25.10.

2. Součiny algeber

2.1 (Čínská věta o zbytcích). Nechť n_{1}, n_{2}, …, n_{k} jsou po dvou nesoudělná kladná celá čísla a n = n_{1}·n_{2}·· · ··n_{k}, Dokažte, že zobrazení f : Z_{n} → ∏_{i=1}^{k} Z_{n_{i}} dané předpisem f(x) = (x modn_{1}, x modn_{2}, …, x modn_{k}) je izomorfismus algeber (Z_{n}, +, ·, 0) a (∏_{i=1}^{k} Z_{n_{i}}, +, ·, 0), kde 0 = (0, …, 0).

Přímo z definice snadno vidíme, že je f zobrazení slučitelné se všemi operacemi. Zbývá nahlédnout, že jde o bijekci. Protože jsou Z_{n} a ∏_{i=1}^{k} Z_{n_{i}} stejně velké konečné množiny, stačí nahlédnout, že je f prosté. Nechť pro a ≤ b ∈ Z_{n} platí, že f(a) = f(b). Potom f(b − a) = 0, tedy n_{i}/b − a pro všechna i = 1, …, k. Protože jsou n_{i} po dvou nesoudělná a 0 ≤ b − a ≤ n − 1, máme i n/b − a, tudíž b = a. □

Ačkoli v předchozím důkaz stačilo ulázat, že je zobrazení prosté, v následujících příkladech si ukážeme, že pomocí Euklidova algoritmu lze pro zobrazení f najít vzor každého prvku.

2.2. Uvažujme zobrazení f : Z_{45} → Z_{5} × Z_{9} z 2.1, tj.f(a) = (a mod5, a mod9). Určete (jednoznačně určené) a ∈ Z_{45}, pro které f(a) = (3, 2).

Hledáme a ∈ Z_{45} pro něž existují taková x ∈ Z_{9} a y ∈ Z_{5}, že 5x + 3 = a a 9y + 2 = a, tedy musí platit 5x + 3 = 9y + 2. Upravíme-li rovnici na tvar 9y − 5x = 1, řešíme obvyklou úlohu. Snadno zjistíme, že 9 · 4 − 5 · 7 = 1, tedy a = 5 · 7 + 3 = 9 · 4 + 3 = 38. □

1.11.

2.3. Uvažujme zobrazení f : Z_{720} → Z_{5} × Z_{9} × Z_{16} z 2.1. Najděte b ∈ Z_{720}, pro které f(b) = (3, 2, 13).

Definujme zobrazení g : Z_{45} × Z_{16} → Z_{5} × Z_{9} × Z_{16} předpisem g(u, v) = (umod5, umod9, v) a zobrazení h : Z_{720} → Z_{45} × Z_{16} z Čínské věty o zbytcích, tj. h(w) = (w mod45, w mod16). Všimněme si, že f = gh, navíc jsou obě zobrazení g a h bijekce a f^{−1}(3, 2, 13) = h^{−1}(g^{−1}(3, 2, 13)). Protože je zobrazení g součinem bijekce z 2.1 a identity a vzor dvojice (3, 2) už jsme spočítali v předchozí úloze, vidíme, že g^{−1}(3, 2, 13) = (38, 13). Zbývá nám tedy stejnou úvahou jako v předchozím příkladu najít vzor h^{−1}(38, 13), tj. vyřešit rovnice 45x + 38 = b a 16y + 13 = b pomocí diofantické rovnice 16y − 45x+ = 25. Obvyklým způsobem zjistíme například, že 5 · 45 − 14 · 16 = 1, proto 25 = 125 · 45 − 350 · 16 = 10 · 16 − 3 · 45. Tedy b = 45 · 3 + 38 = 16 · 10 + 13 = 173. □

3. Faktory algeber a kongruence

Uvažujme opět množinu A = {a, b, c} s binární operací ∘ a dále množinu B = {1, 2, 3, 4} s operací ⊙ danými tabulkami:

\begin{matrix}∘ & a & b & c \\ a & c & b & a \\ b & b & a & b \\ c & a & b & c \end{matrix}  \begin{matrix}⊙ & 1 & 2 & 3 & 4 \\ 1 & 2 & 1 & 1 & 3 \\ 2 & 1 & 4 & 1 & 1 \\ 3 & 4 & 1 & 4 & 1 \\ 4 & 3 & 4 & 4 & 2 \end{matrix}

3.1. Najděte všechny kongruence algebry (A, ∘).

Snadno nahlédneme, že id a A × A tvoří kongruenci na každé algebře s nosnou množinou A. Budeme nyní probírat všechny zbývající ekvivalence na A, přičemž využijeme jednoznačné korespondence ekvivalence na A a rozkladu A. Existují tedy právě tři ekvivalence odpovídající rozkladu na ekvivalenční třídy {{a}, {b, c}}, {{b}, {a, c}} a {{c}, {a, b}}.

Nechť ∼ je kongruence na A taková, že a ∼ b. Uvědomíme-li si, že a ∼ a a že ∘ má být slučitelná s ∼, pak a ∘ a ∼ a ∘ b, tedy c ∼ b. Všimněme si, že tuto informaci můžeme vyčíst z prvního řádku tabulky operace ∘ (tj. sloupce odpovídající kongruentním prvkům musí v každém řádku obsahovat vzájemně kongruentní hodnoty). Podobně i a ∘ a ∼ b ∘ s (tj. stejnou úvahu můžeme provést i pro sloupce tabulky). V každém případě to znamená, že všechny prvky kongruence obsahující dvojici (a, b) leží v jedné ekvivalenční třídě, tedy dostáváme už zmíněnou kongruenci A × A.

Nyní uvažujme kongruenci ∼ na A takovou, že b ∼ c. Z tabululky okamžitě dostáváme, že b = a ∘ b ∼ a ∘ c = a, tedy a ∼ b ∼ c, což opět znamená, že ∼ = A × A.

Konečně, pokud uvažujeme kongruenci splňující podmínku a ∼ c, pak předchzím postupem nedostáváme žádnou novou nutnou podmínku. Zbývá nám nahlédnout, že rozklad {{b}, {a, c}} skutečně určuje kongruenci. K tomu nám stačí zjistit, zda na množině A/ ∼= {{b}, {a, c}} můžeme zavést faktorovou operaci ∘ předpisem [x]_{∼} ∘[y]_{∼} = [x∘y]_{∼}. Jinak řečeno potřebujeme zjistit, zda všechny součiny prvků z každých dvou pevně zvolených rozkladových tříd leží vždy právě v jedné rozkladové třídě. To snadno nahlédneme z tabulky operace ∘, kde poněkud přeházíme řádky a sloupce:

\begin{matrix}∘ & b & a c \\ b & [ a ] & [ b b ] \\ {a \atop c} & [ \begin{matrix}b \\ b \end{matrix} ] & [ \begin{matrix}c & a \\ a & c \end{matrix} ] \end{matrix}

Vidíme, že v každém bloku tabulky máme jen prvky jedné rozkladové třídy, tedy rozkladu {{b}, {a, c}} opravdu odpovídá kongruence ∼= {(a, a), (b, b), (c, c), (a, c), (c, a)}. Zjistili jsme, že na algebře A(∘) jsou právě tři různé kongruence. □

3.2. Najděte všechny kongruence algebry (A, ∘, a).

Slučitelnost s nulární operací a představuje podmínka a ∼ a, která je spněna pro každou ekvivalenci. Tedy kongruence na algebře A(∘, a) jsou stejné jako kongruence na algebře (A, ∘). □

8.11.

3.3. Najděte všechny izomorfismy algebry (A, ∘) do sebe.

Uvažujme nějaký izomorfismus φ : A → A. Připomeňme, že izomorfismus ţzachovává všechny vlastnosti” algebry, tedy například obrazů jejích jednotlivých prvků. Všimneme-li si, že v A leží právě jeden prvek x, pro který x ∘ x = x, tj. prvek x, potom φ(c) = c, konkrétně

φ(c) = φ(c ∘ c) = φ(c) ∘ φ(c) ∈ A.

Dále a ∘ a = c a b ∘ b ≠ c a konečně φ(a) ∘ φ(a) = φ(a ∘ a) = φ(c) = c, proto φ(a) = a, a tedy φ(b) = b, protože φ je bijekce. Zjistili jsme, že jediný izomorfismus A(∘) do sebe je identické zobrazení. □

3.4. Najděte všechny homomorfismy algebry (A, ∘) do sebe.

V minulé úloze už jsme zjistili, že izomorfismus (A, ∘) do sebe exsituje pouze identický. Uvažujme tedy nějaký homomorfismus φ : A → A, který není na, což znamená, že počet prvků φ(A) je 1 či 2. Poznamenejme, že φ(A) musí být podalgebra A.

Nejprve předpkládejme, že |φ(A)| = 1. V úloze 1.15 jsme našli jedinou jednoprvkovou podalgebru algebry A(∘), jíž je podalgebra {c}. To znamená, že φ(x) = c pro všechna x ∈ A.

Nyní předpkládejme, že |φ(A)| = 2 a opět připomeňme, že v 1.15 jsme zjistili, že množina {a, c} je jediná dvouprvková podalgebra algebry A(∘). Víme, že jádro homomorfismus kerφ = {(x, y) ∈ A × A| φ(x) = φ(y)} 3.1 je kongruence a faktor A/kerφ musí být dvouprvkový, tedy rozkladové třídy jádra jsou podle 3.1 nutně {a, c} a {b}, tj. φ(a) = φ(c) ≠ φ(b). Nyní spočítáme

φ(b) ∘ φ(b) = φ(b ∘ b) = φ(a) ≠ φ(b),

ale c ∘ c = c, proto φ(b) ≠ c a nutně tedy φ(b) ≠ a a φ(a) = φ(c) = c. Nyní už prověřením jednotlivých případů snadno nahlédneme, že je φ posledním hledaným homomorfismem.

3.5. Rozhodněte, zda existuje homomorfismus algebry (A, ∘) do algebry (X, ∘), kde X = {x, y}, x ∘ y = x ∘ x = y a y ∘ y = y ∘ x = x.

Naše úvaha bude stejná jako v předchozí úloze. Předpokládejme, že máme nějaký homomorfismus f : A → X. Potom obraz f(A) musí být podalgebrou algebry (A, ∘). Okamžitě vidíme, že x ∘ x ≠ x a y ∘ y ≠ y, tedy jedinou podalgebrou algebry (X, ∘) je X a f(A) = X. Zjistili jsme, že jedinou faktorovou algebrou algebry (A, ∘), která je dvouprvková je faktor A podle kongruence ≅ určené rozkladem {a, c} a {b}. Nyní stačí srovnat tabulky binární operace nutně izomorfních algeber (A/ ≅, ∘) a (X, ∘):

\begin{matrix}⊙ & \{a, c\} & \{b\} \\ \{a, c\} & \{a, c\} & \{b\} \\ \{b\} & \{b\} & \{a, c\} \end{matrix}  a  \begin{matrix}⊙ & x & y \\ x & y & y \\ y & x & x \end{matrix} ,

z nichž snadno nahlédneme, že algebry nejsou izomorfní. Podrobněji, kdyby f(a) = f(c) = x, pak by y = f(a) ∘ f(a) = f(a ∘ a) = f(c) = x, a kdyby f(b) = x, pak by f(a) = f(c) = y a x = f(b) = f(b ∘ a) = f(b) ∘ f(a) = x ∘ y = y.

Zjistili jsme, že žádný homomorfismus algebry (A, ∘) do algebry (X, ∘) neexistuje. □

3.6. Najděte všechny podalgebry a kongruence algebry (B, ⊙).

Postupujeme stejně jako v předchzích úlohách.

Celá nosná množina B je zřejmě podalgebrou (B, ⊙).

Algebra (B, ⊙) zjevně neobsahuje žádný idempotent (tj. prvek s vlastností x ⊙ x = x), tedy žádná jednoprvková podalgebra neexistuje. Snadno nahlédneme, že každá množina uzavřená na operaci obsahující dva prvky z {1, 2, 3, 4} musí obsahovat další prvek, tedy (B, ⊙) neobsahuje ani žádnou dvouprvkovou podalgebru. Podobně každá trojice prvků z B už generuje celé B, tedy B neobsahuje žádnou tříprvkovou podalgebru.

Zjistili jsme, že (B, ⊙) obsahuje jen triviální podalgebru B.

Zřejmě id a B ×B tvoří kongruenci na (B, ⊙). Uvažujeme-li nejmenší kongruenci ∼ obsahující dvojici (1, 2) pak 1 = 1 ⊙ 2 ∼ 2 ⊙ 2 = 4 a 3 = 1 ⊙ 4 ∼ 2 ⊙ 4 = 1, proto 1 2 3 4 a tedy ⟨(1, 2)⟩ = ∼ = B × B.

Nejmenší kongruence obsahující dvojici (1, 4) zřejmě nutně obsahuje i dvojici (1 ⊙ 1, 4 ⊙ 1) = (2, 3). Na faktoru B podle ekvivalence dané rozkladem {1, 4} a {2, 3} už ovšem můžeme dobře definovat faktorovou operaci, jak je vidět například z tabulky operace s permutovanými řádky a sloupci (každý z bloků obsahuje jen prvky jedné rozkladové třídy):

\begin{matrix}⊙ & 1 4 & 2 3 \\ {1 \atop 4} & [ \begin{matrix}2 & 3 \\ 3 & 2 \end{matrix} ] & [ \begin{matrix}1 & 1 \\ 4 & 4 \end{matrix} ] \\ {2 \atop 3} & [ \begin{matrix}1 & 1 \\ 4 & 1 \end{matrix} ] & [ \begin{matrix}4 & 1 \\ 1 & 4 \end{matrix} ] \end{matrix}

Obdobně nahlédneme, že nejmenší kongruence obsahující dvojici (2, 3) je táž jako předchozí. Konečně vezmeme-li kongruenci s trojicí kongruentních prvků, pak díky předchzím úvahám dostáváme maximální kongruenci B × B.

Tedy na algebře (B, ⊙) máme právě tři kongruence: dvě triviální (id, B × B) a poslední id ∪ {(1, 4), (4, 1), (2, 3), (3, 2)}.

15.11.

3.7. Popište všechny faktory algebry (B, ⊙).

V předchozí úloze jsme našli právě tři kongruence, tedy mánme 3 ekvivalence podle nichž můžeme faktorizovat.

Nejprve uvážíme triviální případy. Vidíme, že (B, ⊙) ≅ (B/id, ⊙), kde uvažujeme izomorfismus x → {x}, a dále ({∗}, ⊙) ≅ (B/B × B, ⊙), kde ∗ · ∗ = ∗.

Nyní uvážíme kongruenci ∼, která odpovídá rozkladu {{1, 4}, {2, 3}} (tj. B/ ∼= {{1, 4}, {2, 3}} ) a vytvoříme tabulku faktorové operace na prvcích X = {{1, 4} a Y = {2, 3} ∈ B/ ∼ pomocí definitorického vztahu [a]_{∼} ⊙ [b]_{∼} = [a ⊙ b]_{∼}:

\begin{matrix}⊙ & X & Y \\ X & Y & X \\ Y & X & X \end{matrix}

□

3.8. Spočítejte všechny ekvivalence na množině B.

Potřebujeme uvážit kolik existuje disjunktních rozkladů čtyřprvkové množiny. Provedeme diskuzi podle počtu množin v rozkladu Nejprve poznamenejme, že existje právě jeden jednočlenný (celé B) a právě jeden čtyřčlenný ({1}, {2}, {3}, {4},) rozklad. Dvoučlenné rozklady sestávají buď ze dvou dvouprvkových množin (a ty najdeme právě 3) nebo z jedné jednoprvkové množiny a jedné tříprvkové (vybírámeli jednoprvkovou, vidíme, že takové rozklady jsou k dispozici 4). Dvoučlenných rozkladů tedy existuje 7. Konečně tříčlené rozklady jsou tvořeny jednou jednoprvkovou a dvěmi dvouprvkovými množinami, jsou tedy jednoznačně určeny dvouprvkovou podmnožinu, jichž existuje 6. Spočítali jsme, že ekvivalencí na na množině B je právě 1+1+7+6=15. □

3.9. Popište všechny faktory algebry (B, ⊙, 2).

Provedeme-li stejnou úvahu jako v 3.2, tedy, že podmínka slučitelnosti s nulární operací platí pro každou ekvivalenci, pak vidíme, že faktorové algebry (B, ⊙, 2) jsou stejně jako u algebry (B, ⊙) právě 3, dva triviální (tedy jeden izomorfní (B, ⊙, 2) a druhý izomorfní jednoprvkové algebře ({∗}, ⊙, ∗)) a jeden daný kongruencí ∼ s rozkladem B/ ∼= {{1, 4}, {2, 3}}, tedy (B/ ∼, ⊙, [2]_{∼}). □

3.10. Mějme pro každé celé číslo z ∈ Z jednu nulární operaci, která vybírá v Z právě prvek z a uvažujme algberu (Z, z; z ∈ Z). Popište všechny její podalgebry a všechny její kongruence.

V minulém příkladu jsme nahlédli, že každá ekvivalence je slučitelná s každou nulární operací, proto je každá ekvivalence na Z kongruencí na (Z, z; z ∈ Z), poznamenejme, že rozkladů a tedy i ekvivalencí na spočetné množině na Z je nespočetně mnoho.

Nyní si uvědomme, že každá podalgebra (Z, z; z ∈ Z) musí obsahovat všechny nulární operace, tedy všechna celá čísla. To znamená, že (Z, z; z ∈ Z) obsahuje pouze podalgebru Z. □

3.11. Popište všechny kongruence algebry (Z, +).

Nejprve si rozmyslíme, že ţkongruence modulo přirozené číslo n” tvoří kongruence na algebře (Z, +). Připomeňme, že se jedná o relaci definovanou předpisem a ≡ b (modn) , jestliže n/a − b. Snadno nahlédneme, že jde o reflexivní, tranzitivní a symetrickou relaci, tedy o ekvivalenci. Jakmile a_{1} ≡ b_{1} (modn) a a_{2} ≡ b_{2} (modn), pak n/a_{1} − b_{1} a n/a_{2} − b_{2}, proto n/(a_{1} + a_{2}) − (b_{1} + b_{2}), tedy (a_{1} + a_{2}) ≡ (b_{1} + b_{2}) (modn).

Nyní ukážeme, že jiné kongruemce než kongruence modulo přirozené číslo n a identita na algebře (Z, +) neexistují. Zvolme tedy neidentickou kongruenci ∼.

Potom určitě existují celá čísla a < b, pro něž a ∼ b, Jelikož −a ∼ −a, dostáváme z definice kongruence nan algebře vztah 0 = a + (−a) ∼ b + (−a) = b − a > 0. To znamená, že exsituje kladné celé číslo kongruentní s nulou a můžeme zvolit nejmenší kladné n, pro které n ∼ 0. Dokážeme, že ∼ je právě kongruence modulo přirozené číslo n.

Předpokládejme, že c ∼ d a d > c. Potom stejnou úvahou jako výše dostáváme, že d − c ∼ 0. Vydělíme-li číslo d − c se zbytkem číslem n dostaneme q, r ∈ Z, kde 0 ≤ r < n, pro která d − c = qn + r, tedy r = d − c − qn. Víme, že d − c ∼ 0 a opakovanou úvahou zjsitíme, že −qn ∼ 0, proto r = d − c − qn ∼ 0. Z minimality volby n plyne, že r = 0, tedy n/d − c.

Jakmile n/d − c, dostaneme d − c ∼ 0 zcela přímočarou úvahou. □

22.11.

3.12. Popište všechny kongruence algebry (R, +, ·), kde R je množina všech reálných čísel.

Víme, že id je vždy kongruence. Uvažujme tedy kongruenci ∼≠ id, to znamená, že existují různé prvky a, b ∈ R, pro které a ∼ b. Protože −a ∼ −a, dostáváme díky vlastnosti kongruence pro operaci sčítaní, že 0 = a + (−a) ∼ b + (−a) = b − a, kde b − a ≠ 0. Vezmem-li dále libovolné r ∈ R, potom stejnou úvahou pro operaci násobení ze vztahu \frac{r}{b−a} ∼ \frac{r}{b−a} plyne, že 0 = 0 · \frac{r}{b−a} ∼ b − a · \frac{r}{b−a} = r. Zjistili jsme, že ∼= R × R, tedy na algebře (R, +, ·) máme jen dvě triviální kongruence.

3.13. Rozhodněte, zda jsou izomorfní algebry (N, +) a (N, ·).

Předpokládejme, že mezi danými algebrami izomorfismus existuje a označme ho φ. Všimněme si, že v algebře (N, ·) leží prvek 1 splňující podmínku 1 · 1 = 1, tedy musí existovat nějaký jeho vzor n ∈ N, tj. φ(n) = 1. Protože je φ homomorfismus, platí, že

φ(n) = 1 = 1 · 1 = φ(n) · φ(n) = φ(n + n),

tudíž n + n = n. To ovšem pro žádné kladné celé číslo neplatí, proto izomorfismus mezi algebrami (N, +) a (N, ·) neexistuje. □

3.14. Rozhodněte, zda jsou izomorfní algebry (N ∪ {0}, +) a (N, ·).

Opět předpokládejme, že mezi danými algebrami izomorfismus existuje a označme ho φ. Určitě musí existovat nějaký prvek n ∈ N, pro který φ(1) = n, každý prvek nenulový prvek z algebry (N ∪ {0}, +) dostaneme jako součet 1, tedy ⟨1⟩ = N a ⟨0, 1⟩_{(N∪{0}} = N ∪ {0}. To ovšem znamená, že bychom každý prvek různý od 1 museli dostat jako součin kopií prvku φ(1) = n, tj. ⟨1, n⟩_{(N,·)} = N. Stačí abychom vzali prvočíslo p, které se nenalézá v prvočíselném rozkladu čísla p, abychom nahlédli, že p ∉ ⟨1, n⟩_{(N,·)} , což je spor. Ani tentokrát algebry izomorfní nejsou.

Poznamenejme, že stačilo najít tvrzení, které v jedné algebře platilo a v druhé neplatilo, konkrétně algebra (N ∪ {0}, +) je konečně generovaná, zatímco algebra (N, ·) konečně generovaná není, tedy se nomůže jednat o izomorfní algebry. □

3.15. Dokažte, že pro každé přirozené n je (Z[\sqrt{n}], +, ·), kde Z[\sqrt{n}] = \{a+b\sqrt{n}| a, b ∈ Z}, podalgebrou algebry (R, +, ·).

Stačí pro libovolné a_{1}, a_{2}, b_{1}, b_{2} ∈ Z nahlédnout, že

(a_{1} + b_{1} \sqrt{n}) + (a_{2} + b_{2} \sqrt{n}) = (a_{1} + a_{2}) + (b_{1} + b_{2})\sqrt{n} ∈ Z[\sqrt{n}]

a dále, že

(a_{1} + b_{1} \sqrt{n}) · (a_{2} + b_{2} \sqrt{n}) = (a_{1}a_{2} + b_{1}b_{2}n) + (a_{1}b_{2} + a_{2}b_{1})\sqrt{n} ∈ Z[\sqrt{n}].

□

3.16. Rozhodněte, zda jsou izomorfní algebry (Z, +, ·) a (Z[\sqrt{2}], +, ·).

Tentokrát se omezíme na hledání tvrzení, které platí v algebře (Z[\sqrt{2}], +, ·) a neplatí v algebře (Z, +, ·). Všimnene si, že v první algebře existuje prvek α (konkrétně α = \sqrt{2}) a prvek β (konkrétně β = 1) tak, že pro všechny prvky algebry γ je β · γ = γ a α · α = β + β (tedy 1 · γ = γ a \sqrt{2} · \sqrt{2} = 1 + 1). Takové tvrzení v algebře (Z, +, ·) ovšem neplatí, najdeme tam sice neutrální prvek vzhledem k násobení, jímž je opět 1, ale 2 = 1 + 1 zde odmocnit neumíme. □

4. Svazy

Připomeňme, že Hasseovým diagramem uspořádané množiny (S, ≤) rozumíme orientovaný graf, jehož vrcholy tvoří prvky množiny S a a je s b spojen takovou hranou, že b se nachází výše než a, právě když a < · b. Přitom a < · b, jestliže a ≤ b, a ≠ b a a ≤ c ≤ b ⇒ c = a nebo c = b.

Uvažujme v následujícím na nosné množině S = {0, 1, a, b, c, d} uspořádání Hasseovým diagramem (S, ≤), tj.

1 a  b  c d 0

4.1. Ověřte, že je (S, ≤) dobře definovaný svaz.

Zřejmě diagram dobře popisuje uspořádání na množině S (tj. x ≤ y právě když z vrcholu x stoupá cesta do vrcholu y). Zbývá tedy vyšetřit, že pro každou dvojici prvků existuje supremum a infimum. Jestliže x ≤ y, pak snadno nahlédneme, že sup_{≤}({x, y}) = y a inf_{≤}({x, y}) = x. Pro nesrovnatelné dvojice prvků je třeba provést diskuzi. □

4.2. Spočítejte ve svazu z předchozího příkladu hodnoty a ∧ b, a ∨ b, a ∧ c, a ∨ c, b ∧ d, b ∨ d,

Podle definice je spojení nejmenší horní odhad (tedy supremum) příslušné dvojice prvků. Konkrétně a ∨ b = 1, a ∨ c = 1, b ∨ d = b.

Průsek je naopak největším dolním odhadem (tj. infimem), proto a ∧ b = d, a ∧ c = 0, b ∧ d = d. □

4.3. Najděte všechny podalgebry (tj. podsvazy) svazu (S, ≤).

Budene obvyklým způsobem vyšetřovat podmnožiny svazu. Uvědomme si, že každý nenulový podsvaz je zároveň svazem, tedy můžeme namalovat jeho Hasseův diagram.

Předně zřejmě je prázdná množina ∅ podsvazem. Dále všech prvky svazu jsou vzhledem k oběma binárním operacím idempotentní, proto jsou všechny jednoprvkové podmnožiny daného svazu podsvazy.

Podsvazem je dále každá dvojice prvků spojených cestou vedoucí ze shora dolů. Jde o dvojice {1, a}, {1, d}, {1, 0}, {1, b}, {1, c}, {a, d}, {a, 0}, {b, d}, {b, 0}, {c, 0} a {d, 0}. Žádný další dvouprvkový podsvaz neexistuje. Hasseův diagram příslušného svazu má tvar:

Podobně, jedinými podsvazy o třech prvcích jsou právě tři prvky ležící na cestě, která vede ze zhora dolů. Konkrétně dostáváme {1, a, d}, {1, a, 0}, {1, b, d}, {1, b, 0}, {1, d, 0}, {a, d, 0}, {b, d, 0}, {1, c, 0}. Hasseův diagram příslušné třídy svazů má tvar:

Podsvazy o čtřech prvcích mohou být dvojího typu, který můžeme vyjádřit Hasseovými diagramy:

Tedy čtyři vrcholy ležící na cestě vedoucí shora dolů tvoří podsvazy {1, a, d, 0} a {1, b, d, 0} a čtverec je Hasseovým diagramem podsvazů {1, a, b, d}, {1, a, 0, c}, {1, b, 0, c} a {1, d, 0, c}.

Podsvazy o pěti prvcích mohou být v daném svazu opět dvojího typu, který popisují Hasseovy diagramy (například cestu shora dolů obsahující pět vrcholů už v Hasseově diagramu našeho svazu nenajdeme). Snadno zjistíme, že pětiprvkové podsvazy tvoří množiny {1, a, b, d, 0}, {1, a, d, 0, c} a {1, b, d, 0, c} s následujícími Hasseovými diagramy:

Konečně celá nosná množina svazu S je samozřejmě podsvazem. □

Další úlohy

(1) Uvažujme množinu Z_{n} s unární operací ^{+} definovanou předpisem a^{+} = (a+1)mod n. Popište všechny podalgebry a všechny kongruence na (Z_{n},^{+} ).

(2) Označme ∼_{A} jedinou netriviální kongruenci algebry (A, ∘) a ∼_{B} jedinou netriviální kongruenci algebry B(⊙). Rozhodněte, zda jsou faktorové algebry (A/ ∼_{A}, ∘) a (B/ ∼_{B}, ⊙) izomorfní.

(3) Najděte všechny homomorfismy algebry (X, ∘) do algebry (A, ∘) z příkladu 3.5.

(4) Najděte pro každé přirozené n nějakou algebru, pro níž existuje právě n různých faktorových algeber.

(5) Rozhodněte, zda jsou izomorfní algebry (Z[\sqrt{3}], +, ·) a (Z[\sqrt{5}], +, ·).

(6) Nakreslete Hasseovy diagramy všech svazů o pěti (šesti, sedmi) prvcích.

(7) Najděte všechny čtyřprvkové podsvazy svaz s Hasseovým diagramem