Äärellisten mallien teoria

Äärellisten mallien teoria Harjoituksen 2 ratkaisut Tehtävä 1 Olkoon X = {a, b, c} kolmen alkion joukko. a) Mikä on joukon X eri laskutoimitusten lukumäärä? b) Kuinka moni näistä laskutoimituksista on vaihdannainen? c) Kuinka moni näistä laskutoimituksista on vaihdannainen ja liitännäinen? (Vihje: erilaiset symmetriat helpottavat laskemista. Esim. (a b) c on jokin alkioista a, b tai c.) Ratkaisu 1 a) Jokainen X:n alkiopari voi kuvautua mille tahansa X:n alkiolle. Näin saadaan laskutoimitusten lukumääräksi X X 2 = 3 9 = 19683. b) Vaihdannainen laskutoimitus kuvaa parin (a, b) ja parin (b, a) samalle X:n alkiolle. Koska joukon X järjestämättömiä pareja on ( ) X 2 kpl ja pareja (a, a), X kpl, symmetristen laskutoimitusten lukumääräksi saadaan X X +( X 2 ) = 3 6 = 729. c) Symmetrisyyden vuoksi voidaan kiinnittää abc = a. Laskutoimituksia on kolminkertainen määrä tällaisten laskutoimitusten määrästä. Ratkaisussa useimpien laskutoimitusten assosiatiivisuus perustellaan antamalla laskutoimimitukselle kuvaus, jossa usean alkion tulo riippuu vain siitä, montako kertaa mikäkin alkio tulossa esiintyy. Jos bc = a ja ab = a, myös ac = (ab)c = a ja aa = a(bc) = a. Jos x, y ja z ovat eri alkioita (xy)z = az = a = xa = x(yz). Riittävä ja välttämätön ehto laskutoimituksen liitännäisyydelle on (xx)y = x(xy) = xa = a eli jos xx = y, yy = a. Tulot bb ja cc voidaan siis valita seuraavista vaihtoehdoista: (bb, cc) {(a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, c), (c, a)}. (6 tapausta) Jos bc = a ja ab = b, ac a, sillä jos ac = a, abc = ab = b. Jos bc = a, ab = b ja ac = b, niin aa = a(bc) = a ja bb = (ab)(ac) = (aa)bc = abc = a. Koska acc = bbcc = abc = a, cc ei voi olla b tai c. Siispä cc = a. Näin saadaan laskutoimitus, joka on a, mikäli tulossa b ja c -tekijöiden lukumäärä on parillinen ja b jos se on pariton (1 tapaus). 1

Jos bc = a, ab = b ja ac = c, myös aa = a(bc) = a. Sillä abc = (bc)bc = (bb)(cc) = a, ainoat vaihtoehdot ovat (bb, cc) {(a, a), (b, c), (c, b)}. Ensimmäinen vaihtoehto karsiutuu, sillä tällöin olisi (bb)c = ac = c b = ba = b(bc). Toinen vaihtoehto karsiutuu, koska (bb)c = bc = a b = ba = b(bc). Kolmas vaihtoehto sen sijaan toteuttaa laskutoimituksen, joka on itse asiassa kolmen alkion syklinen ryhmä. (1 tapaus) Jos bc = a ja ab = c, niin aa = a(bc) = a ja cc = (ab)c = a. Koska ac = a abc = ab = c ja ac = b b = ac = aac = ab = c, täytyy ac = c. Koska abb = bc = a, täytyy bb = a. Näin saadaan laskutoimitus, joka on a, mikäli tulossa b ja c -tekijöiden lukumäärä on parillinen ja c jos se on pariton (1 tapaus). Näin ollaan saatu käsiteltyä kaikki laskutoimitukset, joissa bc = a. Koska tapaukset bc = b ja bc = c ovat symmetrisiä, tarkastellaan vain tapauksia, joissa bc = b. Nyt ab = a(bc) = a ja ac = (ab)c = a. Ei ole mahdollista, että aa = c, koska tällöin olisi aa = (ab)(ac) = aabc = cbc = bc = b. Jos aa = b, niin bb = b(bc) = (aa)bc = (ab)(ab) = aa = b. Vaihtoehto cc = a ei ole mahdollinen, koska tällöin olisi (cc)a = aa = b a = ca = c(ca). Sekä cc = b että cc = c ovat mahdollisia. Kumpikin näin saaduista laskutoimituksista on sellainen, että tulo, jossa a-tekijöiden määrä on pariton, on a. Ensimmäisessä tapauksessa tulo on aina muutoin b, toisessa tapauksessa se voi olla c, jos se sisältää vain c-tekijöitä. (2 2 tapausta) Oletetaan sitten, että aa = a. Vaihtoehto cc = a ei mahdollinen, koska tällöin olisi abc = bccc = bcc = bc = b. Jos cc = b, niin bb = bcc = bc = b. Laskutoimitus menee aina a:lle, jos tulossa on yksikin a, muutoin b:lle (2 1 tapausta). Lopulta jää jäljelle tapaus, jossa cc = c. Tällöin bb voidaan valita vapaasti kolmesta vaihtoehdosta. (2 3 tapausta) Yhteensä saadaan tapauksia 21 kpl ja näin vaihdannaisia ja liitännäisiä laskutoimituksia on 63 kpl. Yleisemmän lähestymistavan ongelmaan löytää vaikkapa artikkelista Grillet, P.A: The number of commutative semigroups of order N, Semigroup forum, volume 50, 1995. Tämä löytyy verkosta googlettamalla vaikkapa artikkelin nimellä. 2

Tehtävä 2 Kun k N, olkoon r k (n) joukon {0,..., n 1} k-paikkaisten relaatioiden ja f k (n) k-paikkaisten funktioiden lukumäärä. Osoita, että lim f k(n)/r k (n) = ja lim r k+1 (n)/f k (n) =. n n Ratkaisu 2 Mallin k-paikkaiset relaatiot ovat sen universumin k-pituisten jonojen osajoukkoja. Koska k-pituisia jonoja on n alkion universumissa n k kpl, on relaatioiden lukumäärä r k (n) = 2 nk. Funktiot ovat kuvauksia k-pituisilta jonoilta mallin universumiin. Näin niiden lukumäärä on f k (n) = n nk. ja Raja-arvoiksi saadaan: lim f k(n)/r k (n) = lim (n/2) nk = n n lim r k+1(n)/f k (n) = lim 2 nk+1 /n nk n n = lim n (2 nk+1 n k /n) nk lim n (2 nk /n) nk = Tehtävä 3 Olkoot X ja F äärellisiä joukkoja, joissa on vähintään kaksi alkiota. Liitetään jokaiseen joukon X väritykseen χ: X F kaksi mallia: Mallin A(χ) aakkosto on τ = {U c c F }, missä relaatiot U c, c F, ovat yksipaikkaisia. Mallin B(χ) aakkosto on σ = {E}, missä E on kaksipaikkainen. Kummankin mallin universumi on X. Mallissa A(χ) pätee U A(χ) c kun c F, ja mallissa B(χ) on voimassa = χ 1 ({c}), E B(χ) = {(x, y) X X χ(x) = χ(y)}. a) Osoita, että E B(χ) on ekvivalenssirelaatio kaikilla värityksillä χ: X F. 3

b) Osoita, että kaikilla eri χ, χ : X F pätee A(χ) A(χ ), mutta on olemassa sellaiset eri väritykset χ, χ : X F, että B(χ) = B(χ ). c) Osoita, että on olemassa sellaiset eri väritykset χ, χ : X F, että A(χ) = A(χ ). Ratkaisu 3 a) Koska χ(x) = χ(x), (x, x) E B(χ). Siispä E B(χ) on refleksiivinen. Koska (x, y) E B(χ) χ(x) = χ(y) (y, z) E B(χ), E B(χ) on symmetrinen. Jos (x, y), (y, z) E B(χ), χ(x) = χ(y) ja χ(y) = χ(z), joten χ(x) = χ(z) ja (x, z) E B(χ) eli E B(χ) on transitiivinen. b) Jos χ χ, on olemassa x X siten, että χ(x) χ (x). Tällöin x U A(χ) χ(x), mutta x / U A(χ ) χ(x). Siispä A(χ) A(χ ). Olkoon χ: X F mikä tahansa väritys ja f : F F bijektio. Koska (x, y) E B(χ) χ(x) = χ(y) f(χ(x)) = f(χ(y)) (x, y) E B(f χ), pätee B(χ) = B(f χ). Jos f valitaan siten, että kaikilla c F, f(c) c, f χ χ. c) Olkoon χ: X F mikä tahansa väritys, joka ei ole vakio. Olkoon f : X X bijektio. Tällöin f in isomorfismi mallilta B(χ f) mallille B(χ). Tämä nähdään seuraavasti: Jos x Uc B(χ f), (χ f)(x) = c. Tällöin χ(f(x)) = c eli f(x) U B(χ) c. Valitaan x, y X siten että χ(x) χ(y) ja valitaan bijektioksi f joukon X translaatio, joka vaihtaa alkiot x ja y keskenään. Tällöin (χ f)(x) = χ(y) χ(x) eli χ f χ. Tehtävä 4 Olkoon τ äärellinen aakkosto. Osoita, että on olemassa sellainen polynomifunktio p, että mahtavuutta n olevia keskenään epäisomorfisia aakkoston τ-malleja on korkeintaan 2 p(n) kappaletta. Osoita, että jos τ on relationaalinen, niin polynomifunktio p voidaan valita niin, että näitä malleja on myös vähintään 2 p(n) /n! kappaletta. Ratkaisu 4 Todistetaan ensin että mikä tahansa malli on isomorfinen sellaisen mallin kanssa, jonka universumi on {0,..., n 1}. Tästä syystä riittää tarkastella malleja, joiden universumi on {0,..., n 1}. Olkoon A mielivaltainen aakkoston τ malli, jonka universumin A koko on n. Olkoon α: A {0,..., n 1} jokin bijektio. Tällainen löytyy, koska A:n 4

kooksi oletettiin n. Muodostetaan malli B, jonka universumi on {0,..., n 1} seuraavasti: Jos c Con(τ), asetetaan c B = α(c A ). Jos R Rel(τ), asetetaan R B = α(r A ) = {(α(a 1 ),..., α(a #(R) )) (a 1,..., a #(R) ) R A }. Jos f Fun(τ), asetetaan kaikilla (a 1,..., a #(R) ) A #(f), f B (a 1,..., a #(f) ) = α(f A (α 1 (a 1 ),..., α 1 (a #(f) ))). Osoitetaan, että α on nyt isomorfismi mallilta A mallille B. Se on oletuksen mukaan bijektio, joten täytyy osoittaa, että se on vahva homomorfismi. Vakiot c Con(τ) määriteltiin siten, että α(c A ) = c B. Jos R Rel(τ), ja (a 1,..., a #(R) ) R A, määritelmästä seuraa suoraan (α(a 1 ),..., α(a #(R) )) R B. Jos toisaalta (α(a 1 ),..., α(a #(R) )) R B, eräillä (a 1,..., a #(R) ) RA, (α(a 1),..., α(a #(R) )) = (α(a 1),..., α(a #(R) )). Koska α on bijektio, a i = a i, joten (α(a 1 ),..., α(a #(R) )) R A. Jos f Fun(τ), f B (α(a 0 ),..., α(a #(f) )) = α(f A (α 1 (α(a 0 )),..., α 1 (α(a #(f) )))) = α(f A (a 0,..., a #(f) )). Äskeisen nojalla kaikkien keskenään epäisomorfisten kokoa n olevien mallien lukumäärän laskemiseksi riittää laskea sellaisten mallien lukumäärä, joiden universumina on joukko {0,..., n 1}. Oletetaan siis A = {0,..., n 1}. Tässä universumissa: Vakiosymbolin c Con(τ) tulkinta c A A voidaan valita n eri tavoin. Relaatiosymbolin R Rel(τ) tulkinta R A A #(R) voidaan valita 2 A#(R) = 2 n#(r) eri tavoin. Funktiosymbolin f Fun(τ) tulkinta f A : A #(f) A voidaan valita A A#(f) = n n#(f) eri tavoin. Eri relaatiosymbolien tulkinnat voidaan valita toisistaan riippumattomasti, joten aakkoston τ malleja, joiden universumi on A on yhteensä n 2 n#(r) n n#(f) c Con(τ) R Rel(τ) f Fun(τ) kpl. Tämä voidaan kirjoittaa muodossa 2 log 2 (n) 2 n#(r) c Con(τ) R Rel(τ) 5 f Fun(τ) 2 log 2 (n)n#(f)

= 2 P c Con(τ) log 2 (n)+p R Rel(τ) n#(r) + P f Fun(τ) log 2 (n)n#(f) Käyttämällä hyväksi arviota n log 2 (n) kaikilla n Z + saadaan tehtävän toteuttavaksi polynomifunktioksi p(n) = n + n #(R) + n 1+#(f). c Con(τ) R Rel(τ) f Fun(τ) Oletetaan nyt että aakkosto on relationaalinen. Silloin Fun(τ) = ja Con(τ) =, eli p(n) = R Rel(τ) n#(r). Tässä ei ole käytetty arviota n log 2 (n) (jota käytettiin vain funktiosymboleille ja vakiosymboleille) joten 2 p(n) on tasan kaikien eri mallien lukumäärä joiden universumi on A. Monet näistä ovat keskenään isomorfisia, joten 2 p(n) on enemmän kuin ei-isomorfisten mallien lukumäärä. Relaatio = on ekvivalenssirelaatio, joten ei-isomorfisten mallien lukumäärä on sama kuin =-ekvivalenssiluokkien lukumäärä. Merkitään =-ekvivalenssiluokkien joukkoa symbolilla X. Nyt 2 p(n) = E X card(e), eli kaikkien mallien lukumäärä saadaan summaamalla ekvivalenssiluokkien koot yhteen. Osoitetaan seuraavaksi, että card(e) n! kaikilla E X, mistä seuraa 2 p(n) = E X card(e) E X n! = card(x) n!, eli 2 p(n) /n! card(x), niin kuin haluttiin. Olkoon A mielivaltainen malli jonka universumi on A = {0,..., n 1} ja osoitetaan, että joukossa [A] = {B B = A, domb = A} on korkeintaan n! alkiota. Luku n! on kaikkien joukon A permutaatioiden lukumäärä, joten riittää osoittaa, että on olemassa injektio [A] S n, missä S n on kaikkien joukon A permutaatioiden lukumäärä. Määritellään injektio j seuraavasti: jos B [A], niin on olemassa isomorfismi f : B A, joka on itse asiassa joukon A permutaatio, sillä domb = doma = A. Olkoon j(b) = f. Tämä on injektio, koska jos j(b) = j(b ) = f, niin f 1 f = id on isomorfismi mallien B ja B välillä, joten B = B. 6

Tehtävä 5 Kutsutaan kuvausta I äärellisiltä verkoilta luonnollisille luvuille verkkojen invariantiksi, jos isomorfisille verkoille G ja G pätee I(G) = I(G ). Olkoot I 0,..., I k (k N) verkkojen invariantteja. Oletetaan lisäksi, että on olemassa sellainen s N, että kaikilla verkoilla G ja i {0,..., k} pätee I i (G) card(g) s. Osoita, että tällöin invariantit eivät voi kuvata verkkoja isomorfiaa vaille, ts. on olemassa epäisomorfiset G ja G, joille I i (G) = I i (G ), kun i {0,..., k}. Ratkaisu 5 Verkkojen aakkosto on {E} missä E on kaksipaikkainen relaatio. Joukon {0, 1,..., n 1} järjestämättömiä pareja on ( n 2) kappaletta, joten eri verkkoja on 2 (n 2) kappaletta (vrt. harjoituksen 1 tehtävä 4). Kuten äskeisen tehtävän ratkaisun lopussa, saadaan, että epäisomorfisia n-kokoisia verkkoja on vähintään 2 (n 2) /n! kappaletta. Tiedetään, että on olemassa s N, jolle I i (G) n s, missä n = card(g). Annetulla verkolla G, jonka koko on n invarianttijonoja (I 0 (G),..., I k (G)) voi siis olla korkeintaan (n s ) k = n sk kappaletta. Jono 2 (n 2) /n! kasvaa nopeammin kuin jono n sk : peräkkäisten jäsenien suhde ensimmäisessä on ja toisessa 2 (n+1 2 ) 2) (n + 1)! : 2(n n! 2(n+1 2 ) ( n 2) = n + 1 = = = 1 n + 1 2 (n+1)! 1 n + 1 2 n(n+1) 1 n + 1 2n n ( (n + 1) sk : n sk) n 1 2 (n 1)! n! 2 (n 2)! n(n 1) 2 2 lähestyy 1:stä koska kyseessä on kahden samanasteisen polynomin osamäärä. On siis olemassa sellainen n että erilaisia mahdollisuuksia invarianttijonolle on vähemmän kuin ei-isomorfisten n-kokoisten verkkoen lukumäärä. Siispä on olemassa kaksi ei-isomorfista verkkoa G = G, joilla on sama invarianttijono, eli (I 0 (G),..., I k (G)) = (I 0 (G ),..., I k (G )). 7

Tehtävä 6 Määritä neljän solmun verkkojen isomorfismityyppien eli keskenään epäisomorfisten verkkojen lukumäärä. Luettele lisäksi nelisolmuisten kolmisärmäisten verkkojen väliset homomorfismit. Mitkä näistä ovat vahvoja? Ratkaisu 6 Nollasärmäisiä verkkoja on vain yksi. Kaikki yksisärmäiset verkot ovat isomorfisia. Kaksisärmäisiä verkkoja on kahta eri isomorfiatyyppiä: Verkko, jossa särmät liittyvät samaan kaksiasteiseen solmuun ja sellainen, jossa ne eivät liity samoihin solmuihin. Kolmisärmäisessä verkossa on oltava ainakin yksi solmu, jonka asteluku on vähintään kaksi. Kiinnitetään tämä ja kaksi särmää, jotka liittyvät solmuun. Kolmannen särmän voi valita neljästä vaihtoehdosta ja kaksi näistä tuottavat isomorfiset mallit. Kun verkossa on yli kolme särmää, sen komplementissa on alle kolme särmää, ja komplementtien isomorfismit ovat täsmälleen verkkojen isomorfismeja. Näin saadaan: särmiä verkkoja 0 1 1 1 2 2 3 3 4 2 5 1 6 1 yhteensä 11 Olkoon kolmisärmäiset verkot A, B ja C ja oletetaan, että niiden solmujen joukkoina on {0, 1, 2, 3}, ja särmät ovat seuraavasti: A B C 0-1 0-1 0-1 \ \ 3-2 3 2 3 2 Luetellaan homomorfismit h jokaista verkkoparia kohden: A A Jos h(x) = 0, välttämättä h(x + 1) = 1. Samoin h(x) = 3 h(x + 1) = 2. Olkoon n(h ) = {h: A A h on homomorfismi, h h}. Nyt, jos 8

h : {0, 1, 2} A on homomorfismi, { n(h 1 jos h (2) {0, 3}, ) = 2 jos h (2) {1, 2}. Jos h : {0, 1} A on homomorfismi, { n(h 2 jos h (1) {0, 3}, ) = 3 jos h (1) {1, 2}. Jos h : {0} A, n(h ) = { 3 jos h (0) {0, 3}, 5 jos h (0) {1, 2}. Koska h(0) voidaan valita vapaasti, on homomorfismeja yhteensä 3 + 5 + 5 + 3 = 16 kpl. Jos homomorfismi ei ole injektio, välttämättä h(0) ja h(3) välillä on särmä. Niinpä vain isomorfismit (2 kpl) ovat vahvoja. A B Jos h(0) = 0, h(1) {1, 2, 3}, h(2) = 0 ja h(3) {1, 2, 3}. h(1) ja h(3) voidaan valita toisistaan riippumattomasti, koska 1:n ja 3:n välillä ei ole särmää. Siispä vaihtoehtoja on 9 kpl. Jos h(0) {1, 2, 3}, h(1) = 0, h(2) {1, 2, 3} ja h(3) = 0. Nyt h(0) ja h(2) voidaan valita toisistaan riippumattomasti, joten vaihtoehtoja on 9 kpl. Siispä h voidaan valita yhteenä 18 eri tavoin. Vahvoja homomorfismeja näiden verkkojen välillä ei ole, koska kaikilla homomorfismeilla h(0) ja h(3) välillä on särmä. A C Välttämättä h(0) 3, koska solmujen h(0) ja h(1) välillä on oltava särmä. Siispä h(0) voidaan valita kolmesta vaihtoehdosta ja aina kun h(x) on kiinnitetty h(x + 1) voidaan valita vapaasti joukosta {0, 1, 2} \ {h(x)} eli kahdesta vaihtoehdosta. Niinpä vaihtoehtoja on kaikenkaikkiaan 3 2 3 = 24 kpl. Vahvoja homomorfismeja ei ole, koska joko h(0) ja h(2) (kun h(0) h(2)) tai h(0) ja h(3) (kun h(0) = h(2)) välillä on särmä. 9

B A Jos h(0) = 0, h(x) = 1 kaikilla x {1, 2, 3}. Jos h(0) = 1, voidaan valita vapaasti h(x) {0, 2} kaikilla x {1, 2, 3}. Vaihtoehtoja on siis 2 3 = 8 kpl. Tapaus h(0) = 2 on symmetrinen tämän tapauksen kanssa ja h(0) = 3 ensimmäisen tapauksen kanssa. Yhteensä saadaan siis 18 homomorfismia. Kaikki homomorfismeista ovat vahvoja, koska h(1), h(2) ja h(3) muodostavat riippumattoman joukon. B B Jos h(0) = 0, voidaan h(x), x {1, 2, 3} valita kolmesta vaihtoehdosta h(x) {1, 2, 3} eli yhteensä 3 3 = 27 eri tavoin. Jos h(0) {1, 2, 3}, välttämättä h(1) = h(2) = h(3) = 0, eli tapauksia on 3 kpl. Näin saadaan yhteensä 30 homomorfismia. Kaikki homomorfismeista ovat vahvoja, koska h(1), h(2) ja h(3) muodostavat riippumattoman joukon. B C Kuten aikaisemmassa tapauksessa, jossa C oli maalijoukkona, h(0) 3. Kun h(0) on kiinnitetty, voidaan valita vapaasti h(x) {0, 1, 2} \ {h(0)}, kun x {1, 2, 3}. Vaihtoehtoja on siis 2 3 = 8 kpl, jokaista kiinnitettyä h(0):aa kohden, eli yhteensä 24 kpl. Jos h(1) h(2), näiden solmujen välillä on särmä, joten homomorfismi ei voi olla vahva. Niinpä vahvoja homomorfismeja ovat vain ne, joilla h(1) = h(2) = h(3). Tällaisia on 6 kpl. C A, C B Ei ole olemassa homomorfismeja C A tai C B. Koska C:ssä solmujen 0, 1 ja 2 välillä on särmät, solmujen on kuvauduttava eri solmuille maaliverkossa. Tällöin maaliverkossa pitäisi näiden solmujen muodostaa 3 alkion klikki. Koska A:ssa ja B:ssä ei ole kolmen alkion klikkejä, homomorfismeja ei ole. C C Välttämättä {h(0), h(1), h(2)} = {0, 1, 2} ja h {0, 1, 2} voidaan valita 6 eri tavalla. Lisäksi h(3) voidaan valita vapaasti. Siispä yhteensä homomorfismeja on 24 kpl. 10

Jos h(3) = 3, homomorfismi on isomorfismi ja näin vahva. Muutoin homomorfismi ei ole vahva, koska h(3) ja jonkin h(x), missä x {0, 1, 2}, välillä on särmä. Vahvoja homomorfismeja on näin 6 kpl. 11