseeseen 2.1.15).

Lause 3.2.6 Olkoon V vektoriavaruus. (i) Kun a ∈ R ja X ∈ V , niin aX = θ jos ja vain jos a = 0 tai X = θ. (ii) Kun X ∈ V , niin −X = (−1)X .

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

40

Todistus. (i) Osoitetaan ensin, että 0X = θ ja aθ = θ. Ensinnäkin 0X = (0 + 0)X = 0X + 0X (aksiooma V6), ja lisäämällä puolittain −(0X) saadaan θ = 0X (aksioomat V2, V3, V4). Toiseksi aθ = a(θ + θ) = aθ + aθ (aksioomat V3, V5), ja lisäämällä −(aθ) puolittain saadaan aθ = θ (aksioomat V2, V3, V4). Käänteisen puolen todistamiseksi oletetaan, että aX = θ. Jos a = 0, ei ole mitään todistamista. Jos a 6= 0, niin ¡1 ¢ 1 1 X = 1X = · a X = (aX) = θ = θ, a a a missä käytettiin (paitsi käänteisalkion olemassaoloa R:ssä) aksioomia V7 ja V8 ja todistuksen alkuosaa. (ii) Koska X + (−1)X = 1X + (−1)X = (1 + (−1))X = 0X = θ (aksioomat V8, V6 ja kohta (i)), niin (−1)X = −X . 2 Liitäntä- eli assosiatiivilain V2 nojalla vektorien summat saa kirjoittaa ilman sulkeita, esimerkiksi X + Y + Z . Yleisemmin vektoriavaruudessa voidaan muodostaa lausekkeita

a1 X1 + a2 X2 + · · · + ak Xk

(ai ∈ R, Xi ∈ V );

näitä sanotaan vektorien X1 , . . . , Xk lineaarikombinaatioiksi.

3.3 Aliavaruus Vektoriavaruuden V osajoukkoa, joka itsekin on vektoriavaruus V :n laskutoimitusten + ja · suhteen, sanotaan V :n aliavaruudeksi.

Lause 3.3.1 (Aliavaruuskriteeri) Vektoriavaruuden V osajoukko U on aliavaruus jos ja vain jos se on epätyhjä ja toteuttaa seuraavat kaksi ehtoa: A1.

X, Y ∈ U

A2.

a ∈ R, X ∈ U

=⇒

X + Y ∈ U; =⇒

aX ∈ U .

Todistus. On selvää, että ehdot A1 ja A2 ovat välttämättömät, jotta U :lle restriktioina saatavat operaatiot U × U → U ja R × U → U olisivat hyvinmääriteltyjä. Kääntäen, oletetaan, että A1 ja A2 ovat voimassa. Kun ehdossa A2 valitaan a = 0, saadaan θ ∈ U . Valitsemalla a = −1 saadaan −X ∈ U kun X ∈ U . Nyt aksioomat V1V8 U :lle seuraavat suoraan siitä, että ne ovat voimassa V :lle. 2 Todistuksesta nähdään, että aliavaruuden U nollavektori on sama kuin V :n nollavektori ja että kunkin alkion X ∈ U vastavektori U :ssa on sama kuin sen vastavektori V :ssä. Kun U on V :n aliavaruus, niin (U, +) on ryhmän (V, +) aliryhmä. Ehdot A1 ja A2 yhdessä ovat ekvivalentit seuraavan ehdon kanssa: A12.

a, b ∈ R, X, Y ∈ U

=⇒

aX + bY ∈ U .

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

41

Esimerkki 3.3.2 Vektoriavaruuden Rn tapauksessa aliavaruuden käsite on juuri sama joka määriteltiin lineaarialgebran kurssissa. Siis esimerkiksi R3 :n aliavaruuksia ovat {0}, R3 , origon kautta kulkevat suorat ja origon kautta kulkevat tasot.

Esimerkki 3.3.3 Jokaisella vektoriavaruudella V on triviaalit aliavaruudet {θ} ja V . Esimerkki 3.3.4 Funktioavaruudella F (R) (esimerkki 3.2.4) on esimerkiksi aliavaruus C(R) = { f | f on jatkuva funktio R → R}.

Esimerkki 3.3.5 Tarkastellaan funktioavaruudessa F (R) reaalikertoimisia polynomeja p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + am xm

(m ≥ 0, ai ∈ R ∀ i).

Niiden joukko

P = { p(x) | p(x) on reaalikertoiminen polynomi}

(3.5)

on funktioavaruuden F (R) aliavaruus, ja samoin ovat sen osajoukot

Pn = { p(x) ∈ P | p(x) on enintään astetta n − 1 } = { a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an−1 xn−1 | ai ∈ R ∀ i },

(3.6)

missä n ≥ 1 on kiinnitetty. Näitä sanotaan polynomiavaruuksiksi. Ne muodostavat F (R):ssä aliavaruusketjun P1 ⊂ P2 ⊂ · · · ⊂ Pn ⊂ · · · ⊂ P ⊂ F (R).

Esimerkki 3.3.6 Esimerkin 3.2.3 vektoriavaruudella R∞ on aliavaruus U = {(xn )∞ n=0 | xn+2 = xn+1 + xn ∀ n ≥ 0}. (Tarkista ehdot A1 ja A2.) Siis U koostuu niistä lukujonoista, jotka toteuttavat lineaarisen rekursiokaavan xn+2 = xn+1 + xn (n ≥ 0). Eräs tunnettu U :n alkio on Fibonaccin jono F = (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . .). Muita ovat X1 = (1, 0, 1, 1, 2, 3, 5, . . .) ja X2 = (0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, . . .). Näille on voimassa F = X1 + X2 .

Lause 3.3.7 Jos U1 ja U2 ovat vektoriavaruuden V aliavaruuksia, niin samoin on niiden leikkaus U1 ∩ U2 . Sama pätee useamman (jopa äärettömän monen) aliavaruuden leikkaukseen. Tämä todistetaan aliavaruuskriteeristä; vertaa ryhmiä koskevaan seuraukseen 2.2.7.

3.3.1 Vektorijoukon virittämä aliavaruus Vektoriavaruudessa V alkioiden X1 , . . . , Xn virittämä aliavaruus (tai generoima aliavaruus ) on niiden lineaarikombinaatioiden joukko

L(X1 , . . . , Xn ) = {a1 X1 + · · · + an Xn | a1 , . . . , an ∈ R}.

(3.7)

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

42

Aliavaruuskriteerin nojalla kyseessä todella on aliavaruus. Määritelmä on suora yleistys lineaarialgebran kurssissa käsitellystä Rn :ien tapauksesta. Nyt laajennamme käsitettä vielä lisää sallimalla äärettömätkin virittävät vektorijoukot: Olkoon S jokin joukko V :n vektoreita. Määritellään joukon S virittämä (tai generoima ) aliavaruus

L(S) = {a1 Y1 + · · · + ar Yr | r ≥ 0, a1 , . . . , ar ∈ R, Y1 , . . . , Yr ∈ S}.

(3.8)

Heti todetaan, että L(S) on V :n aliavaruus, ja että se on itse asiassa yksikäsitteinen suppein S :n sisältävä aliavaruus. Se voitaisiinkin esittää leikkauksena kaikista S :n sisältävistä aliavaruuksista; vertaa ryhmäteorian vastaavaan kaavaan (2.10). Huomaa, että vaikka S olisikin ääretön, niin jokainen L(S):n alkio on lineaarikombinaatio äärellisen monesta S :n alkiosta. Huomaa myös, että (päinvastoin kuin Xi :t (3.7):ssä) Yi :t eivät (3.8):ssä ole ennalta määrättyjä vektoreita vaan ne ovat mielivaltaisia S :n alkioita. Jos S on äärellinen, S = {X1 , . . . , Xn }, niin (3.8) antaa saman joukon kuin (3.7), koska kertoimet ai saavat olla nollia. Vektoriavaruutta V sanotaan äärellisesti generoiduksi, jos se on äärellisen joukon generoima, V = L(X1 , . . . , Xn ).

Esimerkki 3.3.8 Vektorit (1, 1, 0) ja (1, 0, 1) virittävät R3 :ssa tason x − y − z = 0. Esimerkki 3.3.9 Avaruudessa R3 taso T : x − y − z = 0 ja yksi sen ulkopuolinen vektori, esimerkiksi v = (1, 0, 0), virittävät yhdessä koko R3 :n, toisin sanoen L(T ∪ {v}) = R3 .

Esimerkki 3.3.10 Polynomiavaruudessa P alkiot 1, x, x2 virittävät aliavaruuden P3 . Yleisemmin, alkiot 1, x, . . . , xn−1 virittävät aliavaruuden Pn .

Esimerkki 3.3.11 Funktioavaruudessa F (R) joukon S = {1, x, x2 , . . . } virittämä aliavaruus L(S) on polynomiavaruus P . Myös joukko {1, 1 + x, x + x2 , x2 + x3 , . . . } virittää saman aliavaruuden P .

Esimerkki 3.3.12 Vektoriavaruudessa R∞ jonot X = (1, 0, 0, 0, . . . ) ja Y = (0, 1, 0, 0, . . . ) virittävät aliavaruuden

L(X, Y ) = {(a, b, 0, 0, . . . ) | a, b ∈ R}. Jos merkitään Ei :llä jonoa (0, . . . , 0, 1, 0, . . . ) (i:s alkio on = 1, muut ovat = 0), niin Ei :den virittämä aliavaruus on

L(E0 , E1 , . . . ) = {(a0 , a1 , . . . , an , 0, 0, . . . ) | n ≥ 0, aj ∈ R ∀ j }.

3.4 Lineaarinen riippuvuus Aivan samoin kuin Rn :n tapauksessa sanomme, että vektoriavaruuden V vektorit X1 , . . . , Xm ovat lineaarisesti riippuvia, jos on sellaiset a1 , . . . , am ∈ R, että

a1 X1 + · · · + am Xm = θ,

jokin ai 6= 0.

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

43

Laajennamme tämän käsitteen nyt äärettömillekin vektorijoukoille seuraavasti: Sanomme, että vektorijoukko S ⊆ V on lineaarisesti riippuva, jos jotkin sen erisuuret alkiot Y1 , . . . , Yk ∈ S ovat lineaarisesti riippuvia. Lineaarisen riippuvuuden vastakohta on lineaarinen riippumattomuus.

Esimerkki 3.4.1 Vektorijoukko, joka sisältää θ:n, on lineaarisesti riippuva. Esimerkki 3.4.2 R3 :n vektorit (1, 2, −1), (−1, 0, 3) ja (0, 2, 5) ovat lineaarisesti riippumattomia; tämä nähdään vaikka siitä, että se 3-rivinen determinatti, jonka vaakariveinä ko. vektorit ovat, on 6= 0 (katso lineaarialgebran kurssi).

Esimerkki 3.4.3 R4 :n vektorit x = (1, 2, 0, 4), y = (−1, 0, 5, 1) ja z = (1, 6, 10, 14) ovat lineaarisesti riippuvia, sillä 3x + 2y − z = 0.

Esimerkki 3.4.4 Osoitetaan, että funktioavaruuden F (R) alkiot 1, x, x2 , . . . ovat lineaarisesti riippumattomia. Oletetaan, että jokin niiden (tietenkin äärellinen!) lineaarikombinaatio olisi 0, siis a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + ar xr = 0, missä ai ∈ R, ja oikean puolen 0 tarkoittaa nollafunktiota ( = f0 esimerkissä 3.2.4). Toisin sanoen, jos vasemman puolen polynomia merkitään p(x):llä, niin p(x) = 0 identtisesti. Silloin myös derivaatta p0 (x) ja korkeammat derivaatat p(i) (x) ovat identtisesti nollia. Mutta ai = 1 (i) i! p (0), joten a0 = · · · = ar = 0.

Esimerkki 3.4.5 Avaruudessa F (R) funktiot cos2 x, sin2 x ja cos 2x ovat lineaarisesti riippuvia, koska cos2 x − sin2 x = cos 2x ∀ x ∈ R.

Esimerkki 3.4.6 Näytetään, että funktioavaruuden F (R) vektorit ex ja e2x ovat lineaarisesti riippumattomia.

Esimerkki 3.4.7 Osoitetaan, että jos avaruuden V vektorit X, Y, Z ovat lineaarisesti riippumattomia, niin samoin ovat X + Y, Y + Z, Z + X .

Esimerkki 3.4.8 Esimerkissä 3.3.6 vektorit X1 ja X2 ovat lineaarisesti riippumattomia. Seuraava lause todistetaan oleellisesti kuten Rn :n tapauksessa. Käy kuitenkin todistukset itse läpi jo senkin toteamiseksi, ettei joukon S mahdollisesta äärettömyydestä tule ongelmia.

Lause 3.4.9 Vektoriavaruuden V osajoukko on lineaarisesti riippuva jos ja vain jos jokin sen vektoreista on muiden lineaarikombinaatio. Tarkemmin: Joukko S on lineaarisesti riippuva jos ja vain jos on sellainen X ∈ S ja sellaiset Y1 , . . . , Yk ∈ S \ {X}, että X = a1 Y1 + · · · + ak Yk ,

missä a1 , . . . , ak ∈ R.

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

44

Seuraus 3.4.10 Kaksi vektoria X1 ja X2 ovat lineaarisesti riippuvat jos ja vain jos jompikumpi on toisen skalaarimonikerta. Huomaa se erikoistapaus, että toinen vektoreista saattaa olla θ.

3.5 Kanta ja dimensio Määritelmä 3.5.1 Olkoot vektorit Xi erisuuria vektoriavaruuden V alkioita, missä i käy jonkin indeksijoukon I . Sanotaan, että joukko B = {Xi | i ∈ I} on V :n kanta eli että vektorit Xi (i ∈ I) muodostavat V :n kannan, jos B1. L(B) = V , ja B2. B on lineaarisesti riippumaton. Nolla-avaruuden {θ} kannaksi sovitaan tyhjä joukko. Avaruuksille Rn ja niiden aliavaruuksille kannan käsite on sama kuin lineaarialgebran kurssissa; Rn :llä on luonnollinen kanta {e1 , . . . , en }, missä ei = (0, . . . , 1, . . . , 0) (i:s alkio = 1).

Esimerkki 3.5.2 Polynomiavaruudella Pn on kanta {1, x, x2 , . . . , xn−1 } ja polynomiavaruudella P on kanta {1, x, x2 , . . . }. Käsittelyn yksinkertaistamiseksi tehdään seuraava merkintäsopimus. Kun {Xi | i ∈ I} on joukko V :n vektoreita, mahdollisesti ääretön, niin kirjoitelma X ai Xi , i∈I

missä vain äärellisen moni ai on 6= 0, tarkoittaa samaa kuin summa ne indeksit i, joilla ai 6= 0.

P i

ai Xi , missä i käy vain

Esimerkki 3.5.3 Kun n on luonnollinen luku, niin F (R):ssä voidaan kirjoittaa n

(1 + x) =

n µ ¶ X n i=0

∞ µ ¶ X n i x = x, i i i=0 i

sillä binomikerroin on 0, kun i > n. Seuraava todistetaan oleellisesti kuten Rn :ssä.

Lause 3.5.4 Olkoot vektorit Bi ∈ V erisuuria (i ∈ I ). Seuraavat ehdot ovat ekvivalentit: (i) Joukko B = {Bi | i ∈ I} on V :n kanta. (ii) Jokainen V :n vektori X voidaan esittää yksikäsitteisellä tavalla muodossa X X= ai Bi (X :n kantaesitys), i∈I

missä ai ∈ R ja vain äärellisen moni ai 6= 0.

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

45

Äärellisen kannan B = {B1 , . . . , Bn } tapauksessa kantaesitys tulee muotoon

X = a1 B1 + · · · + an Bn

(a1 , . . . , an ∈ R).

Lause 3.5.5 Jokaisella äärellisesti generoidulla vektoriavaruudella on kanta. Todistus. Olkoon V = L(X1 , . . . , Xm ). Voidaan olettaa, että V 6= {θ} ja että Xi :t ovat parittain erisuuria ja 6= θ. Silloin {X1 } on lineaarisesti riippumaton; näin ollen joukolla S = {X1 , . . . , Xm } on lineaarisesti riippumattomia osajoukkoja. Koska S on äärellinen, niin voidaan valita sisältymisrelaation suhteen maksimaalinen lineaarisesti riippumaton S :n osajoukko B; tämä tarkoittaa, että B ⊆ S ja B on lineaarisesti riippumaton ja että on voimassa implikaatio B ⊂ S1 ⊆ S

=⇒

S1 on lineaarisesti riippuva.

Osoitetaan, että B on V :n kanta. Koska B on lineaarisesti riippumaton, on vain todistettava, että L(B) = V . Merkintöjen yksinkertaistamiseksi numeroidaan S :n alkiot Xi siten, että B = {X1 , . . . , Xn }, missä n = #B ≤ m. Kun k > n, niin joukko {X1 , . . . , Xn , Xk } on lineaarisesti riippuva B:n maksimaalisuuden johdosta, joten

a1 X1 + · · · + an Xn + ak Xk = θ

(ai ∈ R),

missä jokin ai 6= 0. Ei voi olla ak = 0, sillä X1 , . . . , Xn ovat lineaarisesti riippumattomia. Näin ollen Xk voidaan ratkaista yo. yhtälöstä, ja saadaan Xk ∈ L(X1 , . . . , Xn ). Siis L(X1 , . . . , Xn ) sisältää kaikki vektorit X1 , . . . , Xn , Xn+1 , . . . , Xm , joten se sisältää myös kaikki niiden lineaarikombinaatiot. Seuraa L(X1 , . . . , Xm ) = L(X1 , . . . , Xn ), eli V = L(B).

2

Lause 3.5.6 Jos vektoriavaruudella on kanta, jossa on n alkiota (n < ∞), niin jokaisessa sen kannassa on n alkiota. Todistus. Olkoon B = {B1 , . . . , Bn } V :n kanta, ja olkoon X jokin toinen kanta. On osoitettava, että X :ssä on tarkalleen n alkiota. Oletetaan ensin, että X :ssä on ainakin n alkiota; merkitään X = {X1 , . . . , Xn } ∪ {Yi | i ∈ I}, missä Xi :t ja Yi :t ovat kaikki eri vektoreita. Koska V = L(B), niin erityisesti X1 = a1 B1 + · · · + an Bn

(ai ∈ R).

Koska X1 6= θ (X on lineaarisesti riippumaton), niin jokin ai 6= 0. Numeroimalla tarvittaessa Bi :t uudelleen voidaan olettaa, että a1 6= 0. Silloin B1 voidaan ratkaista yhtälöstä, joten B1 ∈ L(X1 , B2 , . . . , Bn ). Näin ollen B1 , . . . , Bn ∈ L(X1 , B2 , . . . , Bn ), ja koska V = L(B), niin seuraa

V = L(X1 , B2 , . . . , Bn ).

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

46

Siis erityisesti X2 ∈ L(X1 , B2 , . . . , Bn ), eli

X2 = c1 X1 + c2 B2 + · · · + cn Bn

(ci ∈ R).

Koska {X1 , X2 } on lineaarisesti riippumaton (sillä X on), niin jokin kertoimista c2 , . . . , cn on 6= 0. Numeroimalla taas tarvittaessa B2 , . . . , Bn uudelleen voidaan olettaa, että c2 6= 0. (Huomaa, ettei tämä enää muuta B1 :n indeksiä.) Seuraa B2 ∈ L(X1 , X2 , B3 , . . . , Bn ), siis

V = L(X1 , X2 , B3 , . . . , Bn ). Näin jatkamalla vektorit Bi voidaan korvata vektoreilla Xi yksi kerrallaan, ja lopputuloksena saadaan V = L(X1 , X2 , . . . , Xn ). (Kirjoita itse tälle vaikka induktiotodistus.) Mutta silloinhan jokainen Yi (i ∈ I ) voidaan lausua vektorien X1 , . . . , Xn lineaarikombinaationa; seuraa, että I = ∅, koska muuten X olisikin lineaarisesti riippuva. Siis X = {X1 , . . . , Xn }, joten #X = n. Oletetaan toiseksi, että X :ssä on vähemmän kuin n alkiota, #X = m < n. Samalla päättelyllä kuin edellä, vaihtamalla vain B:n ja X :n roolit, saadaan, että #B = m, ristiriita. 2 Kun V :llä on kanta, jossa on n alkiota, sanotaan, että n on V :n dimensio, merkitään n = dim V . Sanotaan myös, että V on n-ulotteinen. Äärellisesti generoitua vektoriavaruutta voidaan nyt kutsua äärellisulotteiseksi. Jos V ei ole äärellisulotteinen, niin se on ääretönulotteinen, merkitään dim V = ∞. Lauseen 3.5.6 todistuksessa itse asiassa näytettiin, että jos X on lineaarisesti riippumaton, niin #X ≤ n. On siis voimassa:

Seuraus 3.5.7 Olkoon dim V = n < ∞. Jos vektorijoukossa X ⊆ V on enemmän kuin n alkiota, niin X on lineaarisesti riippuva. Algebran peruskurssissa II nähdään, miten voidaan todistaa, että jokaisella vektoriavaruudella on kanta. Jos dim V = ∞, niin lauseen 3.5.6 mukaan kaikki V :n kannat ovat äärettömiä.

Lause 3.5.8 Olkoon V äärellisulotteinen vektoriavaruus. (i) Jokainen V :n lineaarisesti riippumaton osajoukko voidaan täydentää V :n kannaksi. (ii) Jokainen V :n virittävä osajoukko voidaan redusoida V :n kannaksi (jättämällä pois osa sen vektoreista).

Todistus. Olkoon ensin X = {X1 , . . . , Xk } lineaarisesti riippumaton joukko V :n vektoreita, ja olkoon B jokin V :n kanta. Kun merkitään S = X ∪B , niin myös L(S) = V . Nyt S :n osajoukkojen parvesta voidaan valita jokin maksimaalinen X :n sisältävä lineaarisesti riippumaton osajoukko Y ; toisin sanoen X ⊆ Y ⊆ S ja Y on lineaarisesti riippumaton, ja on voimassa Y ⊂ S1 ⊆ S

=⇒

S1 on lineaarisesti riippuva.

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

47

Samoin kuin lauseen 3.5.5 todistuksessa osoitetaan, että Y on V :n kanta. Koska se sisältää X :n, niin väite (i) seuraa. Todistetaan nyt (ii). Olkoon X V :n virittävä joukko. Valitaan X :stä keskenään lineaarisesti riippumattomia alkioita X1 , X2 , . . . niin pitkälle kuin mahdollista. Seurauksen 3.5.7 nojalla tämä päättyy viimeistään, kun on löydetty n = dim V alkiota. Olkoot X1 , . . . , Xk ko. alkiot; siis k ≤ n. Helposti nähdään, että loput X :n alkiot ovat vektoreiden X1 , . . . , Xk lineaarikombinaatioita. Koska X virittää V :n, niin V = L(X1 , . . . , Xk ). Siis {X1 , . . . , Xk } on V :n kanta (ja k = n). 2 Näistä lauseista päätellään helposti seuraavat (mieti miten):

Seuraus 3.5.9 Olkoon dim V = n < ∞ ja olkoot X1 , . . . , Xm erisuuria V :n vektoreita. Jos seuraavista ehdoista kaksi on voimassa, niin kolmaskin on, ja silloin {X1 , . . . , Xm } on V :n kanta: (i)

V = L(X1 , . . . , Xm );

(ii)

X1 , . . . , Xm ovat lineaarisesti riippumattomia;

(iii)

m = n.

Seuraus 3.5.10

(i) Jos U on V :n aliavaruus, niin dim U ≤ dim V (ehkä äärettömiä).

(ii) Jos U on V :n aliavaruus ja dim U = dim V < ∞, niin U = V . (iii) Jos V :ssä on ääretön määrä lineaarisesti riippumattomia vektoreita, niin dim V = ∞.

Esimerkki 3.5.11 Jos dim V = ∞, niin aidon aliavaruuden U dimensio saattaa olla ∞; näin on esimerkiksi tapauksessa L({x, x2 , . . . }) ⊂ P = L({1, x, x2 , . . . }).

Esimerkki 3.5.12 Merkitään C ∞ (R):llä niiden funktioiden f : R → R joukkoa, joilla on kaikkien kertalukujen derivaatat f (n) olemassa koko R:ssä. Tarkastellaan dierentiaaliyhtälöä y 00 − 3y 0 + 2y = 0. Yhtälö on lineaarinen, homogeeninen ja kertalukua 2. Osoitetaan, että sen ratkaisujoukko U = {f ∈ C ∞ (R) | f 00 − 3f 0 + 2f = 0} on C ∞ (R):n aliavaruus; samalla huomataan, että tämä johtuu nimenomaan yhtälön lineaarisuudesta ja homogeenisuudesta. Oletetaan tunnetuksi dierentiaaliyhtälöiden teoriassa todistetava seikka, että dim U = 2 ( = yhtälön kertaluku). Koska ex ja e2x kuuluvat U :hun ja ovat lineaarisesti riippumattomia (esimerkki 3.4.6), ne muodostavat sen kannan. Näin ollen dierentiaaliyhtälön yleinen ratkaisu on y = C1 ex + C2 e2x (C1 , C2 ∈ R).

©

¯R 1

Esimerkki 3.5.13 Osoitetaan, että U = p ∈ P3 ¯

0

ª p(x) dx = 0 on P3 :n aliavaruus, etsitään

sille jokin kanta ja täydennetään se P3 :n kannaksi.

Esimerkki 3.5.14 Olkoon V :llä kanta B, mahdollisesti ääretön, ja olkoon Y jokin V :n vektori, Y 6= θ. Osoitetaan, että V :llä on kanta, joka on saatu korvaamalla jokin B:n vektoreista Y :llä.

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

48

3.6 Koordinaattivektorit ja kannan vaihto Tarkastelemme nyt vain äärellisulotteisia avaruuksia. Olkoon V vektoriavaruus ja B = {B1 , . . . , Bn } sen kanta. Jokaisella vektorilla X on yksikäsitteinen kantaesitys X = x1 B1 + · · · + xn Bn (xi ∈ R). Kertoimista muodostetaan X :n koordinaattivektori kannan B suhteen,

XB = (x1 , . . . , xn )T . Huomaa, että XB ∈ Rn . Kuvaus V → Rn , X 7→ XB , on bijektio, ja on helppo todeta, että

(X + Y )B = XB + YB ,

(3.9)

(aX)B = a · XB ,

kun X, Y ∈ V ja a ∈ R, missä oikeilla puolilla on Rn :n operaatiot. Tämä merkitsee, että kun dim V = n, niin kiinnittämällä jokin kanta B avaruutta V pystytään käsittelemään kuin se olisi Rn . Tilanteesta riippuu, kannattaako tämä. Olkoot X1 , . . . , Xm V :n vektoreita ja olkoot x1 , . . . , xm niiden koordinaattivektorit (siis xi = (Xi )B ). Silloin Xi :t ovat lineaarisesti riippuvia V :ssä jos ja vain jos xi :t ovat lineaarisesti riippuvia Rn :ssä; nimittäin

a1 X1 + · · · + am Xm = θ

⇐⇒

(a1 X1 + · · · + am Xm )B = θB

⇐⇒

a1 x1 + · · · + am xm = 0.

Vektorien x1 , . . . , xm lineaarinen riippuvuus taas on ekvivalentti sen kanssa, että sen matriisin aste, jonka pystyriveinä xi :t ovat, on < m. Kun tätä sovelletaan tapaukseen m = n, saadaan:

Lause 3.6.1 Olkoon B = {B1 , . . . , Bn } vektoriavaruuden V kanta, ja olkoon V :n vektoreilla C1 , . . . , Cn kantaesitykset Cj =

n X

pij Bi

(j = 1, . . . , n).

(3.10)

i=1

Vektorit C1 , . . . , Cn muodostavat V :n kannan jos ja vain jos matriisi (pij ) on säännöllinen. Jos B = {B1 , . . . , Bn } ja C = {C1 , . . . , Cn } ovat vektoriavaruuden V kaksi kantaa, niin kannanvaihdon B → C matriisiksi sanotaan matriisia

P = PB→C = (pij )n×n ,

(3.11)

missä kertoimet pij määräytyvät yhtälöistä (3.10). Aivan samalla tavoin kuin Rn :n tapauksessa (siis suoraan laskemalla) saadaan XB = PB→C XC , (3.12) sekä

PB→C PC→D = PB→D ,

PB→C = (PC→B )−1 .

(3.13)

Esimerkki 3.6.2 Polynomiavaruudessa P3 on kannat B = {1, x, x2 } ja C = {1, x, 21 x(x − 1)}. Muodostetaan kannanvaihtojen B → C ja C → B matriisit. Lasketaan niiden avulla polynomin 1 + 2x + 3x2 esitys kannassa C .

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

49

3.7 Aliavaruuksien suora summa Olkoon V vektoriavaruus. Sen aliavaruuksien U1 , . . . , Uh summa määritellään

U1 + · · · + Uh = {X1 + · · · + Xh | X1 ∈ U1 , . . . , Xh ∈ Uh }

(3.14)

(siis aivan samoin kuin tapauksessa V = Rn ). On helppo todeta, että U1 +· · ·+Uh on aliavaruus. Se sisältää kaikki Ui :t, ja koska se selvästikin on suppein tämän toteuttava aliavaruus, niin (3.15)

U1 + · · · + Uh = L(U1 ∪ · · · ∪ Uh ).

Summaa U1 + · · · + Uh sanotaan suoraksi, jos jokaisen alkion X ∈ U1 + · · · + Uh esitys muodossa

X = X1 + · · · + Xh

(X1 ∈ U1 , . . . , Xh ∈ Uh )

on yksikäsitteinen. Suora summa merkitään U1 ⊕ · · · ⊕ Uh tai on kuten Rn :ssä.) Seuraavat todistetaan juuri kuten tapauksessa V = Rn .

h L i=1

(3.16)

Ui . (Siis tämäkin määritelmä

Lause 3.7.1 Vektoriavaruuden V aliavaruuksien U1 , . . . , Uh summa on suora jos ja vain jos on voimassa: X1 + · · · + Xh = θ,

X1 ∈ U1 , . . . , Xh ∈ Uh

=⇒

X1 = · · · = Xh = θ.

(3.17)

Tärkeä erikoistapaus on kahden aliavaruuden suora summa:

Lause 3.7.2 Kun U1 ja U2 ovat V :n aliavaruuksia, niin seuraavat ehdot ovat ekvivalentit: (i)

Summa U1 + U2 on suora.

(ii)

U1 ∩ U2 = {θ}.

(iii)

Jos X1 + X2 = θ, missä X1 ∈ U1 ja X2 ∈ U2 , niin X1 = X2 = θ.

Esimerkki 3.7.3 Reaalilukujonojen avaruus R∞ on suora summa R∞ = U ⊕ W , missä ∞ U = {(xn )∞ | xn = 0 kun 2 - n}, n=0 ∈ R ∞ W = {(xn )∞ | xn = 0 kun 2 | n}. n=0 ∈ R

Esimerkki 3.7.4 Polynomia p(x) ∈ P sanotaan parilliseksi, jos p(−x) = p(x), ja parittomaksi, jos p(−x) = −p(x). Osoitetaan, että parilliset polynomit muodostavat P :n aliavaruuden, samoin parittomat polynomit, ja että P on näiden kahden suora summa.

Esimerkki 3.7.5 Näytetään, että myös funktioavaruus F (R) voidaan kirjoittaa parillisten ja parittomien funktioiden aliavaruuksien suorana summana.

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

50

Huomautus 3.7.6 Samoin kuin Rn :n tapauksessa on helppo osoittaa, että suoralle summalle U1 ⊕ · · · ⊕ Uh saadaan kanta yhdistämällä Ui :den kannat.

Huomautus 3.7.7 Summa ja suora summa määritellään myös äärettömän monelle aliavaruudelle Ui (i ∈ I ). Määritelmät ovat kuten edellä, paitsi että käytetään summia Xi ∈ Ui ja vain äärellisen moni Xi on 6= θ.

P

i∈I

Xi , missä

3.8 Lineaarikuvaus Määrittelemme lineaarikuvaukset kuten avaruuksien Rn teoriassa. Vertaa myös ryhmäteoriaan, jossa tärkeitä kuvauksia ovat ne, jotka kunnioittavat ryhmäoperaatoita, toisin sanoen ryhmähomomorsmit. Vastaavasti vektoriavaruuksien teoriassa tärkeitä ovat kuvaukset, jotka kunnioittavat näiden algebrallisten systeemien operaatioita:

Määritelmä 3.8.1 Vektoriavaruuksien U ja V välistä kuvausta f : U → V sanotaan lineaariseksi eli lineaarikuvaukseksi, jos se täyttää ehdot L1. f (X1 + X2 ) = f (X1 ) + f (X2 ) ∀ X1 , X2 ∈ U , L2. f (aX) = af (X) ∀ a ∈ R, X ∈ U . Ehdot L1 ja L2 yhdessä ovat ekvivalentit seuraavan ehdon kanssa: L12. f (a1 X1 + a2 X2 ) = a1 f (X1 ) + a2 f (X2 ) ∀ a1 , a2 ∈ R, X1 , X2 ∈ U . Induktiolla todetaan, että lineaarikuvaus f : U → V säilyttää lineaarikombinaatiot, eli

f (a1 X1 + · · · + ak Xk ) = a1 f (X1 ) + · · · + ak f (Xk ).

(3.18)

Valitsemalla L2:ssa a = 0 nähdään, että nollavektori kuvautuu nollavektoriksi,

f (θ) = θ.

(3.19)

Esimerkki 3.8.2 a) Identiteettikuvaus idV : V → V on lineaarikuvaus. b) Nollakuvaus f0 : U → V , f0 (X) = θ ∀ X ∈ U , on lineaarikuvaus. c) Jos U on V :n aliavaruus, niin sisältymiskuvaus eli inkluusio U → V on lineaarikuvaus.

Esimerkki 3.8.3 Funktioiden derivoinnista saadaan lineaarikuvauksia eräiden funktioavaruuksien välille, mm. kuvaus D : C ∞ (R) → C ∞ (R), D(f ) = f 0 . Derivointi antaa mm. myös lineaarikuvaukset P → P ja Pn → Pn−1 . Seuraavan lauseen mukaan lineaarikuvaus määräytyy yksikäsitteisesti kantavektoreiden kuvista. Tämä tuloshan nähtiin jo lineaarialgebran kurssissa, kun tarkasteltiin avaruuksia Rn , ja todistus sujuisi nytkin lähes samoin. Kannat saavat kuitenkin olla äärettömiä, joten jokaisen kannattaa käydä todistus uudestaan läpi tässä tilanteessa.

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

51

Lause 3.8.4 Olkoot U ja V vektoriavaruuksia ja olkoon {Xi | i ∈ I} jokin U :n kanta. Olkoot {Yi | i ∈ I} joitakin kiinnitettyjä V :n vektoreita (eivät ehkä erisuuria). Silloin on yksikäsitteinen sellainen lineaarikuvaus f : U → V , että f (Xi ) = Yi

∀ i ∈ I.

(3.20)

Esimerkki 3.8.5 Koska polynomiavaruudella P on kanta {1, x, x2 , . . . }, niin voidaan määritellä lineaarikuvaus f : P → R asettamalla esimerkiksi f (xn ) = 1 ∀ n ≥ 0. Silloin yleisen alkion p(x) = a0 + a1 x + · · · + ak xk kuvaksi tulee a0 + a1 + · · · + ak , sillä

f (a0 + a1 x + · · · + ak xk ) = a0 f (1) + a1 f (x) + · · · + ak f (xk ) = a0 + a1 + · · · + ak . Tässä käytetiin ominaisuutta L12.

Huomautus 3.8.6 Jos f ja g ovat lineaarikuvauksia U → V , niin myös niiden summa ja skaalarimonikerrat, toisin sanoen kuvaukset f + g : U → V, cf : U → V,

(f + g)(X) = f (X) + g(X), (cf )(X) = c · f (X)

(3.21)

(missä c ∈ R), ovat lineaarisia. Tämä on helppo tarkistaa vaikka ehdolla L12. Operaatiot (3.21) tekevät lineaarikuvausten U → V joukosta L(U, V ) vektoriavaruuden.

3.9 Lineaarikuvauksen ydin ja kuva Seuraava todistettiin lineaarialgebran kurssissa avaruuksien Rn tapauksessa, ja sama todistus (joitakin merkintöjä vain muuttamalla) käy nyt yleisessäkin tilanteessa:

Lause 3.9.1 Olkoon f : U → V lineaarikuvaus. (i) Kun U0 ⊆ U on aliavaruus, niin f (U0 ) on V :n aliavaruus. (ii) Kun V0 ⊆ V on aliavaruus, niin f −1 (V0 ) on U :n aliavaruus. Valitsemalla U0 = U ja V0 = {θ} saadaan kaksi tärkeää erikoistapausta. Käytetään seuraavia nimityksiä. Lineaarikuvauksen f : U → V kuva-avaruus on

Im(f ) = f (U ) = {f (X) | X ∈ U } ja f :n ydin on

Ker(f ) = f −1 ({θ}) = {X ∈ U | f (X) = θ}.

Seuraus 3.9.2 Kun f : U → V on lineaarikuvaus, niin Im(f ) ⊆ V ja Ker(f ) ⊆ U ovat aliavaruuksia. Lineaarialgebran kurssissa esitetty dimensioyhtälönkin todistus yleistyy suoraan, ja saadaan:

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

52

Lause 3.9.3 (Lineaarikuvauksen dimensioyhtälö) Kun f : U → V on lineaarikuvaus ja dim U < ∞, niin dim U = dim Ker(f ) + dim Im(f ).

(3.22)

Lineaarikuvauksen f kuva-avaruuden dimensiota dim Im(f ) sanotaan f :n asteeksi , merkitään r(f ) (engl. rank), ja ytimen dimensiota dim Ker(f ) sanotaan f :n nulliteetiksi . Edellistä lausetta kutsutaankin usein aste-nulliteetti-lauseeksi .

Esimerkki 3.9.4 Tarkastellaan derivointikuvausta D : Pn → F (R). Nyt Ker(D) = P1 (vakiopolynomit) ja Im(D) = Pn−1 . Dimensioyhtälöstä dim Pn = dim Ker(D) + dim Im(D) siis tulee n = 1 + (n − 1).

Esimerkki 3.9.5 Kuvaus f : Pn → Pn , f (p(x)) = p(x + 1) − p(x), on lineaarinen (tarkista!). Mikä on kuva-avaruuden dimensio? Kuva-avaruuden määrittäminen ei nyt ole helppoa. Sen sijaan helposti päätellään, että ydin on Ker(f ) = P1 (vakiopolynomit). Dimensioyhtälön nojalla dim Im(f ) = dim Pn − dim P1 = n − 1.

Esimerkki 3.9.6 Tarkastellaan taas dierentiaaliyhtälöä y 00 − 3y 0 + 2y = 0,

(3.23)

jolle haetaan ratkaisuja C∞ (R):stä. Merkitään ratkaisujoukkoa U :lla. Määritellään kuvaus D1 : C∞ (R) → C∞ (R), D1 (f ) = f 00 − 3f 0 + 2f . Silloin D1 on lineaarinen (tarkista!), mistä nähdään uudestaan, että U = Ker(D1 ) on C∞ (R):n aliavaruus. Tarkastellaan nyt epähomogeenista yhtälöä y 00 − 3y 0 + 2y = g(x), (3.24) missä g(x) ∈ C∞ (R) on jokin annettu funktio (esimerkiksi g(x) = sin x). Dierentiaaliyhtälöitä käsittelevissä kursseissa osoitetaan, että yhtälön (3.24) yleinen ratkaisu on muotoa

y = y0 + Y,

(3.25)

missä Y on homogeenisen yhtälön (3.23) yleinen ratkaisu ja y0 on epähomogeenisen yhtälön (3.24) jokin yksittäisratkaisu. (Jos esimerkiksi g(x) = sin x, niin (3.24):n yleiseksi ratkaisuksi 3 1 sin x + 10 cos x + C1 ex + C2 e2x (C1 , C2 ∈ R).) saadaan y = 10 Suorita itse (3.25):n todistus, ja pane merkille, ettei siinä tarvita muuta kuin D1 :n lineaarisuus! Tarvitessasi voit ottaa mallia siitä lineaarialgebran kurssin lauseesta, joka koski yhtälöä

Ax = c

(3.26)

(missä A ∈ Mm×n (R) ja c ∈ Rm ovat annettuja ja etsitään ratkaisuja x ∈ Rn ) ja jossa osoitettiin, että yleinen ratkaisu on muotoa x = x0 + y, (3.27)

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

53

missä y on homogeenisen yhtälön Ax = 0 yleinen ratkaisu ja x0 on epähomogeenisen yhtälön Ax = c yksittäisratkaisu. Tämän jälkeen onkin varmaan jo helppo kirjoittaa ja todistaa yleinen lineaarikuvauksia koskeva lause, joka käsittää erikoistapauksinaan mm. nämä yhtälöiden (3.24) ja (3.26) ratkaisuavaruuksien rakennetta koskevat tulokset (3.25) ja (3.27); huomaa että näissä yhtälöissähän on kyse lineaarikuvauksista f 7→ D1 (f ) ja x 7→ Ax.

3.10 Säännöllinen lineaarikuvaus Lineaarikuvausta sanotaan säännölliseksi, jos se on injektio. Seuraavat seikat todistetaan kuten avaruuksien Rn tapauksessa.

Lause 3.10.1 Olkoon f : U → V lineaarinen. (i) Kuvaus f on injektio jos ja vain jos Ker(f ) = {θ}. (ii) Kun dim U < ∞, niin f on injektio jos ja vain jos dim Im(f ) = dim U . (iii) Kun vektorit X1 , . . . , Xn muodostavat U :n kannan, niin f on injektio jos ja vain jos vektorit f (X1 ), . . . , f (Xn ) muodostavat Im(f ):n kannan. (iv) Kun dim U = dim V < ∞, niin f on injektio jos ja vain jos se on surjektio (jolloin se siis on bijektio).

Lause 3.10.2 Olkoot f : U → V ja g : V → W lineaarisia. (i) Yhdistetty kuvaus g ◦ f : U → W on lineaarinen. (ii) Jos f on bijektiivinen, niin myös käänteiskuvaus f −1 : V → U on lineaarinen.

Esimerkki 3.10.3 Tarkastellaan kuvausta f : P → P , f (p(x)) = xp(x), joka selvästi on lineaarinen. Koska Ker(f ) = {0}, niin f on injektio. Se ei kuitenkaan ole surjektio. Koska Im(f ) = W = { p(x) ∈ P | p(0) = 0 }, niin f :n indusoima kuvaus f1 : P → W on bijektiivinen lineaarikuvaus. Sen käänteiskuvaus f1−1 : W → P on siis myös lineaarinen. Eksplisiittisesti tämä kuvaus on f1−1 (p(x)) = x1 p(x) ∀ p(x) ∈ W .

3.10.1 Vektoriavaruuksien isomorsmi Vektoriavaruuksia U ja V sanotaan isomorsiksi, jos on olemassa bijektiivinen lineaarikuvaus U → V ; tällöin merkitään U ' V .

Lause 3.10.4 Kun dim V = n < ∞, niin V ' Rn .

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

54

Todistus. Valitaan V :lle kanta B = {B1 , . . . , Bn }, ja olkoon {e1 , . . . , en } Rn :n luonnollinen kanta. Lauseen 3.8.4 mukaan on sellainen lineaarikuvaus f : V → Rn , että f (Bi ) = ei (i = 1, . . . , n), ja lauseen 3.10.1 nojalla se on bijektio. 2 Tämä lause tekee tarkaksi sen aiemmin esitetyn huomion, että n-ulotteista vektoriavaruutta voidaan käsitellä kuten Rn :ää, kun kanta on kiinnitetty. Huomaa kuitenkin, että todistuksen isomorsmi f riippuu kannan B valinnasta; sehän on kuvaus X 7→ XB (vertaa (3.9)).

Esimerkki 3.10.5 Polynomiavaruudelle Pn saadaan Pn ' Rn . Kun käytetään P :n kantaa {1, x, . . . , xn−1 }, niin lauseen todistuksen antama isomorsmi kuvaa yleisen alkion näin: a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an−1 xn−1 7→ (a0 , a1 , a2 , . . . , an−1 )T .

Esimerkki 3.10.6 Esimerkin 3.3.12 merkinnöin P ' L(E0 , E1 , . . . ) ⊂ R∞ .

3.11 Lineaarikuvauksen matriisi Olkoon f : U → V lineaarikuvaus. Oletetaan, että dim U = n ja dim V = m ovat äärellisiä. Valitaan U :lle kanta B = {B1 , . . . , Bn } ja V :lle kanta C = {C1 , . . . , Cm }. Silloin U :n vektoreille X saadaan koordinaattivektorit XB ja V :n vektoreille Y koordinaattivektorit YB . On selvää, että kuvausta f : U → V tulee vastaamaan koordinaattivektoreita koskeva kuvaus Rn → Rm , joka määräytyy ehdosta: XB 7→ YC , kun f (X) = Y . Tälf ..... . U V le kuvaukselle on tietenkin selvitettävissä lauseke suoraan ........ ........ ... ... laskemalla. Koska se on jo tehty lineaarialgebran kurssis... ' ... ' ... .. ....... ........ n m sa (tapauksessa U = R ja V = R ), ja samat laskelmat ..... n . Rm R käyvät tässä yleisessäkin tilanteessa, niin esitämme nyt vain kaavat ilman todistuksia. Lineaarikuvauksen f : U → V matriisi kantojen B ja C suhteen on M (f ) = MB,C (f ) = (aij )m×n , jonka alkiot aij määräytyvät yhtälöistä    f (B1 ) = a11 C1 + · · · + am1 Cm , (3.28) ...............................   f (Bn ) = a1n C1 + · · · + amn Cm (huomaa transponointi). Toisin sanoen M (f ) on matriisi, jonka pystyriveinä ovat koordinaattivektorit f (B1 )C , . . . , f (Bn )C .

Lause 3.11.1 Eo. oletuksin ja merkinnöin on voimassa: Kun X ∈ U ja Y ∈ V , niin Y = f (X)

⇐⇒

YC = MB,C (f ) · XB .

(3.29)

Esimerkki 3.11.2 Derivaattakuvauksen D : P3 → P2 matriisi kantojen {1, x, x2 } ja {1, x} suhteen on

à M (D) =

0 1 0 0 0 2

! .

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

55

Lasketaan tämän avulla D(2x + 3x2 ). Koska à !  à ! 0 0 1 0   2 2 = , 0 0 2 6 3 niin D(2x + 3x2 ) = 2 + 6x. Vastaavuudessa f 7→ M (f ) kuvausten yhdistäminen vastaa matriisituloa : Olkoot f : U → V ja g : V → W lineaarikuvauksia. Silloin g ◦ f on lineaarikuvaus. Kun dimensiot ovat äärellisiä ja avaruuksilla U, V, W on vastaavasti kannat B , C ja D, niin

MB,D (g ◦ f ) = MC,D (g)MB,C (f ).

(3.30)

Tämä osoitetaan samoin kuin avaruuksien Rn tapauksessa. Lineaarialgebran kurssissa selvitettiin myös f :n matriisin muuntuminen kantojen vaihdossa. Aivan samat tulokset ovat voimassa tässä yleisessäkin tilanteessa, ja todistuksetkin olisivat yhtä suoraviivaisia. Tässä ovat tulokset: Olkoon f : U → V lineaarikuvaus. Jos U :lla on kannat B ja B 0 ja V :llä kannat C ja C 0 , niin

MB0 ,C 0 (f ) = PC 0 →C MB,C (f )PB→B0 .

(3.31)

Kun f on lineaarikuvaus U → U , niin on tapana käyttää U :lle samaa kantaa, katsottiinpa U :ta f :n määrittely- tai maaliavaruutena. Tällöin puhutaan f :n matriisista ko. kannan B suhteen ja merkitään M (f ) = MB (f ) = MB,B (f ). Tämän matriisin muuntuminen kannan vaihdossa tapahtuu säännöllä MB0 (f ) = P −1 MB (f )P, (3.32) missä P = PB→B0 . Kyseessä on siis similaarimuunnos.

Huomautus 3.11.3 Kun f, g : U → V ovat lineaarikuvauksia, niin helposti todetaan, että M (f + g) = M (f ) + M (g),

M (cf ) = cM (f ),

(3.33)

missä c ∈ R ja kaikki matriisit on muodostettu samojen kantojen suhteen. Kaavat (3.33) ovat kuten L1 ja L2. Todellakin, kun L(U, V ) katsotaan vektoriavaruudeksi kuten huomautuksessa 3.8.6 ja matriisien joukko Mm×n (R) on vektoriavaruus tavallisten operaatioiden suhteen, niin (3.33) sanoo, että kuvaus f 7→ M (f ) on lineaarikuvaus L(U, V ) → Mm×n (R). Lisäksi se on helppo todeta bijektioksi. (Miten?) Siis kyseessä on vektoriavaruusisomorsmi L(U, V ) ' Mm×n (R).

Huomautus 3.11.4 Bijektiivisten lineaarikuvausten V → V joukko GL(V ) = {f ∈ L(V, V ) | f on bijektio} on kuvaustulon suhteen ryhmä; katso lausetta 3.10.2. Olkoon dim V = n. Kiinnitetään V :lle kanta B. Huomautuksen 3.11.3 bijektion L(V, V ) → Mn (R), f 7→ MB (f ), restriktiona saadaan bijektio GL(V ) → GLn (R); tätä varten riittää näyttää, että f ∈ L(V, V ) on bijektio jos ja vain jos M (f ) on säännöllinen. Yhtälön (3.30) mukaan kyseessä on ryhmäisomorsmi. Nähdään siis, että (GL(V ), ◦ ) ' (GLn (R), · ) ryhminä.

LUKU 3. VEKTORIAVARUUS

56

Esimerkki 3.11.5 Tarkastellaan kuvausta f : P3 → P3 , f (p(x)) = p(x + 1). Esimerkiksi f (x2 ) = (x + 1)2 = 1 + 2x + x2 . Osoitetaan, että f on lineaarinen. Muodostetaan f :n matriisi kannan {1, x, x2 } suhteen. Todetaan, että M (f ) on säännöllinen; siis seuraa, että f on bijektio. Jälkimmäinen seikka on tosin selvä muutenkin, sillä f :llähän on käänteiskuvaus f −1 (p(x)) = p(x − 1).

3.12 Lineaarikuvauksen ominaisarvot ja -vektorit Määritelmä 3.12.1 Olkoon f lineaarikuvaus V → V . Sanotaan, että λ ∈ R on f :n ominaisarvo ja että X ∈ V on siihen kuuluva ominaisvektori , jos X 6= θ ja

f (X) = λX.

(3.34)

Olkoon dim V < ∞. Kun A = MB (f ) on f :n matriisi V :n kannan B suhteen, niin yhtälö f (X) = λX on ekvivalentti yhtälön Ax = λx kanssa, missä x = XB . Näin ollen f :n ominaisarvot ovat samat kuin A:n reaaliset ominaisarvot, ja niihin kuuluvat f :n ja A:n ominaisvektorit vastaavat toisiaan. (Huomaa, että lineaarialgebran kurssin käytännön mukaan A:lla saattaa olla lisäksi ominaisarvoja λ ∈ C \ R. Näitä ei siis katsota f :n ominaisarvoiksi.) On varmaan selvää, että kaikki, mitä lineaarialgebran kurssissa puhuttiin lineaarikuvausten n R → Rn ominaisarvoista, on helposti siirrettävissä tähän yleiseen tilanteeseen (ainakin kun dimensio on äärellinen), esimerkiksi diagonalisoituvuutta, ominaisavaruuksia ja niiden kantoja koskevat asiat. Otetaan tässä pari esimerkkiä ääretönulotteisesta tapauksesta.

Esimerkki 3.12.2 Tarkastellaan samaa vektoriavaruutta C ∞ (R) kuin esimerkissä 3.5.12. Derivointikuvauksella D : C ∞ (R) → C ∞ (R) on ainakin ominaisvektorit eλx , sillä D(eλx ) = λeλx . Siis sillä on ominaisarvoinaan kaikki reaaliluvut λ. Onko sillä muita ominaisvektoreita? Jos f (x) on ominaisarvoon µ kuuluva ominaisvektori, niin D(f ) = µf , toisin sanoen f (x) on dierentiaaliyhtälön y 0 = µy ratkaisu. Tästä seuraa, että f (x) = Ceµx (C ∈ R). (Voi esimerkiksi laskea funktion f (x)/eµx derivaatan ja käyttää integraalilaskennan peruslausetta.) Siis muita ominaisarvoon µ kuuluvia ominaisvektoreita ei ole kuin f (x) = Ceµx (C ∈ R, C 6= 0).

Esimerkki 3.12.3 Mitkä ovat kuvauksen C ∞ (R) → C ∞ (R), f (x) 7→ xf 0 (x), ominaisarvot ja -vektorit?

Algebran Peruskurssi I Demonstraatiotehtävät I, 21.01.2014

1. Palauta mieleesi matriisien similaarisuuden käsite lineaarialgebran kurssilta. Miksi similaarisuus on joukon M2 (R) ekvivalenssirelaatio? 2. Kiinnitetään positiivinen luku ε. Määritellään sitten reaalilukujen joukossa relaatio ≈ säännöllä x ≈ y , jos |x − y| < ε. Onko tämä relaatio reeksiivinen, symmetrinen, transitiivinen, ekvivalenssi? 3. Oletetaan, että a, b, d, u, v ∈ Z. Osoita jaollisuusrelaation määritelmän perusteella, että jos d | a ja d | b, niin tällöin myös d | (ua + vb). 4.

A) Määrää (vakioveikkaajille ehkä tutut) lukujen 48 ja 162 alkutekijähajotelmat. B) Musiikin teoriassa kahden sävelen muodostamaa intervallia kutsutaan oktaaviksi, jos niiden taajuksien suhde on 2, ja kvintiksi, jos niiden suhde on 3/2. Pianon koskettimistolla kvinttiä tuntuu vastaavan siirtyminen seitsemän kosketinta eteenpäin, ja oktaavia 12. Siellä siis näyttää ns. kvinttiympyrä sulkeutuvan, eli 12 kvinttiä = 7 oktaavia. Sävelkorkeuksien valossa tätä vastaisi taajuuksien suhteiden välinen yhtälö   3 2

12

= 27 .

Pitääkö tämä yhtälö paikkansa? 5. Määrää d = syt(252, 308) ja etsi jotkin sellaiset kokonaisluvut u ja v , että 252u + 308v = d.

6. Ratkaise kongruenssit 4x ≡ 3 (mod 7),

ja

4x ≡ 3 (mod 8).

7. Lukuja Fn = 22 + 1 kutsutaan Fermat'n luvuiksi. Luennoilla mainittiin, että Fn on alkuluku, kun n = 0, 1, 2, 3, 4, mutta että 641 | F5 . Todistamme tämän Eulerin metodilla. Perustele siis seuraavat kongruenssit joko suoraan laskemalla tai edellisten avulla. WolframAlphan tai laskimen käyttö on tällä kertaa kielletty. A) 5 · 27 ≡ −1 (mod 641). B) 54 · 228 ≡ 1 (mod 641). C) 54 ≡ −24 (mod 641). D) 232 ≡ −1 (mod 641). Miksi väite seuraa tästä? n

Algebran Peruskurssi I Demonstraatiotehtävät II, 28.01.2014

1. Kolme merirosvoa olivat kaivaneet maasta arkullisen kultakolikoita, mutta työnteon uuvuttamina he päättivät jättää aarteen jakamisen aamuun. Yöllä yksi rosvoista heräsi ja päätti varmistaa oman osuutensa. Hän jakoi kolikot tasan kolmeen kasaan (x1 lanttia kussakin), mutta yksi lantti jäi ylitse. Niinpä hän piilotti yhden kasoista ja lahjoi yli jääneellä lantilla vahingossa heränneen laivapojan, jottei tämä kertoisi näkemästään kenellekään. Loput lantit (=kaksi kasaa) hän laittoi takaisin arkkuun. Sitten toinen rosvoista heräsi, ja sai tarkalleen saman ajatuksen. Hänkin jakoi jäljellä olevat kolikot tasan kolmeen kasaan (x2 kussakin). Tälläkin kertaa yksi lantti jäi jaosta yli. Tämäkin rosvo piilotti yhden kasoista ja antoi jaosta yli jääneen lantin laivapojalle. Hetken kuluttua kolmas rosvo teki samoin kuin toverinsa, piilotti

x3

kolikkoa, ja jälleen laivapoika sai ainoan jaosta ylitse jääneen lantin. Aamul-

la kaikki rosvot heräsivät ja kävivät saaliinjaolle. Kolikkokasa oli selvästi pienentynyt, mutta kukaan ei tietenkään huomauttanut asiasta. Jälleen jäi lanttien jaossa yksi ylimääräinen laivapojalle. Kuinka monta kolikkoa arkussa alunperin oli, kun voimme arkun koon perusteella arvioida, että niitä oli enintään 100 kappaletta? Vinkki: Yksi tapa on etsiä kokonaislukukertoiminen yhtälö, joka sitoo toisiinsa kolikoiden kokonaismäärän määrän

x4 .

ja aamun (neljännessä) jaossa kunkin rosvon saamien kolikoiden

n

Muuta se kongruenssiyhtälöksi (modulo 8 tai modulo 81). Voi olla helpompaa kokeilemalla

selvittää, mitä ehtoja luvun

n

tulee toteuttaa, jotta 1., 2. jne. saalinjako sujuisivat kuvatulla tavalla.

2. Mitä jää jakojäännökseksi, kun luku 3. Tutkitaan joukossa

R

666666

jaetaan luvulla

määriteltyä operaatiota

41?

⋆

x ⋆ y = xy + x + y. x 6= −1 ja y 6= −1, niin tällöin myös x ⋆ y 6= −1. e, jolle x ⋆ e = x = e ⋆ x olipa x mikä luku tahansa. C) Osoita, että jos x 6= −1, niin on olemassa sellainen luku x′ , että x ⋆ x′ = e. D) Selitä, miksi joukko S = {x ∈ R | x 6= −1} on ryhmä operaation ⋆ suhteen. A) Osoita, että jos

B) Etsi sellainen luku

4. Etsi alkion

7

käänteisalkio ryhmässä

5. Luettele ryhmien

Z∗10

ja

Z∗15

(Z∗23 , ·)

sekä ryhmässä

alkiot. Mitkä ryhmän

6. Muodostavatko diagonaaliset

2×2

Z∗15

(Z23 , +).

alkiot

x

toteuttavat yhtälön

x2 = 1?

matriisit ryhmän A) matriisien yhteenlaskun, B) matriisien kerto-

laskun suhteen? 7. Oletetaan, että

G

on (multiplikatiivinen) ryhmä, ja

x∈G

sen jokin alkio. Selitä, miten assosiatiivilain

(aksiooma G1) avulla päätellään, että

(x(xx))(xx) = x(x(x(xx))).

Algebran Peruskurssi I Demonstraatiotehtävät III, 04.02.2014 1. Oletetaan, että korttipakassa on

shue)

2n

korttia,

n ∈ Z, n > 0.

Tällöin

täydellinen sekoitus (eng. perfe t

on sellainen korttien permutaatio, jossa pakka ensin jaetaan puoliksi kahteen yhtä monen kor-

tin osaan, ja jotka sitten `vetoketjuperiaatteella' limitetään siten, että seuraava kortti tulee vuorotellen kummastakin puolikkaasta alkaen siitä puolikkaasta, joka alunperin oli pakassa päällimmäisenä. Suora-

n = 8), niin korttien paikko jen vaihtoa

viivaisesti nähdään, että jos meillä on käytössä 16 kortin pakka ( täydellisessä sekoituksessa kuvaa permutaatio

σ=



1 2 1 3

3 4 5 7

5 6 7 8 9 9 11 13 15 2

10 11 12 13 14 15 16 4 6 8 10 12 14 16



,

eli pakassa alunperin päälimmäisenä ollut kortti pysyy päälimmäisenä, toiseksi päälimmäinen kortti siirtyy kolmanneksi, kolmantena ollut viidenneksi jne. Alunperin yhdeksäs kortti (jälkimmäisen puolikkaan ensimäinen) tulee puolestaan toiseksi päälimmäiseksi, kymmenes neljänneksi jne. Taikuri Luttinen otti esille 16 kortin pakan ja pyysi satunnaisen katso jan järjestämään sen haluamallaan tavalla. Hän sekoitti sitä (kerrotulla tavalla) neljä kertaa ja heilautti taikasauvaansa. Tarkastettaessa ilmeni, että kortit olivat yhä katso jan valitsemassa järjestyksessä. Miten selität tämän? Bonustehtävän (deadline 11.02.) versiossa käytetään tavallista 52 kortin pakkaa. 2. Tiedetään, että ryhmän

a

on ryhmän

G

G

alkio

a

toteuttaa yhtälöt

a2 = 1

ja

a5 = 1 .

Osoita, että tällöin välttämättä

neutraalialkio.

3. Tiedetään, että viiden alkion joukko

G = {x1 , x2 , x3 , x4 , x5 }

on ryhmä jonkin multiplikatiivista mer-

kintää käyttävän operaation suhteen. Lisäksi tiedetään, että

x1 x2 = x4 ,

x3 x1 = x5 ,

x4 x3 = x2 .

ja

Päättele näiden tieto jen perusteella, mikä ryhmän alkioista on sen neutraalialkio. 4. Kirjoita edellisen tehtävän ryhmän ryhmätaulu. Koska taulun joka rivillä ja sarakkeella tulee olla kaikki alkiot, se on vähän niin kuin Sudokua täyttäisi. Ryhmäaksioomat kuitenkin ra joittavat aika lailla, erityisesti Seuraus 2.4.12. 5. Määrää alkion

(2, 2) käänteisalkio ryhmässä Z∗7 ×Z7 . Muista, että ensimmäisiä komponentteja kerrotaan

ja jälkimmäisiä ynnätään. 6. Kiinnitetään

m > 1.

Määritellään neliö jäännösten (

6= 0)

modulo

m

joukko

Q∗m = {a2 | a ∈ Z∗m } ⊆ Z∗m . A) Tarkista, että kun

m = 7,

niin saadaan

Q∗7 = {1, 2, 4}.

B) Osoita, että

Q∗m

aliryhmä. 7. Osoita, että matriisit

 missä

x

cos x sin x − sin x cos x



on mielivaltainen reaaliluku, muodostavat ryhmän

,

GL2 (R)

aliryhmän.

on aina ryhmän

Z∗m

Algebran Peruskurssi I Demonstraatiotehtävät IV, 11.02.2014

1. Etsi jotkin kaksi alkiota (vaihtoehtoja on useita), jotka generoivat ryhmän visessa Abelin ryhmässä 2. Osoita, että 3. Olkoon

H≤G

ja

Vinkki: Multiplikatii-

ha, bi = {a b | i, j ∈ Z}.

R+ = {x ∈ R | x > 0}

G = Z∗13

Z∗16 .

i j

alkion

on ryhmän

8

(R∗ , ·)

aliryhmä. Mitä ovat aliryhmän

R+

generoima aliryhmä. Mitä sivuluokkia aliryhmällä

H

sivuluokat? on? Luettele

jokaisen alkiot. 4. Oletetaan, että

G

on ryhmä ja että

H, K

ovat sen aliryhmiä. Oletetaan lisäksi, ettei kumpikaan ali-

ryhmistä ole toisen osajoukko. Osoita, että unioni 4 keskiviikon luennon Esimerkissä E valittiin alkio niiden tuloa

H ∪ K ei tällöin ole G:n aliryhmä. Vinkki: Viikon h ∈ H, h ∈ / K ja alkio k ∈ K, k ∈ / H ja tutkittiin

hk .

5. Osoita, että ryhmä

Z∗107

on alkion

2

generoima. Apunasi oleva oraakkeli kertoo, että

253 ≡ −1

(mod 107). 6. Määrää jäännösluokan

10

kertaluvut ryhmissä

Z∗7

ja

Z∗37 .

Laske myös murtolukujen

1/7

ja

1/37

de-

simaalikehitelmien jaksojen pituudet. Lisätehtävänä (ei pakollinen) voit yrittää keksiä selityksen tälle yhteydelle? 7. Mikä on luvun

900

n = 999990 jakojäännös, kun se jaetaan alkuluvulla

31?

Algebran Peruskurssi I Demonstraatiotehtävät V, 18.02.2014

1. Olkoon B jälleen säännöllisten 2 × 2 yläkolmiomatriisien muodostama ryhmä (ks. Viikon 5 kalvojen esimerkkiä D). Todista, että funktio f : B → R∗ f



a 0

b d



=a

on ryhmähomomorsmi. Mitkä ryhmän B alkiot kuuluvat f :n ytimeen? 2. Tehtävässä Dem. IV(3) määräsimme aliryhmän H = h8i ≤ Z∗13 sivuluokat. Kirjoita tekijäryhmän Z∗13 /H ryhmätaulu, ja selvitä onko tekijäryhmä syklinen? 3. Oletetaan, että G on äärellinen ryhmä, ja että f : G → G′ on ryhmähomomorsmi. Osoita, että tällöin # Im(f ) | #G. 4. Edellisissä demoissa osoitimme, että Z∗107 = h2i. Näin ollen on olemassa sellainen kokonaisluku n että 2n ≡ 75 (mod 107).

Etsi pienin positiivinen tällainen n. Apunasi oleva oraakkeli kertoo, että on olemassa sellainen homomorsmi f : Z∗107 → Z106 , jolle f (2) = 44 ja f (75) = 8. Harmi, että oraakkeli on sen verran rikki, ettei se osannut tällä kertaa tarjota isomorsmia. Näin ollen luvulle n jää vielä useita vaihtoehtoisia jäännösluokkia modulo 106. Eliminoi muut paitsi yksi! 5. Todista seuraava Seuraukselle 2.4.10 osittainen käänteinen tulos: Oletetaan, että G on äärellinen ryhmä, jonka kertaluku on parillinen. Osoita, että ryhmässä G on kertalukua kaksi oleva alkio, eli alkio x ∈ G, x 6= 1, x2 = 1. Vinkki: Laitetaan G:n alkiot x 6= 1 pussiin. Nosta pussista alkio x. Jos x 6= x−1 , niin etsi x−1 pussista, ja laita x ja x−1 molemmat sivuun. Jos taas x = x−1 , niin . . .. Miten prosessi voi päättyä? 6. Konstruoi isomorsmi ryhmien Z6 ja Z2 × Z3 välille. 7. Määritellään joukossa R2 yhteenlasku + ja skalaarilla kertominen ⋆ säännöillä (x1 , x2 ) + (y1 , y2 ) = (x1 + y1 , x2 + y2 )

ja

a ⋆ (x1 , x2 ) = (ax1 , 0),

missä x1 , x2 , y1 , y2 , a ovat reaalilukuja, ja määrittely-yhtälöiden oikealla puolella esiintyvät operaatiot ovat tavallisia reaalilukujen operaatioita. Saadaanko näin vektoriavaruus? Todista kaikki aksioomat, tai anna esimerkki tilanteesta jossa jokin vektoriavaruusaksioomista ei ole voimassa.

Algebran Peruskurssi I Demonstraatiotehtävät VI, 25.02.2014

1. Osoita, että joukko ∞ R∞ | lim xn = 0} ↓,0 = {(xn )n∈N ∈ R n→∞

on jonoavaruuden

R

∞

aliavaruus.

2. Osoita, että joukko

U = {(xn )n∈N ∈ R∞ | lim xn n→∞

on olemassa äärellisenä tai äärettömänä}

ei ole suljettu alkioittensa lineaarikombinaatioiden muodostamisen suhteen, eikä näin ollen ole jonoavaruuden aliavaruus. Vinkki: Kaiva muistilokeroistasi rajoitettu jono, jolla ei ole raja-arvoa (äärellisenä eikä äärettömänä). Voiko sen esittää kahden rajatta kasvavan jonon erotuksena? 3. Selitä, miksi funktiojoukot 4. Selvitä ovatko avaruuden

{ex , e−x } ja {cosh x, sinh x} virittävät avaruuden F (R) saman aliavaruuden.

F (R)

joukot

A = {ex , xex , x2 ex },

B = {sin2 x, sin x cos x, cos2 x, sin 2x, cos 2x}

lineaarisesti riippuvia vai riippumattomia? 5. Olkoon

U = {p(x) ∈ P4 | p(−1) = 0, p′ (−1) = 0} polynomiavaruuden

dim U = 2

P4 = L(1, x, x2 , x3 )

kuvattu osajoukko. Todista se aliavaruudeksi. Osoita, että

ja etsi sille jokin kanta.

V ⊂ F (R) sellaisten funktioiden muodostama aliavaruus (pidetään 2π , ts. f (x + 2π) = f (x) kaikille x ∈ R. Tarkista, että joukot

6. Olkoon sona

V + = {f ∈ V | f (x + π) = f (x) kaikilla x ∈ R} ovat

V :n

V − = {f ∈ V | f (x + π) = −f (x) kaikilla x ∈ R}

V = V + ⊕ V − . Vinkki: h(x) = f (x) − f (x + π)?

aliavaruuksia. Osoita sitten, että

funktioista 7. Olkoot

ja

Sα

g(x) = f (x) + f (x + π) ja

Sβ

ja

tunnettuna), joilla on jak-

Jos

f ∈ V,

niin mitä voit päätellä

R2 peilauksia niiden origon kautta kulkevien suorien suhteen, joiden normaalit α ja β (ks. Viikon 7 luentokalvot). Osoita (kuvausten matriisien avulla tai geomet-

tason

osoittavat suuntiin

riseen päättelyyn turvautuen), että näiden kuvausten yhdisteenä saadaan kierto:

Sβ ◦ Sα = R(2(β − α)).

Viimeiset demot 27.02. luentoaikana (ja -salissa). Tehtävät tämän viikon torstaina.

Algebran Peruskurssi I Demonstraatiotehtävät VII, 27.02.2014 1. Videossa

http://www.youtube. om/wat h?v=wUKMIi0mIn f1 =X-murros parametrilla a = tan θ, f2 ==Y-venytys kertoimella 1/ cos2 θ, f3 =Y-murros parametrilla a = − tan θ, ja f4 =XY-venytys kertoimella cos θ , saadaan yhdistettynä kuvauksena f4 ◦f3 ◦f2 ◦f1 aikaiseksi rotaatio kulman −θ verran (eli kulman θ verran myötäpäivään). Selitä tämän menetelmän toimivuus kuvausten matriisit kertomalla. Millä kulman θ arvoilla tässä käy huonosti? näytetään, miten yhdistämällä neljä tason lineaarikuvausta,

A = {ex , xex , x2 ex } on avaruuden F (R) erään 3-ulotteisen ′ aliavaruuden V kanta. Osoita, että jos f ∈ V , niin myös f ∈ V . Näin ollen derivointi on lineaarikuvaus D : V → V . Määrää D:n matriisi kannan A suhteen.

2. Demo jen VI tehtävässä 4 näimme, että

B 2π -jaksoisten siV funktio. Selitä, miksi sen vaihesiirtona saatu funktio fϕ , fϕ (x) = f (x + ϕ) on myös avaruudessa V , jos f (x) = sin x tai f (x) = cos x? Miten tästä (tai suoraan) nähdään, että fϕ ∈ V aina, kun f ∈ V . Selvästi vaihesiirto on lineaarikuvaus T : V → V, T (f ) = fϕ . Mikä `tuttu' matriisi lineaarikuvauksella T on kannan B suhteen? Vinkki: Mites ne kahden kulman summan sini ja kosini laskettiinkaan?

3. Funktiot

sin x

ja

cos x

niaalto jen avaruudelle

ovat lineaarisesti riippumattomia, ja muodostavat kannan

V = L(cos x, sin x).

Olkoon

ϕ

jokin kulma. Olkoon

f

jokin avaruuden

4. Mitä ominaisarvo ja on tason X-venytyskuvauksella (tai Y-venytyskuvauksella)? Entä peilauksella? 5. Olkoon

V

jokin vektoriavaruus. Oletetaan, että lineaarikuvaukset

f :V →V

ja

g:V →V

toteuttavat

yhtälön

f ◦ g − g ◦ f = idV . Osoita, ettei ole olemassa sellaista vektoria ominaisvektori.

x ∈ V,

joka olisi sekä kuvauksen

f

että kuvauksen

g

Algebran Peruskurssi I Demojen Malliratkaisuja 2014 Tehtävä 1 (Dem.III, tehtävä 1) Oletetaan, että korttipakassa on

2n

korttia,

n ∈ Z, n > 0.

Tällöin täy-

dellinen sekoitus (eng. perfe t shue) on sellainen korttien permutaatio, jossa pakka ensin jaetaan puoliksi kahteen yhtä monen kortin osaan, ja jotka sitten `vetoketjuperiaatteella' limitetään siten, että seuraava kortti tulee vuorotellen kummastakin puolikkaasta alkaen siitä puolikkaasta, joka alunperin oli pakassa päällimmäisenä. Suoraviivaisesti nähdään, että jos meillä on käytössä 16 kortin pakka (

n = 8),

niin korttien paikkojen

vaihtoa täydellisessä sekoituksessa kuvaa permutaatio

σ=



1 2 1 3

3 4 5 7

5 6 9 11

7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13 15 2 4 6 8 10 12 14 16



,

eli pakassa alunperin päälimmäisenä ollut kortti pysyy päälimmäisenä, toiseksi päälimmäinen kortti siirtyy kolmanneksi, kolmantena ollut viidenneksi jne. Alunperin yhdeksäs kortti (jälkimmäisen puolikkaan ensimäinen) tulee puolestaan toiseksi päälimmäiseksi, kymmenes neljänneksi jne. Taikuri Luttinen otti esille 16 kortin pakan ja pyysi satunnaisen katsojan järjestämään sen haluamallaan tavalla. Hän sekoitti sitä (kerrotulla tavalla) neljä kertaa ja heilautti taikasauvaansa. Tarkastettaessa ilmeni, että kortit olivat yhä katsojan valitsemassa järjestyksessä. Miten selität tämän?

Ratkaisu. Tehtävän ratkaisu perustuu permutaatioin potenssin laskemiseen, erityisesti laskun lopputulok-

σ 4 = id = 1S16 . Jatkoa (Alg. Peruskurssi II) ennakoiden tässä voidaan havaita myös seuraava rakenne permutaation σ sisällä. Huomaamme, että σ(1) = 1, joten alkion 1 (pikemminkin päälimmäisen kortin) osalta ei ole huolta. Mielenkiintoisempi havainto sen sijaan on, että σ pyörittää paikoissa 2, 3, 5 ja 9 piirissä seen

seuraavasti:

2 ↑ 9

mikä on vain tapa todeta, että

→ 3 ↓ , ← 5

σ(2) = 3, σ(3) = 5, σ(5) = 9

ja

σ(9) = 2.

Tästä neljän luvun piiritans-

sista kuitenkin näemme, että joka kerta permutaatiota σ sovellettaessa siirrytään piirissä neljänneskierros 4 myötäpäivään. Näin ollen on ilmeistä, että σ vastaa täyttä kierrosta piirissä, ja siis kuvaa kaikki luvuista

{2, 3, 5, 9} itselleen.

Samanlaisia neljän piirejä (joita aletaan myöhemmin kutsua sykleiksi) ovat

4 → 7 ↑ ↓ , 10 ← 13 Sen sijaan paikat

6

ja

11

ja

8 → 15 ↑ ↓ . 12 ← 14

vuorottelevat 2-tahtisesti (joten ne ovat paikallaan kaikissa

seissa), ja pakan pohjimmainen

16

σ :n

parillisissa potens-

pysyy koko ajan paikallaan kuten päälimmäinenkin kortti.

Bonustehtävä voi olla helpompi ratkaista etsimällä sieltä samanlaisia piirejä.

V ⊂ F (R) sellaisten funktioiden muodostama aliavaruus f (x + 2π) = f (x) kaikille x ∈ R. Tarkista, että joukot

Tehtävä 2 (Dem.VI, tehtävä 6) Olkoon tunnettuna), joilla on jaksona

2π ,

ts.

V + = {f ∈ V | f (x + π) = f (x)

kaikilla

(pidetään

x ∈ R}

ja

V − = {f ∈ V | f (x + π) = −f (x) ovat

V :n

g(x) = f (x) + f (x + π)

ja

−

kaikilla

V = V ⊕ V . Vinkki: h(x) = f (x) − f (x + π)?

aliavaruuksia. Osoita sitten, että

funktioista

+

x ∈ R} Jos

f ∈ V,

niin mitä voit päätellä

Ratkaisu. Tässä voidaan hyvin pitkälle seurata Viikon 7 keskiviikon luentokalvojen Esimerkkiä C. Vakio-

funktiolla

0V = 0F (R)

on jaksona

2π

V + ja V − x ∈ R. Tällöin

(ja kaikki muutkin luvut!), ja se toteuttaa joukkojen

ta vaaditut ominaisuudet, joten kumpikin joukoista ei ole tyhjä. Kiinnitetään luku

alkioiljoukko

Vx+ = {f ∈ V | f (x) = f (x + π)} on V :n aliavaruus. Nimittäin nollafunktio 0V (x) = 0 = 0V (x + π). Ja jos f, g ∈ Vx+ , ja a, b ∈ R ovat mielivaltaisia, niin

toteuttaa vaaditun ehdon:

(af + bg)(x) = af (x) + bg(x) = a(f (x + π)) + b(g(x + π)) = (af + bg)(x + π), joten aliavaruuskriteeri täyttyy. Aliavaruuksien leikkauksena

V+ =

\

Vx+

x∈R

V − on sekin V :n aliavaruus. + − Seuraavaksi tarkistetaan, että aliavaruuksin V ja V summa on suora. Lausen 3.7.2. nojalla riittää + − + − osoittaa, että V ∩ V = {0V }. Olkoon siis f ∈ V ∩ V mielivaltainen. Tehtävänämme on osoittaa, että f (x) = 0 kaikille x ∈ R. Olkoon siis x ∈ R mielivaltainen. Koska f ∈ V + , yhtälö f (x) = f (x+π) on voimassa. − Koska f ∈ V , myös yhtälö −f (x) = f (x + π) on voimassa. Näin ollen on siten sekin aliavaruus. Samoin nähdään, että

f (x) = f (x + π) = − f (x). Tästä seuraa ensin

2f (x) = 0

ja sitten kahdella jakamalla f (x) = 0. Väite seuraa. V + ⊕ V − on koko avaruus V . Olkoon siis

Lopuksi on näytettävä, että suora summa funktio. Tällöin

f :llä

on jaksona

g(x) = Tällöin kaikille

2π .

f ∈V

mielivaltainen

Muodostetaan funktiot

f (x) + f (x + π) 2

h(x) =

ja

f (x) − f (x + π) . 2

x∈R g(x + π) =

missä käytimme hyväksi funktion on voimassa

f (x + π) + f (x) f (x + π) + f (x + 2π) = = g(x), 2 2

f

tunnettua jaksollisuutta. Näin ollen

g ∈ V +.

Vastaavasti kaikille

f (x + π) − f (x + 2π) f (x + π) − f (x) = = −h(x), 2 2 (g + h)(x) = 2f (x) kaikille x ∈ R, pätee avaruudessa V yhtälö 2f = g + h,

x∈R

h(x + π) =

joten

h ∈ V −.

Koska

yhtälö

f= Olemme kirjoittaneet funktion

f

muodossa  V

+

1 1 g + h. 2 2

:n funktio

+ V − :n

funktio, mikä olikin tavoitteemme.

1

2Π

-2 Π

4Π

-1

Kuva 1:

ja edelleen

2π -jaksollinen

funktio

f (x)

Huomautus 1 Edellinen tehtävä liikkui sangen abstraktilla tasolla. Jokainen muistaa, että funktiolla ja

cos nx

on jakso

2π

n ∈ N.

aina, kun

Näin ollen ne kaikki kuuluvat avaruuteen

V.

sin nx

Parillisia funktioita (vrt.

mainittu kalvosetin Esimerkki C) näistä ovat kosinit ja parittomia sinit (tämä on tuttua etenkin niille opiskelijoille, jotka ovat muilla kursseilla törmänneet Fourier-sarjoihin. Tämän tehtävän suorasummahajotelma on erilainen. Trigonometrian peruskaavoilla nimittäin saamme

sin n(x + π) = sin(nx + nπ) = (−1)n sin nx, Näin ollen tämän tehtävän merkinnöin aina, kun

n

cos n(x + π) = cos(nx + nπ) = (−1)n cos nx.

sin nx, cos nx ∈ V +

aina, kun

n

on parillinen, ja

sin nx, cos nx ∈ V −

on pariton.

Toisena esimerkkinä konkretisoidaan viimeistä vaihetta (muusta ks. seuraava huomautus) tutkimalla funktion

f (x) = sin x + | sin x| ∈ V hajotelma aliavaruuksiin

V+

ja

V−

kuuluvien komponenttien summaksi. Funktion

f

kuvaaja (kuva 1) tuo

mieleen tasasuunnatun siniaallon. Tämän funktion avaruuteen avaruuteen

π :n

V

−

V+

kuuluva komponentti

g on tietenkin jaksona π (kuva 2). Kun taas h(x) = (f (x) − f (x + π))/2 = sin x muuttaa luvatulla tavalla merkkiään

kuuluvalla komponentilla

välein (kuva 3).

1

2Π

-2 Π

4Π

-1

Kuva 2: Funktiolla

g(x) = (f (x) + f (x + π))/2

jaksona

π

1

2Π

-2 Π

4Π

-1

Kuva 3: Funktio

h(x) = (f (x) − f (x + π))/2

muuttaa merkkiään

π :n

välein

Huomautus 2 Funktioavaruuksiin tottuminen vaatii hyviltäkin opiskelijoilta jonkin verran aikaa ja sulat-

f ∈ F (S) arvoja f (x) yksitx rooli on varsin saman(x1 , x2 , . . . , xn ) komponenteilla xi , i = 1, 2, . . . , n

telua. Esitän siksi vielä yhden tavan ajatella niitä. Tietyssä mielessä funktion täisissä pisteissä

x∈S

voidaan pitää `vektorin'

kaltainen kuin alaindeksin

i

rooli avaruuden

f

Rn

komponentteina. Siis muuttujan vektorin

operoitaessa. Vertaa myös viikon 8 kalvojen Esimerkkiin D.

Nyt käsillä olevan tehtävän

Rn -analogia

voisi olla vaikka seuraava. Sanotaan, että vektorilla

~x = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 i ≡ j + 2 (mod 4). Vaaditaan siis, että x1 = x3 ja x2 = x4 . Tämän V ⊂ R4 . Helposti näemme (homogeenisen yhtälöparin ratkaisuavaruus), että V :llä on kanta u = (1, 0, 1, 0), v = (0, 1, 0, 1). Nyt ehto xi = xj aina, kun i ≡ j + 1 (mod 4) (eli vektorit, joilla on jakso 1) muodostavat aliavaruuden V + , jonka kantavektoriksi kelpaa esimerkiksi (u + v)/2 = (1/2, 1/2, 1/2, 1/2). Vastaavasti ehto xi = −xj aina, kun i ≡ j + 1 (mod 4) määrää − aliavaruuden V , jonka kantavektoriksi kelpaa (u − v)/2 = (1/2, −1/2, 1/2, −1/2). Huomaa, että tässä v saatiin u:sta siirtämällä komponentteja puolen jakson verran. Jos siis u vastaa funktiota f (x), niin v vastaa + funktiota f (x + π). Tässäkin tapauksessa (harjoitustehtävä) V = V ⊕ V −. on jakso

2,

jos

xi = xj

aina, kun

ehdon toteuttavat vektorit muodostavat aliavaruuden

Tehtävä 3 (Dem.VI, tehtävä 7) Olkoot

Sα

ja

suhteen, joiden normaalit osoittavat suuntiin

Sβ

tason

α ja β

R2

peilauksia niiden origon kautta kulkevien suorien

(ks. Viikon 7 luentokalvot). Osoita (kuvausten matriisien

avulla tai geometriseen päättelyyn turvautuen), että näiden kuvausten yhdisteenä saadaan kierto:

Sβ ◦ Sα = R(2(β − α)). Ratkaisu. Tehtävä on suhteellisen suoraviivainen, jos se ratkaistaan kertomalla peilausten matriisit, ja ote-

taan huomioon kahden kulman summan sinin ja kosinin kaavat. Esitän tässä puhtaasti geometrisen päättelyn oheiseen kuvaan tukeutuen.

Kuva 4: Kahden peilauksen yhdistetty kuvaus

Katsotaan, mitä mustalle vektorille tapahtuu, kun se peilataan ensin sinisen suoran ja sitten vihreän suoran suhteen. Kuvassa punainen vektori on mustan vektorin kuva ensimmäisen peilauksen jälkeen, ja oranssi vektori toisen peilauksen jälkeen (= punaisen vektorin peilikuva vihreän suoran suhteen). Oletetaan,

γ . Oletetaan lisäksi, että mustan vektorin ja sinisen φ. Tällöin peilauksen seurauksena sinisen suoran ja punaisen vektorin välinen kulma on sekin φ. Sen seurauksena punaisen vektorin ja vihreän suoran välinen kulma on γ −φ. Edelleen siis vihreän suoran ja oranssin vektorin välinen kulma on sekin γ − φ. Kaiken kaikkiaan siis näemme, että mustan ja oranssin vektorin välinen kulma on 2φ + 2(γ − φ) = 2γ . Huomion arvoista tässä on, että tämä kulma ei riipu muuttujasta φ, eli se ei riipu mustan vektorin suunnasta! Jokainen vektori on yhtä pitkä peilikuvansa että peilaussuorien (sininen ja vihreä) välinen kulma on suoran välinen kulma on

kanssa, joten mustan vektorin suunnasta ja pituudesta riippumatta oranssi vektori on sen kanssa yhtä pitkä, ja siitä kulman

2γ

verran kiertynyt. Tämä on juurikin väite! Nimittäin tehtävänannossa oli kerrottu että

peilaussuorien normaalien välinen kulma on

β − α.

Näin ollen (piirrä kuva!) myös niiden välinen kulma

γ = β − α. Kuvan tilanne on tietenkin hiukan spesinen siinä mielessä, että vektorit ja peilaussuorat tulevat vastapäivään kiertäen juuri kuvatussa järjestyksessä. Kuva muuttuu, jos toisella puolella), tai jos

φγ

(oranssi vektori vihreän suoran

(musta vektori sinisen suoran toisella puolella) tai

kaan muutu, kunhan kulmien etumerkit tulkitaan ilmeisellä tavalla!

. . ..

Lopputulos ei kuiten-

Tehtävä 4 (Dem.VII, tehtävä 1) Videossa

http://www.youtube. om/wat h?v=wUKMIi0mIn

näytetään,

f1 =X-murros parametrilla a = tan θ, f2 ==Y-venytys 2 kertoimella 1/ cos θ , f3 =Y-murros parametrilla a = − tan θ , ja f4 =XY-venytys kertoimella cos θ , saadaan yhdistettynä kuvauksena f4 ◦ f3 ◦ f2 ◦ f1 aikaiseksi rotaatio kulman −θ verran (eli kulman θ verran myötäpäivään). Selitä tämän menetelmän toimivuus kuvausten matriisit kertomalla. Millä kulman θ arvoilla tässä miten yhdistämällä neljä tason lineaarikuvausta,

käy huonosti?

Ratkaisu. Viikon 7 Tason lineaarikuvauksia käsittelevästä kalvosetistä saamme näiden neljän kuvauksen

matriisit luonnollisen kannan

{i, j}

suhteen:

M (f1 ) =

M (f3 ) =





1 tan θ 0 1

1 − tan θ

0 1

1



,

M (f2 ) =



,

M (f4 ) =

0 

0 1 cos2 θ

cos θ 0

!

0 cos θ

, 

,

Kertomalla nämä matriisit keskenään kuvatussa järjestyksessä saadaan yhdistetyn kuvauksen matriisiksi

M (f4 )M (f3 )M (f2 )M (f1 ) = Tunnistamme tämän matriisin (sama kalvosetti) kulmaa



cos θ sin θ

−θ

− sin θ cos θ



.

vastaavan rotaation matriisiksi (huomaa että

normaalisti positiivinen kiertokulma tuottaa kierron vastapäivään).

Yllä olevassa animaatiossa (θ

= 0,7

radiaania eli noin

40◦ )

nämä neljä vaihetta on toteutettu jatkuvasti

(päinvastoin kuin youtube-videossa): ensimmäisessä vaiheessa X-murroksen parametri kasvaa arvosta nolla 2 arvoon tan θ , toisessa Y-venytyksen parametri kasvaa arvosta 1 arvoon 1/ cos θ , kolmannessa vaiheessa säädetään Y-murroksen parametri kohdalleen, ja lopuksi kuvaa kutistetaan XY-venytyksellä alkuperäisen kokoiseksi. Animaatio sitten peruuttaa nämä neljä vaihetta käänteisessä järjestyksessä ja aloittaa sen jälkeen uudelleen alusta.

A = {ex , xex , x2 ex } on avaruuden ′ jos f ∈ V , niin myös f ∈ V . Näin ollen kannan A suhteen.

Tehtävä 5 (Dem.VII, tehtävä 2) Demojen VI tehtävässä 4 näimme, että

F (R)

Ratkaisu. Avaruuden

R

V kanta. Osoita, että D : V → V . Määrää D:n matriisi

erään 3-ulotteisen aliavaruuden

derivointi on lineaarikuvaus

ovat

f :n

V

funktiot ovat muotoa

koordinaatit kannan

A

f (x) = a0 ex +a1 xex +a2 x2 ex , missä vakiokertoimet a0 , a1 , a2 ∈

suhteen. Tällöin tulon derivoimiskaavalla nähdään, että

f ′ (x) = (a0 + a1 )ex + (a1 + 2a2 )xex + a2 x2 ex . Koska tämäkin on

A:n

funktioiden lineaarikombinaatio, se

Derivoinnin matriisi kannan

A

∈ V.

suhteen saadaan laskemalla kannan alkioiden kuvat:

=1 · ex + 0 · xex + 0 · x2 ex ,

D(ex ) = ex

=1 · ex + 1 · xex + 0 · x2 ex ,

D(xex ) = xex + ex D(x2 ex ) = x2 ex + 2xex

=0 · ex + 2 · xex + 1 · x2 ex .

Matriisin pystyvektorit saadaan tästä, joten



1 MA (D) =  0 0

 1 0 1 2 . 0 1

sin x ja cos x ovat lineaarisesti riippumattomia, ja muodostavat B 2π -jaksoisten siniaaltojen avaruudelle V = L(cos x, sin x). Olkoon ϕ jokin kulma. Olkoon f jokin avaruuden V funktio. Selitä, miksi sen vaihesiirtona saatu funktio fϕ , fϕ (x) = f (x+ϕ) on myös avaruudessa V , jos f (x) = sin x tai f (x) = cos x? Miten tästä (tai suoraan) nähdään, että fϕ ∈ V aina, kun f ∈ V . Selvästi vaihesiirto on lineaarikuvaus T : V → V, T (f ) = fϕ . Mikä `tuttu' matriisi lineaarikuvauksella T on kannan B suhteen? Vinkki: Mites ne kahden kulman summan sini ja kosini laskettiinkaan? Tehtävä 6 (Dem.VII, tehtävä 3) Funktiot

kannan

Ratkaisu. Käytetään kaava-arkista löytyviä kahden kulman kosinin ja sinin summien kaavoja:

cos(x + ϕ) = cos ϕ cos x − sin ϕ sin x ∈ V, sin(x + ϕ) = sin ϕ cos x + cos ϕ cos x ∈ V. Tämä tarkoittaa sitä, että funktiot että

T : f 7→ fϕ

cos(x + ϕ) ja sin(x + ϕ) molemmat kuuluvat avaruuteen V . Tarkistamme, x ∈ R saadaan

on lineaarinen: kaikille

T (f + g)(x) = (f + g)(x + ϕ) = f (x + ϕ) + g(x + ϕ) = T (f )(x) + T (g)(x), joten

T (f + g) = T (f ) + T (g).

Samoin, jos

a∈R

on mielivaltainen, niin kaikille

x∈R

on voimassa

T (af )(x) = (af )(x + ϕ) = a(f (x + ϕ)) = a(T (f )(x)), joten

T (af ) = aT (f ). T

Lineaarikuvauksena

Yllä näimme, että

T

kuvaa avaruuden

V

kantavektorit

cos x

ja

sin x

avaruuteen

kuvaa sitten myös kantavektorien mielivaltaisen lineaarikombinaation avaruuteen

Yllä olevista yhtälöistä näemme, että

T :n

matriisi kannan

MB (T ) =



B

V. V.

suhteen on tuttu rotaatiomatriisi

cos ϕ sin ϕ − sin ϕ cos ϕ



.

Tällä kertaa tosin myötäpäivään menevää kiertoa vastaavasti.

Tehtävä 7 (Dem.VII, tehtävä 4) Mitä ominaisarvoja on tason X-venytyskuvauksella (tai Y-venytyskuvauksella)? Entä peilauksella?

Ratkaisu. X-venytyksen matriisi on

M=



a 0

0 1



.

Sen ominaisarvopolynomi on siis

det(λI2 − M ) = (λ − a)(λ − 1), λ1 = a ja λ2 = 1. Vastaavat ominaisvektorit löytyvät nekin helposti. X-venytyksessähän j = (0, 1) on ominaisarvoon λ2 = 1 kuuluva ominaisjokainen x-akselin suuntainen vektori venyy a-kertaiseksi, joten i = (1, 0) on ominaisar-

minkä nollakohtina on jokainen

y -akselin

piste pysyy paikallaan, joten vektori

vektori. Vastaavasti voon

λ1 = a

kuuluva ominaisvektori.

Lunttaamme peilauksen matriisin jälleen kalvoista. Jos peilaussuoran normaalin suuntakulma on vastaavan peilauksen

S

ϕ,

sitä

matriisi on

M (S) =



− cos 2ϕ − sin 2ϕ − sin 2ϕ cos 2ϕ



.

Ominaisarvopolynomiksi saadaan

λ + cos 2ϕ sin 2ϕ det(λI − M (S)) = sin 2ϕ λ − cos 2ϕ

Ominaisarvot ovat siis

λ1 = 1

ja

λ2 = −1.

= λ2 − cos2 2ϕ − sin2 2ϕ = λ2 − 1 = (λ − 1)(λ + 1).

Näillekin löytyy helposti geometrinen tulkinta. Peilaussuoran

(=peilipinnan) pisteethän pysyvät peilattaessa paikallaan, joten ne (tai niiden paikkavektorit) kuuluvat ominaisarvoon

+1. Vastaavasti peilipintaa vastaan kohtisuora vektori peilautuu vastavektorikseen, ja kuuluu siis −1.

ominaisarvoon

Tehtävä 8 (Dem.VII, tehtävä 5) Olkoon

V

ja

g:V →V

V

jokin vektoriavaruus. Oletetaan, että lineaarikuvaukset

f :V →

toteuttavat yhtälön

f ◦ g − g ◦ f = idV . Osoita, ettei ole olemassa sellaista vektoria

x ∈ V,

joka olisi sekä kuvauksen

f

että kuvauksen

g

ominais-

vektori.

Ratkaisu. Tehdään vastaoletus, että tällainen samanaikainen ominaisvektori

Tällöin siis

f (x) = λ1 x

ja

g(x) = λ2 x

joillekin skalaareille

λ1 , λ2 .

x 6= 0V

olisi sittenkin olemassa.

Nyt voimme laskea

(f ◦ g − g ◦ f )(x) = (f ◦ g)(x) − (g ◦ f )(x) = f (g(x)) − g(f (x)) = f (λ2 x) − g(λ1 x) = λ2 f (x) − λ1 g(x) = λ2 (λ1 x) − λ1 (λ2 )x = (λ2 λ1 − λ1 λ2 )x = 0V . Tässä käytimme kolmannella ja viidennellä rivillä tieto

x:n

ominaisvektoriluonteesta, neljännellä rivillä käy-

timme skalaarinsiirtosääntöä, ja lopuksi vektoriavaruusaksioomien perusseurauksia. Tämä on ristiriita, koska meille oli annettu näin harhaan, ja on kumottu. Väite seuraa.

f ◦ g − g ◦ f = idV ,

ja

idV (x) = x 6= 0V .

Vastaoletus johti

Algebran Peruskurssi I Bonustehtäviä 2014

(Deadline 29.01.) Viikon 1 luentokalvoissa selitettiin, miksi matriisien vaakariviekvivalenssi on, nimensä mukaisesti ekvivalenssirelaatio samaa tyyppiä (m × n) olevien matriisien joukossa. Mitkä matriisit muodostavat tämän relaatio suhteen identiteettimatriisin I = In×n ekvivalenssiluokan? Yritä löytää mahdollisimman yksinkertainen kuvaus.

Tehtävä 1

Ratkaisu.

eli

Väitämme, että matriisin In ekvivalenssiluokka muodostuu tarkallee säännöllisistä matriiseista, [In ] = {A ∈ Mn (R) | det A 6= 0}.

Kun tehtävänä on osoittaa, että kaksi joukkoa ovat samat, S1 = S2 , tyypillinen todistustekniikka on osoittaa erikseen sekä S1 ⊆ S2 että S2 ⊆ S1 , jolloin joukoilla S1 ja S2 on väistämättä samat alkiot. Siis todistetaan erikseen implikaatiot x ∈ S1 =⇒ x ∈ S2 ja x ∈ S2 =⇒ x ∈ S1 . Olkoon siis ensiksi A mielivaltainen matriisi, joka on vaakariviekvivalentti identiteettimatriisin kanssa. Tällöin on olemassa jono alkeismatriiseja E1 ,E2 ,. . ., Ek , joille A = E1 E2 E3 · · · Ek In .

Täten det A = det(E1 ) det(E2 ) · · · det(Ek ) det(In ).

Oikealla puolella kaikki tekijät ovat 6= 0, joten voimme päätellä, että det A 6= 0. Olkoon sitten A mielivaltainen n × n-matriisi, jonka determinantti 6= 0. Lineaarialgebrasta muistamme, että jokainen matriisi on vaakariviekvivalentti jonkin redusoidun porrasmatriisin kanssa. Siis joillekin alkeismatriiseille E1 ,E2 ,. . .,Eℓ A = E1 E2 · · · Eℓ R,

missä R on redusoitu porrasmatriisi. Koska yllä det Ej 6= 0, 1 ≤ j ≤ ℓ, niin voimme päätellä, että det R 6= 0. Erityisesti siis matriisissa R ei voi olla yhtään nollariviä. Siis jokaisella R:n vaakarivillä on yksi ykkönen. Porrasmatriisissa nämä ykköset ovat eri sarakkeilla. Koska sarakkeita on yhtä monta kuin vaakarivejä (R neliömatriisi), joka sarakkeella on ykkönen, eli R = In .

(Deadline 29.01.) Muutetaan Demojen I tehtävän 2 approksimointirelaatiota hieman. Määritellään reaaliluvuille x ja y , että

Tehtävä 2

x ≈ y,

jos epäyhtälö |x − y| < ε on voimassa kaikille positiivisille luvuille ε. Osoita, että tämä relaatio on ekvivalenssirelaatio. Ratkaisu. Ensimmäinen ratkaisu on todeta, että tässä määritelty ≈-relaatio itse asiassa on vain mutkikas tapa ilmaista reaalilukujen yhtäsuuruus. Eli tämän määritelmän mukaan

x ≈ y ⇐⇒ x = y.

Todistetaan tämä tutkimalla vastaoletusta x 6= y . Tällöin x − y 6= 0, joten |x − y| > 0. Jos siis valitaan ε = |x − y|/2, niin ε > 0 mutta |x − y| > ε, mikä on ristiriidassa oletuksen x ≈ y kanssa. Koska relaatio ≈ siis itse asiassa on yhtäsuuruusrelaatio, se on ekvivalenssirelaatio. Toinen ratkaisu on käydä läpi ekvivalenssirelaation ehdot. Koska epäyhtälö |x − x| = 0 < ε

on voimassa kaikille ε > 0, niin x ≈ x, ja siis relaatio ≈ on reeksiivinen. Koska |x − y| = |y − x| kaikille x, y ∈ R, niin relaatio on myös symmetrinen. Demotehtävässä pulmaa tuottanut transitiivisuus sen sijaan selviää nyt, kun määritelmä vaatimus koskee kaikkia positiivisia lukuja ε. Oletetaan siis, että x ≈ y ja y ≈ z . Todistamme, että tällöin x ≈ z . Olkoon siis ε mielivaltainen positiiviluku. Tällöin myös luku

ε′ = ε/2 > 0. Koska x ≈ y , niin täten |x − y| < ε′ = ε/2. Samoin koska y ≈ z , niin |y − z| < ε′ .

Kolmioepäyhtälön avulla saadaan sitten

|x − z| = |x − y + y − z| = |(x − y) + (y − z)| < ε′ + ε′ = 2ε′ = ε.

Koska tämä piti paikkansa kaikille positiivisille luvuille ε, olemme osoittaneet, että x ≈ z . Tehtävä 3

(Deadline 29.01.) Määrää kaikki kongruenssin 10x ≡ 8

ratkaisut.

(mod 12)

Ratkaisu. Yleisen teorian perusteella ratkaisut muodostuvat kokonaisista jäännösluokista modulo 12. Tällä kertaa syt(10, 12) = 2, joten ei ole takeita siitä, montako jäännösluokkaa sisältyy ratkaisujoukkoon. Yksi tapa löytää ne on kokeilla kaikkia, jolloin huomaamme, että kongruenssi toteutuu sjvsk x ≡ 8 (mod 12) tai x ≡ 2 (mod 12). Nämä voidaan yhdistää sanomalla, että kongruenssi on voimassa sjvsk x ≡ 2 (mod 6). Samaan lopputulokseen päästään myös toteamalla, että

10x − 8 = 2(5x − 4)

on jaollinen luvulla 12 sjvsk luku 5x − 4 on jaollinen luvulla 6. Annettu kongruenssi on siis ekvivalentti kongruenssin 5x ≡ 4

(mod 6)

kanssa. Tässä 5x ≡ −x, joten tämä on ekvivalentti kongruenssin x ≡ −4 ≡ 2 (mod 6) kanssa. Tehtävä 4

(Deadline 29.01.) Etsi Eukleideen algoritmin avulla sellaiset kokonaisluvut u ja v, että 1113u + 972v = syt(1113, 972).

Ratkaisu.

Eukleides käyntiin:

1113 = 1 · 972 + 141, 972 = 7 · 141 − 15, 141 = 9 · 15 + 6,

Taaksepäin kulkemalla saadaan

15 = 2 · 6 + 3, 6 = 2 · 3.

3 = 15 − 2 · 6

= 15 − 2(141 − 9 · 15) = 19 · 15 − 2 · 141 = 19(7 · 141 − 972) − 2 · 141 = 131 · 141 − 19 · 972

= 131(1113 − 972) − 19 · 972 = 131 · 1113 − 150 · 972.

Muitakin ratkaisuja (u, v) löytyy.

Tehtävä 5 Seitsemän merirosvoa olivat kaivaneet maasta arkullisen kultakolikoita, mutta työnteon uuvuttamina he päättivät jättää aarteen jakamisen aamuun. Yöllä yksi rosvoista heräsi ja päätti varmistaa oman osuutensa. Hän jakoi kolikot tasan seitsemään kasaan (x1 lanttia kussakin), mutta yksi lantti jäi ylitse. Niinpä hän piilotti yhden kasoista ja lahjoi yli jääneellä lantilla vahingossa heränneen laivapojan, jottei tämä kertoisi näkemästään kenellekään. Loput lantit (=kuusi kasaa) hän laittoi takaisin arkkuun. Sitten toinen rosvoista heräsi, ja sai tarkalleen saman ajatuksen. Hänkin jakoi jäljellä olevat kolikot tasan seitsemään kasaan. Tälläkin kertaa yksi lantti jäi jaosta yli. Tämäkin rosvo piilotti yhden kasoista ja antoi jaosta yli jääneen lantin laivapojalle. Yön aikana kukin rosvoista heräsi, ja teki saman tempun - jokainen antoi yhden lantin laivapojalle. Aamulla kaikki rosvot heräsivät ja kävivät saaliinjaolle. Kolikkokasa oli selvästi pienentynyt, mutta kukaan ei tietenkään huomauttanut asiasta. Jälleen jäi lanttien jaossa yksi ylimääräinen laivapojalle. Kuinka monta kolikkoa arkussa vähintään alunperin oli?

Olkoon n arkussa olevien kolikoiden lukumäärä. Kolikot jaetaan seitsemään osaan 8 kertaa. Olkoot xi , i = 1, 2, . . . , 8 kussakin jaossa yhteen kasaan tulevien kolikoiden lukumäärät. Tällöin on voimassa yhtälöt n = 7x1 + 1 ja 6xi = 7xi+1 + 1, kun i = 1, 2, . . . , 7. Eliminoidaan näistä yhtälöistä muuttujat x1 , x2 , . . . , x7 . Kertomalla ensimmäinen yhtälö 6:lla, ja sijoittamalla siihen 6x1 muuttujan x2 avulla lausuttuna saadaan Ratkaisu.

6n = 7 · 6x1 + 6 = 7(7x2 + 1) + 6 = 72 x2 + 7 + 6.

Kertomalla tämä kuudella, ja sijoittamalla siihen 6x2 muuttujan x3 avulla lausuttuna saadaan 62 n = 72 · 6x2 + 7 · 6 + 62 = 73 x3 + 72 + 7 · 6 + 62 .

Jatkamalla tällä tavalla saadaan lopulta 67 n = 78 x8 + 77 + 76 · 6 + 75 · 62 + 74 · 63 + · · · + 7 · 66 + 67 .

Kertomalla oikean puolen vakiotermien summa luvulla 1 = (7 − 6) saadaan (teleskooppisumma tai geometrinen summa) Siis

77 + 76 · 6 + 75 · 62 + 74 · 63 + · · · + 7 · 66 + 67 = 78 − 68 . 67 n = 78 x8 + 78 − 68 .

Tarkastellaan tätä kokonaislukumuuttujien yhtälöä kongruenssina tuntemattoman x8 kerroin 78 modulina. Näin saadaan kongruenssi 67 n ≡ −68

(mod 78 ).

Koska syt(67 , 78 ) = 1, niin tässä voidaan puolittain jakaa luvulla 67 ja saadaan n ≡ −6 (mod 78 ).

Koska luvun n tulee selvästi olla positiivinen, niin sen pienin mahdollinen arvo on n = 78 − 6 = 5764795. Tässä vaiheessa olemme vasta todistaneet sen, että kongruenssi n ≡ −6 (mod 78 ) on välttämätön ehto lanttien jakamisen onnistumiselle kuvatulla tavalla. Siis tiedämme, ettei pienempi kolikoiden lukumäärä käy. Ei olisi vaikeaa perustella yo. yhtälöiden avulla, että ehto on myöskin riittävä, eli jako onnistuu. Helpompaa voi olla tarkistaa se laskimella :-)

Oletetaan, että ryhmän G jokainen alkio x toteuttaa yhtälön x2 = 1. Osoita, että ryhmä on tällöin abelin ryhmä. Vinkki: jos a, b ∈ G ovat mielivaltaisia, niin kokeile, mitä seuraa valinnoista x = a, x = b ja x = ab. Tehtävä 6

Olkoot a, b ∈ G mielivaltaisia. Tällöin ab ∈ G, joten oletuksen mukaan (ab)2 = abab = 1. Kerrotaan tämä yhtälö vasemmalta a:lla ja oikealta b:llä. Seuraa yhtälö Ratkaisu.

a2 bab2 = a1b.

Tässä vasemmalla puolella on a2 = b2 = 1, joten vasen puoli sievenee muotoon ba. Oikea puoli sen sijaan sievenee muotoon ab. Siis ba = ab. Koska a ja b olivat mielivaltaisia, väite on todistettu.

Anna esimerkki sellaisista avaruuden R3 vektoreista u, v ja w, jotka osoittavat, ettei ristitulo ole assosiatiivinen, eli joille Tehtävä 7

u × (v × w) 6= (u × v) × w. Ratkaisu. Melkein mikä tahansa vektorikolmikko särkee assosiatiivisuuden. Oma suosikkini on valinta u = v = i, w = j. Tällöin (oiken käden sääntö) v × w = k, joten vasemmalla puolella on u× (v × w) = i × k = −j. Oikealla puolella sitä vastoin u × v = 0, joten oikea puoli on nollavektori 6= j.

Tehtävä 8 Tällä kertaa Luikuri Tattinen käyttää tavallista 52 kortin pakkaa. Täydellisessä sekoituksessa paikassa i oleva kortti siirtyy paikkaan 2i − 1, jos 1 ≤ i ≤ 26 (pakan ensimmäinen puolikas), ja paikassa i + 26 oleva kortti siirtyy paikkaan 2i, 1 ≤ i ≤ 26 (pakan jälkimmäinen puolikas). Montako täydellistä sekoitusta Tattisen pitää tehdä, jotta pakka palautuu alkuperäiseen järjestykseen? Vinkki: Vastaus on alle 15, joten kokeilemallakin selviää. Voit myös miettiä millaisissa paikkojen osajoukoissa olevat kortit käyvät piirileikkiä.

Merkitään symbolilla σ 52 kortin pakan täydellistä sekoitusta vastaavaa permutaatiota ∈ S52 . Tällöin näemme, että ( 2 ∗ i − 1, jos 1 ≤ i ≤ 26, ja σ(i) = 2 ∗ (i − 26), jos 26 ≤ i ≤ 52.

Ratkaisu.

Erityisesti siis σ(1) = 1, joten σk (i) = i kaikilla eksponenteilla k ∈ Z. Sen sijaan σ(2) = 3, σ2 (2) = σ(3) = 5, σ 3 (2) = σ(5) = 9, σ 4 (2) = σ(9) = 17, σ 5 (2) = σ(17) = 33, σ 6 (2) = σ(33) = 14, σ 7 (2) = σ(14) = 27, σ 8 (2) = σ(27) = 2. Tästä näemme (pyörittämällä "piiriä"eli sykliä) että σ 8 pitää kaikki joukon {2, 3, 5, 9, 17, 33, 14, 27} paikoillaan. Samaan tapaan, näemme että luvut {4, 7, 13, 25, 49, 46, 40, 28} muodostavat toisen syklin, jonka alkiot σ8 pitää paikallaan. Edelleen {6, 11, 21, 41, 30, 8, 15, 29}, {10, 19, 37, 22, 43, 34, 16, 31}, {12, 23, 45, 38, 24, 47, 42, 32} ja {20, 39, 26, 51, 50, 48, 44, 36}

muodostavat 8 luvun syklejä. Koska σ(18) = 35 ja σ(35) = 18, näiden syklien ulkopuolella paikoissa 18 ja 35 olevat kortit vaihtavat paikkaa, ja palautuvat itselleen permutaation σ kaikissa parillisissa potensseissa. Vastaukseksi saadaan siten, että Luttiselle riittää 8 sekoitusta pakan palauttamiseksi alkuperäiseen järjestykseen. Ehkä helpompi ratkaisu löydetään, jos numeroidaankin korttien paikat nollasta 51:een, eli päälimmäinen kortti saa numeron nolla. Tällöin permutaation σ laskusääntö on hiukan yksinkertaisempi. Nimittäin σ(i) = i, jos i on 0 tai 51, ja muussa tapauksessa σ(i) on kongruenssin σ(i) ≡ 2i (mod 51) välilltä 1 ≤ σ(i) < 51 määräämä luku. Koska 28 = 256 ≡ 1

(mod 51),

saadaan tästä, että σ (i) = i kaikilla i = 0, 1, . . . , 51. 8

Oletetaan, että G on ryhmä (multiplikatiivinen merkintä), ja että a ∈ G on sen (kiinnitetty) alkio, a 6= 1. Määritellään joukossa G uusi operaatio ⋆ säännöllä Tehtävä 9

x ⋆ y = xay,

missä oikealla puolella käytetään siis ryhmän G kertolaskua. Osoita, että G on ryhmä myös operaation ⋆ suhteen. Vinkki: Tilanne on hiukan samanlainen kuin Viikon 3 luentokalvojen esimerkissä B. Siellä oli G = R∗ ja a = 2. Varoitus: Nyt sinulla ei kuitenkaan ole lupa olettaa, että kertolasku olisi vaihdannainen. Ratkaisu. Selvästi x ⋆ y ∈ G aina, kun x, y ∈ G, joten meillä on binäärioperaatio (G0). Assosiatiivilaki seuraa alkuperäisen operaation assosiatiivisuudesta ja laskusta (voimassa kaikille x, y, z ∈ G)

(x ⋆ y) ⋆ z = (x ⋆ y)az = (xay)az = xa(yaz) = xa(y ⋆ z) = x ⋆ (y ⋆ z).

Pienen kokeilun jälkeen toteamme, että e = a−1 kelpaa neutraalialkioksi. Nimittäin kaikille x ∈ G: x ⋆ a−1 = xaa−1 = x = a−1 ax = a−1 ⋆ x.

Ratkaisemalla yhtälö x ⋆ x′ = a−1 saadaan x′ = a−1 x−1 a−1 . Tämä toimii myös toiselta puolelta, sillä x′ ⋆ x = (a−1 x−1 a−1 )ax = (a−1 x−1 )(a−1 a)x = a−1 x−1 x = a−1 = e.

Huomautus: Emme tässä tuottaneet uutta erilaista ryhmää, sillä kuvaus f : (G, ⋆) → (G, ·), f (x) = xa on isomorsmi. Kaikille x, y ∈ G on nimittäin voimassa f (x ⋆ y) = f (xay) = (xay)a = (xa)(ya) = f (x)f (y).

Funktio f on bijektio (Lause 2.1.15 eli Sudoku-sääntö), joten se on isomorsmi. Tehtävä 10 Todista monisteen Esimerkin 2.5.27 tulos. Oletetaan siis, että G on ryhmä (ei välttämättä Abelin ryhmä) ja u ∈ G kiinnitetty alkio. Määritellään kuvaus fu : G → G säännöllä

fu (a) = uau−1 .

Osoita, että fu on isomorsmi G → G. Ratkaisu.

Olkoot a, b ∈ G mielivaltaisia. Tällöin fu (ab) = u(ab)u−1 = uabu−1 = ua1bu−1 = ua(u−1 u)bu−1 = (uau−1 )(ubu−1 ) = fu (a)fu (b),

joten fu on homomorsmi. Lasketaan funktioiden fu ja fu−1 yhdiste molempiin suuntiin. Olkoon x ∈ G mielivaltainen. Tällöin (fu ◦ fu−1 )(x) = fu (fu−1 (x)) = fu (u−1 xu)

= u(u−1 xu)u−1 = (uu−1 )x(uu−1 ) = x.

Näin ollen fu ◦ fu−1 = idG on joukon G identiteettikuvaus. Koska u−1

−1

= u, niin samoin

(fu−1 ◦ fu )(x) = fu−1 (fu (x)) = fu−1 (uxu−1 )

= u−1 (uxu−1 )u = (u−1 u)x(u−1 u) = x.

Joten myös fu−1 ◦ fu = idG . Näin ollen fu ja fu−1 ovat toistensa käänteiskuvauksia. Koska funktiolla on käänteiskuvaus sjvsk se on bijektio, niin tästä seuraa, että fu on bijektio. Näin ollen se on isomorsmi. Huom: Ei ole yhtään sen vaikeampaa todistaa erikseen, että fu on sekä injektio että surjektio. Esitin tämän todistuksen tässä, koska emme tainneet tehdä luennoilla yhtään bijektiivisyystodistusta todistamalla käänteisfunktion olemassaolo.

Etsi jokin injektiivinen homomorsmi ryhmästä Z∗5 ryhmään Z∗16 . Homomoraehtoa tarkistaessasi huomaa, että lähtöjoukossa kertolasku tapahtuu modulo 5 ja maalijoukossa modulo 16. Teoreettista apua saa viikon 5 kalvojen esimerkeistä F ja G. Tehtävä 11

2

3

4

Ryhmässä Z∗5 = {1, 2, 3, 4} on voimassa 2 = 4, 2 = 3, 2 = 1, joten se on kertalukua neljä oleva syklinen ryhmä. Ryhmän Z∗16 alkio 5 on sekin kertalukua neljä: 52 ≡ 9 (mod 16), 53 ≡ 13 (mod 16), 54 ≡ 1 (mod 16). Näin ollen aliryhmä H = h5i. Mainittujen kalvoesimerkkien nojalla kuvaus

Ratkaisu.

k

k

f : Z∗5 → Z∗16 , 2 7→ 5 4

on homomorsmi, koska kuvaryhmässä 5 = 1. Koska siellä 5 oli kertalukua neljä, on tämä lisäksi injektio. 0 0 1 1 Injektiivisyys saadaan myös suoraan laskemalla: f (1) = f (2 ) = 5 = 1, f (2) = f (2 ) = 5 = 5, f (3) = 3 3 2 2 f (2 ) = 5 = 13 ja f (4) = f (2 ) = 5 = 9. Huomautus: Tällaisen homomorapelin kannalta oleellista on, ettei tule ristiriitoja siitä, mitä eksponenttia käytetään. Tässä esimerkiksi voidaan f (1) laskea yhtä hyvin seuraavasti: 4

4

f (1) = f (2 ) = 5 = 1

käyttämällä eksponenttia 4 eksponentin 0 asemesta. Lopputulos oli sama, joten funktio f on hyvinmääritelty k k säännöllä f (2 ) = 5 kaikille k ∈ Z. Tämän jälkeen homomora seuraa laskusta: k

ℓ

k+ℓ

f (2 · 2 ) = f (2

k+ℓ

)=5

k

ℓ

k

ℓ

= 5 · 5 = f (2 ) · f (2 ),

koska meidän ei tarvitse välittää siitä, voiko tässä laskussa k + ℓ ajautua joukon 0, 1, 2, 3 ulkopuolelle.

(2 rastia selvittämällä kaikki kohdat) Olkoon G = Z × Z ja H = h(2, −1), (1, 2)i sen alkioiden (2, −1) ja (1, 2) generoima aliryhmä. Kuva näistä ryhmistä on ohessa. Kaikki täplät kuuluvat ryhmään G ja punaiset täplät kuuluvat aliryhmään H . Perustele seuraavat väitteet: Tehtävä 12

Y

4

2

-4

2

-2

4

X

-2

-4

A) Alkio (5, 0) ∈ H . B) Jos (x, y) ∈ G on mielivaltainen, niin on olemassa sellainen kokonaisluku z , että alkio (z, 0) on samassa aliryhmän H sivuluokassa kuin kuin (x, y). Toisin sanoen (x, y) + H = (z, 0) + H . Opastus: Voidaanko piste (x, y) siirtää x-akselille vähentämällä siitä jokin aliryhmän H alkio? C) Osoita, että (1, 0), (2, 0), (3, 0), (4, 0) ∈/ H . Opastus: Yksi tapa edetä on tutkia, onko yhtälöparilla c1 (2, −1) + c2 (1, 2) = (1, 0)

sellaisia ratkaisuja (c1 , c2 ), jotka ovat molemmat kokonaislukuja. D) Osoita, että (m, 0) + H = (n, 0) + H silloin ja vain silloin kun m ≡ n (mod 5). E) Päättele, että H :lla on tarkalleen viisi sivuluokkaa ryhmässä G. F) Osoita, että tekijäryhmä G/H on syklinen viiden alkion ryhmä. Koska (5, 0) = (2, −1) + (2, −1) + (1, 2) voidaan kirjoittaa vektoreiden (2, −1) ja (1, 2) summana, niin (5, 0) ∈ h(2, −1), (1, 2)i. Olin ajatellut, että tällainen perustelu kuuluisi A-kohtaan. Joku saattoi toki vain tokaista, että "(5, 0) on punainen". Tarkoitukseni ei ollut yksiselitteinen, joten ollaanpa pitkämielisiä. Koska (x, y) ∈ G, niin x ja y ovat kokonaislukuja. Näin ollen vektori y(2, −1) = (2y, −y) ∈ H . Näin ollen Ratkaisu.

(x + 2y, 0) = (x, y) + (2y, −y) ∈ (x, y) + H.

Väite B siis toteutuu, kun z = x + 2y . Aliryhmän H alkiot ovat muotoa c1 (2, −1) + c2(1, 2), missä c1 , c2 ∈ Z. Tämä nähdään seuraavasti (esitän sen täydellisyyden vuoksi yksityiskohtaisesti, mutta en edellytä sitä teiltä). Koska (2, −1) ∈ H , niin sen kaikki kokonaislukumonikerrat c1 (2, −1) = ±((2, −1) + (2, −1) + · · · + (2, −1)) ∈ H.

Samoin nähdään, että c2 (1, 2) ∈ H kaikille c2 ∈ Z. Koska H on ryhmänä suljettu vektorien yhteenlaskun suhteen, niin kaikki vektorit c1 (2, −1)+ c2(1, 2) ∈ H . Toisaalta kahden tätä muotoa olevan vektorin erotus on sekin tätä muotoa, joten aliryhmäkriteerin nojalla (selvästi joukko on epätyhjä) ne muodostavat aliryhmän. Kyseessä on siis suppein aliryhmä, joka sisältää vektorit (2, −1) ja (1, 2). Väite C voidaan sitten perustella osoittamalla, ettei vektoreita (1, 0), (2, 0), (3, 0) ja (4, 0) voida esittää generaattorien kokonaislukukertoimisina lineaarikombinaatioina. Koska determinantti 2 1 −1 2 = 5 6= 0,

niin vektorit (2, −1) ja (1, 2) muodostavat avaruuden R2 kannan. Näin ollen jokaisen vektorin esitys niiden li2

1

neaarikombinaationa on yksikäsitteinen. Koska (1, 0) = (2, −1)+ (1, 2) (vertaa aiempi vektorin (5, 0) esitys 5 5 tämän kannan avulla), niin (1, 0):n koordinaatit tämän kannan suhteen eivät olleet kokonaislukuja. Kertomalla nämä vakioilla 2, 3, 4 näemme, että asian tila on sama vektorien (2, 0), (3, 0) ja (4, 0) koordinaateille. Mikään niistä ei siis kuulu aliryhmään H . Väite D nähdään nyt helposti (m, 0) ja (n, 0) kuuluvat samaan H :n sivuluokkaan sjvsk (m, 0) − (n, 0) = (m − n, 0) ∈ H . Koska (5, 0) ∈ H , niin (m − n, 0) ∈ H aina, kun 5 | (m − n). Jos taas 5 ∤ (m − n), niin jakoalgoritmin perusteella m − n ≡ k (mod 5), missä k ∈ {1, 2, 3, 4}. Tällöin siis m − n = 5q + k , eli (m − n, 0) = q(5, 0) + (k, 0) mikä kuuluu vektorin (k, 0) sivuluokkaan (k, 0) + H . C-kohdan perusteella tämä ei ole sivuluokka (0, 0) + H = H . B-kohdassa näimme, että jokaisessa sivuluokassa on muotoa (z, 0) oleva alkio. D-kohdassa näimme, että (z1 , 0) + H = (z2 , 0) + H sjvsk z1 ≡ z2 (mod 5). Näin ollen H :n kaikki sivuluokat G:ssä ovat (ilman toistoja) (0, 0) + H , (1, 0) + H , (2, 0) + H , (3, 0) + H ja (4, 0) + H . F-kohdan väite saadaan nyt monellakin tavalla. Näemme E-kohdan ratkaisun perusteella, että G/H on sivuluokan (1, 0) + H generoima viiden alkion ryhmä. Voimme vedota myös Lagrangen lauseen Seuraukseen 2.4.12, koska 5 on alkuluku. Tehtävä 13

Demotehtävässä II(3) osoitettiin, että joukko S = {x ∈ R | x 6= −1} on ryhmä operaation x ⋆ y = xy + x + y

suhteen. Osoita, että funktio f : R∗ → S , f (x) = x − 1 on ryhmien välinen isomorsmi. Ratkaisu.

Kaikilla x ∈ R∗ on voimassa f (x) ∈ S , koska x 6= 0 =⇒ x − 1 6= −1, joten f : R∗ → S. Koska

kaikilla x, y ∈ R∗

f (x) ⋆ f (y) = (x − 1) ⋆ (y − 1)

= (x − 1)(y − 1) + (x − 1) + (y − 1) = (xy − x − y + 1) + (x − 1) + (y − 1) = xy + (x − x) + (y − y) + (1 − 1 − 1) = xy − 1 = f (xy),

niin f on homomorsmi. Koska f (x) = x − 1 = y − 1 = f (y) sjvsk x = y , niin f on injektio. Jos z ∈ S on mielivaltainen, niin z + 1 ∈ R∗ , ja f (z + 1) = z , joten f on surjektio. Näin ollen f on isomorsmi.

Olkoon G jokin ryhmä, ja a, b sen alkioita. Tiedetään, että niiden tulon ab kertaluku ryhmässä G on n > 1. Osoita, että tällöin myös tulon ba kertaluku on n.

Tehtävä 14

Tiedämme, että 1G = (ab)n = (ab)(ab) · · · (ab). Kertomalla tämä yhtälö vasemmalta b:llä ja oikealta a:lla saadaan yhtälö

Ratkaisu.

ba = b1a = b(ab)(ab) · · · (ab)a = (ba)(ba) · · · (ba) = (ba)n+1 .

Kertomalla tämä yhtälö puolittain alkion ba käänteisalkiolla saadaan tulokseksi 1 = (ba)n . Tässä välttämättä n on pienin eksponentti, jolla tämä yhtälö toteutuu. Jos nimittäine olisi (ba)m = 1 jollakin luvulla m, 0
1 tai |b| > 1, niin myös |ab| > 1, mikä on ristiriita. Väite seuraa. ■

Jos a | b ja b | a, niin a = ±b. Oletuksista nimittäin seuraa, että a = m1 b ja b = m2 a joillekin m1 , m2 ∈ Z. Tällöin a = m1 b = m1 (m2 a) = (m1 m2 )a.

■

Jos a = 0, niin myös b = 0. Muutoin tästä jakamalla seuraa m1 m2 = 1, ja väite seuraa Lemmasta. Jos a | b ja a | c, niin a | (b + c). Harjoitustehtävä.

2 / 14

Alkuluku Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Luku p > 1 on alkuluku, jos a | p =⇒ a = ±1 tai a = ±p. ■ ■

■

Luvut 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 ovat kaikki alkulukuja. n an = 22 + 1 on alkuluku, jos n = 0, 1, 2, 3, 4, a0 = 3, a1 = 5, a2 = 17, a3 = 257, a4 = 65537. Sen sijaan a5 = 4294967297 ei ole alkuluku, koska a5 = 641 · 6700417 (Harjoitustehtävä). Jos n > 1 ei ole alkuluku, niin se on ns. yhdistetty luku, ja se voidaan kirjoittaa muodossa n = n1 n2 ,

■

missä 1 < n1 < n, 1 < n2 < n.

Alkulukuja on äärettömän monta (moniste, Lause 1.2.2).

3 / 14

Hajotelma 1 Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Lemma. Jokainen luku n ≥ 1 voidaan esittää alkutekijähajotelmana, eli muodossa n = p1 p2 p3 · · · pk , missä kaikki tekijät pi ovat alkulukuja. Todistus. Käytetään induktion usein esiintyvää muunnelmaa. Lähtökohtana on kuten yleensäkin, että väite on tosi, kun n = 1. Induktio-oletuksesta käytämme tällä kertaa muotoa: on olemassa sellainen kokonaisluku ℓ ≥ 1, että väite on tosi aina, kun n ≤ ℓ. Väitämme sitten, että väite on tosi myös silloin, kun n = ℓ + 1.

4 / 14

Hajotelma 2 Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Jos n = ℓ + 1 = p on alkuluku, niin n = p on vaadittu hajotelma. Muussa tapauksessa n on yhdistetty luku, ja löydämme sellaiset luvut 1 < n1 < n, 1 < n2 < n, että n = n1 n2 . Tässä n1 ≤ ℓ ja n2 ≤ ℓ, joten niille löytyy alkutekijähajotelmat: n1 = p1 p2 · pj ,

n2 = pj+1 pj+2 · · · pk .

Tällöin n = n1 n2 = p1 p2 · · · pj pj+1 · · · pk , ja väite on todistettu.

5 / 14

Jakoalgoritmi Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Olkoot a, b ∈ Z, b 6= 0. Jos ensin vaikka a, b > 0, niin voidaan vähentää a:sta b niin monta kertaa (esimerkiksi q kertaa, q ≥ 0), että jäännös r on < b. Siis a = qb + r. Tällöin q ja r määräytyvät yksikäsitteisesti (q = a/b:n kokonaisosa). Yksikäsitteisyyteen päästään muissakin merkkivaihtoehdoissa vaatimalla 0 ≤ r < |b|. Esimerkiksi ■ ■ ■

a = 37, b = 15, q = 2, r = 7, sillä 37 = 2 · 15 + 7, 7 < 15. a = −23, b = −12, q = 2, r = 1, sillä −23 = 2 · (−12) + 1, 1 < 12. a = 14, b = 21, q = 0, r = 14, sillä 14 = 0 · 21 + 14, 14 < 21.

6 / 14

SYT Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Sanotaan, että luku d > 0 on lukujen a ja b suurin yhteinen tekijä, syt (a, b), joss i) d | a ja d | b ja ii) aina, kun e | a, e | b, niin e ≤ d. Jos ainakin toinen luvuista a, b 6= 0, niin (moniste, Lemma 1.2.6.) syt (a, b) on pienin lukujen a ja b positiivinen kokonaislukukertoiminen lineaarikombinaatio, eli pienin joukon L(a, b) := {xa + yb | x ∈ Z, y ∈ Z, xa + yb > 0} alkio. Bezout’n identiteetti: d = ua + vb joillekin u, v ∈ Z. Jos a > 0, niin syt (a, 0) = a ja syt (a, 1) = 1.

7 / 14

Eukleides 1 Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Lemma. Jos a, b, q, r ovat yhtälön a = qb + r toteuttavia kokonaislukuja, niin syt (a, b) =syt (b, r). Todistus. Jos x ja y ovat kokonaislukuja, niin xa + yb = x(qb + r) + yb = (xq + y)b + xr = x′ b + y ′ r, missä y ′ = x ja x′ = xq + y ovat kokonaislukuja. Vastaavasti x′ b + y ′ r = x′ b + y ′ (a − qb) = y ′ a + (x′ − qy ′ )b = x′′ a + y ′′ b, missä x′′ = y ′ ja y ′′ = x′ − qy ′ ∈ Z. Siis L(a, b) = L(b, r). Koska syt (a, b) on joukon L(a, b), ja syt (b, r) joukon L(b, r) pienin alkio, niin väite seuraa.

8 / 14

Eukleides 2 Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Tavoite: Tehokas menetelmä laskea syt (a, b). Idea: Toista edellisen kalvon Lemman askelta. Ensin a = q1 b + r1 , joten syt (a, b) =syt (b, r1 ). Sitten b = q2 r1 + r2 , joten syt (a, b) =syt (b, r1 ) =syt (r1 , r2 ) jne. ■ ■

Tässä aina |b| > r1 > r2 > · · · , eli luvut pienenevät. Lopulta rk = 0 jollakin k > 0, ja voimme päätellä syt (a, b) = · · · =syt (rk−1 , rk ) =syt (rk−1 , 0) = rk−1 .

■ ■ ■

Siis syt (a, b) = viimeinen nollasta eroava jakojäännös. ‘Tehokas’ = Laskutoimituksia siis paljon vähemmän kuin kokeilemalla tekijöitä. Bezout’n identiteetin lupaama esitys d = ua + vb saadaan “taaksepäin sijoittamalla”.

9 / 14

Esimerkki A1 Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Tehtävä: Laske d =syt (10368, 3072), ja etsi sellaiset kokonaisluvut u ja v, että d = 10368u + 3072v. Ratkaisu:

10368 = 3 · 3072 + 1152, 3072 = 2 · 1152 + 768, 1152 = 1 · 768 + 384, 768 = 2 · 384 + 0.

Siis d = 384. Lisäksi 384 = 1152 − 768 = 1152 − (3072 − 2 · 1152) = 3 · 1152 − 1 · 3072 = 3(10368 − 3 · 3072) − 1 · 3072 = 3 · 10368 − 10 · 3072.

10 / 14

Esimerkki A2 Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Eukleideen algoritmin askeleet voidaan kuvata myös matriisin alkeismuunnosten avulla. Huom! vain kokonaislukukertoimet sallittuja! Taustalla on tällöin havainto: jos a = qb + r, niin 1 −q 0 1

!

a b

!

r b

=

!

.

Jokainen jakoalgoritmiaskel vastaa täten sitä, että teemme augmentoituun matriisiin A=

1 0 a 0 1 b

!

(tyypin III) alkeismuunnoksen.

11 / 14

Esimerkki A3 Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Jos augmentoitu matriisi A on muuntunut muotoon B = (P | ∗), niin tällöin on voimassa yhtälö (todistus induktiolla tehtyjen alkeismuunnosten lukumäärän suhteen) P

a b

!

=

∗ ∗

!

,

missä tähdet ovat matriisin B viimeisen sarakkeen luvut. Algoritmi päättyy, kun augmentoitu matriisi on muotoon, jossa viimeisen sarakkeen toinen alkio on nolla (se voi tulle kummalle riville tahansa). Tällöin sen toinen rivi on (u v | d), eli siltä voidaan lukea sekä d =syt (a, b) että Bezout’n identiteetin luvut u ja v.

12 / 14

Esimerkki A4 Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Tehtävä: syt (10368, 3072) alkeismuunnoksilla. 1 0 10368 0 1 3072 ∼ ∼

!

↑×−3 ∼

1 −3 1152 −2 7 768

!

↑×−1 ∼

3 −10 384 −8 27 0

!

.

1 −3 1152 0 1 3072

!

↓×−2

3 −10 384 −2 7 768

!

↓×−2

Viimeisen matriisin ylemmältä riviltä voidaan lukea vastaus syt (10368, 3072) = 384 = 3 · 10368 − 10 · 3072.

13 / 14

Filosofiaa Jaollisuus Ominaisuuksia Alkuluku Hajotelma 1 Hajotelma 2 Jakoalgoritmi SYT Eukleides 1 Eukleides 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Filosofiaa

Aritmetiikan peruslause: kokonaisluvun alkutekijähajotelma on tekijöiden järjestystä vaille yksikäsitteinen. ■ ■

■

■

600 = 30·20 = (6·5)·(10·2) = ((3·2)·5)·((2·5)·2) = 23 ·31 ·52 , ja 600 = 15 · 40 = (3 · 5) · (8 · 5) = (3 · 5) · (23 · 5) = 23 · 31 · 52 , eli riippumatta hajotelman muodostamistavasta lopputulos on sama. Voidaan ajatella, että kokonaisluvut ovat yhdisteiden molekyylejä, ja alkutekijät yksittäisiä atomeja. Tällöin APL: molekyyliä pilkkomalla saadaan aina lopuksi samat atomit. SYT:n laskeminen on helppoa, jos alkutekijähajotelmat tunnetaan: 10368 = 27 · 34 , 3072 = 210 · 31 joten syt (10368, 3072) = 27 · 31 = 384.

14 / 14

Kongruenssi Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Oletetaan, että m > 0. Sanotaan, että a on kongruentti b:n kanssa modulo m, jos m | a − b. Merkitään a≡b

(mod m).

Kongruenssi (kiinnitetyn modulin suhteen) on Z:n ekvivalenssirelaatio: ■ ■ ■ ■

m | 0 = a − a, joten a ≡ a (mod m) (refleksiivisyys). Jos m | a − b, niin m | b − a (symmetrisyys). Jos m | a − b ja m | b − c, niin m | (a − b) + (b − c) = (a − c) (transitiivisuus). 8 ≡ 3 (mod 5), 3 ≡ 8 (mod 5), 2 6≡ 8 (mod 5).

1 / 15

Jäännösluokka Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Ekvivalenssiluokkia kutsutaan kongruenssin tapauksessa jäännösluokiksi modulo m, ja niistä käytetään merkintää [a] = a. Jos m = 5, niin 3 = {3, 8, 13, 18, 23, . . . , −2, −7, −12, . . .}. Tekijäjoukosta Z/” (mod m)” käytetään hyvin usein merkintää Zm . Edustajistoksi on tyrkyllä luvut 0, 1, 2, . . . , m − 1. Muitakin edustajistoja voidaan käyttää. Esimerkiksi: Z5 = {0, 1, 2, 3, 4} = {0, 1, 2, −2, −1}.

2 / 15

Aritmetiikkaa Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Kiinnitetään m ∈ Z, m > 1. a, b, n ∈ Z, n > 0. Perussääntöjä: ■ ■ ■

Jos a ≡ b (mod m) ja c ≡ d (mod m), niin a + c ≡ b + d (mod m). Jos a ≡ b (mod m) ja c ≡ d (mod m), niin ac ≡ bd (mod m). Jos a ≡ b (mod m), niin an ≡ bn (mod m).

Todistetaan viimeinen kohta induktiolla. Väite on tosi, kun n = 1, koska a1 = a ≡ b = b1 . Oletetaan, että ak ≡ bk (mod m). Koska myös a ≡ b, niin toisen kohdan perusteella ak+1 = ak · a ≡ bk · b = bk+1

(mod m).

3 / 15

SYT-ehto Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Väite: Jos syt(c, m) = 1, niin a ≡ b (mod m) silloin ja vain silloin kun ca ≡ cb (mod m). Todistus: Koska aina c ≡ c (mod m), niin kongruenssista a ≡ b (mod m) seuraa kongruenssi ca ≡ cb (mod m). Bezout’n identiteetin ja syt-oletuksen perusteella on olemassa sellaiset u, v ∈ Z, että uc + vm = 1. Oletetaan kääntäen, että ca ≡ cb (mod m). Kertomalla (sääntö 2) tämä luvulla u saadaan kongruenssi uca ≡ ucb

(mod m).

Tässä uca = (uc + vm)a − vma = 1 · a − (va)m ≡ a (mod m). Vastaavasti ucb = (uc + vm)b − vmb = b − vmb ≡ b (mod m). Näin ollen a ≡ uca ≡ ucb ≡ b (mod m).

4 / 15

Esimerkki B Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Tehtävä: Laske luvun n = 20142014 jakojäännös jaettaessa se luvulla 7. Ratkaisu: Koska 2014 = 2009 + 5 = 7 · 287 + 5 ≡ 5 (mod 7), niin 20142014 ≡ 52014 (mod 7). Lisäksi laskemalla luvun 5 potenssien jakojäännöksiä modulo 7 nähdään, että 52 = 25 ≡ 21 + 4 ≡ 4 (mod 7) 53 = 52 · 5 ≡ 4 · 5 = 20 ≡ −1

(mod 7)

56 = (53 )2 ≡ (−1)2 = 1 (mod 7). Ykköstä on mukava korottaa potenssiin, joten hyödynnämme tätä sekä laskua 2014 = 2010 + 4 = 6 · 335 + 4: 52014 = (56 )335 · 54 ≡ 1335 · (52 )2 ≡ 1 · 42 = 16 ≡ 2 (mod 7). Vastaus on siis 2. 5 / 15

Kongr.yhtälö 1 Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Oletetaan, että a, b, x, m ovat kokonaislukuja m > 0. Voimme muodostaa kongruenssiyhtälön ax ≡ b

(mod m).

(∗)

Nyt on ilmeistä, että jos x on ratkaisu, ja x′ ≡ x (mod m), niin myös x′ on kongruenssiyhtälön (∗) ratkaisu. Näin ollen ratkaisujoukko muodostuu kokonaisista jäännösluokista ∈ Zm . Koska joukko Zm = {0, 1, . . . , m − 1} on äärellinen, on meillä tarjolla loogisesti validi tapa määrätä kongruenssin (∗) kaikki ratkaisut: kokeillaan kaikki luvut x = 0, 1, . . . , m − 1, ja todetaan ratkaisujoukon muodostuvan tältä väliltä löydettyjen ratkaisujen jäännösluokista modulo m.

6 / 15

Kongr.yhtälö 2 Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Sama päättely on käytettävissä myös korkeampaa astetta olevien (kokonaislukukertoimisten!) kongruenssiyhtälöiden ratkaisujen hakemisessa. Lisäksi Seuraus 1.3.15: Jos syt(a, m) = 1, niin kongruenssiyhtälön (∗) muodostavat yhden jäännösluokan modulo m, eli ratkaisu on yksikäsitteinen tekijäjoukossa Zm (tai yksikäsitteinen modulo m).

7 / 15

Esimerkki C Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Tehtävä: Määrää kongruenssin 5x ≡ 4 (mod 6) kaikki ratkaisut. Ratkaisu: Kokeilemalla x = 0, 1, 2, 3, 4, 5 näemme, että 5 · 0 = 0 6≡ 4 (mod 6), 5 · 1 = 5 6≡ 4 (mod 6), 5 · 2 = 10 ≡ 4 (mod 6). Koska syt(5, 6) = 1, niin tiedämme, että ratkaisut muodostavat yhden jäännösluokan modulo 6. Voimme siis lopettaa muiden vaihtoehtojen tarkistamisen löydyttäemme yhden ratkaisun. Vastaus: Annettu kongruenssi toteutuu ⇔ x ≡ 2 (mod 6).

8 / 15

Esimerkki D Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Tehtävä: Määrää kongruenssin 3x ≡ 4 (mod 6) kaikki ratkaisut. Ratkaisu: Nyt syt(3, 6) = 3 > 1, joten emme tiedä mitään ratkaisun olemassaolosta emmekä yksikäsitteisyydestä. Kokeilu 3 · 0 = 0 6≡ 4 (mod 6), 3 · 1 = 3 6≡ 4 (mod 6), 3 · 2 = 6 ≡ 0 6≡ 4 (mod 6), 3 · 3 = 9 ≡ 3 6≡ 4 (mod 6), 3 · 4 = 12 ≡ 0 6≡ 4 (mod 6) ja 3 · 5 = 15 ≡ 3 6≡ 4 (mod 6) osoittaa, ettei ratkaisuja ole lainkaan. Samaan johtopäätökseen päästäisiin toteamalla, että koska 3 on sekä luvun 3x että luvun 6 tekijä, niin luvun 3x jakojäännös modulo 6 on sekin aina kolmella jaollinen. Näin ollen se ei voi olla = 4.

9 / 15

Esimerkki E1 Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Tehtävä: Määrää kongruenssin 17x ≡ 209

(mod 257)

kaikki ratkaisut. Ratkaisu: 257 jäännösluokan testaaminen ei tunnu enää järkevältä. Koska 17 ja 257 ovat molemmat alkulukuja syt(17, 257) = 1. Tiedämme siis, että ratkaisut muodostavat yhden jäännösluokan modulo 257. Kokeillaan Bezout’n identiteetin käyttöä, kuten syt-ehdon perustelussa. Etsimme siis ensin kokonaisluvut u, v, joille 17u + 257v = 1.

(∗)

10 / 15

Esimerkki E2 Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Yhtälö (∗) kertoo, että 257v ≡ 1

(mod 17).

Koska 255 = 17 · 15, niin 257 ≡ 2 (mod 17). Näin ollen 2v ≡ 1 ≡ −16

(mod 17).

Näemme, että v = −8 on tämän kongruenssin ratkaisu. Tämä sitten toimii! Jos 17u + 257(−8) = 1, niin 17u = 1 + 257 · 8 = 2057 = 17 · 121. Näin ollen eräs (∗):n ratkaisu on u = 121, v = −8. Jos myös luku 17 olisi vaikea, käyttäisimme tässä kohtaa Eukleideen algoritmia.

11 / 15

Esimerkki E3 Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Loppu on helppoa. Kertomalla alkuperäinen kongruenssi puolittain luvulla u = 121 saadaan sen kanssa ekvivalentti kongruenssi 121 · 17x ≡ 121 · 209

(mod 257).

Tässä nähdään laskimella, että 121 · 209 ≡ 103 (mod 257) (ja tietenkin myös 121 · 17 ≡ 1 (mod 257)). Näin ollen lopulliseksi ratkaisuksi saadaan x ≡ 103

(mod 257).

12 / 15

Esimerkki F1 Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Monisteen Esimerkki 1.3.13: Tiedetään, että x ja y ovat ei-negatiivisia kokonaislukuja, jotka toteuttavat yhtälön 15x + 11y = 137. Ratkaisu: Annetusta yhtälöstä seuraa 15x − 137 = 11y, minkä voimme tulkita lineaariseksi kongruenssiksi. 15x ≡ 137

(mod 11).

Tässä 15 ≡ 4 ja 137 = 11 · 12 + 5 ≡ 5 (molemmat modulo 11), joten kongruenssi on ekvivalentti kongruenssin 4x ≡ 5

(mod 11)

(∗)

kanssa.

13 / 15

Esimerkki F2 Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Näemme (joko kokeilemalla tai ajamalla Eukleideen algoritmin), että syt(4, 11) = 1 ja 3 · 4 − 1 · 11 = 1. Tässä myös syt(3, 11) = 1 (koska edellisen rivin yhtälö antaa luvun 1 myös lukujen 3 ja 11 kokonaislukukertoimisena lineaarikombinaationa!), joten kertomalla kongruenssi (∗) puolittain luvulla 3 saadaan sen kanssa ekvivalentti kongruenssi 12x ≡ 15 (mod 11). Tässä 12 ≡ 1 ja 15 ≡ 4, joten tämän kongruenssi voidaan kirjoittaa muodossa x ≡ 4 (mod 11).

14 / 15

Esimerkki F3 Kongruenssi Jäännösluokka Aritmetiikkaa SYT-ehto Esimerkki B Kongr.yhtälö 1 Kongr.yhtälö 2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki F3

Ratkaisut ovat siis x ∈ 4 ∈ Z11 . Koska x tiedettiin ei-negatiiviseksi, niin x ∈ {4, 15, 26, 37, . . .}. Alkuperäisestä yhtälöstä ratkeaa 137 − 15x y= . 11 Jos tässä x = 4, niin saadaan y = 7. Jos x ≥ 15, niin seuraa, että y < 0. Ainoa ratkaisu on siis x = 4, y = 7.

15 / 15

Binäärioperaatio Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Jos S on jokin joukko, ja f : S × S → S funktio, niin saamme binäärioperaation (≈ laskutoimituksen) a ⋆ b = f (a, b) kaikille a, b ∈ S. ■ ■ ■

■

Jos S = R, niin f (x, y) = x + y ja f (x, y) = xy ovat tuttuja laskutoimituksia. Jos S = M2 (R), niin matriisien kertolasku on binäärioperaatio A ⋆ B = AB. Jos X on jokin joukko, ja FX = {g : X → X} kaikkien funktioiden g : X → X joukko, niin funktioiden yhdistäminen f (g1 , g2 ) = g1 ◦ g2 on binäärioperaatio. Avaruuden Rn vektoreiden yhteenlasku on binäärioperaatio. Samoin avaruuden R3 vektoreiden ristitulo. 1 / 24

Assosiatiivisuus Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Olkoon ⋆ joukon S binäärioperaatio. Tällöin kolmen alkion laskutoimitus voidaan muodostaa kahdella tavalla (a ⋆ b) ⋆ c tai a ⋆ (b ⋆ c) Sanotaan, että ⋆ on assosiatiivinen, jos sääntö a ⋆ (b ⋆ c) = (a ⋆ b) ⋆ c on voimassa kaikille a, b, c ∈ S. ■ ■ ■ ■

Lukujen yhteen- ja kertolasku on assosiatiivinen. Funktioiden yhdistäminen on joukon S = FX assosiatiivinen operaatio. Matriisien kertolasku on assosiatiivinen. R3 :n vektorien ristitulo ei ole assosiatiivinen (bonustehtävä).

2 / 24

Miksi? Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Assosiatiivisuus tuo meillä vapauden ajatella kolmen olion laskutoimitusta sen ‘syntyhistoriasta’ välittämättä: a ⋆ (b ⋆ c) = a ⋆ b ⋆ c = (a ⋆ b) ⋆ c. Entä useampi? Assosiatiivilaki riittää! Voimme muodostaa tulon x1 ⋆ x2 ⋆ x3 ⋆ x4 tavoilla: ((x1 ⋆ x2 ) ⋆ x3 ) ⋆ x4 , (x1 ⋆ (x2 ⋆ x3 )) ⋆ x4 , (x1 ⋆ x2 ) ⋆ (x3 ⋆ x4 ), x1 ⋆ ((x2 ⋆ x3 ) ⋆ x4 ), x1 ⋆ (x2 ⋆ (x3 ⋆ x4 )). Tässä valinta a = x1 , b = x2 , c = x3 kertoo, että 1. ja 2. ovat samat, valinta a = x1 ⋆ x2 , b = x3 , c = x4 , että 1. ja 3., valinta a = x1 , b = x2 ⋆ x3 , c = x4 , että 2. ja 4., valinta a = x1 , b = x2 , c = x3 ⋆ x4 , että 3. ja 5. ovat samat.

3 / 24

Neutraalialkio Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Jos ⋆ on joukon S laskutoimitus, niin alkiota e ∈ S sanotaan sen neutraalialkioksi, jos e⋆a=a=a⋆e kaikille a ∈ S. ■ ■ ■ ■ ■

Nolla on lukujen yhteenlaskun neutraalialkio. Yksi on lukujen kertolaskuun neutraalialkio. Matriisi In on matriisien kertolaskun neutraalialkio. Funktio idX ∈ FX , jolle idX (x) = x kaikille x ∈ X on funktioiden yhdistämisen neutraalialkio. Neutraalialkioita on enintään yksi: Jos e ja e′ ovat molemmat neutraalialkioita, niin e = e ⋆ e′ = e ′ .

4 / 24

Käänteisalkio Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Jos ⋆ on joukon S laskutoimitus, ja e ∈ S neutraalialkio, niin alkio x′ ∈ S on alkion x ∈ S käänteisalkio (laskutoimituksen ⋆ suhteen), jos x ⋆ x′ = e = x′ ⋆ x. ■ ■ ■ ■

Luku x′ = −x on luvun x käänteisalkio yhteenlaskun suhteen. Jos x ∈ R, x 6= 0, niin luku x′ = 1/x on luvun x käänteisalkio kertolaskun suhteen. Jos A on säännöllinen n × n matriisi, niin A−1 on sen käänteialkio matriisien kertolaskun suhteen. Jos f ∈ FX on bijektio f : X → X, niin sen käänteisfunktio f −1 on sen käänteisalkio funktioiden yhdistämisen suhteen.

5 / 24

Ryhmä Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Joukko G on ryhmä laskutoimituksen ⋆ suhteen (tai pikemminkin pari (G, ⋆) on ryhmä), jos ■ ■ ■ ■

G0: a ⋆ b ∈ G aina, kun a, b ∈ G, G1: ⋆ on assosiatiivinen, G2: laskutoimituksella ⋆ on neutraalialkio e ∈ G, G3: jokaisella alkiolla x ∈ G on käänteisalkio x′ ∈ G laskutoimituksen ⋆ suhteen.

Usein laskutoimitus ⋆ on asiayhteydestä selvä, ja tällöin käytetään yleensä multiplikatiivista merkintää, a ⋆ b = ab. Poikkeuksen tälle muodostaa tilanne, jossa ryhmäoperaatio on luonteeltaan yhteenlasku. Tällöin käytetään additiivista merkintää, a ⋆ b = a + b. Multiplikatiivista merkintää käytettäessä käänteisalkiota merkitään x′ = x−1 . Additiivinen merkintä on (yllätys, yllätys!) x′ = −x. 6 / 24

Esimerkkejä A Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

■ ■

■ ■

Reaaliluvut (tai rationaaliluvut tai kokonaisluvut) muodostavat ryhmän lukujen yhteenlaskun suhteen. Luonnolliset luvut eivät muodosta ryhmää yhteenlaskun suhteen, koska vasta-alkiot puuttuvat: 1 ∈ N mutta −1 ∈ / N. Reaaliluvut eivät muodosta ryhmää kertolaskun suhteen, koska luvulla 0 ei ole käänteisalkiota. Sen sijaan joukko R∗ = R \ {0, } on ryhmä kertolaskun suhteen. Aiemmin olemme todenneet aksioomat G0:aa lukuun ottamatta. Mutta jos x, y ∈ R∗ , niin tällöin xy 6= 0, joten xy ∈ R∗ , ja aksiooma G0 on sekin kunnossa.

7 / 24

Esimerkki B1 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Olkoon S = R+ positiivisten reaalilukujen joukko. Määritellään siellä operaatio x ⋆ y = 2xy, missä siis oikealla puolella käytetään tavallista reaalilukujen aritmetiikkaa. Perustellaan, miksi S on ryhmä operaation ⋆ suhteen. Aksiooma G0 on voimassa, koska jos x > 0 ja y > 0, niin myös x ⋆ y = 2xy > 0. Assosiatiivilaki on voimassa. Jos x, y, z ovat mielivaltaisia positiivisia lukuja, niin (x ⋆ y) ⋆ z = (2xy) ⋆ z = 2(2xy)z = 4xyz, x ⋆ (y ⋆ z) = x ⋆ (2yz) = 2x(2yz) = 4xyz.

8 / 24

Esimerkki B2 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Neutraalialkio pitää etsiä. Vaadimme, että e ⋆ x = 2ex = x kaikille x > 0. Jakamalla viimeinen yhtälö x:llä (luvallista, koska reaalilukujen välinen) saadaan 2e = 1, josta ratkeaa e = 1/2. Tällöin myös toinen vaatimus 1 1 x ⋆ e = x ⋆ = 2x = x 2 2 toteutuu kaikille x ∈ S. Olkoon x ∈ S mielivaltainen. Käänteisalkiolta x′ vaaditaan nyt 1 ′ ′ x ⋆ x = 2xx = e = . 2 Tästä ratkeaa x′ = 1/4x. Koska x > 0, niin myös x′ ∈ S. Toinen vaatimus x′ ⋆ x = e seuraa välittömästi.

9 / 24

Käänteisalkio 2 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Lause: Ryhmässä (G, ⋆) alkiolla x ∈ G on tasan yksi käänteisalkio. Todistus: Ainakin yksi käänteisalkio x′ ∈ G on olemassa aksiooman G3 nojalla. Oletetaan, että myös x′′ ∈ G on x:n käänteisalkio. Tällöin x′′ = x′′ ⋆ e = x′′ ⋆ (x ⋆ x′ ) = (x′′ ⋆ x) ⋆ x′ = e ⋆ x′ = x′ . Tässä ensimmäinen yhtäsuuruus oli neutraalialkion ominaisuus, toinen seurasi siitä, että x′ on x:n käänteisalkio, kolmas oli assosiatiivilain erikoistapaus, neljäs yhtäsuuruus seurasi siitä, että x′′ on x:n käänteisalkio, ja viimeinen jälleen neutraalialkion ominaisuuksista. Siis x′′ = x′ . MOT. Tämä oikeuttaa merkinnän x−1 käytön!!

10 / 24

Käänteisalkio 3 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Lause: Ryhmässä (G, ⋆) on kaikille x, y ∈ G voimassa sääntö (x ⋆ y)−1 = (y −1 ) ⋆ (x−1 ). Todistus: Edellisen kalvon perusteella riittää osoittaa, että (y −1 ) ⋆ (x−1 ) toteuttaa alkion (x ⋆ y) käänteisalkiolta vaaditut ehdot. Lasketaan (x ⋆ y) ⋆ ((y −1 ) ⋆ (x−1 )) = x ⋆ y ⋆ y −1 ⋆ x−1 = x ⋆ (y ⋆ y −1 ) ⋆ x−1 = x ⋆ e ⋆ x−1 = (x ⋆ e) ⋆ x−1 = x ⋆ x−1 = e. Tässä käytettiin vuoronperään assosiatiivilakia seurauksineen, käänteisalkion määritelmää sekä neutraalialkion ominaisuuksia. Toinen vaadittava yhtälö ((y −1 ) ⋆ (x−1 )) ⋆ (x ⋆ y) = e perustellaan samoin. 11 / 24

Jäännösluokat 1 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Oletetaan, että m ∈ Z, m > 0. Näimme (Lause 1.3.10), että edustajien välityksellä määritelty jäännösluokkien yhteenlasku ja kertolasku ovat molemmat joukon Zm binäärioperaatioita. ■

Koska edustajien yhteenlasku on assosiatiivista, sama pätee jäännösluokille: (a + b) + c = (a + b) + c = a + (b + c) = a + (b + c).

■ ■ ■ ■

Samoin kertolasku. Lisäksi 0 on neutraalialkio yhteenlaskulle ja 1 kertolaskulle. Yhteenlaskun suhteen a:lla on vasta-alkio −a. Zm on siis ryhmä jäännösluokkien yhteenlaskun suhteen. Huomaa, että tämä on ensimmäinen kohtaamamme esimerkki äärellisestä ryhmästä (=äärellisen monta alkiota). 12 / 24

Jäännösluokat 2 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Esimerkiksi, kun m = 7, niin Z7 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Tässä ryhmässä ■ ■

3 + 5 = 8 = 1. −4 = −4 = 3, tarkistus 4 + 3 = 7 = 0.

Yleisestikin ryhmässä (Zm , +) on m alkiota. Sanotaan, että ryhmän Zm kertaluku, #Zm = m.

13 / 24

Jäännösluokat 3 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Joukossa Zm on alkiolla a käänteisalkio kertolaskun suhteen sjvsk. syt(a, m) = 1: Jos syt(a, m) = d > 1, niin kaikkien lukujen ba jakojäännös modulo m on luvun d monikerta, ja siis 6= 1 oli b mikä tahansa. Jos taas syt(a, m) = 1, niin Bezout’n identiteetin nojalla on olemassa sellaiset kokonaisluvut u, v että ua + vm = 1. Mutta tämä yhtälö kertoo juurikin, että ua ≡ 1 (mod m), eli ua = 1 = e. Näin ollen u = a−1 . Huom. tässä myös syt(u, m) = 1.

14 / 24

Jäännösluokat 4 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Merkitään Z∗m = {a ∈ Zm | syt(a, m) = 1}. ■ ■ ■ ■ ■

1 ∈ Z∗m (G2), jäännösluokkien kertolasku on assosiatiivista koko joukossa Zm , erityisesti siis myös osajoukossa Z∗m ,(G1) jos a ∈ Z∗m , niin näimme, että sillä on käänteisalkio ∈ Z∗m (G3) jos syt(a, m) = 1 ja syt(b, m) = 1, niin syt(ab, m = 1), joten ab ∈ Z∗m (G0). Siis Z∗m on ryhmä jäännösluokkien kertolaskun suhteen.

15 / 24

Jäännösluokat 5 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Esimerkiksi, kun m = 7, niin Z∗7 = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Tässä ryhmässä ■ ■

3 · 4 = 12 = 5. −1 3 · 5 = 15 = 1, joten 3 = 5.

Ryhmän Z∗m kertaluvusta käytetään merkintää ϕ(m). Jos m = p on alkuluku, niin selvästikin kaikki luvut a = 1, 2, . . . , p − 1 toteuttavat syt-ehdon syt(a, p) = 1, joten ϕ(p) = p − 1.

16 / 24

Kommutatiivisuus Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Oletetaan, että (G, ⋆) on ryhmä. Sanomme, että se on Abelin ryhmä, jos se toteuttaa (ryhmäaksioomien lisäksi) aksiooman G4 :

a⋆b=b⋆a

kaikille a, b ∈ G. Sanotaan myös, että operaatio ⋆ on kommutatiivinen (=vaihdannainen). Edellä kuvatut ryhmät ovat kaikki Abelin ryhmiä, koska lukujen ja jäännösluokkien operaatiot ovat vaihdannaisia. Säännölliset n × n matriisit sen sijaan muodostavat ei-kommutatiivisen ryhmän matriisien kertolaskun suhteen, kun n ≥ 2. http://fi.wikipedia.org/wiki/Niels_Henrik_Abel

17 / 24

Potenssi Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Jos G on ryhmä, x ∈ G ja n ∈ N, niin voidaan määritellä potenssi xn asettamalla xn = x · · · x, missä tulossa on n kpl tekijöitä. Assosiatiivilakia soveltamalla näemme, ettei tässä ole merkitystä sillä, miten tulo muodostetaan. Määritelmää voidaan täydentää asettamalla x0 = 1G = e, ja x−n = (x−1 )n . Tällöin on voimassa säännöt xn xm = xn+m ,

ja

(xn )m = xnm .

Sääntö (xy)m = xm y m sen sijaan edellyttää vaihdannaisuutta. Esimerkiksi (xy)2 = (xy)(xy) = xyxy 6= xxyy, jos xy 6= yx.

18 / 24

Esimerkki C Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Tehtävä: Määrää yhtälön x2 = 1 ratkaisut ryhmässä Z∗8 . Ratkaisu: Luvun 8 alkutekijähajotelma on 8 = 23 , joten syt(a, 8) = 1 sjvsk a on pariton. Näin ollen Z∗8 = {1, 3, 5, 7}. Kokeilemalla näemme, että nämä kaikki ovat tutkittavan yhtälön ratkaisuja; 2 1 = 12 = 1, 2

3 = 9 = 1, 2

5 = 25 = 1, 2

7 = 49 = 1.

19 / 24

Esimerkki D Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Lasketaan jäännösluokan 10 potensseja ryhmässä Z∗41 : 2

10 = 100 = 18, 3

2

10 = 10 · 10 = 180 = 16, 4

2

10 = (10 )2 = 182 = 324 = −4, 5

4

10 = 10 · 10 = −40 = 1. Tämän jälkeen potenssit alkavat toistua: 6 5 i+5k i 10 = 10 · 10 = 1 · 10 = 10 jne. Näemme, että 10 = 10 aina, kun i = 0, 1, 2, 3, 4, k ∈ Z.

20 / 24

Bijektiot Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Oletetaan, että X on jokin joukko. Merkitään ∗ FX = {f : X → X | f on bijektio}.

■ ■

■ ■

Funktio on bijektio sjvsk sille löytyy käänteisfunktio. Jos funktioilla f ja g on käänteisfunktio, niin samoin on niiden yhdisteellä f ◦ g (kalvon ‘Käänteisalkio 3’ päättely), eli yhdistetty kuvaus on myös bijektio. ∗ on ryhmä funktoiden yhdistämisen Näin ollen FX suhteen. Tämä ryhmä ei ole Abelin ryhmä, jos joukossa X on vähintään 3 alkiota (ks. alla).

21 / 24

Symm. ryhmät Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Usein esiintyvä erikoistapaus on X = Jn = {1, 2, 3, . . . , n}. ∗ :n alkiot ovat joukon J permutaatiot. Ryhmästä Tällöin FX n FJ∗n käytetään merkintää Sn . Koulukombinatoriikan perusteella tiedämme, että #Sn = n!. Yksittäinen permutaatio α ∈ Sn voidaan spesifioida taulukkomuodossa α=

1 2 ··· α(1) α(2) · · ·

n α(n)

!

,

jossa lähtöjoukon alkio ja sen kuva ovat alakkain.

22 / 24

Esimerkki E1 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Lasketaan ryhmässä S3 . Olkoot τ=

1 2 3 2 1 3

!

,

ja

σ=

1 2 3 2 3 1

!

.

Muodosta permutaatiot στ , τ σ ja τ 2 . Ratkaisu: Käytetään kuvausten yhdistämisen määritelmää. Koska σ(τ (1)) = σ(2) = 3, σ(τ (2)) = σ(1) = 2 ja σ(τ (3)) = σ(3) = 1, niin στ =

1 2 3 3 2 1

!

.

23 / 24

Esimerkki E2 Binäärioperaatio Assosiatiivisuus Miksi? Neutraalialkio Käänteisalkio Ryhmä Esimerkkejä A Esimerkki B1 Esimerkki B2 Käänteisalkio 2 Käänteisalkio 3 Jäännösluokat 1 Jäännösluokat 2 Jäännösluokat 3 Jäännösluokat 4 Jäännösluokat 5 Kommutatiivisuus Potenssi Esimerkki C Esimerkki D Bijektiot Symm. ryhmät Esimerkki E1 Esimerkki E2

Samoin saadaan τ (σ(1)) = τ (2) = 1, τ (σ(2)) = τ (3) = 3, τ (σ(3)) = τ (1) = 2, joten τσ =

1 2 3 1 3 2

!

.

Edelleen τ (τ (1)) = τ (2) = 1, τ (τ (2)) = τ (1) = 2 ja τ (τ (3)) = τ (3) = 3, joten τ 2 = idJn = 1 τ2 =

1 2 3 1 2 3

!

.

24 / 24

Esimerkki A1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Tehtävä: Olkoon G neljän alkion ryhmä. Osoita, että sen ryhmätaulu on alkioiden nimeämistä vaille jompikumpi Monisteen esimerkin 2.1.19 ryhmätauluista. Ratkaisu: Olkoon G = {1, a, b, c}, missä 1 on neutraalialkio (multipl. merkinnät). Tarkastelu jakautuu kahtia sen mukaan, löytyykö ryhmästä G sellainen alkio, jonka neliö on 6= 1 vai ei. Oletetaan ensin, että tällainen alkio on olemassa. Voimme nimetä alkiot uudelleen siten, että a on kyseinen alkio. Jos olisi a2 = a = a1, niin supistamissäännön perusteella olisi a = 1, mikä on ristiriita. Näin ollen a2 ei ole a eikä 1, joten se on toinen muista alkioista. Nimetään alkiot siten, että a2 = b.

1 / 20

Esimerkki A2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Tiedämme ryhmän G taulusta nyt seuraavat osat · 1 a b c

1 a b c 1 a b c a b b c

Taulun toinen rivi määräytyy ‘sudokusäännöistä’ (Lause 2.1.15) täysin. Rivin kaksi tuntematonta tuloa (ab ja ac) on pakko olla c ja 1 jommassa kummassa järjestyksessä. Koska c ei saa esiintyä kahdesti missään sarakkeessa, on oltava ab = c ja ac = 1. Samoin toinen sarake täydentyy pakottavasti: ba = c, ca = 1.

2 / 20

Esimerkki A3 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

· 1 a b c

1 1 a b c

a b c a b c b c 1 c 1

Mietitään seuraavaksi, mitä on bc? Kolmannella rivillä on jo tulot b ja c, joten sen on oltava a tai 1. Neljännessä sarakkeessa on jo 1, joten ainoa vaihtoehto on bc = a. Siitä taulu määräytyykin jo täysin: bb = 1, cb = a, cc = b, eli monisteen vasemman puoleinen taulu (C4 ).

3 / 20

Esimerkki A4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Toisena vaihtoehtona oli tilanne, jossa ryhmän kaikki alkiot toteuttavat yhtälön x2 = 1. Tässä tapauksessa tiedämme ryhmätaulusta osat · 1 a b c

1 a b c 1 a b c a 1 b 1 c 1

Sudokusäännöt määräävät jälleen kaiken! On oltava ab = c, koska muutoin joko a-rivillä tai b-sarakkeella olisi toistoa. Edelleen ac = b, ba = c, bc = a, ca = b ja cb = a, ja saamme Kleinin neliryhmän taulun.

4 / 20

Esimerkki A5 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Emme ole vielä osoittaneet, että kumpikaan ryhmätaulu toteuttaa kaikki ryhmäaksioomat! Neutraalialkio on ilmeinen. Edelleen näemme, että ryhmässä C4 on a−1 = c, b = b−1 ja c−1 = a. Kleinin neliryhmässä jokainen alkio on itsensä käänteisalkio. Assosiatiivilaki? Sen käyminen läpi olisi brutaali työ. Kuittaamme sen esittämällä esimerkit ryhmistä, joilla on halutun näköiset ryhmätaulut (ja tunnetusti assosiatiivinen laskutoimitus), jolloin esitettyjen operaatioiden assosiatiivisuus seuraa.

5 / 20

Esimerkki A6 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Merkitään ryhmässä G = Z∗5 : 1 = 1, 2 = a, 4 = a2 = b ja 3 = c. Tällöin saamme C4 :n ryhmätaulun: Z∗5 1 2 4 3

1 1 2 4 3

2 2 4 3 1

4 4 3 1 2

3 3 1 2 4

Kleinin neliryhmän ryhmätaulu saadaan puolestaan ryhmälle Z∗8 valinnoilla: 1 = 1, a = 3, b = 5, c = 7.

6 / 20

Suora tulo Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Jos (G1 , ∗) ja (G2 , ⋆) ovat kaksi ryhmää, niin voimme määritellä ryhmärakenteen karteesiseen tuloon G1 × G2 = {(g1 , g2 ) | g1 ∈ G1 , g2 ∈ G2 }. Määritellään laskutoimitukseksi operaatio · (g1 , g2 ) · (g1′ , g2′ ) = (g1 ∗ g1′ , g2 ⋆ g2′ ). Se on järkevä, koska ∗ yhdistää G1 :n alkioita ja ⋆ G2 :n. Aksioomat on helppo tarkistaa: G0 ja G1 toteutuvat, koska ne pitivät paikkansa ryhmille G1 ja G2 . Pari (1G1 , 1G2 ) kelpaa neutraalialkioksi, ja alkion (g1 , g2 ) käänteisalkioksi käy (g1−1 , g2−1 ). Saatua ryhmää kutsutaan ryhmien G1 ja G2 suoraksi tuloksi.

7 / 20

Esimerkkejä B1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

■ ■ ■ ■

Ryhmän Z3 × Z∗3 neutraalialkio on (0, 1). Ryhmässä Z6 × Z4 alkion (5, 2) vasta-alkio on (−5, −2) = (1, 2). Ryhmässä Z8 × Z5 on (3, 3) + (4, 4) = (7, 2). Ryhmässä R × R on (x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 ),

■

joten kyseessä on tavallinen tason R2 vektorien yhteenlasku. Ryhmän Z × Z operaationa on myös tason vektorien yhteenlasku. Nyt koordinaatit molemmat kokonaislukuja (ks. seuraava kalvo).

8 / 20

Esimerkkejä B2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

y 4

2

-4

2

-2

4

x

-2

-4

9 / 20

Esimerkki C Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Osajoukko H = {0, 2, 4} on ryhmän Z6 aliryhmä: Z6 0 1 2 3 4 5

0 0 1 2 3 4 5

1 1 2 3 4 5 0

2 2 3 4 5 0 1

3 3 4 5 0 1 2

4 4 5 0 1 2 3

5 5 0 1 2 3 4

Ryhmätaulusta nähdään (punainen), että kun a, b ∈ H, niin myös a + b ∈ H. Lisäksi −2 = 4 ∈ H ja −4 = 2 ∈ H, joten H:n alkion vasta-alkio ∈ H.

10 / 20

Esimerkki D Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Olkoon m ∈ Z jokin kiinnitetty kokonaisluku. Osoitetaan, että joukko mZ = {mn | n ∈ Z} on ryhmän (Z, +) aliryhmä. Todistus: Joukko mZ 6= ∅, sillä m · 0 = 0 ∈ mZ. Olkoot a ja b joukon mZ mielivaltaisia alkioita. Tällöin a = ma′ ja b = mb′ joillekin a′ , b′ ∈ Z. Luvun b vastaluku −b = −mb′ . Näemme, että a + (−b) = a − b = ma′ − mb′ = m(a′ − b′ ) ∈ mZ, koska a′ − b′ ∈ Z. Lauseen 2.2.6 kohdan (i) nojalla mZ ≤ Z.

11 / 20

Esimerkki E Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Tehtävä: Selitä, miksi joukko H = 2Z ∪ 3Z = {0, ±2, ±4, ±6, · · · } ∪ {0, ±3, ±6, ±9, · · · } EI ole ryhmän (Z, +) aliryhmä. Ratkaisu: Selvästi 2 ∈ H ja 3 ∈ H. Koska joukon H jokainen alkio on joko jaollinen kahdella tai jaollinen kolmella, niin 5∈ / H. Koska 5 = 2 + 3, niin joukko H ei ole suljettu Z:n ryhmäoperaation (=yhteenlasku) suhteen. Se ei siis ole aliryhmä. Huomaa, että Seurauksen 2.2.7 nojalla 2Z ∩ 3Z ON ryhmän (Z, +) aliryhmä.

12 / 20

Esimerkki F Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Olkoon G = Gl2 (R). Osoita, että SL2 (R) := {A ∈ M2 (R) | det A = 1} ≤ G Ratkaisu: Jos A ∈ SL2 (R), niin det A 6= 0. Näin ollen A on säännöllinen, ja A ∈ G. Erityisesti siis SL2 (R) ⊆ G. Koska det(I2 ) = 1, niin I2 ∈ SL2 (R). Näin ollen SL2 (R) ei ole tyhjä. Oletetaan sitten, että A, B ∈ SL2 (R). Tällöin lineaarialgebarn tietojen perusteella det(AB

−1

) = det(A) · det(B

−1

1 det A = = 1. )= det B 1

Näin ollen AB −1 ∈ SL2 (R). Lauseen 2.2.6. kriteerin (i) nojalla SL2 (R) ≤ G.

13 / 20

Esimerkki G Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Osoita, että oheinen joukko H ≤ GL2 (R). H=

(

a b 0 d

!

∈ M2 (R) | ad 6= 0

)

Todistus: Selvästi I2 ∈ H, joten H 6= ∅. Olkoot A1 =

a1 b1 0 d1

!

,

A2 =

a2 b2 0 d2

!

kaksi mielivaltaista joukon H matriisia. Tällöin a1 , a2 , d1 , d2 6= 0. Nyt A1 A−1 2

=

a1 /a2 (a1 b2 − b1 d2 )/(d1 d2 ) 0 d1 /d2

!

∈ H.

Väite seuraa. 14 / 20

Esimerkki H Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Osoita, että joukko D2 =

(

d1 0 0 d2

!

∈ M2 (R) | d1 6= 0, d2 6= 0

)

on ryhmä matriisien kertolaskun suhteen. Ratkaisu: Selvästi joukon D2 jokaisen matriisin determinantti 6= 0, joten D2 ⊆ GL2 (R). Selvästi D2 6= ∅. Jos A = diag(d1 , d2 ) ja B = diag(d′1 , d′2 ) ovat joukon D2 mielivaltaisia alkioita, niin AB

−1

=

d1 /d′1 0

0 d2 /d′2

!

∈ D2 .

Näin ollen D2 ≤ GL2 (R). Aliryhmänä D2 on ryhmä ryhmän GL2 (R) operaation eli matriisikertolaskun suhteen.

15 / 20

Esimerkki I Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Olkoot m > 1 ja a kokonaislukuja, syt(a, m) = 1. Osoita, että H = {ak ∈ Z∗m | k ∈ N} ≤ Z∗m . Todistus: Koska a0 = 1 ∈ H, niin H on epätyhjä. Olkoot x, y ∈ H mielivaltaisia. Tällöin x = ak ja y = aℓ joillekin k, ℓ ∈ N. Tällöin k + ℓ ∈ N ja siis xy = ak · aℓ = ak+ℓ ∈ H. Koska joukko Z∗m on äärellinen, Lauseen 2.2.6 kriteerin (ii) nojalla H ≤ Z∗m .

16 / 20

Esimerkki J1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Olkoon H = {(x, y) ∈ Z × Z | x ≡ y

(mod 2)}.

Osoita, että H ≤ Z × Z. Ratkaisu: Koska 0 ≡ 0 (mod 2), niin (0, 0) ∈ H ja H 6= ∅. Jos a = (x1 , y1 ) ja b = (x2 , y2 ) ovat mielivaltaisia H:n alkioita, niin a − b = (x1 − x2 , y1 − y2 ). Tässä x1 ≡ y1 (mod 2) ja x2 ≡ y2 (mod 2), joten vähentämällä nämä kongruenssit puolittain saadaan niiden seurauksena x1 − y1 ≡ x2 − y2 (mod 2). Näin ollen a − b ∈ H, ja siis Lauseen 2.2.6. kriteerin (i) nojalla H ≤ Z × Z. MOT. Seuraavalla kalvolla aliryhmän H alkiot korostettu punaisella.

17 / 20

Esimerkki J2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

y 4

2

-4

2

-2

4

x

-2

-4

18 / 20

Esimerkki K Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Olkoon n ∈ N, n > 1 ja kiinnitetään luku k ∈ Jn = {1, 2, 3, . . . .n}. Osoita, että H = {σ ∈ Sn | σ(k) = k} ≤ Sn . Ratkaisu: Selvästi identiteettikuvaus pitää luvun k paikallaan, joten H 6= ∅. Jos σ, τ ∈ H, niin σ(k) = k = τ (k). Tällöin myös (στ )(k) = σ(τ (k)) = σ(k) = k, joten στ ∈ H. Koska Sn on äärellinen, Lauseen 2.2.6. kriteerin (ii) nojalla H ≤ Sn .

19 / 20

Keskus Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4 Esimerkki A5 Esimerkki A6 Suora tulo Esimerkkejä B1 Esimerkkejä B2 Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Esimerkki H Esimerkki I Esimerkki J1 Esimerkki J2 Esimerkki K Keskus

Oletetaan, että G on ryhmä. Määritellään sen keskus Z(G) = {a ∈ G | ax = xa kaikille x ∈ G}. Osoita, että Z(G) ≤ G. Todistus: Koska 1x = (x =)x1 olipa x ∈ G mikä tahansa, niin 1 ∈ Z(G) (AR2). Jos b ∈ Z(G), niin yhtälö xb = bx toteutuu kaikilla x ∈ G. Kertomalla tämä yhtälö puolittain vasemmalta ja oikealta alkiolla b−1 saadaan yhtälö b−1 x = xb−1 , mikä osoittaa, että b−1 ∈ Z(G) (AR3). Jos a, b ∈ Z(G), niin kaikille x ∈ G on voimassa (ab)x = a(bx) = a(xb) = (ax)b = (xa)b = x(ab), assosiatiivilain ja oletusten nojalla. Näin ollen ab ∈ Z(G) (AR1), ja väite seuraa. 20 / 20

Esimerkki A Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Syklinen ryhmä Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Lagrange

Tehtävä: Osoita, että ryhmät Z∗5 ja Z∗11 ovat yhden alkion generoimia. Ratkaisu: Keskiviikon kalvolla ‘Esimerkki A6’ nähtiin, miten ryhmän Z∗5 kaikki alkiot saadaan jäännösluokan 2 potensseina, joten Z∗5 = h2i. Kokeillaan samaa ryhmässä Z∗11 : 0

2 = 2,

3

2 = 5,

6

2 = 7,

9

2

2 = 1, 2 = 8, 2 = 9, 2 = 6,

1

2 = 4,

4

2 = 10,

7

2 = 3,

10

2 5 8

= 1.

Siis myös Z∗11 = h2i.

1 / 10

Esimerkki B Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Syklinen ryhmä Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Lagrange

Olkoon H = {(x, y) ∈ Z × Z | x ≡ y

(mod 2)} ≤ Z × Z.

Osoita, että H on vektorien u = (1, 1) ja v = (2, 0) generoima. Ratkaisu: Olkoon r = (x, y) ∈ H mielivaltainen. Tällöin r − yu = (x − y, 0). Koska tässä x − y on parillinen, näemme että (x − y) r= v + yu. 2 Tässä (x − y)/2 on kokonaisluku, joten väite seuraa.

2 / 10

Esimerkki C1 Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Syklinen ryhmä Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Lagrange

Osoita, että ryhmä S3 on alkioiden τ=

1 2 3 2 1 3

!

ja

1 2 3 2 3 1

σ=

!

.

generoima. Ratkaisu; Neutraalialkio 1 = 1S3 on tietenkin mukana. Samoin τ ja σ sellaisinaan. Näemme helposti, että τ 2 = 1, joten pelkästään τ :n potensseina emme saa muuta. Laskemalla näemme, että 2

σ =

1 2 3 3 1 2

!

.

Mutta τ 3 = 1, joten tarvitaan myös muuta.

3 / 10

Esimerkki C2 Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Syklinen ryhmä Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Lagrange

Viikon 3 kalvoilla laskimme τσ =

1 2 3 1 3 2

!

1 2 3 3 2 1

!

ja στ =

.

Näin onkin kaikki 6 S3 :n alkiota kirjoitettu σ:n ja τ :n avulla, joten väite seuraa. Muut tulot eivät voi enää tuottaa uusia permutaatioita. Esimerkiksi τ σ 2 = στ , στ σ = τ , στ στ = 1, . . ..

4 / 10

Esimerkki D Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Syklinen ryhmä Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Lagrange

Tietyntyyppiset pulmapelit perustuvat siihen, että ryhmän valittu alkio (tai ehkä pikemminkin sen käänteisalkio) on tuotettava generoivien alkeellisten siirtojen, ja niiden potenssien ja käänteisalkioiden tulona. Tällöin on hyväksi, jos alkeissiirtojen generoima ryhmä on mahdollisimman suuri eikä ole aivan ilmeistä, miten valittu alkio saadaan generaattorien avulla. ■ ■

Rotation-peli. http://users.utu.fi/lahtonen/rubik.html

5 / 10

Syklinen ryhmä Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Syklinen ryhmä Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Lagrange

Ryhmää sanotaan sykliseksi, jos sen generoi yksi alkio. ■ ■ ■ ■

■

■ ■

(Z, +) on syklinen, koska alkio 1 generoi sen. (Zm , +) on syklinen, koska alkio 1 generoi sen. Esimerkissä A näimme, että Z∗5 ja Z∗11 ovat syklisiä, generoiva alkio 2. Myöhemmillä kursseilla todistetaan, että Z∗m on syklinen aina, kun m on alkuluku (toimii muillakin m:llä, ehkä sekin todistetaan). Esimerkin B ryhmä ei ole syklinen, koska yhden vektorin generoiman aliryhmän pisteet ovat kaikki samalla suoralla. Syklinen ryhmä on aina Abelin ryhmä (ci · cj = ci+j = cj · ci ), joten S3 ei ole syklinen. Syklisen ryhmän rakenne (ryhmätaulu) määräytyy täysin, kun tiedetään matalin generaattorin potenssi, joka palautuu neutraalialkioksi. 6 / 10

Esimerkki E Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Syklinen ryhmä Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Lagrange

Määrätään ‘kellotauluryhmän’ G = Z12 kaikki sykliset aliryhmät. Ratkaisu: Käydään läpi ryhmän alkiot. h0i = {0}, h1i = G = h5i = h7i = h11i, h2i = {0, 2, 4, 6, 8, 10} = h10i, h3i = {0, 3, 6, 9} = h9i, h4i = {0, 4, 8} = h8i, h6i = {0, 6}.

7 / 10

Esimerkki F Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Syklinen ryhmä Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Lagrange

Esimerkin B aliryhmän H ≤ Z × Z sivuluokkia on kaksi: (0, 0) + H (punaiset) ja (1, 0) + H = (0, 1) + H (mustat).

y 4

2

-4

2

-2

4

x

-2

-4

8 / 10

Esimerkki G Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Syklinen ryhmä Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Lagrange

Olkoot G = GL2 (R), H = SL2 (R) ≤ G ja A ∈ G mielivaltainen. Osoita, että AH = {B ∈ G | det B = det A} = HA. Todistus: Jos B kuuluu vasempaan sivuluokkaan AH, niin B = AX, missä X ∈ SL2 (R). Näin ollen det B = det(AX) = det(A) det(X) = det(A) · 1 = det A. Joka tapauksessa voimme kirjoittaa B = A(A−1 B). Jos siis oletamme, että det B = det A, niin tällöin det(A−1 B) = 1, eli X = A−1 B ∈ SL2 (R). Näin ollen B = AX ∈ AH. Symmetrinen päättely todistaa myös oikeaa sivuluokkaa koskevan väitteen.

9 / 10

Lagrange Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Syklinen ryhmä Esimerkki E Esimerkki F Esimerkki G Lagrange

Oletus: H ≤ G ovat ryhmiä, #G < ∞, a, b, c ∈ G. ■ ■

ah = ah′ sjvsk h = h′ , joten #aH = #H. Relaatio "a ∼ b ⇔ b ∈ aH ⇔ b = aH jollekin h ∈ H"on ekvivalenssirelaatio: a = a1 ∈ aH, joten a ∼ a. Jos a ∼ b niin b = ah jollekin h ∈ H. Siis a = bh−1 ∈ bH eli b ∼ a. ◆ Jos a ∼ b ja b ∼ c, niin b = ah1 , c = bh2 joillekin h1 , h2 ∈ H. Siis c = bh2 = (ah1 )h2 = a(h1 h2 ) ∈ aH eli a ∼ c. ◆ ◆

■ ■ ■

[a] = aH Joukko G on sivuluokkien aH alkiovieras unioni. Tässä a käy läpi relaation ∼ edustajiston D. Lagrangen lause: #G = #H · #D. Erityisesti #H | #G. 10 / 10

Esimerkki A1 Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Jaetaan ryhmä G = Z∗17 aliryhmän H = h4i sivuluokkiin. Ratkaisu: Koska 17 on alkuluku, #G = 16, alkiona jäännösluokat a, a = 1, 2, . . . , 16. Määrätään ensin aliryhmän H alkiot: 2

3

4

H = h4i = {1, 4, 4 = 16 = −1, 4 = −4 = 13, 4 = −16 = 1}. Huomaamme, että #H = 4 | 16 = #G, kuten Lagrangen lause lupaakin. Sitten voidaankin käydä läpi G:n alkiot. Vältetään toistot. 1H = H = 4H = −1H = −4H 2H = {2, 8, 15, 9} = 8H = 15H = 9H 3H = {3, 12, 14, 5} = 12H = 14H = 5H 6H = {6, 7, 11, 10} = 7H = 11H = 10H 1 / 15

Alkion kertaluku Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

G ryhmä, x ∈ G. Sanotaan, että alkion x kertaluku (ryhmässä G),ordG (x) on sen generoiman aliryhmän kertaluku: ordG (x) := #hxi. ■ ■ ■ ■ ■ ■

ordZm (1) = m. ordR∗ (−1) = 2. ordG (x) = m on pienin positiivinen eksponentti, jolle xm = 1 (jos tällainen on olemassa). ordZ (1) = ∞. xm = 1 ⇔ ordG x | m. ordZ∗17 (4) = 4 (ks. Esimerkki A).

2 / 15

Seurauksia Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

■ ■

Äärellisessä ryhmässä G, ordG (x) | #G kaikille x ∈ G. Erityisesti ryhmässä Z∗m on siis voimassa aϕ(m) = 1 =⇒ aϕ(m) ≡ 1 (mod m)

■

aina, kun syt(a.m) = 1. Erityisesti, jos p on alkuluku, niin aina, kun p ∤ a on voimassa Fermat’n pieni lause ap−1 ≡ 1

(mod p).

3 / 15

Esimerkki B Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Tehtävä: Laske luvun 123312 jakojäännös modulo 29. Ratkaisu: Liikutaan ryhmässä G = Z∗29 . Tässä 123 = 116 + 7 ≡ 7 (mod 29). Koska 29 on alkuluku, niin ϕ(29) = 28, ja tiedämme, että ordG (7) | 28. Lisäksi 312 = 308 + 4 ≡ 4

(mod 28).

Näin ollen 123312 ≡ 7312 = 7308 · 74 ≡ (728 )11 · 74 = 111 · 74 = 74 = 492 ≡ (−9)2 = 81 ≡ 23 (mod 29).

4 / 15

Esimerkki C1 Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Osoita, että G = Z∗257 = h3i. Ratkaisu: Koska 257 on alkuluku, niin #Z∗257 = 257 − 1 = 256 = 28 . Näin ollen jäännösluokan 3 kertaluku on luvun 28 tekijä eli 2k , missä k = 0, 1, . . . , 8. Peräkkäinen neliöinti hoitaa tämän nopeasti: 31 = 3 6≡ 1, 32 ≡ 9 6≡ 1

(mod 257),

34 = 92 ≡ 81 6≡ 1

(mod 257),

38 = 812 = 6561 ≡ 136 6≡ 1

(mod 257),

5 / 15

Esimerkki C2 Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Lasketaan: 316 ≡ 1362 = 18496 ≡ 249 ≡ −8 6≡ 1 332 ≡ (−8)2 = 64 6≡ 1

(mod 257),

(mod 257),

364 ≡ 642 = 4096 ≡ −16 6≡ 1 3128 ≡ (−16)2 = 256 ≡ −1 6≡ 1

(mod 257), (mod 257).

2k

Jos siis tässä 0 ≤ k < 8, niin 3 6≡ 1 (mod 257). Näin ollen mikään niistä ei ole = ordG (3). On siis oltava ordG (3) = 256, eli alkion 3 potensseina saadaan ryhmässä G 256 eri alkiota. MOT.

6 / 15

Normaali aliryhmä Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Oletetaan N ≤ G. Sanotaan, että aliryhmä N on ryhmän G normaali aliryhmä, merkitään N E G, jos kaikille a ∈ G aN = N a. ■ ■

Jos G on Abelin ryhmä, niin sen kaikki aliryhmät ovat G:n normaaleja aliryhmiä. Jos N :llä on kaksi (vasenta) sivuluokkaa ryhmässä G (indeksi [G : N ] = 2), niin N E G: Jos a ∈ N , niin aN = N = N a, joten aN = N a. Jos a ∈ / N , niin tällöin aN = G \ N , koska kaikki ne G:n alkiot, jotka eivät kuulu aliryhmään N ovat samassa vasemmassa sivuluokassa. Samasta syystä a∈ / N =⇒ N a = G \ N . ◆ Kummassakin tapauksessa aN = N a, joten väite seuraa. ◆ ◆

7 / 15

Esimerkki D1 Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Tarkastellaan 2 × 2 matriisien joukkoja B= ja

(

) ! a b a, b, d ∈ R, ad 6= 0 0 d

U=

(

1 0

) ! x x∈R . 1

Osoitetaan, että U E B, mutta U E 6 GL2 (R).

Ratkaisu: Viikon 4 keskiviikon Esimerkissä G osoitimme, että B ≤ GL2 (R), joten se on ryhmä. Osoitetaan sitten, että U ≤ B. Selvästi U 6= ∅.

8 / 15

Esimerkki D2 Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Olkoot A1 =

1 x 0 1

!

,

A2 =

1 y 0 1

!

mielivaltaisia U :n alkioita. Näemme, että A−1 2 =

1 −y 0 1

!

ja A1 A−1 2 =

1 x−y 0 1

!

,

joten A1 A−1 2 ∈ U . Siis U ≤ B.

9 / 15

Esimerkki D3 Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Seuraavaksi osoitetaan, että U E B. Olkoot A=

a b 0 d

!

∈B

ja X =

1 x 0 1

!

∈U

mielivaltaisia. Tällöin −1

A

1 = ad

d −b 0 a

!

joten AXA−1 =

1 0

ax d

1

!

∈ U.

Väite seuraa.

10 / 15

Esimerkki D4 Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Lopuksi osoitetaan, ettei U ole ryhmän GL2 (R) normaali aliryhmä. Valitaan A=

0 1 1 0

!

∈ GL2 (R)

ja X =

1 1 0 1

!

∈ U.

Tällöin A = A−1 ja AXA−1 =

1 0 1 1

!

∈ / U.

Normaalisuuskriteeri ei siis ole voimassa ja väite seuraa.

11 / 15

Tekijäryhmä Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Oletetaan, että G on ryhmä ja N E G. Merkitään sivuluokkien joukkoa G/N = {aN | a ∈ G}. Joukossa G/N voidaan määritellä operaatio aN ⋆ bN = (ab)N. ■

■

Hyvinmääritelty: jos aN = a′ N ja bN = b′ N , niin (ab)N = (a′ b′ )N . Ei onnistu jos N ei ole normaali aliryhmä! ⋆ “perii” ryhmäaksioomat ryhmältä G, kunhan operaatio on hyvinmääritely (G0).

Saatua ryhmää kutsutaan tekijäryhmäksi. Esimerkki Z/mZ = Zm . 12 / 15

Esimerkki A2 Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Tehtävä: Olkoon G = Z∗17 ja H = h4i. Osoita, että H E G ja kirjoita näkyviin tekijäryhmän G/H ryhmätaulu. Selvitä, onko ryhmä G/H syklinen. Ratkaisu: Koska G on Abelin ryhmä, niin sen jokainen aliryhmä, erityisesti siis H on normaali. Esimerkissä A1 näimme, että H = {1, 4, 16, 13} ja että G/H = {H, 2H, 3H, 6H}.

13 / 15

Esimerkki A3 Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Ryhmätauluksi saadaan 2H 3H 6H G/H H H H 2H 3H 6H 2H 2H 4H = H 6H 12H = 3H 3H 3H 6H 9H = 2H 18H = H 6H 6H 12H = 3H 18H = H 36H = 2H Kokeilemalla näemme, että sivuluokka 3H generoi ryhmän G/H, sillä sen potensseina (3H)2 = 2H, (3H)3 = 6H saatiin muut (neutraalialkiosta eroavat) sivuluokat. Ryhmä G/H on siis syklinen.

14 / 15

Homomorfismi Esimerkki A1 Alkion kertaluku Seurauksia Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Normaali aliryhmä Esimerkki D1 Esimerkki D2 Esimerkki D3 Esimerkki D4 Tekijäryhmä Esimerkki A2 Esimerkki A3 Homomorfismi

Oletetaan, että (G, ·) ja (G′ , ∗) ovat ryhmiä. Jos funktio f : G → G′ toteuttaa ehdon f (xy) = f (x) ∗ f (y) kaikille x, y ∈ G, niin sitä kutsutaan (ryhmä)homomorfismiksi. Tällöin: ■ ■ ■

1G′ ∗ f (1G ) = f (1G ) = f (1G 1G ) = f (1G ) ∗ f (1G ), joten supistamissäännön nojalla f (1G ) = 1G′ . f (x) ∗ f (x−1 ) = f (xx−1 ) = f (1G ) = 1G′ , joten f (x−1 ) = f (x)−1 . Induktiolla nähdään, että f (xn ) = f (x)n kaikille x ∈ G ja n ∈ Z.

15 / 15

Esimerkki E Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

■ ■ ■ ■ ■

Koska ex+y = ex · ey , f (x) = ex on homomorfismi ryhmästä (R, +) ryhmään (R+ , ·). Vastaavasti ln(xy) = ln x + ln y, joten logaritmifunktio on homomorfismi ryhmästä (R+ , ·) ryhmään (R, +). det : GLn (R) → R∗ on homomorfismi, koska det(AB) = det(A) det(B) kaikille A, B ∈ GLn (R). Jos G on ryhmä ja a ∈ G, niin sääntö f (n) = an on homomorfismi ryhmästä (Z, +) ryhmään G. Jos G on ryhmä ja N E G, niin luonnollinen projektio f (a) = aN on homomorfismi ryhmästä G tekijäryhmään G/N .

Homomorfismi on kuvaus, joka ‘kunnioittaa ryhmäoperaatioita’, tai ‘säilyttää rakenteen’.

1 / 17

Esimerkki F1 Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Tehtävä: Olkoon Cn = {1 = cn , c, c2 , . . . , cn−1 } kertalukua n oleva syklinen ryhmä, G jokin toinen ryhmä, ja a ∈ G. Osoita, että sääntö f (ci ) = ai , kaikille i = 0, 1, 2, . . . , n − 1 määrittelee ryhmähomomorfismin f : Cn → G sjvsk an = 1G . Todistus: Ehdon välttämättömyys seuraa siitä, että f on funktio, sillä on oltava 1G = f (1) = f (cn ) = f (c)n = an .

2 / 17

Esimerkki F2 Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Ehdon riittävyys seuraa siitä, että jos an = 1, niin tällöin f (ci ) = ai kaikille i ∈ Z. Tämä siksi, että ci = cj sjvsk i ≡ j (mod n). Jos siis ci = cj , niin i = j + kn jollekin k ∈ Z. Tällöin myös ai = aj+kn = aj akn = aj 1kG = aj . Jos siis tässä 0 ≤ j < n, niin f (ci ) = f (cj ) = aj = ai . Homomorfiaehto seuraa sitten laskusta f (ci cj ) = f (ci+j ) = ai+j = ai aj = f (ci )f (cj ), joka on voimassa kaikille i, j ∈ Z.

3 / 17

Esimerkki G Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Tehtävä: Määrää kaikki homomorfismit ryhmästä Z3 ryhmään Z9 . Ratkaisu: Lähtöjoukko Z3 on syklinen ryhmä, generaattorina 1, jonka kertaluku on kolme. Jos tiedämme, että f (1) = a, niin tällöin f (0) = 0 ja f (2) = f (1 + 1) = f (1) + f (1) = a + a = 2a, joten homomorfismi määräytyy täysin, kun tiedetään, mitkä valinnat luvulle a ovat sallittuja. Esimerkin F tuloksen nojalla (potenssi muuttuu additiivista merkintää käytettäessä kokonailukumonikerraksi) välttämätön ja riittävä ehto on 3a = 0. Tämä ehto toteutuu valinnoilla a ∈ {0, 3, 6}. Siis homomorfismeja on kolme kappaletta: f1 (x) = 0, f2 (x) = 3x, f3 (x) = 6x, kaikille x ∈ Z3 . 4 / 17

Kuva ja ydin Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Olkoon f : G → G′ ryhmähomomorfismi. Määritellään sen ydin (eng. kernel) ja kuva (eng. image) seuraavasti: Ker(f ) = {x ∈ G | f (x) = 1G′ }(= f −1 ({1G′ })), Im(f ) = {f (x) | x ∈ G}. ■ ■ ■ ■

Im(f ) ≤ G′ . Ker(f ) E G. f on surjektio sjvsk. Im(f ) = G′ . f on injektio sjvsk. Ker(f ) = {1G }.

5 / 17

Esimerkki H Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Olkoon G ryhmä, a ∈ G ja f : Z → G säännön f (n) = an antama homomorfismi (Esimerkki E, 4 bulletti). Tällöin Im(f ) = {f (n) | n ∈ Z} = {an ∈ G | n ∈ Z} = hai on yksinkertaisesti alkion a generoima ryhmän G aliryhmä. Väite: Jos ordG (a) = m < ∞, niin Ker(f ) = mZ. Jos taas ordG (a) = ∞, niin Ker(f ) = {0}. Todistus: Tämä seuraa aiemmasta havainnosta: an = 1G sjvsk n on jaollinen luvulla ordG (a). Nyt siis n ∈ Ker(f ) sjvsk ordG (a) | n.

6 / 17

Esimerkki I Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Dem. III tehtävän 7 ratkaisussa osoitettiin, että kuvaus f : (R, +) → GL2 (R), f (x) =

cos x − sin x sin x cos x

!

on homomorfismi. Näemme, että sen kuvan muodostavat tason R2 rotaatiot (kuvia myöhemmin). Selvästi f (x) = I2 sjvsk kun x on luvun 2π kokonaisluku monikerta. Siis Ker(f ) = 2πZ = h2πi ≤ (R, +).

7 / 17

Isomorfismi Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Jos homomorfismi f : G → G′ on bijektio, niin sitä kutsutaan isomorfismiksi ja sanotaan, että ryhmät G ja G′ ovat keskenään isomorfisia, merkitään G ≃ G′ . ■ ■ ■ ■

Logaritmifunktio antaa isomorfismin G = (R+ , ·) → G′ = (R, +). Jos f : G → G′ ja g : G′ → G′′ ovat isomorfismeja, niin yhdistetty kuvaus g ◦ f on sekin isomorfismi. Esimerkin F tuloksen avulla nähdään, että kaksi samaa kertalukua olevaa syklistä ryhmää ovat isomorfisia. Neljän alkion ryhmä on isomorfinen joko ryhmän C4 tai Kleinin neliryhmän kanssa (tai vaihtoehtoisesti joko Z∗5 :n tai Z∗8 :n kanssa.

Ryhmäteorian mielessä keskenään isomorfiset ryhmät ovat samanlaiset. Niillä on alkioiden nimeämistä (eli isomorfiaa!!) vaille samat ryhmätaulut. 8 / 17

Esimerkki J Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Tehtävä: Konstruoi isomorfismi ryhmien Z6 ja Z∗7 välille. 6

Ratkaisu: Koska (Lagrange) 3 = 1 kuvaus f : Z6 → Z∗7 f (n) = 3n on Esimerkin F nojalla homomorfismi. Koska se on bijektio — f (0) = 1, f (1) = 3,f (2) = 2,f (3) = 6, f (4) = 4,f (5) = 5 — niin se on isomorfismi. Myöhemmin todistetaan, että Z∗p on syklinen aina, kun p on alkuluku. Täten on olemassa isomorfismi Z∗p → Zp−1 .

9 / 17

Esimerkki K1 Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Esimerkissä C näimme, että kuvaus f (n) = 3

n

on isomorfismi ryhmältä Z256 ryhmälle Z∗257 . Koska f on luonteeltaan eksponenttifunktio, tämän (tai vastaavan) isomorfismin käänteistä isomorfismia Z∗p → Zp−1 kutsutaan diskreetiksi logaritmiksi. Päinvastoin kuin tavalliselle reaalilukujen logaritmille ei tunneta tehokasta menetelmää diskreettien logaritmien laskemiseksi: Jos tiedämme, että p on (iso) alkuluku, ja c ryhmän Z∗p generaattori ja a ∈ Z∗p on satunnainen alkio, niin on vaikeaa löytää sellainen eksponentti x ∈ Z, jolle g x = a.

10 / 17

Esimerkki K2 Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Vastaava ongelma (additiivisessa) ryhmässä Zp−1 on helppo. Jos g on jokin kyseisen ryhmän generaattori, ja a satunnainen alkio, niin kertoimen x ratkaiseminen yhtälöstä xg = a vastaa kongruenssin gx ≡ a (mod p − 1) ratkaisemista, ja tähän Eukleideen algoritmi tarjoaa tehokkaan menetelmän (tässä syt(g, p − 1) = 1). Tehtävän vaikeutta ryhmässä Z∗p käytetään hyväksi mm. takaamaan erään sähköisen allekirjoituksen turvallisuus http://en.wikipedia.org/wiki/ElGamal_signature_scheme. Pelkkä isomorfian olemassaolo ei siis aina riitä, jos ei ole menetelmää sen laskemiseksi. 11 / 17

Homomorfialause 1 Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Jos N E G, niin projektio p : G → G/N, p(a) = aN on ■ ■ ■

homomorfismi, surjektio, ja Ker p = N .

Homomorfialause (eng. joskus Sophomore Theorem) sanoo, että ‘isomorfiaa vaille’ jokainen surjektiivinen ryhmähomomorfismi on itse asiassa tämän kaltainen.

12 / 17

Homomorfialause 2 Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Olkoon f : G → G′ ryhmähomomorfismi. Tällöin f indusoi isomorfismin F : G/ Ker(f ) ≃ Im(f ), joka määräytyy ehdosta F (a Ker(f )) = f (a). Todistus monisteen Lauseena 2.5.29.

13 / 17

Esimerkki L Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

■

■

Jos f : Z → Zm , f (n) = n, niin Im(f ) = Zm , ja Ker(f ) = mZ, joten homomorfialause antaa uudelleen aiemman havaintomme Z/mZ ≃ Zm . Homomorfismi det : GLn (R) → R∗ on surjektio (esimerkiksi diagonaalimatriisien determinantiksi saadaan mikä luku tahansa), ja Ker(det) = SLn (R), joten GLn (R)/SLn (R) ≃ R∗ .

■

Tason rotaatioiden muodostama ryhmä (ks. Esimerkki I) on isomorfinen additiivisen ryhmän R/2πZ kanssa.

14 / 17

Esimerkki M1 Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Tehtävä: Osoita, että Z5 × Z2 ≃ Z10 . Ratkaisu: Funktio f : Z → Z5 × Z2 , f (n) = (n, n) on homomorfismi, koska f (n + m) = (n + m, n + m) = (n, n) + (m, m) = f (n) + f (m) kaikille kokonaisluvuille n, m. Huom: Lähtöjoukkona on tässä ääretön syklinen ryhmä (Z, +), joten tilanne on helpompi kuin Esimerkissä F, jossa meidän tuli olla huolissamme kuvauksen hyvinmäärittelystä. Sovelletaan homomorfialausetta homomorfismiin f

15 / 17

Esimerkki M2 Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Määrätään seuraavaksi Ker(f ). Kuvaryhmän neutraalialkio on pari (0, 0), joten n ∈ Ker(f ), joss (n, n) = (0, 0). Näin käy silloin, kun n on jaollinen sekä 5:llä että 2:lla. Näin käy (aritmetiikan peruslause) sjvsk 10 | n. Siis Ker(f ) = 10Z. Näin ollen homomorfialauseen vasemman puolen ryhmä on ≃ Z10 , jossa on 10 alkiota. Homomorfialauseen nojalla Z10 ≃ Im(f ). Näin ollen kuvaryhmässä on tasan kymmenen alkiota. Näin ollen kuvaryhmän on oltava koko suora tulo Z5 × Z2 . Siis Z10 = Z/ Ker(f ) ≃ Im(f ) = Z5 × Z2 .

16 / 17

Esimerkki M3 Esimerkki E Esimerkki F1 Esimerkki F2 Esimerkki G Kuva ja ydin Esimerkki H Esimerkki I Isomorfismi Esimerkki J Esimerkki K1 Esimerkki K2 Homomorfialause 1 Homomorfialause 2 Esimerkki L Esimerkki M1 Esimerkki M2 Esimerkki M3

Koska tässä kuvajoukko on kohtuullisen pieni, voimme tarkistaa homomorfismin f surjektiivisuuden myös raa’alla voimalla: f (1) = (1, 1), f (0) = (0, 0), f (2) = (2, 0),

f (3) = (3, 1),

f (4) = (4, 0),

f (5) = (0, 1),

f (6) = (1, 0),

f (7) = (2, 1),

f (8) = (3, 0),

f (9) = (4, 1).

17 / 17

Vektoriavaruus Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Oletetaan, että + on joukon V binäärioperaatio, ja että sen lisäksi on olemassa skalaarikertolaskuksi kutsuttu operaatio (·) : R × V → V . Sanotaan, että V on vektoriavaruus (yli R:n), jos ■ ■

■ ■ ■

(V1-V4) V on (additiivinen) Abelin ryhmä +:n suhteen, (V5) a(X + Y ) = aX + aY kaikille a ∈ R ja X, Y ∈ V (skalaarilla a kertominen on ryhmähomomorfismi V → V ), (V6) (a + b)X = aX + bX kaikille a, b ∈ R ja X ∈ V (vektorin X kertominen on ryhmähomomorfsmi R → V ), (V7) (ab)X = a(bX) kaikille a, b ∈ R ja X ∈ V , (V8) 1X = X kaikille X ∈ V .

Huom. Aksioomissa V6-V7 esiintyy vasemmalla puolella myös reaalilukujen operaatioita - V6:ssä yhteenlasku ja V7:ssä kertolasku. 1 / 16

Esimerkki A Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Kiinnitetään positiivinen kokonaisluku n. Joukko Rn = {(x1 , x2 , . . . , xn ) | xi ∈ R kaikille i = 1, 2, . . . , n} on Lineaarialgebran kurssilta tuttu vektoriavaruus, kun määritellään vektorien yhteenlasku säännöllä (x1 , x2 , . . . , xn )+(y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 +y1 , x2 +y2 , . . . , xn +yn ) ja a(x1 , x2 , . . . , xn ) = (ax1 , ax2 , . . . , axn ). Oikealla puolella yksittäisiin komponentteihin kohdistuvat operaatiot ovat reaalilukujen tavallisia laskutoimituksia. Vektorien yhteenlaskun neutraalialkio on θ = (0, 0, . . . , 0). Aksioomien tarkistaminen on suoraviivaista.

2 / 16

Esimerkki B Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Tutkitaan seuraavaksi Analyysin kurssilta tuttua reaalilukujonojen joukkoa R∞ = {(x0 , x1 , x2 , . . .) | xi ∈ R kaikille i ∈ N}. Tämä on siis joukko, jonka alkiot ovat jonoja. Muista, että jono (xn )n∈N = (x0 , x1 , x2 , . . .) on sama jono kuin jono (yn )n∈N sjvsk xn = yn ∀ n ∈ N. Luonnolliset operaatiot (x0 , x1 , x2 , . . .) + (y0 , y1 , y2 , . . .) = (x0 + y0 , x1 + y1 , x2 + y2 , . . .) ja a(x0 , x1 , x2 , . . .) = (ax0 , ax1 , ax2 , . . .) tekevät joukosta R∞ vektoriavaruuden (tarkistus suoraviivainen ja sivuutetaan).

3 / 16

Esimerkki C1 Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Olkoon V = R+ = {x ∈ R | x > 0}. Määritellään siellä "vektorien yhteenlasku"(merkitään sitä symbolilla ⊕ sekaannuksen välttämiseksi) säännöllä x ⊕ y = xy, eli positiivisten reaalilukujen kertolaskuna. Demotehtävän IV(2) nojalla (V, ⊕) on Abelin ryhmä. Määritellään lisäksi "skalaarikertolasku"⋆ säännöllä a ⋆ x = xa kaikille a ∈ R ja x ∈ V . Positiivisen luvun potenssi on positiivinen, joten näin määritelty a ⋆ x ∈ V . Väitän, että V varustettuna operaatioilla ⊕ ja ⋆ on vektoriavaruus. Aksioomat V1-V4 on jo tarkistettu. Käydään läpi muut. Alla a, b ∈ R ja x, y ∈ V ovat mielivaltaisia. 4 / 16

Esimerkki C2 Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

V5: (a ⋆ x) ⊕ (a ⋆ y) = a ⋆ (x ⊕ y). Tässä (a⋆x)⊕(a⋆y) = (xa )⊕(y a ) = xa y a = (xy)a = a⋆(xy) = a⋆(x⊕y). V6: (a + b) ⋆ x = (a ⋆ x) ⊕ (b ⋆ x). Tässä (a + b) ⋆ x = xa+b = xa xb = (xa ) ⊕ (xb ) = (a ⋆ x) ⊕ (b ⋆ x). V7: (ab) ⋆ x = a ⋆ (b ⋆ x). Tässä (ab) ⋆ x = xab = (xb )a = a ⋆ (xb ) = a ⋆ (b ⋆ x). V8:1 ⋆ x = x1 = x.

5 / 16

Funktioavaruus Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Olkoon S jokin joukko. Merkitään joukossa S määriteltyjen reaaliarvoisten funktioiden joukkoa F (S) = {f | f on funktio f : S → R}. Tällöin ■ ■

f = g sjvsk f (s) = g(s) kaikille s ∈ S. Jos f, g ∈ F (S), niin voidaan määritellä summafunktio f + g ∈ F (S) asettamalla kaikille s ∈ S (f + g)(s) = f (s) + g(s).

■

Jos f ∈ F (S) ja a ∈ R, niin voidaan määritellä funktion skalaarimonikerta af ∈ F (S) asettamalla kaikille s ∈ S (af )(s) = af (s). 6 / 16

Esimerkki D Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Tehtävä: Osoita, että F (S) on vektoriavaruus kuvattujen operaatioiden suhteen. Ratkaisu: Suoraviivaista, koska kukin aksioomat voidaan tarkistaa ‘yksi joukon S alkio kerrallaan’. Nollavektoriksi tulee vakiofunktio 0 = 0F (S) , jolle 0F (S) (s) = 0 kaikille s ∈ S. Funktion f vastavektori on funktio −f , joka määräytyy säännöistä (−f )(s) = −f (s) kaikille s ∈ S. Esimerkiksi aksiooma V5 on voimassa, koska reaalilukujen ominaisuuksien vuoksi kaikille skalaareille a ja funktioille f, g ∈ F (S) lasku ((af ) + (ag))(s) = (af )(s) + (ag)(s) = a(f (s)) + a(g(s)) = a(f (s) + g(s)) = (a(f + g))(s) menee läpi kaikille s ∈ S. Aksioomat V6,V7 ja V8 samoin. 7 / 16

Aliavaruus Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Jos V on vektoriavaruus, ja sen osajoukko U on sekin vektoriavaruus V :n operaatioiden suhteen, niin sanotaan, että U on V :n aliavaruus ■

■

Aliavaruus on automaattisesti myös vektoriavaruus. ‘Vaikea’ ehto on aksiooma V0 joka sanoo, että meillä on tarvittavat operaatiot joukossa U . Muut aksioomat ovat voimassa isommassa joukossa, joten automaattisesti tosia myös osajoukossa U . Aliavaruuskriteeri: A0) U 6= ∅, ◆ ◆

■

A1) X, Y ∈ U =⇒ X + Y ∈ U , A2) X ∈ U, a ∈ R =⇒ aX ∈ U

Aliavaruuskriteeri’: A0) ja A12) X, Y ∈ U, a, b ∈ R =⇒ aX + bY ∈ U .

8 / 16

Esimerkki E Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Osoita, että joukko C(R) = {f ∈ F (R) | f jatkuva kaikkialla} on funktioavaruuden F (R) aliavaruus. Todistus: Kaikkialla jatkuvia funktioita on olemassa, joten C(R) 6= ∅. Jos funktiot f ja g ovat kaikkialla jatkuvia, niin Analyysin tulosten perusteella myös niiden mielivaltainen lineaarikombinaatio af + bg on kaikkialla jatkuva. Samaan tapaan nähdään, että suljetulla välillä [a, b] jatkuvat (tai Riemann-integroituvat) funktiot muodostavat funktioavaruuden F ([a, b]) aliavaruuden.

9 / 16

Polynomifunktiot Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Jos m ≥ 0 on kokonaisluku, ja a0 , a1 , a2 , . . . , am ∈ R, niin voimme muodostaa polynomifunktion p ∈ F (R) p(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + am xm . Jos tässä am 6= 0, niin sanomme, että p(x) on astetta m, ja joka tapauksessa astetta ≤ m. Kuten esimerkissä E näemme, että polynomifunktiot muodostavat avaruuden F (R) aliavaruuden P . Edelleen astetta ≤ n − 1 olevat polynomifunktiot muodostavat aliavaruuden Pn .

10 / 16

Esimerkki F Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Tutkitaan jonoavaruutta R∞ . Osoita, että suppenevien jonojen joukko ∞ R∞ = {(x ) ∈ R | lim xn on olemassa äärellisenä} n n∈N ↓ n→∞

on avaruuden R∞ aliavaruus. Todistus: Suppenevia jonoja on olemassa, joten joukko on epätyhjä. Jos limn→∞ xn = X, limn→∞ yn = Y ja a, b ∈ R ovat mielivaltaisia vakioita, niin Analyysi I:n mukaan lim (axn + byn ) = aX + bY.

n→∞

Näin ollen jono (axn + byn )n∈N suppenee kohti äärellistä raja-arvoa, ja siten ∈ R∞ ↓ . Väite seuraa aliavaruuskriteeristä.

11 / 16

Generointi 1 Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Oletetaan, että V on vektoriavaruus ja S ⊂ V . Kysymys: Mikä on pienin aliavaruus U , joka sisältää kaikki joukon S vektorit? Jos S = {X1 , X2 , . . . , Xn } on äärellinen joukko, niin vastaukseksi tulee niiden lineaarikombinaatioiden joukko L(X1 , X2 , . . . , Xn ) = {

n X

ai Xi | a1 , a2 , . . . , an ∈ R},

i=1

jota kutsutaan joukon S generoimaksi (virittämäksi) aliavaruudeksi. Helposti nimittäin nähdään, että jos U sisältää joukon S, niin se sisältää kaikki niiden lineaarikombinaatiot. Toisaalta aliavaruuskriteerillä nähdään, että joukko L(X1 , X2 , . . . , Xn ) on aliavaruus.

12 / 16

Generointi 2 Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Vektoriavaruuksilla tilanne on hiukan yksinkertaisempi kuin ryhmillä. Meidän ei tarvitse olla huolissamme lineaarikombinaatioiden lineaarikombinaatioista (mutkikkaammista alkioista puhumattakaan). Nimittäin ne tulevat automaattisesti mukaan. Mekanismi selviää tutkimalla kahden generoivan vektorin tapausta: c1 (a1 X1 + a2 X2 ) + c2 (b1 X1 + b2 X2 ) = = (c1 a1 )X1 + (c1 a2 )X2 + (c2 b1 )X1 + (c2 b2 )X2 = (c1 a1 + c2 b1 )X1 + (c1 a2 + c2 b2 )X2 , missä ensimmäisessä vaiheessa sovellettiin aksioomia V5 ja V7, ja toisessa vaiheessa yhteenlaskun vaihdannaisuutta ja aksioomaa V6.

13 / 16

Generointi 3 Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Jos joukko S onkin ääretön, niin vastaukseksi tulee L(S) = {a1 X1 + a2 X2 + · · · + ar Xr | r ∈ N, X1 , X2 , . . . , Xr ∈ S, a1 , . . . , ar ∈ R}. Erona äärelliseen generointiin on, että lineaarikombinaatioon eivät voi osallistua kaikki joukon S vektorit — ainoastaan äärellisen moni kerrallaan. Jälleen kaikki L(S):n alkiot on pakko ottaa mukaan, L(S) on aliavaruus, ja valinnoilla r = 1, a1 = 1, X1 = X nähdään, että mielivaltainen vektori X ∈ S on mukana. Osaamme laskea yhteen vain äärellisen monta vektoria, ja r:n vektorin lineaarikombinaation ja k:n vektorin lineaarikombinaation summa on (r + k):n (siis äärellisen monen) vektorin lineaarikombinaatio.

14 / 16

Esimerkki G1 Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Tehtävä: Olkoot U = {(x, y, z) ∈ R3 | x − y − z = 0} ja u = (1, 1, 0), v = (1, 0, 1). Osoita, että U = L(u, v). Ratkaisu: Osoitetaan ensin, että L(u, v) ⊆ U . Olkoon siis w = au + bv mielivaltainen vektorien u ja v lineaarikombinaatio. Tällöin (x, y, z) = w = a(1, 1, 0) + b(1, 0, 1) = (a + b, a, b), joten x − y − z = (a + b) − a − b = 0, ja siis w ∈ U . Koska w oli mielivaltainen joukon L(u, v) vektori, sisältyminen on todistettu.

15 / 16

Esimerkki G2 Vektoriavaruus Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Funktioavaruus Esimerkki D Aliavaruus Esimerkki E Polynomifunktiot Esimerkki F Generointi 1 Generointi 2 Generointi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2

Osoitetaan, sitten sisältyminen myös toisin päin, eli näytetään, että myös U ⊆ L(u, v). Jos w = (x, y, z) ∈ U , niin yhtälöstä x − y − z = 0 ratkeaa x = y + z. Näin ollen w = (y + z, y, z) = y(1, 1, 0) + z(1, 0, 1) = yu + zv ∈ L(u, v). Väite seuraa. Kuten ehkä muistat Lineaarialgebran kurssilta, dimension käsitteen käyttö helpottaa tällaisten päättelyiden tekemistä.

16 / 16

Esimerkki A Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

Olkoot j ∈ N ja ej ∈ R∞ jono, jonka j:s alkio on 1 ja muut nollia. Kuvaile aliavaruutta ∞′

R

= L({ej | j ∈ N}).

Ratkaisu: Jonojen ej mielivaltainen lineaarikombinaatio on muotoa n X

ak ejk

k=1

jollekin n ∈ N, skalaarikertoimille a1 , a2 , . . . , an ∈ R ja indekseille j1 < j2 < · · · < jn . Tällä jonolla on nollasta eroava komponentti paikoissa j1 , j2 , . . . , jn — siis vain äärellisen monta. Kääntäen, jokainen jono (xn )n∈N , jolla on vain äärellisen monta nollasta eroavaa jäsentä voidaan kirjoittaa ′ jonojen ej lineaarikombinaationa. Siis R∞ ⊂ R∞ . 1 / 11

Esimerkki B Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

Sitä vastoin jokainen polynomifunktio määritelmänsä nojalla on äärellistä astetta, ja näin ollen sen lausekkeessa on vain äärellisen monta muotoa ai xi , i ∈ N, olevaa termiä. Tämä tarkoittaa sitä, että P = L({1, x, x2 , x3 , . . .}) = L({xk | k ∈ N}). Tietenkin Pn = L(1, x, x2 , . . . , xn−1 ).

2 / 11

Esimerkki C Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

■

Funktiot sin2 x, cos2 x, 1 ∈ F (R) ovat lineaarisesti riippuvia, koska 1 · sin2 x + 1 · cos2 x − 1 · 1 = 0

■

kaikille reaaliluvuille x. Funktiot 1, x, x2 ∈ P ovat lineaarisesti riippumattomia, koska jos jokin kertoimista c0 , c1 , c2 ∈ R on nollasta eroava, niin yhtälö c 0 + c 1 x + c 2 x2 = 0 toteutuu enintään kahdella reaaliluvulla x (ei siis kaikilla).

■

Esimerkin A jonot e0 , e1 , e2 , . . . muodostavat jonoavaruudessa R∞ äärettömän, lineaarisesti riippumattoman joukon. 3 / 11

Esimerkki D Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

Osoita, että joukko {1, x, x2 , . . .} ⊂ P on lineaarisesti riippumaton. Todistus: Vastaoletus on, että on olemassa sellaiset kertoimet c1 , c2 , . . . , cn ∈ R, joista jokin on 6= 0 ja jotkin luonnolliset luvut 0 ≤ j1 < j2 < . . . < jn , että yhtälö c1 xj1 + c2 xj2 + · · · + cn xjn = 0

(∗)

kaikille x ∈ R. Koulualgebrasta muistamme kuitenkin, että yhtälöllä (∗) on enintään jn ratkaisua x ∈ R. Näin ollen se ei voi olla voimassa kaikille x ∈ R.

4 / 11

Esimerkki E1 Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

(Monisteen Esimerkki 3.4.6) Osoita, että funktiot ex ja e2x ovat lineaarisesti riippumattomia avaruudessa F (R). Ratkaisu 1: Tehdään vastaoletus, että skalaarit c1 , c2 ∈ R voidaan valita siten, että c1 ex + c2 e2x = 0

(∗)

kaikille x ∈ R. Erityisesti siis yhtälö (∗) on voimassa, kun x = 0 ja x = 1. Sijoittamalla nämä luvut muuttujan x paikalle saadaan yhtälöpari (

c1 e0 + c2 e0 = 0, c1 e1 + c2 e2 = 0.

5 / 11

Esimerkki E2 Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

Pidetään tässä yhtälöparissa kertoimia c1 ja c2 tuntemattomina. Tällöin kyseessä on lineaarinen yhtälöpari, jonka kerroinmatriisin determinantti on 1 1 e e2

= e2 − e 6= 0.

Näin ollen sillä on vain yksi ratkaisu. Koska homogeenisella yhtälöparilla on aina triviaali ratkaisu c1 = c2 = 0, muita ratkaisuja ei ole, ja väite on todistettu.

6 / 11

Esimerkki E3 Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

Ratkaisu 2: Jos identiteetti (∗) on voimassa kaikille x ∈ R, niin sen seurauksena (funktiolla on vain yksi derivaattafunktio) on voimassa myös puolittain derivoimalla saatu identiteetti c1 ex + 2c2 e2x = 0.

(∗∗)

Vähentämällä tästä identiteetti (∗) puolittain saadaan uusi identiteetti c2 e2x = 0. Koska kaikille x ∈ R on e2x 6= 0 seuraa tästä, että c2 = 0. Sijoittamalla tämä identiteettiin (∗) saadaan c1 ex = 0 kaikille x ∈ R. Tästä seuraa samoin, että c1 = 0. Väitetty lineaarinen riippumattomuus seuraa.

7 / 11

Perustulos Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

Vektoriavaruuden V joukko S on lineaarisesti riippuva sjvsk jokin sen vektoreista voidaan lausua äärellisen monen muun joukon S vektorin lineaarikombinaationa.

8 / 11

Kanta Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

Joukko B ⊂ V on vektoriavaruuden kanta, jos A) L(B) = V ja B) B on lineaarisesti riippumaton. ■ ■ ■ ■

■

Joukko {i, j, k} on avaruuden R3 kanta. Yleistyy Rn :lle. Joukko {1, x, x2 , . . . , xn−1 } on avaruuden Pn kanta. Joukko {1, x, x2 , . . .} = {xn | n ∈ N} on avaruuden P kanta. B ⊂ V on kanta, joss jokainen V :n vektori voidaan esittää yhdellä ja vain yhdellä tavalla B:n vektorien (äärellisenä) lineaarikombinaationa. Äärellisesti generoidulla vektoriavaruudella on kanta.

9 / 11

Dimensio Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

■ ■

■

■ ■ ■ ■

Äärellisesti generoidun vektoriavaruuden V jokaisessa kannassa on yhtä monta alkiota. dim V = V :n (minkä tahansa) kannan alkioiden lukumäärä. Jos V ei ole äärellisesti generoitu, niin merkitään dim V = ∞. Jos n < m = dim V , ja joukko {X1 , X2 , . . . , Xn } ⊂ V on lineaarisesti riippumaton, niin se voidaan täydentää V :n kannaksi. Jos dim V < ∞, ja V = L(S), niin jokin joukon S osajoukko on V :n kanta. Jos n > m = dim V , niin joukko {X1 , X2 , . . . , Xn } ⊂ V on lineaarisesti riippuva. Jos dim V = m < ∞ ja U on sen aito aliavaruus, niin dim U < m. dim Rn = n. 10 / 11

Esimerkki F Esimerkki A Esimerkki B Esimerkki C Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki E3 Perustulos Kanta Dimensio Esimerkki F

(Keskiviikon Esimerkki G toisin) Osoita, että vektorit u = (1, 1, 0) ja v = (1, 0, 1) ovat muodostavat kannan aliavaruudelle U = {(x, y, z) ∈ R3 | x − y − z = 0}. Ratkaisu: Koska (1, 0, 0) ∈ / U , niin U on R3 :n aito aliavaruus. Näin ollen dim U ≤ 2. Selvästi u, v ∈ U . Koska kumpikaan vektoreista u, v ei ole toisen monikerta, niin ne muodostavat lineaarisesti riippumattoman joukon, ja siis kannan avaruudelle L(u, v) ⊆ U . Koska dim L(u, v) = 2, niin L(u, v) ei voi olla U :n aito aliavaruus. Näin ollen U = L(u, v). Väite seuraa.

11 / 11

Esimerkki A1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

(Monisteen Esimerkki 3.5.12) Joukko C ∞ (R) = {f ∈ F (R) | f (n) olemassa ∀n ∈ N} on aliavaruus, sillä kaikille n ∈ N, a, b ∈ R ja kaikille f, g ∈ R on voimassa Dn (af + bg) = aDn f + bD n g (todistus induktiolla n:n suhteen Analyysi I:n tapausta n = 1 koskevan tuloksen perusteella). Tutkitaan erään differentiaaliyhtälön ratkaisujoukkoa, eli joukkoa U = {f ∈ C ∞ (R) | f ′′ − 3f ′ + 2f = 0}. Osoita, että tämäkin on aliavaruus. DY:n kurssilla todistetaan (?), että dim U = 2. Osoitetaan tämä tunnettuna pitäen, että joukko {ex , e2x } on U :n kanta.

1 / 26

Esimerkki A2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Vakiofunktio nolla = 0F (R) on selvästi U :n alkio, joten U 6= ∅. Jos f ja g ovat U :n alkioita, ja a, b ∈ R mielivaltaisia skalaareja, niin (af + bg)′′ − 3(af + bg)′ + 2(af + bg) =af ′′ + bg ′′ − 3af ′ − 3bg ′ + 2af + 2bg =a(f ′′ − 3f ′ + 2f ) + b(g ′′ − 3g ′ + 2g) = a · 0 + b · 0 = 0, joten af + bg ∈ U . Näin ollen U on aliavaruus. Suoraan laskemalla nähdään, että ex , e2x ∈ U . Viikon 6 torstain Esimerkissä E osoitettiin, että {ex , e2x } on lineaarisesti riippumaton. Joukossa on 2 vektoria, joten ne muodostavat 2-ulotteisen avaruuden kannan.

2 / 26

Esimerkki B1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

(Monisteen Esimerkki 3.5.13) Olkoon U = {p ∈ P3 |

Z

1

p(x) dx = 0}. 0

Osoita, että U on P3 :n aliavaruus, ja etsi sille jokin kanta. Täydennä löydetty kanta avaruuden P3 kannaksi. Ratkaisu: Selvästi nollapolynomi 0P3 ∈ U , joten U 6= ∅. Jos a, b ∈ R ja p, q ∈ U , niin Z

0

1

(ap + bq) = a

Z

1

p+b 0

Z

1

q = a · 0 + b · 0 = 0,

0

joten polynomi ap + bq ∈ U . NäinR ollen U on P3 :n aliavaruus. R1 Laskemalla nähdään 0 1 dx = 1, 01 x dx = 1/2 ja R1 2 0 x dx = 1/3. 3 / 26

Esimerkki B2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Näin ollen p1 (x) = 2x − 1 ∈ U ja p2 (x) = 3x2 − 1 ∈ U . Koska nämä ovat eri astetta olevia polynomeja (6= 0), ne ovat lineaarisesti riippumattomia. Aiemmin näimme, että dim P3 = 3. Koska 1 ∈ / U , niin U on avaruuden P3 aito aliavaruus, ja näin ollen dim U ≤ 2. Toisaalta koska {p1 , p2 } on lineaarisesti riippumaton, niin dim L(p1 , p2 ) = 2. Edelleen L(p1 , p2 ) ⊆ U . Näin ollen dim U ≥ dim L(p1 , p2 ) = 2. On siis oltava dim U = 2 ja U = L(p1 , p2 ), koska L(p1 , p2 ) ei voi olla U :n aito aliavarus (muutoin olisi dim U > 2). Koska vakiopolynomi 1 ∈ / U , niin joukko B = {1, p1 , p2 } on lineaarisesti riippumaton, ja näin ollen dim L(B) = 3. Toisaalta L(B) ⊆ P3 ja dim P3 = 3, joten on oltava P3 = L(B). Näin ollen B on (eräs) P3 :n kanta, joka sisältää löytämämme U :n kannan.

4 / 26

Suora summa Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

V vektoriavaruus, U1 , U2 aliavaruuksia. Niiden summa on joukko U1 + U2 = {X1 + X2 ∈ V | X1 ∈ U1 , X2 ∈ U2 } = L(U1 ∪ U2 ). Puhutaan aliavaruuksien suorasta summasta, jos summa-avaruuden vektorien esitys muodossa X1 + X2 , Xi ∈ Ui , i = 1, 2, on yksikäsitteinen. Tällöin käytetään merkintää U1 ⊕ U2 . Kahden aliavaruuden summa on suora (Lause 3.7.2) ⇔ niiden leikkaus on triviaali aliavaruus {0V } ⇔ nollavektorin 0V ainoa esitys muodossa 0V = X1 + X2 , Xi ∈ Ui , i = 1, 2, on X 1 = X 2 = 0V .

5 / 26

Äär. generoitu 1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Jos aliavaruudet U1 , U2 ⊆ V ovat äärellisesti generoituja, U1 = L(B1 ), B1 = {X1 , X2 , . . . , Xm }, U2 = L(B2 ), B2 = {Y1 , Y2 , . . . , Yn }, niin niiden summa-avaruus U1 + U2 on sekin äärellisesti generoitu. Nimittäin mikä tahansa sen vektori voidaan esittää äärellisen joukon B1 ∪ B2 lineaarikombinaationa, eli U1 + U2 = L(B1 ∪ B2 ). Jos edellisessä kohdassa B1 ja B2 ovat kantoja, ja avaruuksien summa on suora, niin B1 ∪ B2 on lineaarisesti riippumaton: a1 X1 + · · · am Xm + b1 Y1 + · · · + bn Yn = 0V ⇔ a1 X1 + · · · am Xm = −b1 Y1 − · · · − bn Yn , mikä on mahdollista vain (suora summa -ehto), jos kumpikin lineaarikombinaatio alemmassa yhtälössä on = 0V (vasen puoli ∈ U1 , oikea puoli ∈ U2 ). 6 / 26

Äär. generoitu 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Tällöin oletusten perusteella (B1 ja B2 lin. riippumattomia) a1 = a2 = · · · = am = 0 = b1 = b2 = · · · = bn . Näin ollen B1 ∪ B2 on summa-avaruuden U1 ⊕ U2 kanta. Erityisesti siis dim(U1 ⊕ U2 ) = dim U1 + dim U2 . Esimerkiksi kahden origon kautta kulkevan suoran summa on suora sjvsk suorat eivät yhdy (jolloin ne leikkaavat ainoastaan origossa). Niiden summa-avaruus on tällöin 2-ulotteinen. Tasossa R2 se on siis koko taso, ja avaruudessa R3 kyseisten leikkaavien suorien määräämä taso.

7 / 26

Esimerkki C1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Tutkitaan funktioavaruutta F (R). Funktiota f ∈ F (R) sanotaan parilliseksi, jos f (x) = f (−x) kaikille x ∈ R ja parittomaksi, jos f (x) = −f (−x) kaikille x ∈ R. Tehtävä: Osoita, että parilliset (vast. parittomat) funktiot muodostavat aliavaruuden F + (R) (vast. F − (R)). Osoita lisäksi, että F (R) = F + (R) ⊕ F − (R). Ratkaisu: Oletetaan, että f, g ∈ F + (R) ja a, b ∈ R. Tutkitaan lineaarikombinaationa saatavaa funktiota h = af + bg. Olkoon x ∈ R mielivaltainen. Tällöin h(−x) = (af + bg)(−x) = af (−x) + bg(−x) = af (x) + bg(x) = h(x). 8 / 26

Esimerkki C2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Edellä laskun toisella rivillä käytimme oletusta f, g ∈ F + (R). Koska x oli mielivaltainen, tämä osoittaa, että h ∈ F + (R). Koska 0 ∈ F + (R), niin aliavaruuskriteetin nojalla F + (R) on aliavaruus. Jos taas yllä f, g ∈ F − (R), niin samantapainen lasku h(−x) = (af + bg)(−x) = af (−x) + bg(−x) = −af (x) − bg(x) = −h(x), missä kriittisessä vaihessa käytimme funktioiden f ja g parittomuutta, osoittaa että myös F − (R) on aliavaruus.

9 / 26

Esimerkki C3 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Seuraavaksi osoitamme, että summa F + (R) + F − (R) on suora. Lauseen 3.7.2. nojalla riittää osoittaa, että F + (R) ∩ F − (R) = {0}. Olkoon siis f mielivaltainen leikkausjoukon funktio. Tällöin kaikille x ∈ R f (x) = f (−x) = −f (x), missä ensimmäinen yhtälö seuraa oletuksesta f ∈ F + (R) ja jälkimmäinen oletuksesta f ∈ F − (R). Yhtälöstä f (x) = −f (x) seuraa 2f (x) = 0 ja siis f (x) = 0. Tämä toteutuu kaikille x ∈ R, joten f on vakiofunktio nolla. Väite seuraa tästä.

10 / 26

Esimerkki C4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Vaikein vaihe on osoittaa, että summa-avaruus on koko F (R). Tässä tarvitaan jippo. Olkoon f ∈ F (R) mielivaltainen. Muodostetaan funktiot f (x) + f (−x) g(x) = 2

ja

f (x) − f (−x) h(x) = . 2

Tässä kaikille x ∈ R f (−x) + f (−(−x)) f (−x) + f (x) g(−x) = = = g(x), 2 2 joten g ∈ F + (R). Samoin kaikille x ∈ R f (−x) − f (−(−x)) f (−x) − f (x) = = −h(x), h(−x) = 2 2 joten h ∈ F − (R). Näin ollen f = g + h ∈ F + (R) ⊕ F − (R). 11 / 26

Esimerkki D1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Olkoon R∞ ↓ suppenevien jonojen muodostama vektoriavaruus (Viikon 6 keskiviikon kalvojen Esimerkki F). Demoissa osoitetaan, että kohtii nollaa suppenevat jonot muodostavat tämän avaruuden aliavaruuden R∞ ↓,0 . Vakiojono 1 = (xn )n∈N , xn = 1, ∀ n ∈ N, suppenee tietenkin kohti raja-arvoa yksi, ja generoi 1-ulotteisen, vakiojonojen muodostaman aliavaruuden L(1) ⊂ R∞ ↓ . Osoita, että ∞ R∞ = R ↓ ↓,0 ⊕ L(1).

Ratkaisu: Selvästi nollien vakiojono 0R∞ on ainoa vakiojono, jonka raja-arvo on nolla. Näin ollen R∞ ↓,0 ∩ L(1) = {0R∞ }, ja näiden aliavaruuksien summa on siten suora. 12 / 26

Esimerkki D2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

∞ Summa-avaruus on koko R∞ ↓ , sillä jos (xn )n∈N ∈ R↓ on jokin suppeneva jono, ja

lim xn = A ∈ R,

n∈N

niin jonon (xn ) − A1 = (xn − A)n∈N raja-arvo on selvästi nolla. Näin ollen (xn ) − A1 ∈ R∞ ↓,0 . Koska (xn ) = [(xn ) − A1] + [A1] näin voidaan kirjoittaa aliavaruuden R∞ ↓,0 jonon ja aliavaruuden L(1) jonon summana, saadaan summa-avaruutena kaikkien suppenevien jonojen avaruus R∞ ↓,0 .

13 / 26

Lineaarikuvaus Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Olkoot V ja W kaksi vektoriavaruutta. Funktiota f : V → W sanotaan lineaarikuvaukseksi, jos f (X + Y ) = f (X) + f (Y )

ja f (aX) = af (X)

kaikille vektoreille X, Y ∈ V ja skalaareille a. ■

■ ■

Lineaarikuvaus on siis aina vektoriavaruuksiin liittyvien additiivisten ryhmien välinen homomorfismi. Lisäksi se tottelee skaalarin siirto -sääntöä. Erityisesti siis aina f (0V ) = 0W . Lineaarikuvaus ‘kunnioittaa lineaarikombinaatioiden muodostamista’: Jos a, b ∈ R ja X, Y ∈ V ovat mielivaltaisia, ja f : V → W on lineaarikuvaus, niin f (aX + bY ) = f (aX) + f (bY ) = af (X) + bf (Y ). 14 / 26

Esimerkkejä E Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

■

■

Jos ajattelemme avaruuksien Rn ja Rm vektoreita pystyvektoreina, ja A on jokin m × n-matriisi, niin vektoreille u ∈ Rn säännön fA (u) = Au määrittelemä kuvaus on lineaarikuvaus f : Rn → Rm . Jos S on jokin joukko, ja s ∈ S sen (kiinnitetty) alkio, niin evaluointifunktio evs : F (S) → R, evs (f ) = f (s)

■

on lineaarikuvaus funktioavaruuden F (S) operaatioiden määritelmien nojalla. Koska D(ap + bq) = ap′ + bq ′ = aD(p) + bD(q) kaikille a, b ∈ R ja kaikille polynomifunktioille p, q, niin polynomin derivointi on lineaarikuvaus D : P → P .

15 / 26

Ydin ja kuva Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Lineaarikuvauksen f : V → W ydin ja kuva Ker(f ) = {X ∈ V | f (X) = 0W } ⊆ V , Im(f ) = {f (X) | X ∈ V } ⊆ W nähdään helposti aliavaruuksiksi. Jos nimittäin X, Y ∈ Ker(f ), niin f (aX + bY ) = af (X) + bf (Y ) = 0, joten myös aX + bY ∈ Ker(f ) aliavaruuskriteerin täyttäen. Samoin, jos Z1 = f (X1 ), Z2 = f (X2 ) ∈ Im(f ) ovat mielivaltaisia, niin myös lineaarikombinaatio a1 Z1 + a2 Z2 = f (a1 X1 + a2 X2 ) ∈ Im(f ), ja aliavaruuskriteeri täyttyy jälleen. Koska lineaarikuvaus on myös homomorfismi, niin erityisesti voimme päätellä, että lineaarikuvaus f : V → W on injektio sjvsk Ker(f ) = {0V }. 16 / 26

Esimerkki F Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Jonon raja-arvo on suppenevien jonojen aliavaruudessa R∞ ↓ määritelty funktio, jonka arvot ovat reaalilukuja. Selvästi (Analyysi I) kuvaus lim lim : R∞ ↓ → R, (xn )n∈N 7→ lim xn n→∞

on lineaarinen. Sen ydin on aliavaruus R∞ ↓,0 , ja sen kuva Im(lim) muodostuu kaikista reaaliluvuista (ajattele vaikka vakiojonoja).

17 / 26

Esimerkki B3 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Määrätyn integraalin laskeminen antaa lineaarikuvauksen (Analyysi II) f : P3 → R f (p) =

Z

1

p(x) dx. 0

Esimerkin B aliavaruus U = Ker(f ).

18 / 26

Kanta määrää 1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Jos B = {Xi | i ∈ I} on vektoriavaruuden V kanta, ja W on jokin toinen vektoriavaruus, niin lineaarikuvaus f : V → W määräytyy täysin, jos tiedetään kantavektorien kuvat Yi = f (Xi ) ∈ W, i ∈ I. Nimittäin lineaarisuus tällöin määrää lineaarikombinaation kuvaksi vektorin f(

X

ai Xi ) =

i∈I

X

ai f (Xi ) =

i∈I

X

ai Yi .

(∗)

i∈I

Tässä voimme itse asiassa valita vektorit Yi ∈ W, i ∈ I miten tahansa! Täsmällisemmin voimme ilmaista tämän sanomalla, että jos f˜ : I → W on mikä tahansa funktio, niin saammme lineaarikuvauksen f : V → W määrittelemällä f(

X i∈I

ai Xi ) =

X

ai f˜(i).

i∈I

19 / 26

Kanta määrää 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Samanlainen vapaus valita generaattorien kuvat meillä on, kun etsimme ryhmähomomorfismeja f : G = (Z, +) → G′ . Saatoimme valita alkion f (1) ∈ G vapaasti, koska lähtöjoukkoryhmässä ei alkio 1 toteuta mitään ‘salattuja’ yhtälöitä. Tilanne oli heti erilainen, jos lähtöryhmä G = Cn onkin äärellinen syklinen ryhmä. Tällöin generaattori c toteuttaa salaisen yhtälön cn = 1, ja näin ollen sen kuvan f (c) = y valintaa sitoo homomorfiasta seuraava ehto y n = 1. Vektoriavaruuksien puolella kanta-alkioiden kuvia ei sido mikään sellainen relaatio, jota lineaarikuvauksen tulisi kunnioittaa.

20 / 26

Matriisi 1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Olkoon f : V → W lineaarikuvaus. Oletetaan lisäksi, että V ja W ovat äärellisesti generoituja, V = L(B), B = {B1 , . . . , Bm }, W = L(C), C = {C1 , . . . , Cn }. Näimme, että lineaarikuvaus f määräytyy täysin, kunhan tiedämme vektorit f (Bi ), i = 1, 2, . . . , m. Nämä puolestaan määräytyvät, kunhan tiedämme niiden esityksen kuva-avaruuden kantavektorien lineaarikombinaationa, eli kunhan tiedämme kertoimet aij , 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m, joille f (Bj ) =

n X

aij Ci .

i=1

Matriisia MB,C (f ) = (aij ) ∈ Mn×m (R) kutsutaan lineaarikuvauksen f matriisiksi kantojen B ja C suhteen.

21 / 26

Matriisi 2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Pm

Jos tässä X = j=1 xj Bj on mielivaltainen vektori ∈ V , niin sen kuvaksi saadaan f (X) =

m X

xj f (Bj ) =

j=1

=

n X i=1

m X

xj

j=1

 

m X

j=1

Pn



n X

aij Ci

i=1

!

aij xj  Ci .

Jos siis Y = f (X) = i=1 yi Ci , niin Y :n ja X:n koordinaattivektoreita sitoo matriisiyhtälö y1   ..   .  = MB,C (f )  yn 





x1 ..  . .  xm 

22 / 26

Matriisi 3 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

■ ■ ■

■

Jos kanta on tunnettu (asiayhteydestä), se voidaan jättää merkitsemättä. Jos A ∈ Mm×n (R), niin A on kuvauksen f : Rn → Rm , u 7→ Au matriisi. Jos f : V → V on identiteettikuvaus f (x) = x, kaikille x ∈ V , niin MB,B (f ) = In minkä tahansa kannan B suhteen. Tässä n = dim V . Matriisien kertolasku vastaa lineaarikuvausten yhdistämistä kuten Lineaarialgebran kurssilla.

23 / 26

Esimerkki G1 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Sijoitus p(x) 7→ q(x) = p(x + 1) määrittelee lineaarikuvauksen T : P5 → P5 . Määrätään sen matriisi kannan {1, x, x2 , x3 , x4 } suhteen. Ratkaisu: Lasketaan ensin kantapolynomien kuvat: T (1) = 1

= 1 · 1 + 0 · x + 0 · x 2 + 0 · x3 + 0 · x 4 ,

T (x) = x + 1

= 1 · 1 + 1 · x + 0 · x 2 + 0 · x3 + 0 · x 4 ,

T (x2 ) = (x + 1)2 = 1 · 1 + 2 · x + 1 · x2 + 0 · x3 + 0 · x4 , T (x3 ) = (x + 1)3 = 1 · 1 + 3 · x + 3 · x2 + 1 · x3 + 0 · x4 , T (x4 ) = (x + 1)4 = 1 · 1 + 4 · x + 6 · x2 + 4 · x3 + 1 · x4 . Tästä saadaan kuvauksen T matriisi ottamalla kantapolynomien kuvien koordinaatit sarakkeiksi.

24 / 26

Esimerkki G2 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H



   M (T ) =   

1 0 0 0 0

1 1 0 0 0

1 2 1 0 0

1 3 3 1 0

1 4 6 4 1



   .  

Esimerkiksi polynomin p(x) = x4 + 2x2 − 3 kuvan T (p)(x) = p(x+1) = (x+1)4 +2(x+1)2 −3 = x4 +4x3 +8x2 +8x kertoimet saadaan myös matriisikertolaskusta       

0 8 8 4 1



   =  

      

1 0 0 0 0

1 1 0 0 0

1 2 1 0 0

1 3 3 1 0

1 4 6 4 1

      

−3 0 2 0 1



   .   25 / 26

Esimerkki H Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki B1 Esimerkki B2 Suora summa Äär. generoitu 1 Äär. generoitu 2 Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki C3 Esimerkki C4 Esimerkki D1 Esimerkki D2 Lineaarikuvaus Esimerkkejä E Ydin ja kuva Esimerkki F Esimerkki B3 Kanta määrää 1 Kanta määrää 2 Matriisi 1 Matriisi 2 Matriisi 3 Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki H

Osoitetaan, että derivointi määrää lineaarikuvauksen D : V → V , missä V = L(B) on joukon B = {cos x, sin x} virittämä avaruuden C ∞ (R) 2-ulotteinen aliavaruus. Määrätään MB (D), ja lasketaan MB (D2 ). Ratkaisu: Koska D cos x = − sin x ∈ V ja D sin x = cos x ∈ V , niin Df ∈ V kaikille f ∈ L(cos x, sin x). Kuvauksen matriisiksi saadaan tästä laskusta samalla M (D) =

0 1 −1 0

!

.

Matriisikertolasku antaa sitten M (D 2 ) = M (D ◦ D) = M (D)2 = −I2 . Tämä vastaa sitä, että kaikille f ∈ V on voimassa f ′′ = −f .

26 / 26

Lin. kuvauksia Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Tässä kalvosetissä tarkastelemme erikseen tason lineaarikuvauksia T : R2 → R2 . Näiden joukosta bongaamme koulugeometriasta tuttuja tapauksia sekä alkeismatriiseja vastaavat lineaarikuvaukset. Lineaarikuvauksen visualisoinnissa haastavaa on, että sekä lähtöjoukko että kuvajoukko ovat 2-ulotteisia, joten kuvaaja olisi luontevimmin 4-ulotteisen avaruuden osajoukko! Siksi esitänkin, miten kuvaukset muuntavat yhtä ja samaa tasokuviota, jonka muunnetuista versioista sen osat on tunnistettavissa. Useimmat tutkittavista lineaarikuvauksista jakautuvat parametrista riippuviin perheisiin, joten esitän yhden perheen kerrallaan parametrin vaikutuksen animoiden. Matriisit ovat aina luonnollisen kannan suhteen.

1 / 25

Identiteetti Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Alla on käytettävä kuva, johon on sovellettu identiteettikuvausta. 4

2

-4

2

-2

4

-2

-4

2 / 25

Venytys X1 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Yksinkertaisimpia alkeismuunnoksia vastaa diagonaalimatriisi, jossa yksi alkio, a, eroaa ykkösestä. Matriisin alkeismuunnoksena tämä vastaa kyseisen vaakarivin kertomista vakiolla a. Jos valitaan ensimmäinen vaakarivi, kyseiset matriisit ovat muotoa ! a 0 M (Ta,1 ) = . 0 1 Tämä vastaa a-kertaista venytystä Ta,1 x-akselin suuntaan. Tällaisessa venytyksessä koordinaattiakselien suuntaiset janat kuvautuvat alkukuvan kanssa yhdensuuntaisiksi janoiksi. Niiden etäisyys y-akselista muuttuu, mutta etäisyys x-akselista pysyy ennallaan.

3 / 25

Venytys X2 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Tässä animaatiossa venytysparametri a seuraa edestakaisin 2 siniaaltoa 1 + sin t, t : 0 → 2π → 0. 5 4 / 25

Venytys Y1 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Jos taas valitaan toinen vaakarivi, kyseiset matriisit ovat muotoa ! 1 0 M (Ta,2 ) = . 0 a Tämä vastaa a-kertaista venytystä Ta,2 , tällä kertaa y-akselin suuntaan. Tällaisessa venytyksessä koordinaattiakselien suuntaiset janat kuvautuvat alkukuvan kanssa yhdensuuntaisiksi janoiksi. Niiden etäisyys x-akselista muuttuu, mutta etäisyys y-akselista pysyy ennallaan. Seuraavan kalvon animaatiossa venytysparametri a seuraa edestakaisin kosiniaaltoa 4 2 a = + cos t, t : 0 → 2π → 0. 5 5

5 / 25

Venytys Y2 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

6 / 25

Venytys XY Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Skalaarimatriisilla aI2 saadaan koulugeometrian (origokeskinen) venytys. 7 / 25

X-murros 1 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Kun lisätään toinen vaakarivi ensimmäiseen a:lla kerrottuna, saadaan muotoa M (Ta,2,1 ) =

1 a 0 1

!

oleva alkeismatriisi. Se vastaa lineaarikuvausta Ta = Ta,2,1 , jossa pisteiden etäisyys x-akselista pysyy ennallaan, ja samoin x-akselin suuntaiset janat pysyvät samansuuntaisina. Sen sijaan y-akselin suuntaiset janat kallistuvat. Koska Ta (0, 1)T = (a, 1)T , niin kallistuskulma α määräytyy kaavasta a = tan α. Kuvauksessa x-akselilla olevat pisteet pysyvät paikallaan, ja muualla liukuvat x-akselin suuntaisesti. Näitä kuvauksia kutsutaan X-murroskuvauksiksi (engl. shear/shearing). 8 / 25

X-murros 2 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Tässä kallistuskulma pumppaa välillä [−π/6, π/6]

9 / 25

Y-murros 1 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Lisäämällä ensimmäinen vaakarivi vakiolla a kerrottuna toiseen saadaan muotoa M (Ta,1,2 ) =

1 0 a 1

!

oleva alkeismatriisi. Se vastaa lineaarikuvausta Ta = Ta,1,2 , jossa pisteiden etäisyys y-akselista pysyy ennallaan, ja samoin y-akselin suuntaiset janat pysyvät samansuuntaisina. Sen sijaan x-akselin suuntaiset janat kallistuvat. Koska Ta (1, 0)T = (1, a)T , niin näemme, että kallistuskulma α määräytyy yhtälöstä a = tan α. Kuvauksessa y-akselilla olevat pisteet pysyvät paikallaan, ja muualla liukuvat y-akselin suuntaisesti.

10 / 25

Y-murros 2 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Tässäkin kallistuskulma pumppaa välillä [−π/6, π/6]

11 / 25

Peilaus 1 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

4

p~ 2

~u -4

−~ p s(~u) 2

-2

4

~n -2

-4

12 / 25

Peilaus 2 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Tason peilaus s origon kautta kulkevan suoran suhteen nähdään lineaarikuvaukseksi. Peilaussuora määräytyy, kun tiedämme sen normaalivektorin ~n. Mielivaltaisen vektorin ~u peilikuva saadaan seuraavasti (ks. kuva). Lasketaan sen projektio p~ normaalille ~n. Tämä saadaan kaavasta p~ = a~n, missä kerroin a = (~u · ~n)/k~nk2 . Peilikuvavektoriksi s(~u) tulee siten ~u · ~n ~n. s(~u) = ~u − 2~ p = ~u − 2 2 k~nk

13 / 25

Peilaus 3 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Tästä nähdään ‘helposti’ peilauskuvauksen s lineaarisuus. Määräämme vielä sen matriisin luonnollisen kannan {i, j} suhteen. Rajoituksetta voimme olettaa, että ~n on yksikkövektori. Tällöin ~n = cos ϕi + sin ϕj, missä ϕ on sen suuntakulma. Siis i · ~n = cos ϕ ja j · ~n = sin ϕ, joten s(i) = i − 2 cos ϕ~n = (1 − 2 cos2 ϕ)i − 2 cos ϕ sin ϕj, s(j) = j − 2 sin ϕ~n = −2 cos ϕ sin ϕi + (1 − 2 sin2 ϕ)j, mistä kaksinkertaisen kulman sinin ja kosinin kaavojen avulla saadaan ! − cos 2ϕ − sin 2ϕ M (s) = . − sin 2ϕ cos 2ϕ

14 / 25

Peilaus 4 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Ohessa esimerkki peilauksesta. Kuvassa peilikuva on punainen, ja peilisuora sinertävä. Huomaa, että peilattavan kuvion ja peilisuoran leikkauspisteet pysyvät paikallaan. 4

2

-4

2

-2

4

-2

-4

15 / 25

Rotaatio 1 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Tason rotaatio eli kierto on myös lineaarikuvaus. Kierto R(ϕ) määräytyy, kun kiertokulma ϕ tunnetaan. Tavallinen sopimus on, että ϕ > 0 tarkoittaa kiertoa vastapäivään. Kun yksikkövektoreita i ja j kierretään kulman ϕ verran vastapäivään, nähdään (ajattela yksikköympyrän kehäpisteitä), että i 7→ cos ϕ + sin ϕj ja j 7→ − sin ϕi + cos ϕj. Näin ollen rotaation R(ϕ) matriisi on M (R(ϕ)) =

cos ϕ − sin ϕ sin ϕ cos ϕ

!

.

16 / 25

Rotaatio 2 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Tässä animaatiossa kiertokulma ϕ sahaa lineaarisesti välillä ϕ : 0 → 2π → 0. 17 / 25

Peil. yhdiste 1 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Olkoot S1 ja S1 tason R2 peilauksia sellaisten suorien suhteen, joiden välinen kulma on γ. Osoita (kuvausten matriisien avulla tai geometriseen päättelyyn turvautuen), että näiden kuvausten yhdisteenä saadaan kierto: S2 ◦ S1 = R(2γ). Ratkaisu: Tehtävä on suhteellisen suoraviivainen, jos se ratkaistaan kertomalla peilausten matriisit, ja otetaan huomioon kahden kulman summan sinin ja kosinin kaavat (harjoitustehtävä). Perustellaan tulos myös geometrisesti.

18 / 25

Peil. yhdiste 2 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

19 / 25

Peil. yhdiste 3 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Kuvassa punainen vektori on mustan vektorin kuva ensimmäisen peilauksen jälkeen, ja oranssi vektori toisen peilauksen jälkeen (= punaisen vektorin peilikuva vihreän suoran suhteen). Oletetaan lisäksi, että mustan vektorin ja sinisen suoran välinen kulma on φ. Tällöin sinisen suoran ja punaisen vektorin välinen kulma on φ, punaisen vektorin ja vihreän suoran välinen kulma γ − φ = vihreän suoran ja oranssin vektorin välinen kulma. Kaiken kaikkiaan siis mustan ja oranssin vektorin välinen kulma on 2φ + 2(γ − φ) = 2γ. Huomion arvoista tässä on, että tämä kulma ei riipu muuttujasta φ, eli se ei riipu mustan vektorin suunnasta!

20 / 25

Peil. yhdiste 4 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Tässä G-kuviomme on ensin peilattu sinisen suoran suhteen (kuva punainen) ja sitten vihreän suoran suhteen. Lopputulos on sekamelskasta ehkä erottuva kiertynyt G (oranssi).

21 / 25

Esimerkki A1 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Näytetään eräs tapa tuottaa rotaatio alkeismatriisien tulona. Videossa http://www.youtube.com/watch?v=wUKMIi0mInc näytetään, miten yhdistämällä neljä tason alkeimuunnosta, f1 =X-murros parametrilla a = tan θ, f2 =Y-venytys kertoimella 1/ cos2 θ, f3 =Y-murros parametrilla a = − tan θ, ja f4 =XY-venytys kertoimella cos θ, saadaan yhdistettynä kuvauksena f4 ◦ f3 ◦ f2 ◦ f1 aikaiseksi rotaatio kulman −θ verran (eli kulman θ verran myötäpäivään). Selitä tämän menetelmän toimivuus.

22 / 25

Esimerkki A2 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Ratkaisu: Edellä on kuvattu esiintyvien lineaarikuvausten matriisit: M (f1 ) =

M (f3 ) =

1 tan θ 0 1

!

1 0 − tan θ 1

!

,

,



M (f2 ) =  M (f4 ) =

1 0



0 , 1 cos2 θ

cos θ 0 0 cos θ

!

.

Kertomalla ne keskenään kuvatussa järjestyksessä saadaan tulokseksi (harjoitustehtävä) M (f4 )M (f3 )M (f2 )M (f1 ) =

cos θ − sin θ sin θ cos θ

!

.

23 / 25

Esimerkki A3 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

Tunnistamme tämän kulmaa −θ vastaavan rotaation matriisiksi. Seuraavassa animaatiossa (θ = 0,7 radiaania eli noin 40◦ ) nämä neljä vaihetta on toteutettu jatkuvasti: ensimmäisessä vaiheessa X-murroksen parametri kasvaa 0 → tan θ, toisessa Y-venytyksen parametri kasvaa 1 → 1/ cos2 θ, kolmannessa vaiheessa säädetään Y-murroksen parametri, ja lopuksi kuvaa kutistetaan XY-venytyksellä alkuperäisen kokoiseksi. Animaatio sitten peruuttaa nämä neljä vaihetta käänteisessä järjestyksessä ja aloittaa sen jälkeen uudelleen alusta.

24 / 25

Esimerkki A4 Lin. kuvauksia Identiteetti Venytys X1 Venytys X2 Venytys Y1 Venytys Y2 Venytys XY X-murros 1 X-murros 2 Y-murros 1 Y-murros 2 Peilaus 1 Peilaus 2 Peilaus 3 Peilaus 4 Rotaatio 1 Rotaatio 2 Peil. yhdiste 1 Peil. yhdiste 2 Peil. yhdiste 3 Peil. yhdiste 4 Esimerkki A1 Esimerkki A2 Esimerkki A3 Esimerkki A4

25 / 25

Dimensioyhtälö Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Lineaarialgebrasta tuttu dimensioyhtälö eli aste-nulliteettilause on voimassa kaikille lineaarikuvauksille f : V → W kunhan V on äärellisesti generoitu: dim V = dim Ker(f ) + dim Im(f ). Huom. Myöhemmillä kursseilla määritellään myös vektoriavaruuden ja sen aliavaruuden tekijäavaruus. Tällöin dimensioyhtälön sisältö on sama kuin ryhmäteoriaosuudessa kohtaamamme homomorfialauseen.

1 / 23

Esimerkki A Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Tarkistetaan dimensioyhtälön paikkansa pitävyys derivointikuvaukselle D : P4 → P4 . Ratkaisu: Koska D(a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 , näemme että Ker(D) = L(1) on vakiofunktioiden muodostama 1-ulotteinen aliavaruus, ja Im(D) = L(1, x, x2 ) = P3 on enintään astetta 2 olevien polynomifunktioiden muodostama avaruus. Siis dim P4 = 4,

dim Ker(D) + dim Im(D) = 1 + 3 = 4.

2 / 23

Isomorfismi Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Lineaarikuvausta f : V → W sanotaan säännölliseksi, jos se on injektio. Koska lineaarikuvaus on myös abelin ryhmien välinen homomorfismi näin käy tarkalleen silloin, kun Ker(f ) = {0V }. Lineaarikuvaus on vektoriavaruuksien välinen isomorfismi, jos se on bijektio. Isomorfismi on siis aina säännöllinen, mutta säännöllinen lineaarikuvaus ei välttämättä ole isomorfismi.

3 / 23

Esimerkki B Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Tehtävä: Oletetaan, että dim V = dim W = n < ∞, ja että f : V → W on säännöllinen lineaarikuvaus. Osoita, että tällöin f on välttämättä isomorfismi. Ratkaisu: Sovelletaan dimensioyhtälöä. Tiedämme, että Ker(f ) = {0V }, joten dim Ker(f ) = 0. Dimensioyhtälöstä n = dim V = dim Ker(f ) + dim Im(f ) = 0 + dim Im(f ) ratkeaa dim Im(f ) = n. Koska Im(f ) on W :n aliavaruus, ja dim W = n = dim Im(f ), niin Im(f ) = W . Näin ollen f on myös surjektio, ja siis bijektio.

4 / 23

Esimerkki C1 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Tehtävä: Oletetaan, että dim V = dim W = n < ∞. Osoita, että tällöin on olemassa jokin isomorfismi vektoriavaruuksien V ja W välillä. Todistus: Valitaan kummallekin avaruudelle kanta. Olkoon siis B = {X1 , X2 , . . . , Xn } avaruuden V kanta, ja C = {Y1 , Y2 , . . . , Yn } avaruuden W kanta. Huomaa, että molemmissa on yhtä monta alkiota, koska dimensiot ovat yhtäsuuret. Kanta-alkioiden kuvat voidaan valita vapaasti, joten on olemassa lineaarikuvaus f : V → W , jolle f (Xi ) = Yi kaikille i = 1, 2, . . . , n. Tälle lineaarikuvaukselle f (a1 X1 + a2 X2 + · · · + an Xn ) = a1 Y1 + a2 Y2 + · · · an Yn kaikille skalaarien a1 , . . . , an ∈ R kombinaatioille.

5 / 23

Esimerkki C2 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Koska mielivaltainen avaruuden W vektori voidaan kirjoittaa P muodossa i ai Yi , niin f on surjektio. Koska joukko C on kantana lineaarisesti riippumaton, a1 Y1 + a2 Y2 + · · · an Yn = 0W sjvsk a1 = a2 = · · · = an = 0, näemme että f (a1 X1 + a2 X2 + · · · + an Xn ) = 0W sjvsk a1 X1 + a2 X2 + · · · + an Xn = 0. Näin ollen Ker(f ) = {0V } ja siis f on injektio. Väite seuraa.

6 / 23

Esimerkki D Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Olkoon n positiivinen kokonaisluku, ja Jn = {1, 2, . . . , n}. Tällöin evaluaatiokuvaus ev : F (Jn ) → Rn , ev(f ) = (f (1), f (2), f (3), . . . , f (n)) on lineaarinen (funktioiden operaatioiden määrittelyn perusteella), surjektio (arvot f (i), i = 1, 2, . . . , n voidaan valita vapaasti, joten kaikki Rn :n vektorit esiintyvät kuvina), ja injektio sillä ainoastaan vakiofunktio 0F (Jn ) kuvautuu nollavektoriksi (vektori ev(f ) riippuu funktion f KAIKISTA arvoista). Näin ollen ev on isomorfismi Harjoitustehtävä: Konstruoi isomorfismi funktioavaruuden F (N) ja jonoavaruuden R∞ välille.

7 / 23

Esimerkki E1 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Ääretönulotteisten avaruuksien välisille kuvauksille sen sijaan tapahtuu hivenen yllättäviä asioita. Koska dimensioyhtälö ei ole käytössä esimerkiksi testaamassa lineaarikuvauksen surjektiivisuutta, voi käydä niin, että säännöllinen lineaarikuvaus f : V → V ei olekaan surjektio (eikä näin ollen isomorfismi). Edelleen voimme konstruoida surjektiivisen lineaarikuvauksen f : V → V , joka ei ole injektio (eikä niin ollen isomorfismi). Tehtävä: Anna esimerkki vektoriavaruudesta V , ja säännöllisestä lineaarikuvauksesta f : V → V , joka ei ole surjektio (huom. Esimerkin B nojalla tällöin on oltava dim V = ∞).

8 / 23

Esimerkki E2 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Ratkaisu: Valitaan V = R∞ . Määritellään lineaarikuvaus f : V → V seuraavasti. Jos (xn )n∈N on mielivaltainen jono, niin määritellään jono f ((xn )n∈N ) = (yn )n∈N asettamalla y0 = 0 ja yk = xk−1 aina, kun k ≥ 1. Toisin sanoen f : (x0 , x1 , x2 , x3 , . . .) 7→ (0, x0 , x1 , x2 , . . .) jonon kuva saadaan ‘laittamalla jonon uudeksi ensimmäiseksi alkioksi nolla, ja siirtämällä muut alkiot yhden position eteenpäin’. Kuvaus f on selvästi lineaarinen. Jono (x0 , x1 , . . .) ∈ Ker(f ) sjvsk xi = 0 kaikilla i ∈ N, joten f on säännöllinen. Lineaarikuvaus f ei kuitenkaan ole surjektio, sillä kuva-avaruudess Im(f ) on vain sellaisia jonoja, joiden ensimmäinen alkio on nolla. (Vrt. Cantorin hotelli!)

9 / 23

Esimerkki F1 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Tehtävä: Anna esimerkki vektoriavaruudesta V , ja surjektiivisesta lineaarikuvauksesta f : V → V , joka ei ole injektio. Huomaa, että dimensioiyhtälön nojalla tällöin on oltava dim V = ∞. Jos nimittäin dim V = n ja dim Ker(f ) > 0, niin tällöin dim Im(f ) = n − dim Ker(f ) < n, ja Im(f ) on oltava aito aliavaruus. Ratkaisu: Käännetään Esimerkin E konstruktio. Valitaan siis V = R∞ , ja määritellään f : V → V ‘työntämällä jonon alkioita yksi positio kohti alkua (ja heittämällä ensimmäinen alkio roskiin)’: f : (x0 , x1 , x2 , x3 , . . .) 7→ (x1 , x2 , x3 , . . .). Tämäkin kuvaus on selvästi lineaarinen.

10 / 23

Esimerkki F2 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Tässä jono (1, 0, 0, 0, . . .) ∈ Ker(f ), joten f ei ole säännöllinen. Kuvaus f on kuitenkin surjektio, sillä jos (y0 , y1 , y2 , . . .) on mielivaltainen jono, niin f : (6, y0 , y1 , y2 , . . .) = (y0 , y1 , y2 , . . .).

11 / 23

Ominaisarvoista Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Olkoon V vektoriavaruus, ja f : V → V lineaarikuvaus. Jos on olemassa sellainen vektori X ∈ V, X 6= 0, että f (X) = λX jollekin skalaarille λ, niin sanotaan, että λ on f :n ominaisarvo ja X ominaisarvoon λ kuuluva ominaisvektori.

12 / 23

Yleistä Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

■ ■

■

Nolla on ominaisarvo sjvsk Ker(f ) 6= {0V } sjvsk f ei ole säännöllinen. Jos vektorit {Xi | i ∈ I} kuuluvat eri ominaisarvoihin, niin ne muodostavat lineaarisesti riippumattoman joukon (vrt. vastaava fakta Lineaarialgebran kurssilta — nyt on mahdollista, että I on ääretön). Jos V on äärellisesti generoitu, B jokin sen kanta, ja M = MB (f ) lineaarikuvauksen f matriisi kannan B suhteen, niin f :n ominaisarvot ovat tarkalleen matriisin M (reaaliset !?) ominaisarvot.

13 / 23

Esimerkki G1 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Osoita, että sääntö p(x) 7→ xp′ (x) määrittelee lineaarikuvauksen f : P4 → P4 . Määrää sen ominaisarvot ja ominaisvektorit. Huom: Parempi nimi kuvaukselle f voisi olla d x ? dx Ratkaisu: Tutkitaan mitä tapahtuu kannan B = {1, x, x2 , x3 } polynomifunktioille. Näemme, että f (1) = x · D(1) = x · 0 = 0, f (x) = x · D(x) = x · 1 = x, f (x2 ) = x · D(x2 ) = x · 2x = 2x2 , f (x3 ) = x · D(x3 ) = x · 3x2 = 3x3 , joten kaikkien kannan B polynomifunktioiden kuvat kuuluvat avaruuteen P4 . 14 / 23

Esimerkki G2 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Koska kaikille p, q ∈ P , a, b ∈ R on voimassa f (ap + bq) = x(ap + bq)′ = x(ap′ + bq ′ ) = a(xp′ ) + b(xq ′ ) = af (p) + bf (q), niin f on lineaarinen. Näin ollen B:n funktioiden lineaarikombinaatiot kuvautuvat nekin avaruuteen P4 (tämän voi todistaa myös suoraan). Kuvauksen f matriisi kannan B suhteen on luettavissa yltä: 

  M = MB (f ) =  

0 0 0 0

0 1 0 0

0 0 2 0

0 0 0 3



  . 

15 / 23

Esimerkki G3 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Koska M on diagonaalinen, sen ominaisarvot = diagonaalialkiot (seuraa myös ominaisarvopolynomin avulla). Lisäksi tällöin kannan alkiot ovat ominaisvektorit (yleisemmässä tapauksessa matriisin ominaivektorin komponentit määräävät lineaarikuvauksen ominaisvektorin koordinaatit käytetyn kannan suhteen). Näin ollen ominaisarvoja ovat λ1 = 0, λ2 = 1 λ3 = 2, ja λ4 = 3. Tällä kertaa monomit ovat ominaisvektoreita: f (1) = 0 = λ1 · 1, f (x) = λ2 x, f (x2 ) = λ3 x2 ja f (x3 ) = λ4 x3 .

16 / 23

Esimerkki G4 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Nähdään, että sääntö p(x) 7→ xp′ (x) antaa lineaarikuvauksen f : P → P . Kaikki luonnolliset luvut n ∈ N ovat tämän lineaarikuvauksen ominaisarvoja, sillä f (xn ) = x · nxn−1 = nxn , joten monomi p(x) = xn on ominaisarvoon n kuuluva ominaisvektori. Näin ollen lineaarikuvauksella voi olla äärettömän monta eri ominaisarvoa. Tämä mahdollisuus esiintyy tosin vain silloin, kun V ei ole äärellisesti generoitu.

17 / 23

Esimerkki H1 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Tehtävä: Funktiojoukko A = {cosh x, sinh x} virittää 2-ulotteisen aliavaruuden V ⊂ C ∞ (R). Koska näiden funktioiden derivaatat ∈ V , niin D : V → V on lineaarikuvaus. Määrää sen ominaisarvot tutkimalla matriisin MA (D) ominaisarvoja ja -vektoreita, ja tunnista vastaavat ominaisvektorit avaruuden V alkioina. Ratkaisu: Koska D cosh x = sinh x = 0 · cosh x + 1 · sinh x ja D sinh x = 1 · cosh x + 0 · sinh x saamme kuvauksen matriisiksi MA (D) =

0 1 1 0

!

.

18 / 23

Esimerkki H2 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Matriisin MA (D) ominaisarvoiksi saadaan λ1 = 1 ja λ2 = −1. Vastaavat ominaisavaruudet ovat Vλ1 = L((1, 1)T ) ja Vλ2 = L((1, −1)T ). Pystyvektoria (1, 1)T vastaa funktio 1 · cosh x + 1 · sinh x = ex , ja vektoria (1, −1)T funktio 1 · cosh x − 1 · sinh x = e−x . Nämä ovat tunnetusti derivoinnin ominaisvektoreita: Dex = 1 · ex , De−x = (−1) · e−x .

19 / 23

Esimerkki I1 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Tason R2 rotaatiolla R(ϕ) ei ole reaalisia ominaisarvoja, ellei ϕ ole kulman π kokonaislukumonikerta. Geometrisesti tämä on ilmeistä, koska muussa tapauksessa vektorit R(ϕ)(u) ja u ovat aina erisuuntaisia kierron määritelmän vuoksi. Jos taas ϕ = nπ, niin kyseinen kierto on joko identiteettikuvaus (jos n on parillinen) tai sen vasta-alkio (jos n on pariton). Kummassakin tapauksessa koko taso muodostuu ominaisvektoreista; kaikki kuuluva ominaisarvoon (−1)n . Katsotaan lopuksi, miten R = R(2π/7) generoi syklisen ryhmän ≃ C7 , ja miten sen ominaisarvoteorian avulla osoitetaan, että isoa kiveä tasavälein eri suunnista työntävät 7 yhtä vahvaa veljestä eivät saa kiveä liikkumaan.

20 / 23

Esimerkki I2 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Olkoon siis R : R2 → R2 tason kierto kulman 2π/7 verran myötäpäivään. Tällöin sen potenssi Rn = R ◦ R ◦ · · · ◦ R on kierto kulman 2nπ/7 verran myötäpäivään. Erityisesti siis R7 = idR2 = 1GL2 (R) . Näin ollen R generoi kertalukua seitsemän olevan syklisen ryhmän G ≃ C7 . Kiventyöntöesimerkissä valitsemme koordinaatiston siten, että yksi veljistä työntää kiveä x-akselin suuntaan voimalla, jota esittää vektori X0 = (F, 0). Tällöin veli numero j, j = 1, 2, 3, . . . , 7 työntää kiveä voimalla Xj = Rj−1 (X0 ). Seuraavalla kalvolla on kuva näistä kaikista voimavektoreista.

21 / 23

Esimerkki I3 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

22 / 23

Esimerkki I4 Dimensioyhtälö Esimerkki A Isomorfismi Esimerkki B Esimerkki C1 Esimerkki C2 Esimerkki D Esimerkki E1 Esimerkki E2 Esimerkki F1 Esimerkki F2 Ominaisarvoista Yleistä Esimerkki G1 Esimerkki G2 Esimerkki G3 Esimerkki G4 Esimerkki H1 Esimerkki H2 Esimerkki I1 Esimerkki I2 Esimerkki I3 Esimerkki I4

Veljesten kiveen kohdistama kokonaisvoima on siten vektorisumma Y =

7 X

Xj =

j=1

6 X

j

R (X0 ) =

j=0

X

g(X0 )

g∈G

tai summa, jossa lineaarikuvaus g käy läpi ryhmän G kuvaukset. Lasketaan kuva R(Y ): R(Y ) = R(

X

g∈G

g(X0 )) =

X

(R ◦ g)(X0 ).

g∈G

Koska tässä R ◦ g käy läpi ryhmän G alkiot samalla, kun g ne käy (Sudoku-sääntö jälleen!), niin R(Y ) = Y . Jos siis olisi Y 6= 0, niin Y olisi R:n ominaisarvoon yksi kuuluva ominaisvektori. Tällaista ei ole, joten Y = 0. 23 / 23

Sopimuksia Sopimuksia Multipl. 1 Multipl. 2 Addit. 1 Addit. 2 Muuta

Ryhmistä puhuttaessa käytetään muutamia sopimuksia. Nämä on mainittu monisteessa, mutta kokoan ne varmuuden vuoksi yhteen. ■

■

■ ■

Yksittäisen ryhmän kohdalla käytetään (erikoisia laskutoimituksia lukuun ottamatta) joko multiplikatiivista tai additiivista merkintää. Multiplikatiivista merkintää käytettäessä ryhmän operaation ajatellaan olevan kertolasku, eikä operaation merkkiä käytetä lainkaan (vrt. muuttujien kertolasku). Additiivisessa merkinnässä ryhmän operaatiota merkitään plussalla (+). Oletusarvona on multiplikatiivinen merkintä. Jos ei muuta mainita, niin sitä käytetään.

1/6

Multipl. 1 Sopimuksia Multipl. 1 Multipl. 2 Addit. 1 Addit. 2 Muuta

Multiplikatiivisen merkinnän mukana tulevat seuraavat lisäsopimukset: ■

■ ■

Neutraalialkiota merkitään ykkösellä e = 1. Jos sekaantuminen on mahdollista, käytetään merkintää 1G osoittamaan, että kyse on juuri ryhmän G neutraalialkiosta. Alkion a ∈ G käänteisalkiosta käytetään merkintää a−1 . Kun samaa alkiota liitetään useita kappaleita yhteen ryhmäoperaatiolla, puhutaan kyseisen alkion potenssista: a(a(a · · · ) · · · a) = an , kun tulossa on n kappaletta tekijöitä, kaikki = a.

2/6

Multipl. 2 Sopimuksia Multipl. 1 Multipl. 2 Addit. 1 Addit. 2 Muuta

■

■

Yleensä EI ole lupa olettaa (ellei erikseen muuta kerrota), että multiplikatiivinen operaatio olisi vaihdannainen, ellei ole todistettu, että näin on asian laita. Jos H ≤ G ja a ∈ G, niin alkion a sivuluokista käytetään merkintää aH tai Ha sen mukaan, onko kyse vasemmasta vai oikeasta sivuluokasta.

3/6

Addit. 1 Sopimuksia Multipl. 1 Multipl. 2 Addit. 1 Addit. 2 Muuta

Additiivisen merkinnän mukana tulevat seuraavat lisäsopimukset: ■

■ ■

Neutraalialkiota merkitään nollalla e = 0. Jos sekaantumisen vaara on olemassa, niin merkintä 0G kertoo, että kyse on juuri ryhmän G neutraalialkiosta. Käänteisalkion asemesta puhutaan vasta-alkiosta. Alkion a vasta-alkiota merkitään −a. Potenssin asemesta puhutaan kokonaislukumonikerrasta: a + (a + (a + · · · ) · · · + a) = na, kun summassa on n kappaletta termejä, kaikki = a.

4/6

Addit. 2 Sopimuksia Multipl. 1 Multipl. 2 Addit. 1 Addit. 2 Muuta

■

■

ON lupa olettaa, että additiivinen operaatio on vaihdannainen, ellei esimerkiksi olla teorian kehityksen sellaisessa vaiheessa, jossa sen vaihdannaisuutta ei vielä ole todistettu (tai oletettu aksiooman kautta). Tämä poikkeustilanne ei tule vastaan tällä kurssilla, mutta esiintyy myöhemmillä kursseilla, kun esimerkiksi kokonaisluvut konstruoidaan lähtien ns. Peanon aksioomista (jolloin niiden yhteenlasku myös määritellään, ja sen vaihdannaisuus tulee tietenkin todistaa). Jos H ≤ G ja a ∈ G, niin alkion a sivuluokasta käytetään merkintää a + H.

5/6

Muuta Sopimuksia Multipl. 1 Multipl. 2 Addit. 1 Addit. 2 Muuta

Useisiin joukkoihin liittyy kiinteästi yksi tietty ryhmäoperaatio. Jos siis ei erikseen muuta kerrota, niin ON lupa olettaa, että ■ ■ ■

■

ryhmillä Z, Zm , R operaatio on yhteenlasku (additiivinen merkintä käytössä), ryhmillä Z∗m , R∗ operaatio on kertolasku (multiplikatiivinen merkintä käytössä), ryhmillä GLn (R) ja niiden aliryhmillä operaatio on matriisien kertolasku (multiplikatiivinen merkintä käytössä), ryhmillä Sn ja niiden aliryhmillä operaatio on permutaatioita vastaava kuvausten yhdistäminen siten, että oikeanpuoleisen permutaatio suoritetaan ensin (kuten funktiota yhdistettäessä). Multiplikatiivinen merkintä on käytössä. 6/6

Useimmin matemaattisessa tekstissä esiintyvät kreikkalaiset kirjaimet Huomaa, että kirjaimista ‘fii’,‘epsilon’ ja ‘theeta’ esiintyy ainakin kaksi erilaista versiota. Jotkut esiintyvät sekä Isoina että pieninä kirjaimina. alfa = α Gamma = Γ epsilon = ε

beeta = β delta = δ epsilon = ²

gamma = γ Delta = ∆ fii = ϕ

fii = φ lambda = λ nyy = ν rho = ρ tau = τ theeta = θ psii = ψ

khii = χ Lambda = Λ pii = π sigma = σ ksii = ξ theeta = ϑ omega = ω

eeta = η myy = µ Pii = Π Sigma = Σ zeeta = ζ Theeta = Θ Omega = Ω

Algebran Peruskurssi I Tentti, 10.03.2014 Vastaa NELJÄÄN tehtävään. Jos vastaat useampaan, niin neljä PARASTA vastausta otetaan huomioon

. . .),

arvostelussa. Jos tehtävässä on useita osia (A,B,

on vastattava KAIKKIIN. Tehtävät eivät välttämättä

ole vaikeusjärjestyksessä. Don't pani !

A) Etsi jotkin sellaiset kokonaisluvut u ja v, että Tehtävä 1

13u + 11v = 1.

B) Etsi alla olevien kongruenssien kaikki ratkaisut 13x ≡ 7 (mod 11) Ratkaisu. Lasketaan

syt(13, 11) = 1

ja

11x ≡ 7

(mod 13).

Eukleideen algoritmilla. Vasemmalla on jakoalgoritmi, oikealla sijoi-

tukset taaksepäin (siltä osin algoritmi etenee alhaalta ylös)

13 = 1 · 11 + 2

11 = 5 · 2 + 1 u = −5 v = 6

Siis

⇒ 1 = 11 − 5 · 2

käy. Suosittu vaihtoehto oli myös

jäännösluokan

B-kohdassa todetaan, että koska vat yhden

1 = 11 − 5(13 − 11) = (−5) · 13 + 6 · 11

syt(13, 11) = 1,

u = 6, v = −7.

niin tunnetun tuloksen perusteella ratkaisut muodosta-

(modulin suhteen). Kyseisen jäännösluokan voi sitten etsiä joko kokeilemalla, tai

käyttämällä hyväksi A-kohdassa haettua jäännösluokan käänteisalkiota. Kongruenssi

13x ≡ 7

(mod 11)

voidaan kertoa puolittain luvulla A-kohdassa tuotetulla luvulla kanssa ekvivalentti kongruenssi

((−5) · 13)x ≡ (−5) · 7

Tässä

(−5) · 13 = 1 − 11v ≡ 1 (mod 11)

ja

yhtäpitävä kongruenssin

u = −5 (syt(5, 11) = 1),

jolloin saadaan sen

(mod 11).

−35 ≡ −35 + 4 · 11 = 9 (mod 11),

joten tämä kongruenssi on

x ≡ 9 (mod 11) kanssa. Kongruenssi

11x ≡ 7

puolestaan voidaan kertoa luvulla

(mod 13)

v = 6 (syt(6, 13) = 1,

jolloin saadaan ekvivalentti kongruenssi

⇔(6 · 11)x ≡ 6 · 7

(mod 13)

⇔x ≡ 3 (mod 13), sillä

6 · 11 = 11v = 1 − 13u ≡ 1 (mod 13)

ja

6 · 7 = 42 ≡ 3 (mod 13).

Tämä tehtävä meni kaiken kaikkiaan hyvin. Pieniä pistevähennyksiä tuomittiin: A) jos kokeilemalla ratkaisuja hakeva ei ollut tarkistanut kaikkia jäännösluokkia selittämättä, miksi vain yksi jäännösluokka käy (syt-ehto), tai B) jos väitti, että ratkaisuksi tulee yksikäsitteinen sen sijaan, että ratkaisu on yksikäsitteinen . Keskiarvo oli kuitenkin > 7 pistettä (maksimi = 8). kokonaisluku

jäännösluokka

A) Esitä todistuksetta äärellisen ryhmän ja sen aliryhmän kertalukua koskeva Lagrangen lause. B) Mitä tarkoitetaan alkion kertaluvulla ryhmässä? Osoita, että ryhmän Z alkion −2 kertaluku on seitsemän. C) Osoita, että ryhmä Z on syklinen etsimällä alkio, joka generoi sen. Tehtävä 2

∗ 43

∗ 43

1

Ratkaisu. Lagrangen lausee sitoo toisiinsa äärellisen ryhmän alkioiden lukumäärän

#H

G alkioiden määrän #G, sen aliryhmän H ≤ G [G : H] yhtälöllä

sekä aliryhmän sivuluokkien lukumäärän

[G : H] =

#G . #H

#H | #G. ord(a) ryhmässä G tarkoitetaan sen generoiman aliryhmän H = hai ≤ G alkioiden lukumäärää, ord(a) = #H . Multiplikatiivista merkintää käytettäessä tämä on yhtä kuin pienin sellainen m = 1, tai ∞ jos tällaista lukua ei ole olemassa (additiivinen vastine on laskea positiivinen luku m, jolle a ∗ kokonaislukumonikerto ja). Alkion −2 kertaluku ryhmässä Z43 selviää näin tutkimalla sen potensseja: Erityisesti siis (kaikki nämä kokonaislukuja) Alkion

a

kertaluvulla

(−2)1 = −2 = 41 6= 1, (−2)2 = 4 6= 1,

(−2)3 = −8 = 33 6= 1, (−2)4 = 16 6= 1,

(−2)5 = −32 = 11 6= 1,

(−2)6 = 11 · (−2) = −22 = 21 6= 1, (−2)7 = 21 · (−2) = −42 = 1.

Kuten väitettiinkin

m=7

on matalin eksponentti, jolle yhtälö

(−2)7 = 1

on voimassa.

C-kohta oli tarkoituksella työläs, ja se vaati hieman onnea generaattorin löytämiseksi, ja tarkuutta laskuissa sen todistamiseksi. Selvästi generaattorin tulee olla

a,

missä

1 < a < 43.

Pienin vaihtoehto

a = 2

voidaan kuitenkin sulkea B-kohdan laskujen perusteella pois, sillä tiedämme jo, että

214 = (−2)14 = ((−2)7 )2 ≡ 12 = 1 Seuraava kandidaatti generaattoriksi on

3,

(mod 43).

ja se läpäiseekin seulan. Koska ryhmässä

on alkuluku, tai sitten `Life, the universe, and everything...'), niin alkion no jalla sen tekijä, eli jokin luvuista

{1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42}. Suoraan

3

Z∗43

43

on 42 alkiota (

kertaluku on Lagrangen lauseen

laskemalla nähdään, että

36 = 93 = 729 ≡ 729 − 17 · 43 = 729 − 731 = −2 (mod 43), ord(3) ei ole kuusi. Samalla tuli raakattua pois 2 ja 3 vaihtoehto jen joukosta, sillä jos toinen tai kolmas 37 = 36 · 3 ≡ (−2) · 3 = −6 (mod 43), joten kertaluku ei ole myöskään 7. Tämän avulla edelleen joten

potenssi olisi ykkönen, niin myös kuudes potenssi olisi. Edelleen

3

21

7 3

3

314 = (37 )2 ≡ (−6)2 = 36 (mod 43)

ja

= (3 ) ≡ (−6) = −216 ≡ −216 + 5 · 43 = −1 (mod 43).

Näin ollen ainoaksi vaihtoehdoksi jää

ord(3) = 42,

joten jäännösluokka

3

generoi koko ryhmän.

Kurssin aikana on Lagrangen lauseesta käytetty lähes yksinomaan muotoa #H | #G, joten hyväksyin sen vastaukseksi. Tällaisessa Lauseen sisällön kuvauksessa on kuitenkin syytä luetella KAIKKI lauseen oletukset ja selittää merkinnät. Pisteitä jaettiin kuitenkin avokätisesti - lähinnä vähennyksiä tuli, jos sekosi sanoissaan tai kirjoitti ainoastaan näkyviin relaation #H | #G. Pieniä rapsuja jaettiin sekoiluista myös kertaluvun määritelmässä. Erityisesti on muistettava, että kertaluvun määritelmän on oltava mielekäs kaikissa ryhmissä, ei esimerkiksi pelkästään jäännösluokkaryhmissä. C-kohdassa rapsuja tuli, jos kolmosen potensseja ei ollut tutkittu riittävän pitkälle. Muutama oli laskenut kaikki potenssit. Heille työvoitto. Joku oli hoksannut lopettaa 22 kohdalla, mikä riittää, koska puoliväli ylitettiin. Olkoon G äärellinen abelin ryhmä. A) Osoita, että kolmansien potenssien joukko Tehtävä 3

H = {a3 | a ∈ G} 2

on G:n normaali aliryhmä. B) Luettele aliryhmän H alkiot, jos G = Z , ja etsi jokin aliryhmän H sivuluokkien edustajisto. Kirjoita tekijäryhmän G/H ryhmätaulu, ja selvitä onko kyseinen ryhmä syklinen? ∗ 19

Ratkaisu. Osoitetaan ensin, että Koska

G

H

on aliryhmä. Ensin todetaan, että

13G = 1G ∈ H ,

on äärellinen, niin aliryhmäkriteeristä riittää kevein versio, eli riitää todeta, että

joten

H

H 6= ∅.

on suljettu

x ja y kaksi mielivaltaista H :n alkiota. Joukon H määritelmän mukaan a, b ∈ G, että x = a3 ja y = b3 . Koska G oli abelin ryhmä, niin

ryhmäoperaation suhteen. Olkoot siis tällöin on olemassa sellaiset alkiot

xy = a3 b3 = aaabbb = ababab = (ab)3 . Tästä nähdään, että ryhmän

G

xy ∈ H .

Aliryhmäkriteerin ehdot siis täyttyvät. Normaalisuus

abelisuudesta, sillä tällöin kaikille

x∈H

a∈G

ja

H ✂G

seuraa suoraan

on voimassa

axa−1 = aa−1 x = x ∈ H, koska tekijöiden järjestyksen vaihtaminen oli luvallista. Koska

19

on alkuluku, niin

potenssiin saadaan

G = {a ∈ Z19 | a ∈ Z, 1 ≤ a < 19}. 3

3

Korottamalla alkioita kolmanteen

3

1 = 1(= 7 = 11 ), 3

3

3

2 = 8(= 14 = 3 ), 3

3

3

4 = 7(= 9 = 6 ), 3

3

3

3

3

3

3

3

3

5 = 11(= 16 = 17 ), 8 = 18(= 12 = 18 ), 10 = 12(= 13 = 15 ). Aliryhmässä

H

on siis alkiot

H = {1, 7, 8, 11, 12, 18} ≤ Z∗19 . #H = 6 | 18 = #G kuten Lagrangen 2∈ / H , joten toinen sivuluokka on

Tarkistuksena voimme todeta, että Ryhmän

G

alkioista muun muassa

lauseen no jalla tuleekin olla.

2H = {2, 14, 16, 3, 5, 17}. Alkio

4∈G

ei kuulu kumpaankaan jo luetteluista sivuluokista, joten se antaa vielä yhden uuden

4H = {4, 9, 13, 6, 10, 15}. Näissä kolmessa sivuluokassa on yhteensä kaikki Aliryhmän

H

G/H 1H 2H 4H sillä

3 · 6 = 18 = #G ryhmän G alkiota, joten D = {1, 2, 4}. Ryhmätauluksi saadaan

(2H)(4H) = 8H = 1H

ja

1H 1H 2H 4H

2H 2H 4H 1H

(4H)(4H) = 16H = 2H ,

4H 4H , 1H 2H

koska

8 ∈ 1H

ja

syklinen. Se seuraa joko havainnosta, että kaikki sen alkiot ovat sivuluokan kertaluku

3

voidaan lopettaa.

sivuluokkien eräs edusta jisto on siis

on alkuluku.

16 ∈ 2H . Tekijäryhmä G/H on 2H potensseja tai siitä, että sen

Tässä ilmeni paljon murheellisia väärinkäsityksiä. Monelle tuotti jo osajoukon H määrittelevä joukkomerkintä vaikeuksia, vaikka näitä pitäisi olla käyty läpi lukiossa ja aiemmilla kursseilla. Merkintä {f (a) | a ∈ G} 3

tarkoittaa joukkoa, joka muodostuu funktion f joukossa G saamista arvoista. Esimerkiksi siis {a2 | a ∈ N} = {0, 1, 4, 9, 16, 25, . . .} = {a2 | a ∈ Z}

ja

{2n+1 | n ∈ Z} = {. . . , 2·(−3)+1 = −5, 2·(−2)+1 = −3, 2·(−1) = −1, 2·0+1 = 1, 2·1+1 = 3, 2·2+1 = 5, . . .}.

Vastaavasti {x ∈ G | p(x)} tarkoittaa joukon G ehdon (eli predikaatin) p(x) toteuttavien alkioiden osajoukkoa. Esimerkiksi {n ∈ Z | 2 ∤ n} = {. . . , −7, −5, −3, −1, 1, 3, 5, 7, . . .}

tarkoittaa sekin parittomien kokonaislukujen joukkoa. Näiden pitäisi olla lukiosta tuttuja, ja ne kerrattiin 1. vuoden syksyn kursseilla. Nyt ne on yksinkertaisesti vaan osattava ja ymmärrettävä. Jos tämä on vaikeaa, niin etsi vanha koulukirja, tarkista asia Analyysin ja Lineaarialgebran monisteesta, tai tule kysymään. Jatkomenestystä ajatellen sellaista vaihtoehtoa, jossa nämä merkinnät jäävät hämäriksi EI OLE  ne tulevat vastaan niin usein. Muita murheita A-kohdassa aiheutui merkinnöistä. Muutama halusi käyttää ryhmän H alkiosta merkintää a ja normaalisuutta testattaessa samanaikaisesti merkintää a isomman ryhmän G alkiosta. Tässä siis käytettiin symbolia a kuvaamaan kahta eri asiaa: sitä kiinnitettyä alkiota ∈ G, jonka kolmantena potenssina juuri sillä kertaa tutkittava aliryhmän H alkio saatiin sekä toista mielivaltaista alkiota ∈ G. Näin ei voi tehdä aiheuttamatta sekaannusta. Yksi isohko pulma A-kohdassa oli tutkia vain normaalisuusehtoa, vaikka ensin pitää tarkistaa, onko H ylipäätään aliryhmä? Pisteet jakautuivat A-kohdan osalta seuraavasti: aliryhmäkriteeri 2/3, normaalisuus 1/3. Painotus juuri näin päin. Tilanne on hiukan sama kuin jos pyytäisin ottamaan kantaa siihen, onko pöydällä oleva hedelmä keltainen omena, ja vastaukseksi tyrkyttää "on se keltainen":-) Pieni pulma A-kohdassa oli abelisuusoletuksen käyttö. Siihen piti vedota kahdessa eri kohdassa. Ensinnäkin kaava a b = (ab) ei ole vältämättä voimassa ilman aksioomaa G4. Toiseksi abelisuutta tarvittiin normaalisuuden pikatoteamiseen. Sielläkin oli pieni pulma. Aliryhmän N ≤ G normaalisuus seuraa automaattisesti, jos isompi ryhmä G on abelin ryhmä. Aliryhmän N kommutatiivisuus ei riitä. Vastaesimerkki löytyy monisteen Esimerkistä 2.4.6. jossa esitetään ryhmän S syklinen (siis kommutatiivinen) aliryhmä, joka ei ole normaali. Syy tähän on seuraava. Normaalisuusehdossa aN = N a kaikille a ∈ G juurikin epäselvää on ehdon oleminen voimassa silloin kun a ∈/ G. Kommutatiivisuutta siis tarvitaan myös aliryhmän N ulkopuolella. Moni vastaaja oli todennut H :n olevan abelin ryhmä kommutatiivisen ryhmän aliryhmänä. Väite pitää kyllä paikkansa, mutta ei riitä perustelemaan H :n normaalisuutta. Kaikki nämä vastaajat olivat kuitenkin todenneet myös G:n kommutatiivisuuden, joten tästä epäselvyydestä selvisi miinuksella (1/3 piste). B-kohtaa osattiin paljon paremmin, koska se oli konkreettisempi esimerkki. Muutamilta oli edustajiston käsite jäänyt hämäräksi, ja jotkut rakensivat aliryhmän H ryhmätaulun. Pisteistä puolet sai laskemalla H :n alkiot oikein, ja loput sivuluokkiin jakamisesta ja ryhmätaulusta. Ovatko seuraavat väitteet tosia vai epätosia? Kumoa epätosi väite vastaesimerkillä ja perustele tosi väite lyhyesti. Kurssilla todistettuja tuloksia saa pitää tunnettuina ja käyttää apuna perusteluissa. Huomaa, että arvaamalla (T/E) ei saa lainkaan pisteitä. A) Jos 6x ≡ 6y (mod 10), niin välttämättä tällöin myös x ≡ y (mod 10). B) Oletetaan, että G on jokin (multiplikatiivinen) ryhmä. Lisäksi tiedetään, että sen jotkin kaksi alkiota a ja b toteuttavat yhtälöt a = b ja a = b . Tällöin välttämättä a = b. C) Ei ole olemassa surjektiivista lineaarikuvausta f : P → P . D) Ei ole olemassa surjektiivista lineaarikuvausta f : P → P . 3

3 3

3

3

Tehtävä 4

3

3

4

4

3

4

4

3

Ratkaisu. A-kohdan väite on Epätosi. Vastaesimerkiksi käy jaollinen kymmenellä, mutta

x−y =5

x = 5, y = 0,

ei ole.

viimeisessä oletusta

a3 = b 3 .

Saimme siis yhtälön

a3 a = a3 b. 4

(∗)

6x − 6y = 30 − 0 = 30

on

a3 a = a4 = b4 = b3 b = a3 b, mis4 = b4 ja määritelmää, toisessa oletusta a

B-kohdan väite on Tosi. Oletuksista seuraa nimittäin yhtälökteju sä ensimmäisessä ja kolmannessa kohdassa käytettiin potenssin

jolloin

Ryhmässä on voimassa supistamissääntö (Sudokusääntö), joten tästä voidaan päätellä voidaan yhtälö

(∗)

kertoa vasemmalta alkiolla

C-kohdan väite on Tosi. Jos nimittäin

dim Im(f ) = dim P4 = 4.

f

a = b. Vaihtoehtoisesti

a−3 .

olisi tällainen lineaarikuvaus, niin tällöin

Koska lähtöavaruuden dimensio on

dim P3 = 3,

Im(f ) = P4 ,

jolloin

niin aste-nulliteettilauseen no jalla

dim Ker(f ) = dim P3 − dim Im(f ) = 3 − 4 = −1, mikä on mahdotonta. D-kohdan väite on epätosi. Esimerkiksi polynomin derivointi

D : P4 → P3

D : a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 7→ a1 + 2a2 x + 3a3 x2 on surjektio, sillä jokainen polynomi (

∈ P3 )

on määräämättömän integraalinsa (

∈ P4 )

derivaatta.

A-kohtaa osattiin aika hyvin. Muutamilla oli ongelma logiikan kanssa. Monisteen tulos oli, että jos x ≡ y , niin tällöin myös cx ≡ cx (mod m). Implikaation suunta on siis toinen. Jos totesi (oikein!), että tämän johtopäätöksen tekemiseen vaaditaan syt-ehto, joka ei nyt toteudu, niin tästä hyvitettiin yhdellä pisteellä. Pyydettiin nimen omaan vastaesimerkkiä. Ilman sitä jää avoimeksi se looginen mahdollisuus, että väite olisikin tosi, mutta sen perustelemiseksi tarvitaan jotakin muuta kuin monisteen tulos, jossa syt-ehto vaaditaan. Tehtävän pointti siis oli selittää, miksi tuo syt-ehto on VÄLTTÄMÄTÖN. B-kohtaakin osattiin mukavasti. Ongelmia tuli, jos kuvitteli voivansa tehdä päätelmiä ikään kuin a ja b olisivat reaalilukuja. Tyyliin a = b ⇒ a = ±b. Tämä on täysin absurdia! Kaikissa ryhmissä tuo etumerkki ei edes tarkoita mitään  a ja b voivat olla vaikka permutaatioita tai jotain täysin muuta. Päättelyn on perustuttava sääntöihin, jotka ovat voimassa kaikissa ryhmissä. C-kohta oli jo hiukan abstraktimpi. Vetoaminen joukkojen P ja P mahtavuuksiin ei auta, koska niillä on molemmilla sama mahtavuus kuin joukolla R (tätä ei tosin sivuttu kurssilla). Kantojen mahtavuudet sen sijaan eroavat, ja ratkaisu perustuukin siihen. Sen tekeminen selväksi oli kuitenkin vaikeaa. Muutama vastaaja tarjosi määräämätöntä integraalia ratkaisuksi. Muodollisesti näyttää hyvältä, mutta silloin unohdetaan se, että määräämätön integraali ei ole funktio, koska integroimisvakio tuottaa monikäsitteisyyttä. Muistettakoon, että funktiolla (erityisesti siis lineaarikuvauksella) on oltava vain yksi arvo. Joillakin tuntui olevan vaikeuksia mieltää, mitä surjektiivisuus tässä yhteydessä tarkoittaa. Surjektiolta vaaditaan nyt, että jokainen polynomi p ∈ P esiintyy kuvana. Ei esimerkiksi sitä, että kuvana esiintyy yksi polynomi, jonka arvojoukko on koko R. Tarkasteltavan lineaarikuvauksen arvojoukko on P ei R. D-kohta oli vaikeudeltaan saamaa tasoa kuin C-kohta, mutta derivointi oli jäänyt monelle mieleen, joten pisteitä tuli enemmän. Muutama oli unohtanut, että P :n alkiot ovat enintään astetta 3 olevia polynomifunktioita (ei siis astetta neljä!). Tällä kertaa tästä selvisi punaisella viivalla ja hymiöllä. Derivointia yksinkertaisempi esimerkki surjektiosta on lineaarikuvaus (mod m)

4

4

4

3

4

4

4

a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 7→ a0 + a1 x + a2 x2 ,

jossa vain unohdetaan kolmannen asteen termi. Olkoon g(x) = x funktio R → R. Määritellään kuvaus f : P → P polynomiavaruudesta P sille itselleen säännöllä f (p) = p ◦ g. Selitä, miksi f on lineaarikuvaus? Mitä ominaisarvoja sillä on? Vinkki: Onko polynomien p ja f (p) asteilla jokin yhteys? 2

Tehtävä 5

Ratkaisu. Ensinnäkin funktion on astetta

n (an 6= 0),

f

arvot ovat polynomifunktioita, sillä jos

niin

p = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn

(f (p))(x) = (p ◦ g)(x) = p(x2 ) = a0 + a1 x2 + a2 x4 + · · · + an x2n , mikä on selvästikin astetta

2n

oleva polynomifunktio. Funktio

mielivaltaisia polynomifunktioita, niin kaikille

f

on lineaarinen, koska jos

p1

ja

p2

ovat

x∈R

(f (p1 + p2 ))(x) = (p1 + p2 )(x2 ) = p1 (x2 ) + p2 (x2 ) = (f (p1 ))(x) + (f (p2 ))(x), joten

f (p1 + p2 ) = f (p1 ) + f (p2 ).

Edelleen kaikille skalaareille

a∈R

ja muuttujn arvoille

(f (ap))(x) = (ap)(x2 ) = a(p(x2 )) = a(f (p))(x), 5

x∈R

on voimassa

eli

f (ap) = af (p). Jos polynomi

lynomit

p

ja

λp

p

on lineaarikuvauksen

f

ominaisvektori, kuuluen ominaisarvoon

ovat samaa astetta. Jos tässä

p:n

Ominaispolynomin asteen on siis toteutettava yhtälö ka

f (a0 ) = a0 ,

aste on

n,

n = 2n.

Tällöin

λ 6= 0, niin tällöin pof (p):n aste on 2n.

niin yllä näimme, että

n = 0, joten p on vakiopolynomi. Kosλ = 1, ja muita nollasta eroavia

niin näemme, että vakiopolynomit kuuluvat ominaisarvoon

λ = 0 ei ole ominaisarvo, sillä jos p ei ole nollafunktio, niin se saa nollasta x0 ∈ R. Koska polynomi saa arvon nolla vain äärellisen monessa kohdassa, ja positiivisia reaalilukuja on äärettömän monta, voimme ra joituksetta olettaan, että x0 > 0. Tällöin f (p) √ √ saa nollasta eroavan arvon kohdassa x0 , koska (p ◦ g)( x0 ) = p(x0 ). Näin ollen p ei ole ominaisarvoon nolla ominaisarvo ja ei ole. Myöskään

eroavan arvon jossakin pisteessä

kuuluva ominaisvektori. Lineaarikuvauksen

f

ainoa ominaisarvo on siis

λ = 1.

Harvat olivat tätä tehtävää käsitelleet, mikä ei varsinaisesti ollut yllätys. Ratkaisut olivat sangen hyviä. Pulmaksi muodostuu ääretönulotteisuus, sillä siinä tapauksessa ei lineaarikuvaukselle välttämättä ole matriisia, ja ominaisvektorien haussa on turvauduttava määritelmään. Muutamat olivat kuitenkaan oivaltaneet vinkin tarjoavan tässä tarvittavan vaihtoehtoisen työkalun ominaisarvopolynomin tilalle. Usea sai lineaarisuusperustelusta muutaman irtopisteen, mutta tehtävä oli selkeästi vaikein  osin ehkä siitä syystä, että se viimeisenä oli `varatehtävän' roolissa. Yritän jatkossa tehdä tehtävistä hieman tasaisempia, jotta vaikealla tehtävällä olisi helppo A-kohta houkuttelemassa yrittäjiä.

6

Algebran Peruskurssi I Tentti, 14.04.2014

Vastaa NELJÄÄN tehtävään. Jos vastaat useampaan, niin neljä PARASTA vastausta otetaan huomioon arvostelussa. Jos tehtävässä on useita osia (A,B,. . .), on vastattava KAIKKIIN. Tehtävät eivät välttämättä ole vaikeusjärjestyksessä. Don't pani !

A) Millä kokonaisluvun x arvoilla seuraava kongruenssi on tosi? Tehtävä 1

4x ≡ 7

(mod 13)

B) Etsi alkion 13 käänteisalkio ryhmässä Z . ∗ 29

A-kohdassa voidaan heti todeta, että koska syt(4, 13) = 1, niin ratkaisut muodostavat yhden jäännösluokan modulo 13. Kokeilemalla nähdään, että x = 5 toteuttaa kongruenssin, joten vastaukseksi tulee

Ratkaisu.

x≡5

(mod 13).

Vaihtoehtoisesti Eukleideen algoritmi purkamalla saadaan Bezout'n identiteetiksi (esimerkiksi) (−3) · 4 + 1 · 13 = 1,

mikä ehdottaa, että alkuperäinen kongruenssi tulisi kertoa luvulla (−3). Syt-ehto toteutuu, koska 13 on alkuluku, joten uusi kongruenssi on ekvivalentti alkuperäisen kanssa. Eli ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

4x ≡ 7

(mod 13)

(−3) · 4x ≡ (−3) · 7 (−12)x ≡ −21

(mod 13) (mod 13)

(13 − 12)x ≡ (2 · 13 − 21) x≡5

(mod 13) (mod 13).

B-kohdasta selviää myös joko kokeilemalla tai käyttäen Eukleideen algoritmia. Ensin voi todeta, että koska 29 on alkuluku, niin jäännösluokka 13 todella kuuluu ryhmään Z∗29 . Näin ollen sillä on yksikäsitteinen käänteisalkio. Eukleideen algoritmi etenee 29 = 2 · 13 + 3, 13 = 4 · 3 + 1,

mistä jo nähdään (siis alunperinkin tiedetty) syt(13, 29) = 1. Taakse päin sijoittamalla saadaan 1 = 1 · 13 − 4 · 3 = 1 · 13 − 4(29 − 2 · 13) = 1 · 13 − 4 · 29 + (−4) · (−2) · 13 = 1 · 13 − 4 · 29 + 8 · 13 = 9 · 13 − 4 · 29.

Tästä nähdään, että 13

−1

= 9.

Tehtävää osattiin aika hyvin. Pieniä sakkoja tuli, jos väitti, että ratkaisu on x = 5 tai jos totesi (kokeilun tuloksena tai muutoin), että x ≡ 5 on ratkaisu . Perustelujen merkitys matematiikassa korostuu, mitä pidemmälle edetään. Samalla testataan, että ymmärtääkö vastaaja, miksi ratkaisumenetelmä toimii. PERUSTELEMATTA MIKSI RATKAISUT MUO-

DOSTAVAT YKSIKÄSITTEISEN JÄÄNNÖSLUOKAN

A) Mitä tarkoitetaan alkion kertaluvulla ryhmässä? Määrää alkion 7 kertaluku ryhmässä Z . B) Mikä on luvun Tehtävä 2

∗ 10

22

711

kymmenjärjestelmäesityksen viimeinen (eli vähiten merkitsevä) numero? Muista että iteroitu potenssi puretaan ylhäältä alkaen. Ratkaisu. Alkion a kertaluvulla ord(a) ryhmässä G tarkoitetaan sen generoiman aliryhmän H = hai ≤ G alkioiden lukumäärää, ord(a) = #H . Multiplikatiivista merkintää käytettäessä tämä on yhtä kuin pienin sellainen positiivinen luku m, jolle am = 1, tai ∞ jos tällaista lukua ei ole olemassa (additiivinen vastine on laskea kokonaislukumonikertoja). Alkion 7 kertaluku ryhmässä Z∗10 selviää näin tutkimalla sen potensseja:

1

7 = 7 6= 1, 2

7 = 49 = 9 6= 1, 3

7 = 343 = 3 6= 1, 4

7 = 2401 = 1,

joten ord(7) = 4. B-kohdassa kysyttiin luvun 7 potenssin viimeistä numeroa, eli kyseisen potenssin jakojäännöstä kymmenellä jaettaessa. A-kohdan tulos helpottaa tässä elämää. Tiedämme nimittäin, että 74 ≡ 1 (mod 10), joten sen seurauksena kaikille kokonaisluvuilla k ja j on voimassa 74k+j = 74k · 7j = (74 )k · 7j ≡ 1k · 7j = 7j

(mod 10).

Näin ollen meidän on ensin selvitettävä eksponentin 1122 jakojäännös neljällä jaettaessa. Nyt 11 = 3 · 4 − 1 ≡ −1 (mod 4).

Näin ollen

1122 ≡ (−1)22 = 1 (mod 4),

joten 1122 = 4k + 1 jollekin kokonaisluvulle k . Siten 22

711

= 74k+1 ≡ 71 = 7

(mod 10).

Kysytty viimeinen numero on siis seitsemän.

Tässä B-kohta osoittautui vaikeaksi, ja vain yksi oli sen osannut. Muutama muukin oli oivaltanut, ettei eksponenttia pidä tutkia modulo kymmenen, vaan seitsemän potenssien viimeinen numero toistuu muussa jaksossa. Jos B-kohdassa vain laski eksponenttia modulo kymmenen, niin olin aika tyly, ja nollille meni. Ihan riippumatta siitä, että tällöin päätyy oikeaan lopputulos. Saman kohtalon koki, jos luuli varoituksista huolimatta, että 22

711

= (711 )22 = 711·22 = 7242 .

Tämä on nyt tullut vastaan sen verran monta kertaa. Olkoon G äärellinen abelin ryhmä. Tutkitaan sen toisten potenssien joukkoa Tehtävä 3

H = {a2 | a ∈ G}

A) Osoita, että H ✂ G. B) Laadi tekijäryhmän G/H ryhmätaulu tapauksessa G = Z . C) Osoita, että H = G aina, kun ryhmän G alkioiden lukumäärä on pariton. ∗ 21

Osoitetaan ensin, että H on aliryhmä. Ensin todetaan, että 12G = 1G ∈ H , joten H 6= ∅. Koska G on äärellinen, niin aliryhmäkriteeristä riittää kevein versio, eli riitää todeta, että H on suljettu ryhmäoperaation suhteen. Olkoot siis x ja y kaksi mielivaltaista H :n alkiota. Joukon H määritelmän mukaan tällöin on olemassa sellaiset alkiot a, b ∈ G, että x = a2 ja y = b2 . Koska G oli abelin ryhmä, niin Ratkaisu.

xy = a2 b2 = aabb = abab = (ab)2 .

Tästä nähdään, että xy ∈ H . Aliryhmäkriteerin ehdot siis täyttyvät. Normaalisuus H ✂ G seuraa suoraan ryhmän G abelisuudesta, sillä tällöin kaikille x ∈ H ja a ∈ G on voimassa axa−1 = aa−1 x = x ∈ H,

koska tekijöiden järjestyksen vaihtaminen oli luvallista. B-kohdassa määrätään ensin aliryhmän H alkiot. Luvun 21 alkutekijähajotelma on 21 = 3 · 7, joten ryhmässä G = Z∗12 tulee mukaan sellaiset jäänösluokat, joiden edustaja ei ole jaollinen kolmella eikä seitsemällä. Siis G = {1, 2, 4, 5, 8, 10, 11, 13, 16, 17, 19, 20}.

Laskemalla näiden neliöt nähdään, että aliryhmään H tulevat jäännösluokat 2

2

2

2

2

2

2

2

1 = 1 = 8 = 13 = 20 , 4 = 2 = 5 = 16 = 19 , 2

2

2

2

16 = 4 = 10 = 11 = 17 .

Aliryhmässä H on siis kolme alkiota, H = {1, 4, 16}. Tarkistuksena toteamme, että #H = 3 | 12 = #G, kuten Lagrangen lauseen nojalla tuleekin olla (ei vaadittu). Sivuluokkia eli tekijäryhmän G/H alkioita tulee siis 12/3 = 4 kappaletta. Näemme, että 2 ∈ / H , joten yksi sivuluokista on 2H = {2 · 1, 2 · 4, 2 · 16} = {2, 8, 11}.

Jäännösluokka 5 ei kuulu kumpaakaan jo esitetyistä sivuluokista, ja näemmekin, että 5H = {5, 20, 80 = 17}.

Jäljellä jäävät G:n alkiot muodostavat sivuluokan 10H = {10, 40 = 19, 160 = 13}.

Ryhmätauluksi saadaan G/H 1H 2H 5H 10H

1H 1H 2H 5H 10H

2H 2H 1H 10H 5H

5H 5H 10H 1H 2H

10H 10H 5H 2H 1H,

sillä esimerkiksi 2H · 10H = 20H = 5H,

koska 20 ∈ 5H . Nähdään (ei kysytty), että tämä neljän alkion ryhmä on isomornen Kleinin neliryhmän kanssa, sillä jokain alkio 6= 1G/H on kertalukua kaksi, joten ryhmä ei ole syklinen. C-kohta voidaan ratkaista ainakin kahdella tavalla. Ensin alkiotason päättely. Oletetaan, että x ∈ G on mielivaltainen, ja todistetaan, että x ∈ H . Koska #G on äärellinen, niin alkio x on äärellistä kertalukua m. Lagrangen lauseen nojalla m | #G. Koska #G on oletuksen mukaan pariton, niin myös luku m on pariton. Se voidaan siis kirjoittaa muodossa m = 2k + 1 jollekin k ∈ N. Tiedämme, että x2k+1 = 1. Näin ollen x = 1 · x = x2k+1 x = x2k+2 = x(k+1)2 = (xk+1 )2 .

Näemme, että x on alkion xk+1 neliö, joten x ∈ H . Ryhmätason päättely voisi olla seuraava. Tutkitaan tekijäryhmää G/H . Sen kertaluku on ryhmän G kertaluvun tekijä, joten sekin on pariton. Näin ollen (Lagrange) ryhmän G/H jokaisen alkion kertaluku on sekin pariton. Toisaalta, jos xH ∈ G/H on mielivaltainen, niin (xH)2 = x2 H = H , koska x2 ∈ H . Näin ollen alkion xH kertaluku ryhmässä G/H on enintään kaksi. Ainoa pariton luonnollinen luku < 2 on yksi, joten ord(xH) = 1. Tämä tarkoittaa sitä, että xH = 1G/H kaikilla xH ∈ G/H , eli ryhmässä G/H on vain yksi alkio. Tämä on ekvivalenttia sen kanssa, että H = G.

A-kohdassa esitettiin sekalaisia päättelyitä. Juonen seuraaminen niissä oli muutamissa tapauksissa hiukan hankalaa, mikä johti pistemenetyksiin. Rakenne, jossa jokin ominaisuus verioidaan kuvatun osajoukon kahdelle mielivaltaiselle alkiolle on esiintynyt useasti. Kannattaa katsella esimerkkejä, jotka pyrkivät esittämään tämän sujuvasti. Kaiken kaikkiaan tästä suoriuduttiin kuitenkin kohtuullisesti. B-kohtaa oli osattu vaihtelevasti. Ilahduttavan moni oli selvinnyt tästä täysin oikein! Virheitä esiintyi joko ryhmän G tai aliryhmän H alkioiden määräämisessä (se tähti tarkoittaa jäännösluokkaryhmän tapauksessa AINA syt-ehdon toteuttavia alkioita). Jako sivuluokkiin ja tekijäryhmän muodostaminen oli myöskin paikoitellen vaikeaa, ja se oli tietenkin mahdotonta, jos H :n alkioiden luettelossa oli ylimääräisiä. Tämä ei ollut erityisen yllättävää, sillä tekijäryhmän käsitteeseen tottuminen vaatii harjoitusta. C-kohta oli odotetun vaikea, koska siinä palikoita piti yhdistellä erilaisella tavalla kuin aiemmissa tehtävissä. Kukaan ei tällä kertaa hoksannut oikeaa tapaa. Yhden pisteen sai jos esitti päättelyn alkioiden kertaluvun parittomuudesta. Tämä esiintynee jatkossa haastavana demotehtävänä. A) Mitä on kokonaisluvusta m oletettava, jotta kongruenssi 3a ≡ 3b (mod m) olisi voimassa aina, kun kongruenssi a ≡ b (mod m) on tosi? B) Mitä on kokonaisluvusta m oletettava, jotta kongruenssi a ≡ b (mod m) olisi voimassa aina, kun kongruenssi 3a ≡ 3b (mod m) on tosi? C) Tiedetään, että ryhmän G alkiot a ja b toteuttavat yhtälön aba = b . Todista, että tällöin ab a = b . D) Tiedetään, että ryhmän G alkiot a ja b toteuttavat yhtälön aba = b . Todista, että tällöin a ba = b . Tehtävä 4

−1

−1

2

2

2 −1

2

−2

4

4

Jos a ≡ b (mod m), niin m jakaa luvun (a − b). Tällöin m jakaa myös luvun 3(a − b). Näin ollen A-kohdassa kokonaisluvulta m ei vaadita yhtään mitään. Voi vedota myöskin siihen, että kertomalla annettu kongruenssi puolittain samalla luvulla saadaan seurauksena voimassa oleva kongruenssi (mutta ei välttämätt ekvivalentti kongruenssi). B-kohdassa sitä vastoin tiedetään vain, että m jakaa luvun 3(a − b). Jotta voitaisiin päätellä, että m jakaa myös luvun (a − b) on vaadittava, että m ei ole kolmella jaollinen. Jos m = 3k , niin voi esimerkiksi olla a = k , b = 0, jolloin 3a = m ja 3b = 0 ovat keskenään kongruentteja modulo m, mutta a ja b eivät ole. Riittää vedota monisteen tulokseen, jonka mukaan kongruenssi voidaan jakaa puolittain, mikäli kyseisellä jaettavalla luvulla ei ole yhteisiä tekijöitä modulin kanssa. C-kohdasta selviää assosiatiivilain avulla (tai käyttämällä bonustehtävänä esiintynyttä ajattelua siitä, että konjugointi on homomorsmi ryhmältä itselleen): Ratkaisu.

ab2 a−1 = abba−1 = ab1ba−1 = aba−1 aba−1 = (aba−1 )(aba−1 ) = b2 b2 = b4 ,

missä ensin lisättiin kahden perättäisen b:n väliin tekijä 1 = a−1 a, ja sitten käytettiin annettua tietoa aba−1 = b2 . D-kohta palautuu C-kohdan tulokseen laskulla a2 ba−2 = aaba−1 a−1 = a(aba−1 )a−1 = ab2 a−1 ,

missä ensin tunnistettiin tutkittavan tulon keskeltä alkio aba−1 , jonka oli annettu olevan sama kuin b2 , ja sitten käytettiin C-kohdan tulosta.

Tehtävä osoittautui yllättävän hankalaksi. A-kohdan pikku kompa testasi hereillä oloa. Jos ... niin logiikan suunta aiheutti vaikeuksia monilla. Samoin se, ettei tässä olla kiinnostuneita tietyistä luvuista a ja b. Kysymys koski implikaatioiden a≡b

(mod m) ⇒ 3a ≡ 3b (mod m)

ja 3a ≡ 3b (mod m) ⇒ a ≡ b (mod m) totuutta eikä minkään yksittäisen kongruenssin totuutta. C- ja D-kohdissa jaettiin työvoittoja. Konjugointia ei kurssin aikana harjoiteltu juurikaan  bonustehtävässä kylläkin. Siihen nähden näistä selvittiin jopa odotettua hieman paremmin! Valitettavasti muutama oli sortunut olettamaan, että ryhmässä saisi tulon järjestystä vaihtaa perustelematta (jolloin oletuksesta nopeasti seuraa, että b = 1). Olkoon P enintään astetta kaksi olevien polynomifunktioiden muodostama vektoriavaruus. Jos p(x) = p + p x + p x ∈ P , niin määritellään sen resiprookkipolynomi p˜(x) säännöillä p˜(0) = p ja Tehtävä 5

0

1

2

3 2

3

2

1 p˜(x) = x2 p( ), x

kun x 6= 0. Osoita, että kuvaus f : P → P , f (p) = p˜ on lineaarikuvaus. Määrää sen matriisi kannan {1, x, x } suhteen, ja määrää f :n ominaisarvot. Bonuspisteen saa arvaamalla mihin ominaisarvoon kuuluvia polynomeja kutsutaan palindromipolynomeiksi. 2

3

3

Olkoon p(x) = p0 + p1 x + p2 x2 ∈ P3 mielivaltainen. Tarkistetaan ensin, että p˜(x) todella on avaruuden P3 polynomifunktio. Jos x ∈ R, x 6= 0, niin Ratkaisu.

1 1 1 p˜(x) = x2 p( ) = x2 (p0 + p1 + p2 ( )2 ) x x x x2 x2 2 = p0 x + p1 + p2 2 x x = p0 x2 + p1 x + p0 .

Koska oli myös määritelty, että p˜(0) = p2 , niin näemme, että sääntö p˜(x) = p0 x2 + p1 x + p2

on voimassa kaikille x ∈ R. Erityisesti siis p˜ ∈ P3 . Olkoon sitten q(x) = q0 + q1 x + q2 x2 on jokin toinen mielivaltainen avaruuden P3 polynomifunktio. Käytetään summapolynomista p + q merkintää r, eli r(x) := (p + q)(x) = (p0 + q0 ) + (p1 + q1 )x + (p2 + q2 )x2 .

Tällöin resiprookkipolynomin määritelmän ja polynomifunktioiden yhteenlaskun määritelmän nojalla q˜(x) = q0 x2 + q1 x + q2 , r˜(x) = (p0 + q0 )x2 + (p1 + q1 )x + (p2 + q2 ), (˜ p + q˜)(x) = (p0 + q0 )x2 + (p1 + q1 )x + (p2 + q2 ).

Yllä kahden alimman rivin oikeat puolet ovat samat kaikille x ∈ R, joten avaruudessa P3 f (p + q) = f (r) = r˜ = p˜ + q˜ = f (p) + f (q).

Edelleen kaikille a ∈ R (a˜ p)(x) = a(˜ p(x)) = a(p0 x2 + p1 x + p2 ) = ap0 x2 + ap1 x + ap2

ja koska (ap)(x) = (ap0 ) + (ap1 )x + (ap2 )x2 , niin myös skalaarimonikerran ap resiprookkipolynomille on voimassa ˜ (ap)(x) = (ap0 )x2 + (ap1 )x + (ap2 )

kaikille x ∈ R. Näin ollen

˜ = a˜ f (ap) = (ap) p = af (p).

Olemme osoittaneet, että f on lineaarinen. Tutkitaan seuraavaksi kannan funktioiden kuvat. Jos p(x) = 1 = 1 · 1 + 0 · x + 0 · x2 ,

niin

p˜(x) = 1 · x2 + 0 · x + 0 · 1 = x2 .

Samoin, jos p(x) = x = 0 · 1 + 1 · x + 0 · x2 , niin p˜(x) = 0 · x2 + 1 · x + 0 · 1 = x

ja jos p(x) = x2 = 0 · 1 + 0 · x + 1 · x2 , niin p˜(x) = 0 · x2 + 1 · x + 1 · 1 = 1.

Siis yhteenvetona f (1) = x2 , f (x) = x ja f (x2 ) = 1. Lineaarikuvauksen f matriisiksi luonnollisen kannan suhteen saadaan siis   0 M (f ) =  0 1

0 1 0

1 0 . 0

Tämän ominaisarvopolynomi on t 0 m(t) = det(tI3 − M (f )) = 0 t − 1 −1 0

−1 0 t

= (t − 1)(t2 − 1)

keskimmäisen rivin mukaan kehitettynä. Tästä nähdään, että polynomin m(t) nollakohtia ovat t = λ1 = −1 ja t = λ2 = 1, joista jälkimmäinen on kaksinkertainen. Jos p(x) = p0 + p1 x + p2 x2 , niin p˜(x) = p0 x2 + p1 x + p2 = p2 + p1 x + p0 x2 ,

eli kuvaus f kääntää kuvattavan polynomin p kertoimien jonon (p0 , p1 , p2 ) järjestyksen päinvastaiseksi (p2 , p1 , p0 ). Näin ollen p kuuluu ominaisarvoon yksi, sjvsk sen kertoimien jono on sama alusta loppuun tai lopusta alkuun luettuna. Tästä syystä polynomeja p, joille p˜ = p kutsutaan .

palindromipolynomeiksi Tehtävää käsitteli vain harva tenttiin osallistunut. Tämä ei ollut yllätys, koska funktioavaruudet ovat tässä vaiheessa opintoja vielä vieraampia kuin esimerkiksi jäännösluokat. Puolet pisteistä sai, kun oli todistanut funktion f lineaarisuuden (kaikkia mallivastauksen detaljeja ei edellytetty). Tässä piti oivaltaa, että resiprookkipolynomin muodostaminen on samanlainen toimitus kuin esimerkiksi polynomin derivointi: sisään menee yksi polynomi, ulos tulee toinen. Ja tehtävässä käsitellään juuri tätä prosessia. Oppimatka jatkuu.