4. Homomorfizmus, izomorfizmus

Megoldás: $$\varphi \left(1\right)\varphi \left(1\right)=\varphi (1\cdot 1)=\varphi \left(1\right)$$ (itt $1$ a $G$ egységeleme, a szorzást pedig értelem szerint hol $G$-ben, hol $H$-ban kell elvégezni). Az egyenletet jobbról megszorozhatjuk ($H$-ban) $\varphi (1{)}^{-1}$-zel, tehát $\varphi \left(1\right)=1$ (a jobboldalon most a $H$-beli egységelem áll). Tehát $\varphi$ az egységelemet az egységelembe viszi. Másrész tetszőleges $g\in G$ elemre $$\varphi \left(g^{-1}\right)\varphi \left(g\right)=\varphi \left(g^{-1}g\right)=\varphi \left(1\right)=1$$ Ezt az egyenletet $\varphi (g{)}^{-1}$-zel szorozzuk jobbról: $$\varphi \left(g^{-1}\right)\varphi \left(g\right)\varphi (g{)}^{-1}=\varphi (g{)}^{-1}$$ tehát a baloldalon egyszerűsítve $\varphi \left(g^{-1}\right)=\varphi (g{)}^{-1}$. Ezért $\varphi$ az inverz elem képzés műveletét is megtartja, így valóban homomorfizmus.

1. Megoldás: A "művelet" szót idézőjelben írtuk -- és valóban, ez nem művelet! Nincs értelmezve olyan $(a,b)$ párokra, melyek szorzata $1$. Azomban "majdnem" csoport: Ha $0$-át választjuk az egységelemnek, és minden $a$ inverzét $(-a)$-nak definiáljuk, akkor az 1/2. definíció mindhárom azonossága teljesül -- minden olyan esetben, amikor a "műveletek" elvégezhetők: $$0*a=\frac{0+a}{1-0a}=\frac{a}{1}=a\text{és}a*0=\frac{a+0}{1-a0}=\frac{a}{1}=a$$ $$a*(-a)=\frac{a-a}{1-a(-a)}=\frac{0}{1+a^2}=0\text{és}(-a)*a=\frac{-a+a}{1-(-a)a}=\frac{0}{1+a^2}=0$$ $$(a*b)*c=\frac{\frac{a+b}{1-\mathrm{ab}}+c}{1-\frac{a+b}{1-\mathrm{ab}}c}=\frac{a+b+(1-\mathrm{ab})c}{(1-\mathrm{ab})-(a+b)c}=\frac{a+b+c-\mathrm{abc}}{1-\mathrm{ab}-\mathrm{bc}-\mathrm{ca}}$$ és $$a*(b*c)=\frac{a+\frac{b+c}{1-\mathrm{bc}}}{1-a\frac{b+c}{1-\mathrm{bc}}}=\frac{a(1-\mathrm{bc})+(b+c)}{(1-\mathrm{bc})-a(b+c)}=\frac{a+b+c-\mathrm{abc}}{1-\mathrm{ab}-\mathrm{bc}-\mathrm{ca}}$$ Tehát nem csoport, hiszen a műveletek nincsenek mindig definiálva. Sőt, nem is lehet úgy kiterjeszteni őket, hogy a fenti azonosságok érvényben maradjanak. Ezt például így láthatjuk: $1*a$ minden $a\ne 1$ számra értelmes, és minden értéket felvesz, kivéve az $1$-et. Mivel az $a$-val csillagozás bijektív transzformáció (van inverze: $(-a)$-val csillagozás), azért rákényszerülünk az $1*1\to 1$ kiterjesztésre. Ez azonban ellent mond annak, hogy $0$ az egységelemünk! Az sem vezet igazán kielégítő eredményre, ha megpróbáljuk szűkíteni az értelmezési tartományt. Vannak ugyan olyan részhalmazok, amelyekre megszorítva a csillag csoportműveletté válik, de ezek soha nem "szép" részhalmazok, például nem lehetnek zártak, nem tartalmazhat nak egyetlen intervallumot sem, stb. Még egy esélyünk van: megpróbáljuk bővíteni az alaphalmazt. Legyen $\mathrm{\infty }$ egy vadonat új elem, és értelmezzük a műveleteket így: $$a*\frac{-1}{a}=\mathrm{\infty }$$ $$a*\mathrm{\infty }=\mathrm{\infty }*a=\frac{-1}{a}$$ Egy egyszerű számolás mutatja, hogy a csoport azonoságaink továbbra is érvényben maradnak. De ezt a számolást is megspórolhatjuk: a valós számegyenest két végén (szokás szerint) lezárjuk $\pm$végtelennel, majd a két végtelent összeragasztjuk, ez lesz a mi $\mathrm{\infty }$-ünk. A műveleteket folytonosan terjesztettük ki, ezért az azonosságok érvényben maradnak.

2. Megoldás: A képlet nagyon hasonlít a tangens függvény addíciós képletére. A szögek (elforgatások) kör alakú csoportot alkotnak: $S^1$ (lásd a 2/3. definíciót). A tangens függvény ezen van értelmezve, kivéve a $\pm {90}^{\circ }$ pontokat, és művelet-tartó leképezést kapunk: $$\tan :S^1\setminus \{\pm {90}^{\circ }\}\to G$$ Vegyünk hozzá $G$-hez (azaz a valós számokhoz) még egy elemet: $\mathrm{\infty }$. Terjesszük ki a tangens függvényt: $\tan (\pm {90}^{\circ })=\mathrm{\infty }$, és terjesszük ki a csillagozást: $$a*\frac{-1}{a}=\mathrm{\infty }$$ $$a*\mathrm{\infty }=\mathrm{\infty }*a=\frac{-1}{a}$$ Könnyű látni, hogy $\tan :S^1\to G\cup \left\{\mathrm{\infty }\right\}$ teljes egészében művelettartó lesz. Mivel szürjektív is, azért a csillagozás örökli a csoport-azonosságokat $S^1$-től.

Megoldás: ${ℝ}^1$ minden eleme végtelen rendű, kivéve az egységelemet (azaz 0-át), $S^1$ viszont tele van véges rendű elemekkel: a racionális szögű elforgatásokkal.

Megoldás: A logaritmus függvény egy izomorfizmus.

Megoldás: Nem izomorfak: $-1\in {ℝ}^{*}$ rendje 2, ${ℝ}^1$-ben nincs ilyen elem.