7. Diszkrét részcsoportok

Megoldás: Egy $x\in ℝ$ szám bármely két többszöröse legalább $\mid x\mid$ távolságra van egymástól.

Megoldás: Válasz: a ciklikus részcsoportok. Ezek valóban diszkrétek. Fordítva: ha egy részcsoport diszkrét és nem egy elemű, akkor van legkisebb abszolút értékű nem nulla eleme, nevezzük $x$-nek. Belátjuk, hogy $x$ generálja az egész részcsoportot. Ha volna ugyanis az $x$ többszörösein kívül egy $y$ elem, akkor az $x$ két szomszédos többszöröse közé esik, tehát a részcsoportban mégsem $x$ volna a minimális abszolút értékű elem ($y$ és a szomszédos $x$ többszörös különbsége kisebb).

Megoldás: Ha egy részcsoport nem diszkrét, tetszőleges $\epsilon >0$ távolsághoz találunk benne $\epsilon$-nál közelebb lévő elemeket. Legyen ezek különbsége $y$: ez is a részcsoportunk eleme, és $\mid y\mid \le epszilon$. Tehát $y$ többszöröseivel (akik szintén a részcsoportban vannak) bármelyik valós szám $\epsilon$ pontossággal megközelíthető. Mivel ez minden $\epsilon$-ra teljesül, azért minden valós szám tetszőleges pontossággal megközelíthető a részcsoport elemeivel -- azaz a részcsoport sűrű.

Megoldás: Racionális szögű elforgatás egy véges részcsoportot generál -- ami diszkrét. Legyen $\varphi$ egy irracionális szögű elforgatás, ennek végtelen sok különböző hatványa van, tehát akármilyen kis $\epsilon$-hoz találhatunk ${\varphi }^M$ és ${\varphi }^N$ hatványokat, amelyek szöge legfeljebb $\epsilon$-nal tér el. Ezért a ${\varphi }^{M-N}$ elforgatás szöge kisebb $\epsilon$-nál, tehát az ő hatványaival (amik a $\varphi$-nek is hatványai) bármilyen elforgatást $\epsilon$ pontossággal megközelíthetünk. Így a $\varphi$ hatványai minden elforgatást tetszőleges pontossággal megközelítenek, tehát sűrű halmazt alkotnak.

Megoldás: Válasz: a racionális szögű elforgatások által generált (véges) ciklikus részcsoportok. Ezek valóban diszkrétek. Fordítva: ha egy részcsoport diszkrét és nem egyelemű, akkor van benne egy legkisebb szögű forgatás, nevezzük $x$-nek. A /VII. feladat miatt $x$ véges rendű elem. Ha volne az $x$ hatványain kívül még másik elem is a diszkrét részcsoportban, akkor ő szöge két $x$-hatvány szöge közé esik, tehát ha elosztjuk valamelyik szomszédos $x$-hatvánnyal, akkor $x$-nél kisebb szögű forgatáshoz jutnánk -- ez ellentétben áll a feltevésünkkel. Így $x$ generálja a diszkrét részcsoportot.

Megoldás: Ha egy részcsoport nem diszkrét, tetszőleges $\epsilon >0$ szöghöz találunk benne $\epsilon$-nál közelebb lévő forgatásokat. Legyen ezek háhyadosa $y$: ez is a részcsoportunk eleme, egy $epszilon$-nál kisebb szögű forgatás. Tehát $y$ többszöröseivel bármelyik forgatás $\epsilon$ pontossággal megközelíthető. Mivel ez minden $\epsilon$-ra teljesül, azért minden forgatás tetszőleges pontossággal megközelíthető a részcsoport elemeivel -- azaz a részcsoport sűrű.

Megoldás: Nem: Legyen $L<{ℝ}^2$ egy origón áthaladó egyenes -- ez részcsoport, izomorf $ℝ$-rel. Válasszunk egy $y\notin L$ elemet, $L$ és $y$ együtt olyan részcsoportot generálnak, amelyik se nem diszkrét, se nem sűrű: $L$-lel párhuzamos egyenesek mindkét irányban végtelen sorozata, a szomszédosak közti távolság állandó.

Megoldás: Legyen $L\le {ℝ}^2$ az origót $x$-szel összekötő egyenes -- ez egy részcsoport, izomorf $ℝ$-rel. Három esetet kölünböztetünk meg aszerint, hogy $y$ racionális többszöröse $x$-nek, irracionális többszöröse $x$-nek, vagy $x$ és $y$ függetlenek. Az első két esetben az $<x,y>$ részcsoport az $L$-nek is részcsoportja, tehát használhatjuk a /V. és /VI. feladatokat. Ha $y$ racionális többszöröse $x$-nek, akkor $<x,y>\simeq \mathbb{Z}$ diszkrét részcsoport, ha pedig irracionális többszörös, akkor $<x,y>\simeq {\mathbb{Z}}^2$ sűrű részcsoportja $L$-nek.
Hátra van még a harmadik eset, amikor $y\notin L$. Ilyenkor $x$ és $y$ függetlenek, tehát az általuk generált részcsoport ${\mathbb{Z}}^2$, és diszkrét, hiszen minden origó körüli kör csak véges sok elemét tartalmaza (Miért?).

Megoldás: Válasz: egy eleműcsoport, ciklikus részcsoportok, és két független vektor által generált részcsoportok. Magyarázat: legyen $G$ egy diszkrét részcsoport, tegyük fel, hogy nem az egy elemű részcsoport. Válasszunk egy $L\le {ℝ}^2$ egyenest, amelyik áthalad az origón, és $G$ még egy pontján. Ez egy részcsoport,izomorf $ℝ$-rel. Ha $G\le L$, akkor a /V. feladat miatt $G$ ciklikus.
Tegyük most fel, hogy $L$ nem tartalmazza az egész $G$ csoportot. A $G\cap L$ metszet diszkrét részcsoport $L$-ben, tehát ciklikus, legyen a generátora $x$. Legyen $y\in G\setminus L$ a legrövidebb elem (az egyik, ha több egyforma hosszú elem van), és legyen $H$ az $L$ és $y$ által generált csoport.