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uiuiuiu
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iuuiiuiiuiu
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Algebra 2014.Prima parte. (Provvisorio)
Capitolo 2
Ancor a sui gr uppi
Eser cizio 2.1 Dire quanti sono, a meno di isomorfismi, i gruppi di 3 elementi.
Soluzione. Sia G = fe; a; bg : Per le leggi di cancellazione, ab 6= a e ab 6= b
e lo stesso per ba: Per cui ab = e = ba: Inoltre aa 6= a (altrimenti a = e)
ed anche aa = e (perché, insieme ad ab = e comporterebbe a = b). Quindi
aa = b: Analogamente bb = a: Non vi è stata nessuna opzione, per cui vi è un
solo gruppo di tre elementi (a meno di isomorfismo).
Eser cizio 2.2 Dire quanti sono, a meno di isomorfismi, i gruppi di 4 elementi.
Soluzione. Impieghiamo un po’di teoria. Il periodo degli elementi deve essere
un divisore di 4. Inoltre, per l’unicità e la reciprocità dell’inverso, e poiché un
elemento ed il suo inverso hanno lo stesso periodo, il numero degli elementi
di un dato periodo maggiore di 2 (cioè non autoinversi) sono in numero pari.
Nel nostro caso: sia G = fe; a; b; cg. I periodi possibili sono 1 (esclusivo di
e), 2 e 4, e gli elementi di periodo 4 devono essere 0 o 2. Supponiamo siano 0.
In tal caso aa = bb = cc = e: Da aa = e segue ab 6= e; inoltre, sempre per
le leggi di cancellazione, ab 6= a e ab 6= b. A questo punto, necessariamente,
ab = c: Allo stesso modo si dimostra che ba = c, ac = ca = b e bc = cb = a:
Supponiamo ora che gli elementi di periodo 4 siano 2, diciamo a e c: In tal caso,
G è ciclico e quindi commutativo, e a e c sono generatori, per cui: aa = b (non
può esser c perché in tal caso il periodo di c sarebbe 2) e aaa = ab = c: Allo
stesso modo cc = b e ccc = cb = a: Infine, bb = e. I gruppi sono dunque 2. Il
primo, come vedremo, ismorfo a Z2 £ Z2 ; il secondo isomorfo a Z4:
Eser cizio 2.3 Sia © un isomorfismo tra due gruppi. Dimostrare che se a ha
periodo n allora anche ©(a) ha periodo n.
Soluzione. © (an ) = ©(e1) = e 2: Per la condizione di omomorfismo © (an ) =
n
n
© (a) per cui © (a) = e2 : Inoltre ©(a) non può avere periodo m con m < n,
m
perché in tal caso avremmo e2 = © (a) = ©(a m), da cui segue am = e 1,
contro l’ipotesi che n fosse il periodo di a.
Eser cizio 2.4 Sia G un gruppo. Dimostrare che la funzione ©¡ da G a G che
associa a ciascun elemento il suo inverso è un automorfismo sse G è commutativo.
¡1
Soluzione.Poiché b¡1 = b, se a 6= b allora a¡1 6= b¡1 (se fossero uguali,
¡1
¡1
da a¡1 = a e b¡1 = b seguirebbe che a e b sarebbero entrambi inver¡1
si di a ¡1,contro l0 unicità). La ©¡ è dunque iniettiva. Inoltre, da a¡1 = a
segue che ©¡ è suriettiva. Dunque è biettiva. Se G è commutativo allora
©¡ (a ¤ b) = (a ¤ b)¡1 = b¡1 ¤a ¡1 = a¡1 ¤ b¡1 = ©¡(a) ¤ ©¡ (b), e dunquer
è un automorfismo. Se G non è commutativo, allora esistono a; b 2 G che non
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commutano. Sia c = a¡1 e d = b¡1 : Abbiamo ©¡(c ¤ d) = d¡1 ¤ c¡1 = b ¤ a
mentre ©¡ (c) ¤ ©¡ (d) = a ¤ b:
E ser cizio 2.5 Determinare (A(Z3); ±) :
Soluzione. Gli automorfismi su (Z3; +) sono 2: l’identità e la funzione ©¡ (v.
Es 2.4), cioè ©¡ ([0]3) = [0]3; ©¡ ([1]3) = [2]3 ; ©¡ ([2]3) = [1]3 . Poiché tutti
i gruppi di 2 elementi sono isomorfi tra loro, abbiamo quindi che (A(Z3); ±) »
=
(Z2; +):
E ser cizio 2.6 Determinare (A(Z4); ±) :
Soluzione. Vediamo prima il periodo degli elementi. [1]4 e [3]4 hanno periodo
3 mentre [2]4 ha periodo 2. Dunque, considerando l’Es. 2.3, oltre all’identità, l’unica biezione da considerare è la funzione © che scambia [1]4 e [3]4 e
lascia fermi glia altri due elementi. Tale funzione è ©¡ e dunque, esendo Z4
commutativo, è un isomorfismo. Anche in questo caso abbiamo quindi che
(A(Z4 ); ±) »
= (Z2 ; +):
E ser cizio 2.7 Trovare se esiste un gruppo Zn tale che jA(Zn )j ¸ jZ nj :
Soluzione. Sappiamo che un isomorfismo deve far corrispondere generatori
a generatori, e che ogni funzione che mappa un generatore in un generatore
è estendibile ad uno ed un solo isomorfismo. Pertanto, fissato un qualunque
generatore x e fissato ©(x) = y , se y è un generatore c’é un solo isomorfismo
tale che ©(x) = y, mentre se y non è un generatore non c’é alcun isomorfismo
tale che ©(x) = y: Pertanto jA(Zn )j = m, dove m è il numero di generatori.
Poiché tale numero è inferiore ad n; non essendo 0 un generatore, la risposta
all’esercizio è negativa (per trovare gruppi tali che jA(G)j ¸ jGj dovremo
considerare gruppi non ciclici). Possiamo esser più precisi. Poiché il periodo
di un elemento di G è un divisore di jGj, e poiché [0] è l’unico elemento di
periodo 1, se n è primo tutti gli elementi non nulli hanno periodo n e sono
dunque generatori. In tal caso quindi jA(Zn )j = n ¡ 1: Se n non è primo [x]n
è un generatore se x è coprimo con n.
E ser cizio 2.8 Si verifichi se esiste un automorfismo di s 3 tale che ©(1) = 2
e ©(2) = 1:
Soluzione. (Scriviamo i al posto di f i) Dimostriamo dapprima che se un tale
automorfismo esiste allora è unico. Infatti, se esiste deve valere ©(1 ± 2) =
©(1) ± ©(2), che implica ©(3) = 2 ± 1 = 4: A questo punto, poiché l’inverso
dell’immagine è l’immagine dell’inverso, ©(4) = 3: Infine, dovendo essere ©
iniettiva, ©(5) = 5:
Dimostriamo ora che © soddisfa la condizione di omomorfismo ©(a + b) =
©(a) + ©(b) e dunque è un automorfismo: Gli elementi di s3 sono 6, ma l’elemento neutro non richiede verifiche in quanto se uno tra a e b è 0 la condizione
è soddisfatta. Le verifiche da fare rimangono quindi (non essendo il gruppo
commutativo) 5 ¢ 5 = 25: Se a = b la condizione è soddisfatta. Infatti, poiché
1; 2; 5 sono autoinversi, per x = 1; 2 o 5 abbiamo ©(x ±x) = 0 = ©(x)±©(x);
9
mentre
©(3 ± 3) = ©(4) = 3 e ©(3) ± ©(3) = 4 ± 4 = 3;
©(4 ± 4) = ©(3) = 4 e ©(4) ± ©(4) = 3 ± 3 = 4:
Rimangono quindi da fare le seguenti 5 ¢ 4 = 20 verifiche.
©(1 ± 2)
©(2 ± 1)
©(1 ± 3)
©(3 ± 1)
©(1 ± 4)
©(4 ± 1)
©(1 ± 5)
©(5 ± 1)
©(2 ± 3)
©(3 ± 2)
©(2 ± 4)
©(4 ± 2)
©(2 ± 5)
©(5 ± 2)
©(3 ± 4)
©(4 ± 3)
©(3 ± 5)
©(5 ± 3)
©(4 ± 5)
©(5 ± 4)
= ©(3) = 4
= ©(4) = 3
= ©(2) = 1
= ©(5) = 5
= ©(5) = 5
= ©(2) = 1
= ©(4) = 3
= ©(3) = 4
= ©(5) = 5
= ©(1) = 2
= ©(1) = 2
= ©(5) = 5
= ©(3) = 4
= ©(4) = 3
= ©(0) = 0
= ©(0) = 0
= ©(2) = 1
= ©(1) = 2
= ©(1) = 2
= ©(2) = 1
e ©(1) ± ©(2)
e ©(2) ± ©(1)
e ©(1) ± ©(3)
e ©(3) ± ©(1)
e ©(1) ± ©(4)
e ©(4) ± ©(1)
e ©(1) ± ©(5)
e ©(5) ± ©(1)
e ©(2) ± ©(3)
e ©(3) ± ©(2)
e ©(2) ± ©(4)
e ©(4) ± ©(2)
e ©(2) ± ©(5)
e ©(5) ± ©(2)
e ©(3) ± ©(4)
e ©(4) ± ©(3)
e ©(3) ± ©(5)
e ©(5) ± ©(3)
e ©(4) ± ©(5)
e ©(5) ± ©(4)
=2±1
=1±2
=2±4
=4±2
=2±3
=3±2
=2±5
=5±2
=1±4
=4±1
=1±3
=3±1
=1±5
=5±1
=4±3
=3±4
=4±5
=5±4
=3±5
=5±3
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
4:
3:
1:
5:
5:
1:
3:
4:
5:
2:
2:
5:
4:
3:
0:
0:
1:
2:
2:
1:
© è dunque un automorfismo.
Eser cizio 2.9 Trovare gli automorfismi di s3 :
Soluzione. In un isomorfismo, x e ©(x) devono avere lo stesso periodo. Gli
elementi 1; 2; 5 hanno periodo 2 mentre gli elementi 3 e 4 hanno periodo 3.
Pertanto per x 2 f1; 2; 5g dobbiamo avere ©(x) 2 f1; 2; 5g e per x 2 f3; 4g
abbiamo ©(x) 2 f3; 4g : Inoltre, trattandosi di funzione biettiva, se ©(3) = 3
allora ©(4) = 4 mentre se ©(3) = 4 allora ©(4) = 3: Abbiamo visto nell’esercizio precedente che se si scambiano 1 e 2 allora si devono scambiare anche
3 e 4; mentre 5 rimane fermo. Lo stesso vale se si scambiano 1 e 5 (se vale
©(1 ± 5) = ©(1) ± ©(5), allora ©(4) = 5 ± 1 = 3) e se si scambiano 2 e 5 (se
vale ©(2 ± 5) = ©(2) ± ©(5), allora ©(3) = 5 ± 2 = 4):
Quindi:
(*) se si scambiano tra loro due tra 1; 2; 5 allora il terzo rimane fermo e si devono scambiare anche 3 e 4.
Vale anche l’inverso: cioè
(**) se si scambiano tra loro 3 e 4, allora due tra 1; 2; 5 si scambiano tra loro
ed il terzo rimane fermo.
Infatti da ©(1 ± 3) = ©(1) ± ©(3) segue ©(2) = ©(1) ± 4; per cui:
10
se ©(1) = 1 allora ©(2) = 1 ± 4 = 5 e necessariamente ©(5) = 2;
se ©(1) = 2 allora ©(2) = 2 ± 4 = 1 e necessariamente ©(5) = 5;
se ©(1) = 5 allora ©(2) = 5 ± 4 = 2 e necessariamente ©(5) = 1:
(si osservi come da (**) segua che la funzione ©¡ che associa ad ogni elemento il suo inverso (v. Es. 2.4) non è in questo caso un isomorfismo).
Abbiamo fino a questo punto tre isomorfismi. Resta da vedere se esistono
automorfismi non identici che lasciano fermi 3 e 4: In tal caso, da (*) segue
che non devono scambiarsi tra loro due tra 1; 2; 5. Per cui, se non vogliamo l’identità, dobbiamo supporre che 1; 2; 5 formino un ciclo. I cicli possibili sono
due.
Il primo è ©(1) = 2; ©(2) = 5; ©(5) = 1 (con ©(3) = 3 e ©(4) = 4):
Verifichiamo che è un isomorfismo.
©(1 ± 2) = ©(3) =
©(2 ± 1) = ©(4) =
©(1 ± 3) = ©(2) =
©(3 ± 1) = ©(5) =
©(1 ± 4) = ©(5) =
©(4 ± 1) = ©(2) =
©(1 ± 5) = ©(4) =
©(5 ± 1) = ©(3) =
©(2 ± 3) = ©(5) =
©(3 ± 2) = ©(1) =
©(2 ± 4) = ©(1) =
©(4 ± 2) = ©(5) =
©(2 ± 5) = ©(3) =
©(5 ± 2) = ©(4) =
©(3 ± 4) = ©(0) =
©(4 ± 3) = ©(0) =
©(3 ± 5) = ©(2) =
©(5 ± 3) = ©(1) =
©(4 ± 5) = ©(1) =
©(5 ± 4) = ©(2) =
3e
4e
5e
1e
1e
5e
4e
3e
1e
2e
2e
1e
3e
4e
0e
0e
5e
2e
2e
5e
©(1) ± ©(2) = 2 ± 5
©(2) ± ©(1) = 5 ± 2
©(1) ± ©(3) = 2 ± 3
©(3) ± ©(1) = 3 ± 2
©(1) ± ©(4) = 2 ± 4
©(4) ± ©(1) = 4 ± 2
©(1) ± ©(5) = 2 ± 1
©(5) ± ©(1) = 1 ± 2
©(2) ± ©(3) = 5 ± 3
©(3) ± ©(2) = 3 ± 5
©(2) ± ©(4) = 5 ± 4
©(4) ± ©(2) = 4 ± 5
©(2) ± ©(5) = 5 ± 1
©(5) ± ©(2) = 1 ± 5
©(3) ± ©(4) = 3 ± 4
©(4) ± ©(3) = 4 ± 3
©(3) ± ©(5) = 3 ± 1
©(5) ± ©(3) = 1 ± 3
©(4) ± ©(5) = 4 ± 1
©(5) ± ©(4) = 1 ± 4
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
3:
4:
5:
1:
1:
5:
4:
3:
1:
2:
2:
1:
3:
4:
0:
0:
5:
2:
2:
5:
Il secondo ciclo è ©(1) = 5; ©(5) = 2; ©(2) = 1: Verifichiamo che è un
isomorfismo.
©(1 ± 2) = ©(3) =
©(2 ± 1) = ©(4) =
©(1 ± 3) = ©(2) =
©(3 ± 1) = ©(5) =
©(1 ± 4) = ©(5) =
©(4 ± 1) = ©(2) =
©(1 ± 5) = ©(4) =
3e
4e
1e
2e
2e
1e
4e
©(1) ± ©(2) = 5 ± 1
©(2) ± ©(1) = 1 ± 5
©(1) ± ©(3) = 5 ± 3
©(3) ± ©(1) = 3 ± 5
©(1) ± ©(4) = 5 ± 4
©(4) ± ©(1) = 4 ± 5
©(1) ± ©(5) = 5 ± 2
=
=
=
=
=
=
=
3:
4:
1:
2:
2:
1:
4:
11
©(5 ± 1)
©(2 ± 3)
©(3 ± 2)
©(2 ± 4)
©(4 ± 2)
©(2 ± 5)
©(5 ± 2)
©(3 ± 4)
©(4 ± 3)
©(3 ± 5)
©(5 ± 3)
©(4 ± 5)
©(5 ± 4)
= ©(3) = 3
= ©(5) = 2
= ©(1) = 5
= ©(1) = 5
= ©(5) = 2
= ©(3) = 3
= ©(4) = 4
= ©(0) = 0
= ©(0) = 0
= ©(2) = 1
= ©(1) = 5
= ©(1) = 5
= ©(2) = 1
e ©(5) ± ©(1)
e ©(2) ± ©(3)
e ©(3) ± ©(2)
e ©(2) ± ©(4)
e ©(4) ± ©(2)
e ©(2) ± ©(5)
e ©(5) ± ©(2)
e ©(3) ± ©(4)
e ©(4) ± ©(3)
e ©(3) ± ©(5)
e ©(5) ± ©(3)
e ©(4) ± ©(5)
e ©(5) ± ©(4)
=2±5
=1±3
=3±1
=1±4
=4±1
=1±2
=2±1
=3±4
=4±3
=3±2
=2±3
=4±2
=2±4
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
3:
2:
5:
5:
2:
3:
4:
0:
0:
1:
5:
5:
1:
Riassumendo, oltre all’identità i, abbiamo altri 5 automorfismi:
©(1)
©(1)
©(1)
©(1)
©(1)
= 2; ©(2) = 1; ©(3) =
= 5; ©(2) = 2; ©(3) =
= 1; ©(2) = 5; ©(3) =
= 2; ©(2) = 5; ©(3) =
= 5; ©(2) = 1; ©(3) =
4; ©(4) =
4; ©(4) =
4; ©(3) =
3; ©(4) =
3; ©(4) =
3; ©(5) =
3; ©(5) =
5; ©(5) =
4; ©(5) =
4; ©(5) =
5;
1;
2;
1;
2.
Il gruppo A(s 3) ha dunque cardinalità 6.
Eser cizio 2.10 Costruire un omomorfismo non banale © : Z6 ! Z15:
Soluzione. Sia © : Z6 ! Z15 un omomorfismo. Allora deve essere N v Z6
e Im (©) v Z15. Se ne deduce che jN j deve essere un divisore di jZ6j ;
jIm (©)j deve essere un divisore di jZ 15j : Inoltre, per il Teorema di omomorjZ6j
fismo,
= jIm (©)j ; cioè jIm (©)j ¢ jN j = jZ6j : Quindi jIm (©)j deve
jN j
dividere sia jZ6 j che jZ15j e non può essere 1, perchè abbiamo richiesto che ©
non sia l’omomorfismo banale. L’unica possibilità è allora Im (©) = 3; da cui
jZ6j
6
si deduce jN j =
= = 2: L’unico sottogruppo di Z6 di 2 elementi è
jIm (©)j
3
f0; 3g, per cui N = f0; 3g ; L’unico sottogruppo di Z15 di 3 elementi f0; 5; 10g
, per cui Im (©) = f0; 5; 10g : A questo punto © deve mandare gli elementi
del nucleo 0 e 3 in 0, gli elementi della classe laterale N 1; cioè 1 e 4; in 5 e
gli elementi di N 2; cioè 2 e 5; in 10. Per il teorema di omomorfismo abbiamo infine che Z6= f0; 3g è isomorfo al gruppo f0; 5; 10g dotato della somma
modulo 15.
Eser cizio 2.11 Dire qual è l’unico omomorfismo non banale da s 3 a Z6 .
Soluzione. Sia © : s 3 ! Z6 un omomorfismo. Similmente a quanto visto
nell’esercizio precedente, si ha N v s3 e Im (©) v Z6 e quindi jN j è un
divisore di js3j ; jIm (©)j è un divisore di jZ6j e, per il Teorema di omomor-
12
js3 j
= jIm (©)j : Poiché s 3 e Z6 non sono isomorfi, non può essere
jN j
N = f1g : D’altra parte, non può essere N = s3 perchè altrimenti © sarebbe l’omomorfismo banale. L’unico altro sottogruppo normale di s 3 è il gruppo
js3 j
6
ff 0; f 3; f4 g. Quindi jIm (©)j =
= = 2: L’unico sottogruppo di Z6 di
jN j
3
ordine 2 è f0; 3g, e pertanto Im (©) = f0; 3g : Si conclude che © deve mandare
f 0; f 3; f4 in 0 e f 1; f 2; f 5 in 3. Il Teorema di omomorfismo afferma, in questo caso, che s 3= ff 0; f 3; f4 g è isomorfo al gruppo f0; 3g dotato della somma
modulo 6.
fismo,
E ser cizio 2.12 Trovare gli endomorfismi di s 3:
Soluzione. I 6 automorfismi li abbiamo trovati nell’Esercizio 2.9. Troviamo gli endomorfismi non biettivi. In tal caso il nucleo non è ff 0g. I sottogruppi normali di s 3, oltre a ff 0g, sono lo stesso s 3 e ff 0; f3; f4 g : L’unico
morfismo avente s 3 come nucleo è l’endomorfismo banale, che mappa ogni
elemento in f 0. I morfismi aventi ff 0; f 3; f4 g come nucleo sono 3. Infatti
s 3=N = s 3= ff 0; f 3; f 4g = fff0 ; f3 ; f 4g ; ff 1; f 2; f 5gg per cui deve valere ©(f 0) = ©(f3 ) = ©(f 4) e ©(f 1) = ©(f 2) = ©(f 5): Necessariamente,
©(f 0) = f 0, mentre ©(f 1) può essere f 1, oppure f 2, oppure f 5: In tutti i tre
casi si tratta di endomorfismi, che hanno rispettivamete come immagine i sottogruppi ff0 ; f 1g, ff 0; f 2g e ff 0; f 5g (che, dovendo ciasuno per il Teorema
di omomorfismo essere isomorfi a s 3= ff 0; f 3; f4g ; sono isomorfi tra loro).
Conta finale: gli endomorfismi di s3 sono dunque 6 + 1 + 3 = 10:
E ser cizio 2.13 Sia G un gruppo commutativo e sia End (G) l’insieme degli
endomorfismi di G (omomorfismi di G in G). Su tale insieme definiamo una
operazione di somma nel modo seguente:
(® © ¯)(x) = ®(x) ¤ ¯ (x)
per ®; ¯ 2 End(G): (Nel seguito, indichiamo sia © che ¤ con +; cioè impieghiamo la notazione additiva).
Dimostrare che (End (G) ; +) è un gruppo.
Soluzione. Verifichiamo che End(G) è chiuso rispetto alla somma. Siano
®; ¯ 2 End(G): Mostriamo sia ® + ¯ è un endomorfismo su G : (® + ¯ )(x +
y ) = ®(x + y) + ¯ (x + y) = ®(x) + ®(y) + ¯ (x) + ¯ (y ) =
®(x)+ ¯ (x)+ ®(y) + ¯(y ) = (® + ¯ )(x) + (® + ¯ )(y ); cioè ® + ¯ 2 End(G).
Verifichiamo (è banale) che + è associativa. Siano ®; ¯ ; ° 2 End(G) e x 2 G.
((® + ¯ ) + °)(x) = (® + ¯)(x) + °(x) = (®(x) + ¯ (x)) + °(x) = ®(x) +
+(¯(x) + °(x)) = ®(x) + (¯ + °)(x) = (® + (¯ + °))(x);
cioè (® + ¯ ) + ° = ® + (¯ + °).
La funzione ¸0 che associa ad ogni elemento l’elemento neutro di G appartiene a End(G); è infatti il cosiddetto omomorfismo banale. Mostriamo che ¸0
13
è lo zero di End (G) :
per ogni x 2 G; (® + ¸0)(x) = ®(x) + ¸0(x) = ®(x); cioè ® + ¸0 = ®.
Per ogni ® 2 End(G) definiamo ¡® come segue:
(¡®)(x) = ¡®(x):
Vale che ¡® 2 End(G): Infatti (¡®)(x + y) = ¡(®(x + y)) = ¡(®(x) +
®(y )) = ¡®(x) ¡ ®(y ) = (¡®)(x) + (¡®)(y ).
Inoltre, ¡® è l’opposto di ®:
A questo punto (End(G); +) è un gruppo.
Eser cizio 2.14 Sia A(G) il sottinsieme di End(G) costituito dagli automorfismi. Dimostrare che A(G) non è un sottogruppo (rispetto alla somma definita
nell’Esercizio 2.13).
Soluzione. Se si esclude il caso banale in cui G = f0g la funzione costante ¸0
non è biettiva e dunque A(G) non ha elemento neutro.
O sser vazione 2.15 Riassumendo: (A(G); +) non è un gruppo (escluso il caso banale in cui G = f0g e quindi End(G) = A(G)) mentre (A(G); ±) è un
gruppo (dimostrato in precedenza). Viceversa, se G è commutativo, (End(G); +)
è un gruppo mentre (End(G); ±) non è un gruppo, dal momento che una funzione non biettiva non ha inversa rispetto alla composizione. Osserviamo comunque che l’operazione più rilevante, nell’ambito dei morfismi, è quella di
composizione.
Eser cizio 2.16 Dimostrare che se a ´ n b allora am ´ n bm:
Soluzione. Ci limitiamo al caso in cui m > 0 (se m · 0 la dimostrazione è
simile). Sia a ´n b. Allora a = kn + b per un certo k 2 Z: Abbiamo quindi
am = (kn + b)m: Nello sviluppo di (kn + b)m i 2m ¡ 1 prodotti diversi da
bm contengono il fattore n: Pertanto, raccogliendo n, otteniamo am = (kn +
b)m = k 0 n + bm e dunque am ´n bm:
2.1
Prodotti di gr uppi
Siano G 1 = (X; ¤1) e G2 = (Y; ¤2 ) due gruppi. La struttura (Z; ¤3), dove
Z =X £Y
e
(a; b) ¤3 (c; d) = (a ¤1 c; b ¤2 d)
è un gruppo. Infatti:
14
G1) Z è chiuso rispetto a ¤3, essendo X e Y chiusi rispetto a ¤1 e ¤2 .
G2) ¤3 è associativa. Infatti (a; b) ¤3 ((c; d) ¤3 (e; f )) = (a ¤1 (c ¤1 e); b ¤2
(d ¤2 f )) = ((a ¤1 c) ¤1 e; (b ¤2 d) ¤2 f ) = ((a; b) ¤3 (c; d)) ¤3 (e; f ) :
G3) La coppia
(e1; e2)
costituita dagli elementi
neutri
¡
¢ di
¡ X e Y è l’elemento
¢ neutro di Z.
G4) Da (a; b) ¤3 a¡1; b¡1 = a ¤1 a¡1 ; b ¤2 b¡1 = (e1 ; e2) segue che
¡
¢
¡1
(a; b) = a¡1; b¡1 :
(Z; ¤3 ) viene indicato con
G1 £ G2
e definito pr odotto diretto di G 1 e G 2 :
E ser cizio 2.17 Trovare il periodo degli elementi di Z3 £ Z2:
Soluzione. Z3 £ Z2 =
f([0]3 ; [0]2) ; ([0]3 ; [1]2) ; ([1]3 ; [0]2) ; ([1]3 ; [1]2 ) ; ([2]3 ; [0]2) ; ([2]3 ; [1]2)g :
periodo ([0]3 ; [0]2 ): 1; periodo ([0]3 ; [1]2 ): 2;
periodo ([1]3 ; [0]2 ): 3; periodo ([1]3 ; [1]2 ): 6;
periodo ([2]3 ; [0]2 ): 3; periodo ([2]3 ; [1]2 ): 6.
(Si osservi quanto detto in precedenza: per ogni n > 2, gli elementi di periodo
n sono in numero pari).
E ser cizio 2.18 Dire se Z3 £ Z 2 »
= Z 6:
Soluzione. Si. Infatti ha (almeno) un elemento di periodo pari a jZ3 £ Z2 j ;
cioè 6, e dunque è ciclico . Anche Z6 è ciclico e jZ6 j = 6: Il risultato segue
dal fatto che gruppi ciclici di uguale cardinalità sono isomorfi.
E ser cizio 2.19 Quanti sono gli isomorfismi da Z3 £ Z 2 a Z6?
Soluzione. Due. I possibili generatori sono ([1]3 ; [1]2 ) e ([2]3 ; [1]2); quelli di
Z 6 sono [1]6 e [5]6 : Una funzione © tale che © ([1]3 ; [1]2) = [1]6 è estendibile
ad un solo isomorfismo (che associa ([2]3 ; [1]2 ) a [5]6), e una funzione ª tale
che © ([1]3 ; [1]2) = [5]6 è estendibile ad un solo isomorfismo (che associa
([2]3 ; [1]2) a [1]6).
E ser cizio 2.20 Trovare il periodo degli elementi di Z2 £ Z2:
Soluzione. Z2 £ Z2 = f([0]2 ; [0]2) ; ([0]2 ; [1]2) ; ([1]2 ; [0]2) ; ([1]2 ; [1]2)g :
periodo ([0]2 ; [0]2 ): 1; periodo ([0]2 ; [1]2 ): 2;
periodo ([1]2 ; [0]2 ): 2; periodo ([1]2 ; [1]2 ):2.
E ser cizio 2.21 Dire se Z2 £ Z 2 »
= Z 4:
Soluzione. No. jZ2 £ Z2j = 4 ma Z 2 £ Z2 non ha elementi di periodo 4,
mentre Z4 ne ha, essendo ciclico.
15
Teor ema 2.22 Sia G prodotto diretto di G 1 e G 2: Se H1 v G 1 e H 2 v G 2
allora H 1 £ H2 v G:
Soluzione. Ovvio, essendo il prodotto di G definito per componenti.
Definizione 2.23 Siano H; K v G: Si definisce pr odotto inter no di H e K
l’insieme (non è detto che sia un gruppo)
H K = fhk : h 2 H e k 2 K g :
Teor ema 2.24
Sia G un gruppo finito e H; K v G: Allora
jH K j =
jHj ¢ jK j
:
jH \ Kj
Dimostrazione. Vale che
(¤) hk = h0 k0 sse h0 = hi e k 0 = i ¡1 k, con i 2 H \ K .
Sia hk = h0 k0 : Allora h¡1hkk0¡1 = h¡1h0 k0 k 0¡1 e quindi kk0¡1 = h¡1h0 :
Tale elemento i = kk 0¡1 = h¡1h0 appartiene a H \ K e h0 = hh¡1h0 = hi e
k 0 = k 0 k0¡1k = i ¡1k:
Viceversa, se h0 = hi e k0 = i¡1k, con i 2 H \K; allora hk = hii ¡1k = h0 k 0 :
Quindi, ciascun elemento di H K può essere espresso in tanti modi quanti sono
gli elementi di H \ K: Da ciò discende immediatamente il risultato.
Esempio 2.25 Consideriamo il gruppo G = s3:
1) Siano H = ff 0; f 4; f 4g e K = ff 0; f1 g : Allora HK = KH = G:
2) Siano H = ff0 ; f 2g e K = ff 0; f1 g : Allora HK = ff 0; f 1; f 2; f4 g e
K H = ff 0; f 1; f 2; f 3g : In questo caso né HK né K H sono sottogruppi (Th.
di Lagrange: 4 non divide 6).
Teor ema 2.26 Le seguenti condizioni sono equivalenti:
(1) HK v G:
(2) H K = K H (attenzione: ciò non implica che hk = kh per ogni h 2 H e
k 2 K)
Dimostrazione. (1)2) hk 2 H K implica, essendo per ipotesi H K un gruppo,
(hk) ¡1 2 HK: Quindi, (hk)¡1 = h1k 1, per certi h1 2 H; k1 2 K , e dunque
¡1
¡1
hk = k1¡1 h¡1
1 : Essendo H e K sottogruppi, ne segue che k1 2 K; h 1 2
¡1 ¡1
H e quindi k1 h1 2 K H: Dunque HK µ KH (l’inclusione opposta si
dimostra in modo analogo).
(2)1) Siano hk; h0 k 0 2 HK . Allora, dall’ipotesi HK = KH segue
(hk)(h0k 0 ) = h(kh0 )k 0 = h(h00 k 00 )k 0 = (hh00 )(k00 k 0 ) = h000 k 000
(dunque H K è chiuso per prodotto) e
(hk)¡1 = k¡1h¡1 = h0 k 0
16
(dunque H K è chiuso per inverso.
O sser vazione 2.27 Dal teorema precedente segue che se G è commutativo
allora H K è sempre un sottogruppo.
Teor ema 2.28 Se H K è un gruppo allora HK = H [ K:
Dimostr azione. H K µ H [ K (infatti H K è l’insieme degli elementi hk).
Ma, per ipotesi, HK è un gruppo ed include H [ K (basta prendere k = e
o h = e). Dunque H [ K µ HK , essendo H [ K il minimo gruppo che
include H [ K.
E ser cizio 2.29 Sia G = (Z; +), H = fk ¢ 4 : k 2 Zg e K = fk ¢ 6 : k 2 Zg :
Descrivere HK .
Soluzione. Essendo G commutativo, H K v G: Quindi H K = H [ K =
fk ¢ 2 : k 2 Zg :
Definizione 2.30 Siano H e K due sottogruppi di G aventi queste proprietà:
1) H K = G
2) Ogni elemento di H commuta con ogni elemento di K, cioè
hk = kh, per ogni h 2 H e k 2 K:
3) H \ K = feg :
Allora il gruppo G è detto prodotto dir etto inter no di H e K.
Teor ema 2.31 Sia G prodotto diretto interno di H e K. La funzione © da
H £ K a G tale che
©(h; k) = hk
è un isomorfismo tra H £ K e G.
Dimostr azione. Da (1) segue che © è suriettiva, mentre da (3) e dalla (*) del
Th.?? segue che © è iniettiva, in quanto, per ogni elemento g di G; l’espressione g = hk, con h 2 H e k 2 K , è unica. Mostriamo che © soddisfa la condizione di omomorfismo: ©((h; k)(h0 ; k 0 )) = ©(hh0 ; kk 0 ) = hh0 kk 0 , mentre
©(h; k)©(h0 ; k 0 ) = hkh0 k 0 : Per la (2), h0 k = kh0 e dunque ©((h; k)(h0 ; k 0 )) =
©(h; k)©(h0 ; k 0 ):
¡
¢
E sem pio 2.32 Siano G = R2; + ; H = f(x; 0) : x 2 Rg e K = f(0; y ) : y 2 Rg :
G è prodotto diretto interno di H e K ed è isomorfo a H £ K: In questo caso
©((x; 0); (0; y)) = (x; 0) + (0; y) = (x; y):
E sem pio 2.33 Si considerino i gruppi H; K dell’Esempio 2.25 (1). Essi soddisfano le condizione 1 e 3 della Definizione 2.30 (infatti H K = s3 e H \K =
ff 0g) ma non la condizione 2 (in quanto f1 ± f 3 6= f3 ± f 1). Quindi s3 non è
prodotto diretto interno di H e K .
17
Avremmo potuto ottenere lo stesso risultato in un altro modo. Mentre H K =
s 3; da H »
= Z3 e K »
= Z2 segue H £ K »
= Z6; dunque H £ K è commutativo, mentre non lo è s3: Pertanto, la funzione ©, pur essendo biettiva, non è un
isomorfismo (infatti abbiamo ©((f 3; f 1) ¢ (f 2; f 4)) = ©(f 3 ± f2 ; f 1 ± f 4) =
©(f1 ; f5 )) = f 1 ± f 5 = f 4 mentre © (f 3; f 1) ± ©(f 2; f 4) = f 5 ± f 1 = f3 ) e
dunque, per il Teorema 2.31, HK non è prodotto diretto interno.
Un terzo modo di ottenere ancora lo stesso risultato impiega il teorema succesivo. Infatti, K non è un sottogruppo normale di s3 mentre:
Teor ema 2.34
normali in G.
Se G è prodotto diretto interno di H e K allora H e K sono
Eser cizio 2.35 Siano G1 e G 2 due gruppi e sia G = G 1 £ G 2. Definito
H = G 1 £ fe 2g, si dimostrino le seguenti asserzioni:
(1) H è sottogruppo normale di G;
(2) G=H è isomorfo a G 2.
Soluzione. (1) Che H sia sottogruppo di G è banale. Per quel che riguarda la
condizione di normalità, per ogni (a; e 2) 2 H e per ogni (b; c) 2 G , si ottiene:
¡
¢
¡
¢ ¡
¢
¡1
(b; c) (a; e2 ) (b; c) = b¡1; c¡1 (a; e 2) (b; c) = b¡1ab; c¡1 c = b¡1ab; e2 2
H:
(2) Definiamo l’applicazione © : G ! G 2 nel modo seguente: per ogni
(a; b) 2 G; © (a; b) = b: È facile verificare che © è un epimorfismo. Inoltre, N© = f(a; e2) : a 2 G 1g = H: Dal Teorema di omomorfismo, si ricava
la tesi.
Eser cizio 2.36 Siano G1 ; G 2 e G 3 gruppi e siano © : G 1 ! G 3 e ª : G 2 !
G 3 omomorfismi. Si mostri che X = f(a; b) 2 G 1 £ G 2 : © (a) = ª (b)g è
un sottogruppo di G 1 £ G 2:
Soluzione. Innanzitutto, X 6= ?, in quanto © (e 1) = ª (e2) = e3: Siano
(a; b) ; (c; d) 2 X: Allora, dato che © (a) = ª (b) e © (c) = ª (d) ; si ha:
© (ac) = © (a) © (c) = ª (b) ª (d) = ª (bd) e quindi (ac; bd) = (a; b) ¢
(c; d) 2 X:
¡
¢
¡1
¡1
Se (a; b) 2 X; da © (a) = ª (b) segue © a¡1 = (© (a)) = (ª (b)) =
¡ ¡ ¡1¢¢
¡
¢
¡1
ª b
; da cui, (a; b) = a¡1; b¡1 2 X:
2.2
Gruppi ordinati
La struttura di gruppo ordinato considera contemporaneamente una operazione
binaria ed una relazione d’ordine. Tradizionalmente, nel caso dei gruppi ordinati, si impiega la nomenclatura additiva (+ per l’operazione, 0 per l’elemento
neutro e ¡x per l’inverso), mentre la (generica) relazione d’ordine viene indicata, anziché con il simbolo R, con il simbolo · : La scrittura x < y è una
18
abbreviazione per x · y e x 6= y: Le scritture x ¸ y e x > y significano
rispettivamente y · x e y < x:
Definizione 2.37
Una struttura (A; +; ·) è un gr uppo or dinato se
GO1) (A; +) è un gruppo commutativo,
GO2) (A; ·) è un insieme totalmente ordinato,
GO3) per ogni a; b; x 2 A, a · b sse a + x · b + x (sse x + a · x + b):
Sia (A; +; ·) un gruppo ordinato e 0 il suo elemento neutro. Gli insiemi
A + = fa 2 A : a > 0g e A¡ = fa 2 A : a < 0g
vengono rispettivamente definiti insieme degli elementi positivi e insieme
degli elem enti negativi. Sono dimostrabili i seguenti fatti:
²1) L’opposto di un elemento positivo è negativo, e viceversa.
Infatti, sia a > 0: Allora, a + 0 > 0 e a + (¡a) = 0; da cui segue a + 0 >
a + (¡a) e, per (3), 0 > ¡a:
²2) Se a; b 2 A+ allora a + b 2 A+:
Infatti da a; b > 0 segue, per (3), 0 < a = a + 0 < a + b:
²3) Se a; b 2 A¡ allora a + b 2 A¡ :
E ser cizio 2.38 Dimostrare che, in ogni gruppo ordinato, jA+j = jA ¡j :
Soluzione. La funzione f (a) = ¡a da A + ad A¡ è iniettiva (elementi distinti
hanno inversi distinti) e suriettiva (se b 2 A¡ allora, per (²1), vale ¡b 2 A + e
¡(¡b) = b).
E ser cizio 2.39 Dimostrare che un gruppo ordinato che non sia ridotto al solo
elemento neutro è infinito. (Suggerimento: sfruttare il fatto che la somma di
positivi è positiva e che se la somma di due elementi distinti è 0 allora uno di
essi è positivo e l’altro è negativo).
Soluzione. Sia a 2 A+ (per l’esercizio precedente, se jAj > 1 allora jA+j 6=
0). Tutti gli elementi a; a + a, a + a + a, ..., sono diversi tra loro. Infatti
(scrivendo na per a + a + ::: + a ) se avessimo n > m e na = ma allora
|
{z
}
n volte
na + (¡(ma)) = 0: Ma na + (¡(ma)) = (n ¡ m)a, cioè a + a + ::: + a e,
|
{z
}
per (²2 ), la somma di positivi non può essere uguale a 0.
n¡m volte
E ser cizio 2.40 Dimostrare che (Z; +; ·) è un gruppo ordinato.
Soluzione. GO1: (Z; +) è un gruppo commutativo. GO2: (Z; ·) è un insieme
totalmente ordinato. GO3: per ogni a; b; x 2 Z, a · b se e solo se a+x · b+x:
(In modo analogo si dimostra che (Q; +; ·) e (R; +; ·) sono gruppi ordinati.
19
Eser cizio 2.41
ti relazioni:
Sia (Z 2; +) = (Z; +) £ (Z; +). Definiamo su Z2 le seguen-
(a; b)R 1(c; d) se a < c o a = c e b · d: (R 1 è detta ordine lessicografico )
(a; b)R 2(c; d) se b < d o b = d e a · c: (R2 è detta ordine antilessicografico )
(a; b)R 3(c; d) se (a; b) = (c; d) oppure a + b < c + d oppure a + b = c + d e
a < c.
Dimostrare che (Z2; +;R1), (Z 2; +;R2) e (Z2; +;R 3) sono gruppi ordinati
(Attenzione: nonostante il dominio Z 2 e l’operazione + sia la stessa nei tre
casi, si tratta comunque di strutture diverse in quanto un loro elemento costitutivo, la relazione, è diversa).
Soluzione. R 1 è un ordine totale. Inoltre, se (a; b)R 1(c; d) allora (a; b) +
(x; y) = (a + x; b + y)R 1(c + x; d + y) = (c; d) + (x; y ): Analogo il caso R 2.
Infine, R3 è un ordine totale. Inoltre, se (a; b)R 3(c; d) allora sono possibili
questi casi: (1) (a; b) = (c; d);in tal caso (a + x; b + y ) = (c + x; d + y):(2)
a + b < c+ d;in tal caso (a + x + b + y) < (c + x + d + y ); (3) a + b = c + d e
a < c; in tal caso (a + x; b+ y )R 1(c + x; d + y). (a + x; b+ y) = (c + x; d + y)
e a + x < c + x:
Eser cizio 2.42 Trovare alcune relazioni d’ordine totale R su (Z2; +) tale che
(Z2; +;R) non sia un gruppo ordinato.
Soluzione. Perché ciò accada la relazione R non deve soddisfare la condizione
(3). Primo esempio: (a; b)R(c; d) se (a; b) = (c; d) oppure a ¢ b < c ¢ d oppure
a ¢ b = c ¢ d e (a; b)R1(c; d) dove R1 è l’ordine lessicografico. R è un ordine
totale, ma non rispetta la somma. Infatti (1; 16)R(3; 6) ma (1; 1) + (1; 16) 6
R(1; 1) + (3; 6), in quanto 34 > 28:
Secondo esempio: (a; b)R(c; d) se (a; b) = (c; d) oppure a2 + b2 < c2 + d2
oppure a 2 + b2 < c2 + d2 e (a; b)R 1(c; d) dove R 1 è l’ordine lessicografico.
R è un ordine totale, ma non rispetta la somma. Infatti (3; 4)R(1; 5), essendo
9 + 16 = 25 < 1 + 25 = 26, ma (1; 1) + (3; 4) 6 R(1; 1) + (1; 5), in quanto
16 + 25 = 41 > 4 + 36 = 40:
Definizione 2.43 Siano G = (X; +; ·) e G 0 = (X 0 ; + 0 ; · 0 ) due gruppi
ordinati. Si dice che G 0 è un sottogr uppo di G (in simboli G 0 v G) se (1)
X 0 µ X; (2) ¤0 coincide con ¤ ristretta a X 0 ; e (3) · 0 coincide con · ristretta
ad X 0 :
² Sia G = (X; +; ·) un gruppo ordinato e X 0 µ X: Allora (X 0 ; + 0 ; · 0 ) è un
sottogruppo ordinato di (X; +; ·) sse (X 0; +0 ) è un sottogruppo di (X; +).
20
Infatti, se una relazione soddisfa le condizioni (2) e (3), ogni sua restrizione le
soddisfa.
Definizione 2.44 Siano G 1 = (X1 ; +1 ; · 1) e G 2 = (X2; +2 ; ·2 ) due gruppi ordinati. Una funzione © da X1 a X 2 si dice un isomor fism o da G 1 a G2
se soddisfa le seguenti condizioni:
© è biettiva
per ogni x; y 2 X1 vale ©(x + 1 y) = ©(x) +2 ©(y):
per ogni x; y 2 X 1; x · 1 y sse ©(x) · 2 ©(y)
In altri termini, G 1 e G 2 sono isomorfi se sono isomorfi sia i gruppi (X 1; + 1)
e (X 2; + 2); sia gli insiemi ordinati (X1; ·1) e (X 2; · 2):
E ser cizio 2.45 Trovare gli automorfismi di (Z; +) e gli automorfismi di (Z; +; ·
):
Soluzione. Poiché un morfismo mappa generatori in generatori, e poiché i generatori di Z sono 1 e ¡1, l’unico automorfismo non identico è ©¡, cioè è il
morfismo che mappa ogni elemento nel suo opposto. ©¡ non rispetta l’ordine
(lo inverte). Pertanto l’unico automorfismo di (Z; +; ·) è l’identità.
O sser vazione 2.46 ©¡ è un isomorfismo tra le strutture (Z; +; ·) e (Z; +; ¸
); ma non si tratta di automorfismo perché, nonostante l’identità di dominio, le
due strutture (Z; +; ·) e (Z; +; ¸) sono diverse (nel secondo caso i ’’positivi’’
sono i numeri minori di 0).
E ser cizio 2.47 Dire se la funzione ©¡ è un isomorfismo tra le strutture (Z2; +; R 1)
e (Z 2; +; R2 ), dove R 1 e R2 sono definite come in Es. 2.41.
Soluzione.No. Infatti (1; 3)R 1(2; 4), in quanto 1 < 2; ma (¡1; ¡3) 6 R 2(¡2; ¡4)
in quanto ¡3 ¥ ¡4:
E ser cizio 2.48 Trovare la relazione R su (Z2; +) tale che ©¡ sia un isomorfismo tra (Z2 ; +; R1) e (Z2 ; +; R):
Soluzione. (a; b)R(c; d) se a > c o a = c e b ¸ d:
Capitolo 3
Anelli e campi
I tipi di strutture che abbiamo fin qui considerato (insiemi ordinati, gruppi e
gruppi ordinati) sono costituiti da insiemi su cui è stata definita una relazione
e/o una operazione. Le strutture con cui abbiamo la massima familiarità, cioè
quelle numeriche, sono invece strutture su cui lavorano contemporaneamente
la relazione d’ordine e più di una operazione. Anche l’algebra astratta considera strutture con due operazioni: anelli, domini di integrità, corpi, campi e
campi ordinati (questi ultimi costituiscono un punto di arrivo).
Definizione 3.1 Sia A un insieme non vuoto e siano + e ¢ due operazioni su
A: La struttura (A; +; ¢) è un anello se:
A1) (A; +) è un gruppo commutativo.
A2) A è chiuso rispetto all’operazione ¢:
A3) L’operazione ¢ è associativa.
A4) Valgono le proprietà distributive sinistra e destra di ¢ rispetto a +, cioè
a ¢ (b + c) = (a ¢ b) + (a ¢ c) e (a + b) ¢ c = (a ¢ b) + (a ¢ c):
Notazione. Come si vede, per alleggerire la notazione le due operazioni coinvolte dal concetto di anello non vengono quasi mai indicate con simboli generici, quali potrebbero essere ¤1 e ¤2, ma con + e ¢, adottando di conseguenza la
nomenclatura additiva per la prima operazione (che viene chiamata som ma) e
la nomenclatura moltiplicativa per quanto riguarda la seconda operazione (che
viene chiamata pr odotto). L’elemento neutro della prima operazione è indicato con 0: Per brevità, il simbolo ¢ della seconda operazione viene speso omesso;
inoltre si scrive a ¡ b invece di a + (¡b) e si conviene che la scrittura ab + c
sia da intendersi (a ¢ b) + c (cioè, quando si intende eseguire prima il prodotto
e poi la somma allora si possono omettere le parentesi).
Sia (A; +; ¢) un anello. Poiché (A; +) è un gruppo, per ogni x; y; z 2 A valgono le proprietà già viste in precedenza, che per comodità riportiamo qui di
seguito in linguaggio additivo:
² L’elemento neutro 0 è unico.
² Ogni elemento x ammette un unico opposto ¡x.
² ¡ (¡x) = x:
² ¡(x+ y) = (¡y)+ (¡x) (ma, essendo (A; +) commutativo, possiamo anche
scrivere (¡x) + (¡y)
² Se x + y = x + z allora y = z (la seconda legge di cancellazione segue dalla
commutatività).
² Dati a; b 2 A, l’equazione x + b = a ammette una ed una sola soluzione,
22
data da x = a + (¡b):
Definizione 3.2
m utativo.
Se l’operazione ¢ è commutativa, l’anello viene detto com -
Definizione 3.3
detto unitar io.
Se l’operazione ¢ è dotata di elemento neutro, l’anello viene
Si dimostra, come già fatto per i gruppi, che se tale elemento neutro esiste,
allora è unico. Di solito è indicato con 1, oppure con u se vi è rischio di fraintendimento.
Definizione 3.4 Se un anello è unitario, dato un elemento x può esistere un
elemento y tale che x ¢ y = 1: Tale elemento inverso (la cui unicità si dimostra
come nel caso deio gruppi) viene detto r eciproco di x e indicato con x¡1 ed è
chiamato r ecipr oco.
Definizione 3.5 Sia (A; +; ¢) un anello. Se (A ¡ f0g ; ¢) è un gruppo commutativo allora (A; +; ¢) e un cam po (o cor po com mutativo).
Teor ema 3.6 (Criterio ) Un anello commutativo (A; +; ¢) è un campo sse (1)
è unitario e (2) ogni elemento a 6= 0 ammette inverso a¡1:
Dimostr azione. Le precedenti condizioni A2 e A3 corrispondono alle condizioni G1 e G2 dei gruppi. L’esistenza dell’elemento neutro corrisponde a G3 e
l’esistenza dell’inverso a G4.
E sem pio 3.7 (Z; +; ¢) è un anello commutativo unitario, ma non un campo,
in quanto gli unici elementi di Z ad emmettere inverso sono 1 e ¡1. (Q; +; ¢);
(R; +; ¢) sono campi.
E sem pio 3.8 (C; +; ¢) è un campo. Infatti, sia C = R £ R = f(x; y) : x; y 2
Rg. In C definiamo l’addizione e la moltiplicazione nel seguente modo
(a; b) + (c; d) = (a + c; b + d) e
(a; b) ¢ (c; d) = (ac ¡ bd; ad + bc):
La somma è quella usuale in un prodotto diretto di gruppi (espressa in forma
additiva) e quindi (C; +) è un gruppo (abeliano, perché (R; +) è abeliano). C
è chiuso rispetto al prodotto. Dimostriamo l’associatività del prodotto:
((a; b) ¢ (c; d)) ¢ (e; f ) = (ac ¡ bd; ad + bc) ¢ (e; f ) =
= ((ac ¡ bd) e ¡ (ad + bc) f; (ac ¡ bd) f + (ad + bc) e) =
23
= (ace ¡ bde ¡ adf ¡ bcf; acf ¡ bdf + ade + bce):
(a; b) ¢ ((c; d) ¢ (e; f )) = (a; b) ¢ (ce ¡ df ; cf + de) =
= (a (ce ¡ df ) ¡ b (cf + de) ; a (cf + de) + b (ce ¡ df )) =
= (ace ¡ adf ¡ bcf ¡ bde; acf + ade + bce ¡ bdf ) :
Per la distributività si ha: ((a; b) + (c; d)) ¢ (e; f ) = ((a + c; b + d)) ¢ (e; f ) =
= ((a + c) e ¡ (b + d) f; (a + c) f ¡ (b + d) e) =
= (ae + ce ¡ bf ¡ df ; af + cf + be + de) =
= (ae ¡ bf + ce ¡ df ; af + be + cf + de) =
= (ae ¡ bf; af + be) + (ce ¡ df ; cf + de) = (a; b) ¢ (e; f ) + (c; d) ¢ (e; f ) :
L’unità è la coppia (1; 0). Infatti (a; b) ¢ (1; 0) = (a ¢ 1 ¡ b ¢ 0; a ¢ 0 + b ¢ 1) =
(a; b) :
³
´
¡1
a
¡b
Il prodotto è commutativo e, per (a; b) 6= (0; 0) ; si ha (a; b) = a2 +b
;
2
a2 +b2 :
Dunque (C; +; ¢) è un campo.
Esempio 3.9 Per ogni n, (Zn ; + n; ¢n ) è un anello commutativo unitario.
Già sappiamo infatti che (Zn; +) è un gruppo commutativo mentre ¢ è associativa, commutativa e possiede l’elemento neutro [1]n : Resta solo da far vedere
che vale la distributività. Per ogni x; y; z 2 Zn ; si ha: ([x]n + n [y]n ) ¢n [z] =
[x + y]n ¢n [z] = [(x + y ) ¢ z]n = [x ¢ z + y ¢ z]n = [x ¢ z]n + n [y ¢ z]n =
[x]n ¢n [z]n + n [y ]n ¢n [z]n :
L’esempio precedente mostra che, come già per i gruppi, per ogni naturale n
esiste un anello di n elementi.
Esempio 3.10 (Zn ; +n ; ¢n ) è un campo sse n è primo. Abbiamo infatti dimostrato che (Zn ¡ f[0]n g ; ¢) è un gruppo sse n è primo.
Esempio 3.11 Per ogni n, (Mn£n ; +; ¢), dove + è la somma matriciale e ¢ è
il prodotto righe per colonne, è un anello unitario non commutativo. Infatti il
prodotto r.c. è distributivo a sinistra ed a destra rispetto alla somma e la matrice
unitaria è l’elemento neutro. Tale anello non è commutativo (escluso il caso
banale n = 1). Le matrici a determinante non nullo sono le sole ad ammettere
inverso.
Esempio 3.12 (F (R); +; ¢), dove F (R) è l’insieme delle funzioni da R ad R
e +; ¢ sono le usuali operazioni di somma e prodotto di funzioni, è un anello
commutativo unitario. Lo 0 e l’1 dell’anello sono rispettivamente le funzioni
costanti f (x) = 0 e g(x) = 1 (si vedano le dispense di Fodamenti d’algebra).
Esempio 3.13 Sia (G; +) un gruppo abeliano e sia End (G) l’insieme degli
endomorfismi di G (omomorfismi di G in G). Nell’Esercizio 2.13 abbiamo
24
dimostrato che (End (G) ; +), dove + è definita come
(® + ¯)(x) = ®(x) + ¯ (x)
è un gruppo abeliano. Dimostriamo che (End (G) ; +; ±), dove ± è l’usuale composizione di funzioni, è un anello non commutativo con unità (detto
Anello degli endom or fism i di un gruppo). Mostriamo che End(G) è chiuso
rispetto a ±, cioè che se ®; ¯ 2 End(G) allora ® ± ¯ 2 End(G): Mostriamo
dunque che ® ± ¯ soddisfa la condizione di omomorfismo ed è quindi ancora
un endomorfismo (attenzione: il simbolo + qui indica l’operazione del gruppo G):
(® ± ¯ )(x + y ) = ¯(®(x + y)) = (essendo ® un endomorfismo) ¯(®(x) +
®(y)) = (essendo ® un endomorfismo) ¯ (®(x)) + ¯ (®(y )) = (® ± ¯)(x) +
(® ± ¯)(y); pertanto ® ± ¯ 2 End(G).
Sappiamo che l’operazione ± è associativa. Non ci resta quindi che dimostrare le leggi distributive. Per ogni ®; ¯ ; ° 2 End (G) e per ogni x 2 G abbiamo
(attenzione alla compresenza della somma + di End(G) e la somma + di G):
((® + ¯ ) ± °)(x) = °((® + ¯ )(x)) = (per definizione di somma su End(G))
°(®(x)+¯ (x)) = (essendo ° un morfismo) °(®(x))+°(¯(x)) = (® ±°)(x)+
(¯ ± °)(x) = (per definizione di somma su End(G)) (® ± ° + ¯ ± °)(x): Abbiamo così dimostrato che (® + ¯) ± ° = ® ± ° + ¯ ± °. Analogamente si
dimostra che ° ± (® + ¯ ) = ° ± ® + ° ± ¯ .
Quindi, (End (G) ; +; ±) è un anello. Poiché ± non è commutativa (salvo il
caso banale jGj = 1), End(G) non è un anello commutativo (salvo il caso
banale). Tuttavia è un anello con unità, costituita dalla funzione identica iG .
E sem pio 3.14 (I quaternioni ) Sia H l’insieme di tutte le quadruple ordinate
di numeri reali
H = f(a; b; c; d) : a; b; c; d 2 Rg:
Definiamo in H un’addizione e una moltiplicazione come segue
(a; b; c; d) + (a0 ; b0 ; c0 ; d0 ) = (a + a0 ; b + b0 ; c + c0; d + d0 )
(a; b; c; d)(a0 ; b0 ; c0 ; d 0) = (aa0 ¡ bb0 ¡ cc0 ¡ dd0 ; ab0 + ba0 + cd0 ¡ dc0 ;
ac0 ¡ bd0 + ca0 + db0 ; ad0 + bc0 ¡ cb0 + da0 )
Un pò di calcoli noiosi ma banali, permettono di dimostrare che H con le operazioni su definite è un anello in cui le quaterne (0; 0; 0; 0) e (1; 0; 0; 0) rappresentano lo zero e l’unità rispettivamente.
Introduciamo ora simboli speciali per alcune quaterne particolari, precisamen-
25
te poniamo:
1 = (1; 0; 0; 0);
i = (0; 1; 0; 0);
j = (0; 0; 1; 0);
k = (0; 0; 0; 1):
Se ora calcoliamo tutti i prodotti di questi elementi con sé stessi mediante la
legge sopra introdotta si trova che:
(1)
(2)
ij = k;
i 2 = j 2 = k 2 = ¡1
jk = j;
j i = ¡k;
kj = ¡i;
ik = ¡j:
Queste relazioni ci dicono subito che la moltiplicazione in H non è commutativa.
Inoltre osserviamo che la definizione delle operazioni in H ci permette di scrivere ogni elemento di H nella forma
(a; b; c; d) = (a; 0; 0; 0)1 + (b; 0; 0; 0)i + (c; 0; 0; 0)j + (d; 0; 0; 0)k:
Quindi
H = (H; +; ¢)
è un anello con unità non commutativo.
Pr ime pr opr ietà d egli anelli.
(L’assioma A3, cioè la proprietà distributiva, verrà applicato senza che ciò sia
specificato)
1)
a ¢0 = 0 ¢ a = 0
Infatti, preso un qualunque elemento b, abbiamo ab = a(b + 0) = a ¢ b + a ¢ 0:
L’elemento a¢0 si comporta dunque come elemento neutro rispetto all’elemento
ab, e, per le proprietà dei gruppi, deve essere l’elemento neutro.
O sser vazione 3.15 La richiesta, nella definizione di campo, che (A¡ f0g ; ¢)
e (A; ¢) sia un gruppo non è fatta solo per avere Q, R etc. come modelli. Infatti,
la condizione che (A; ¢) sia un gruppo comporta l’esistenza di un a tale che
a ¢ 0 = 1; il che insieme alla proprietà precedente, comporta 0 = 1: In tal
modo, coincidendo i due elementi neutri, per l’unicità dei medesimi abbiamo
che le due operazioni + e ¢ devono coincidere. Ciò, attenzione, non significa
che su uno stesso dominio G non ci possono essere due diverse operazioni
rispetto alle quali G è un gruppo. Significa invece che queste due operazioni
non possono soddisfare alcuna proprietà distributiva l’una rispetto all’altra.
26
2) Regole dei segni
a(¡b) = (¡a)b = ¡(ab)
Infatti 0 = a ¢0 = a(b+ (¡b)) = ab+ a(¡b): Dunque a(¡b) è l’opposto di ab,
e pertanto a(¡b) = ¡(ab): Analogamente per l’altro caso. (Attenzione: non
si parla di elementi positivi o negativi, dal momento che non c’è un ordine, ma
solo di opposti).
3) Per k 2 Z
(ka)b = a(kb) = k(ab)
(Attenzione: non è l’associativià di ¢ in quanto non è richiesto k 2
= A). Con
ka si intende la k-esima potenza di a nel gruppo additivo dell’anello. Per le
proprietà delle potenze, se k = 0 (numero 0) allora (0a)b = a(0b) = 0(ab) =
0 (quest’ultimo è lo 0 dell’anello). Se k > 0; (ka)b = (a + a + ::: + a)b =
(ab + ab + ::: + ab) = k(ab): (Analogamente per a(kb) ). Se k < 0 allora, per
definizine di potenzadi un elemento di un gruppo, (ka)b = (¡a + ¡a + ::: +
¡a)b = ((¡a)b + (¡a)b + ::: + (¡a)b) = (per la regola dei segni)
= (¡(ab) + ¡(ab) + ::: + ¡(ab)) = k(ab):
Per ogni h; k 2 Z;
4) k (a + b) = ka+ kb: (Come (3), impiegando la cmmutatività della somma).
5) (h + k)a = ha + ka: (Regola delle potenze di un elemernto di un gruppo).
6) (hk)a = h(ka): (Regola delle potenze di un elemernto di un gruppo).
7) L’elemento unitario 1, se esiste, è unico.
Siano 1 e 10 elementi neutri. Allora 1 ¢ 10 = 1 e 1 ¢ 10 = 10 da cui 1 = 10 :
8) Se esiste l’elemento unitario 1, allora, per ogni a 2 A,
(¡1)a = ¡a:
Abbiamo: a + (¡1 ¢ a) = 1 ¢ a + (¡1 ¢ a) = (1 + (¡1)) ¢ a = 0 ¢ a = 0: Quindi
¡1 ¢ a è l’opposto di a, i.e. ¡1 ¢ a = ¡a.
E ser cizio 3.16 Siano A1 = (A1 ; +1 ; ¢1), A2 = (A 2; + 2; ¢2) due anelli. Definite in A1 £ A2 le operazioni
(a1; a 2) + (b1 ; b2) = (a1 +1 b1; a2 +2 b2) e
(a1; a 2) ¢ (b1; b2) = (a 1 ¢1 b1; a 2 ¢2 b2);
dier se (A1 £ A 2; +; ¢) è un anello.
27
Eser cizio 3.17 Sia (A; +; ¢) un anello e si consideri l’insieme S = A £ Z:
Definite su S le operazioni di addizione e di moltiplicazione nel seguente modo:
(a; m) + (b; n)
=
(a + b; n + m)
(a; m) ¢ (b; n)
=
(ab + mb + na; nm)
si dimostri che (S; +; ¢) è un anello unitario.
Soluzione. La somma è l’operazione del prodotto diretto di gruppi espresso
in forma additiva; quindi (S; +) è un gruppo. Dimostriamo l’associatività del
prodotto.
((a; l) ¢ (b; m)) ¢ (c; n)
=
(ab + lb + ma; ml) ¢ (c; n) =
=
((ab + lb + ma) c + (ab + lb + ma) n + mlc; mln) =
=
abc + lbc + amc + abn + lbn + amn + lmc; lmn:
=
(a; l) ¢ (bc + mc + bn; mn) =
e
((a; l) ¢ (b; m)) ¢ (c; n)
=
(a (bc + mc + bn) + l (bc + mc + bn) + amn; lmn) =
(abc + amc + abn + lbc + lmc + lbn + amn; lmn) :
L’operazione è chiaramente commutativa e dunque ci limitiamo a dimostrare
solo una delle leggi distributive. Si ha:
(a; l) ¢ ((b; m) + (c; n))
=
=
(a; l) ¢ (b + c; m + n) =
(ab + ac + am + an + lb + lc; lm + ln) ;
e
(a; l) ¢ (b; m) + (a; l) ¢ (c; n)
=
=
(ab + am + lb; lm) + (ac + an + lc; ln) =
(ab + am + lb + ac + an + lc; lm + ln) :
Cerchiamo adesso l’elemento neutro per il prodotto, cioè un elemento u =
(b; n) ; tale, per ogni a ed ogni m, valga che (a; m) ¢ (b; n) = (a; m) : Sviluppando, si ottiene: (ab + mb + na; mn) = (a; m) : Da mn = m; ricaviamo
n = 1 e da ab+ mb+ na = a si ottiene ab+ mb + a = a e quindi ab+ mb = 0:
Poiché ciò deve valere per ogni a ed ogni m (e quindi anche quando m = 0
e a = 1), si ricava b = 0: Pertanto u = (0; 1) è l’elemento neutro cercato (si
noti che 0 è lo zero dell’anello mentre 1 è l’uno degli interi).
3.1
Divisor i dello 0 e domini di integr ità
28
Definizione 3.18 Un elemento a 6= 0 di un anello A è detto divisore dello 0
se esiste b 6= 0 e b 2 A tale che a ¢ b = 0.
Un anello commutativo privo di divisori dello 0 è definito dom inio di integr ità.
Teor ema 3.19 Un campo è privo di divisori dello 0.
Dimostr azione. A ¡ f0g è chiuso rispetto al prodotto.
Ad esempio, Z; Q; R; C e Mn£n sono domini di integrità. Se n non è un numero primo, Zn non è un dominio di integrità. Infatti, se n = m ¢ k, con
1 < m; k < n, allora [m]n ; [k]n 6= [0]n e [m]n ¢ [k]n = [n]n = [0]n :
½µ
¶
¾
a b
E ser cizio 3.20 Si dimostri che A = (
: a; b 2 R ; +; ¢) è un
0 a
anello (sottoanello di (M2£2; +; ¢) ) e si determinino gli eventuali divisori dello zero di A:
Soluzione. La dimostrazione che A sia un anello
Cerchiamo i diviµ è banale.
¶
a b
sori dello 0. Affinchè una matrice non nulla
sia un divisore dello
0 a
µ
¶
c d
0 deve esistere una m,atrice non nulla
tale che:
0 c
µ
a
0
b
a
¶ µ
c
¢
0
d
c
¶
=
µ
ac
0
ad + bc
ac
¶
=
µ
0
0
0
0
¶
:
Da ac = 0 e ad + bc = 0 segue che, se aµ= 0 e c¶6= 0 allora bc = 0 e quindi
a b
b = 0; il ché non accettabile in quanto
sarebbe la matrice nulla.
0 a
Analogamente non è accettabile a 6= 0 e c = 0: Quindi deve essere a = 0 e
c = 0; da cui segue, essendo le due matrici non nulle,
µ b 6= 0 e¶d 6= 0: Si deduce
0 x
che gli unici divisori dello zero di A sono del tipo
; con x 6= 0:
0 0
E ser cizio 3.21 Si dimostri che una matrice A dell’anello (M 2£2; +; ¢) è un
divisore dello 0 sse det(A) = 0:
Soluzione. Sia A 2 (M2£2; +; ¢) con
µ A 6= 0. ¶
a
b
(() Sia det(A) = 0: Allora A =
per un certo k 2 R: Consideka kb
riamo l’equazione
µ
¶µ
¶ µ
¶
a
b
x z
0 0
(¤)
=
:
ka kb
y t
0 0
29
Se b 6= 0 allora, per ogni x 6= 0; la matrice
µ
x
x
¡ax
b
¡ax
b
¶
è non nulla e
soddisfa l’equazione (*), per cui A è un divisore dello 0.
Se b = 0 allora kb = 0 e qualunque matrice con x = z = 0 e y 6= 0 è non nulla
e soddisfa (*). Quindi: le matrici a determinante nullo sono divisori dello 0.
()). Sia det(A) 6= 0: Si consideri l’equazione
µ
¶µ
¶ µ
¶
a b
x z
0 0
(¤¤)
=
:
c d
y t
0 0
Se vale (¤¤) allora
ax + by
=
0
cx + dy
=
0
¡ bc¡ad ¢
Supponiamo b 6= 0: Da y = ¡ax
= 0: Se x 6= 0 allora
b segue x
b
bc ¡ ad = 0, contro l’ipotesi det(A) = 0: Quindi x = 0 da cui segue y = 0:
Analogamente, per soddisfare (¤¤) dobbiamo avere
Da t =
¡az
b
segue z
az + bt
=
0
cz + dt
=
0
¡ bc¡ad ¢
= 0: Se z 6= 0 allora bc¡ ad = 0, contro l’ipotesi
µ
¶
x z
dt(A) = 0: Quindi z = 0 da cui segue t = 0: Ma a questo punto
è
y t
la matrice nulla.
Supponiamo allora b = 0. Allora, essendo det(A) 6= 0, abbiamo a 6= 0 e
d 6= 0: Da ax + by = 0 segue allora x = 0 e da cx + dy = 0 segue y = 0:
Analogamente,µda az +¶bt = 0 segue z = 0 e da cz + dt = 0 segue t = 0:
x z
Nuovamente,
è la matrice nulla. Quindi se det(A) 6= 0 allora A
y t
non è un divisore dello 0.
b
Teor ema 3.22 Un anello (A; +; ¢) è privo di divisori dello 0 sse soddisfa le
leggi di cancellazione destra e sinistra rispetto al prodotto, cioè sse, dato a 6= 0,
ab = ac implica b = c e ba = ca implica b = c
Dimostrazione. ()) Da ab = ac segue ab ¡ ac = a(b ¡ c) = 0: Essendo
a 6= 0 e A privo di divisori dello 0;abbiamo (b ¡ c) = 0 e dunque b = c:
Analogamente per il caso ba = ca:
(() Supponiamo che a; b siano divisori di 0. Quindi a ¢ b = a ¢ 0: Se valessero
le leggi di concellazione avremmo b = 0, contro l’ipotesi.
Teor ema 3.23 Ogni dominio di integrità (A; +; ¢) finito è un campo.
Dimostrazione. Dobbiamo dimostrare che A ha unità e che ogni elemento a 2
A ¡ f0g ha inverso. Si considerino le potenze positive (rispetto al prodotto)
30
di a. Essendo A privo di divisori dello 0 ed essendo a 6= 0, abbiamo che, per
ogni n, a n 6= 0 (per induzione: a 6= 0; se a n 6= 0 allora a n ¢ a 6= 0): Inoltre,
essendo A finito devono esistere n; m tali che an = a n+m, e quindi
an = an ¢ am:
(Attenzione: essendo n; m positivi, la potenza è una semplice reiterazione del
prodotto che, essendo A un anello, è associativo). Dimostriamo che am è elemento neutro rispetto al prodotto. Sia b 2 A e sia b0 = bam: Allora
b0 an = (ba m)a n = b(aman ) = ba n:
Essendo an 6= 0 ed essendo A un dominio di integrità, applichiamo la legge
di cancellazione (v.Th.3.22) e otteniamo b0 = b. Pertanto (accadendo ciò per
ogni b 2 A), si ricava che am = 1: Inoltre, da am = 1e a m = a ¢ am¡1
otteniamo am¡1 = a ¡1 : Accadendo ciò per ogni a 2 A¡f0g, la dimostrazione
è conclusa.
L emm a 3.24 Sia K un campo finito e jK j = n . Per ogni b 2 K ¡ f0g vale bn¡1 = 1:
Dimostr azione. K ¡ f0g è un gruppo moltiplicativo di cardinalità n ¡ 1, e
dunque (dal Teorema di Lagrange) il periodo di ogni suo elemento b è un divisore di n ¡ 1. Supponiamo che b abbia periodo
h¢ (cioè bh = 1). Allora esiste
¡
s
s tale che n ¡ 1 = sh per cui bn¡1 = bsh = bh = 1s = 1:
Teor ema 3.25
Dati a; p 2 Z: Se p è primo allora
ap ´ p a:
Dimostr azione. Consideriamo il campo Zp, con p primo: Per il lemma precedente, per ogni elemento [a]p 6= [0]p abbiamo abbiamo
³
´p¡1
[a]p
= [1]p
e quindi, moltiplicando ambo i membri per [a]p ;
³
´p
[a]p = [a]p :
Tale identità vale anche se [a]p = [0]p : Pertanto, per definizione di prodotto
³
´p
modulo p, da [a]p = [a]p segue [ap ]p = [a]p e quindi ap ´ p a:
Cor ollar io 3.26 (P iccolo teorema di F ermat ) Dati a; p 2 Z, se p è primo e
a non è multiplo di p allora vale
ap¡1 ´ p 1
31
Dimostrazione. Da a 6= kp segue [a]p 6= [0]p e dunque (v. corollario prece³
´p¡1
dente) [a]p
= [1]p, cioè ap¡1 ´ p 1:
Il risultato precedente può essere generalizzato.
Definiamo la seguente funzione f : N ! P (N)
f (n) = fm 2 N : 1 · m < n e m è coprimo con ng
(ricordiamo che due numeri naturali sono coprimi se l’unico divisore che hanno
in comune è 1). Ad esempio:
f (10) = f1; 3; 7; 9g ;
f (11) = f1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10g ;
f (12) = f1; 5; 7; 11g :
La funzione ' : N ! N tale che '(n) = jf (n)j è detta ’’' di Eulero’’o anche
’’funzione di Gauss-Eulero’’.
Teor ema 3.27 Sia n 2 N e sia G = f[a]n : a 2 f (n)g : G è un gruppo rispetto al prodotto modulo n.
Dimostrazione. Dimostriamo dapprima i seguenti fatti.
(1) Se a; b sono coprimi con n allora anche ab lo è. Supponiamo infatti che se
ab ed n abbiano un divisore in comune diverso da 1. Allora hanno un divisore
primo in comune diverso da 1, e se un numero primo divide ab allora divide a
o b; contro l’ipotesi.
(2) Se a è coprimo con n e x ´ n a allora x è coprimo con n. Infatti sia e sia
x non coprimo con n. Sia p un divisore primo comune tra x ed n. Da x ´ n a
segue a = x + kn = ps + kpt = p(s + kt), per cui p è un divisore di a, contro l’ipotesi.
Dimostriamo ora che G soddisfa le proprietà di gruppo. Iniziamo dalla chiusura rispetto al prodotto. Siano ora [a]n ; [b]n 2 G: Per definizione [a]n ¢ [b]n =
[ab]n : Per (1) ab è coprimo con n e per (2) tutti i numeri naturali appartenenti [ab]n sono coprimi con n e tra essi ve ne è uno compreso tra 1 ed m ¡ 1
(estremi compresi). Dunque [ab]n 2 G; che in tal modo è chiuso rispetto
al prodotto. Già sappiamo che tale prodotto è associativo. Inoltre 1 è coprimo con n e dunque [1]n 2 G: Non ci resta
© che dimostrare che£ ogni ¤eleª
mento di G è dotato di inverso. Sia G = [a1 ]n ; [a2 ]n ; : : : ; a '(n) n
e© sia [x]n 2 G: Moltiplicando per [x]n£ tutte ¤leªclassi di G otteniamo X =
[x]n ¢ [a 1]n ; [x]n ¢ [a 2]n ; : : : ; [x]n ¢ a'(n) n : Dimostriamo che X = G.
Dalla chiusura di G rispetto al prodotto, segue X µ G. Da ciò, otteniamo l’uguaglianza dimostrando che jX j = jGj, cioè dimostrando che se [y]n e [z]n
sono due classi distinte di X allora anche [x]n ¢ [y]n e [x]n ¢ [z]n sono distinte. Supponiamo y > z e supponiamo per assurdo che [x]n ¢ [y]n = [x]n ¢ [z]n :
Allora [x ¢ y ¡ x ¢ z]n = [0]n e quindi
x ¢ (y ¡ z) = k ¢ n:
32
Poiché y > z, abbiamo che x e y ¡ z sono numeri interi positivi e quindi lo
è anche k. Pertanto n è un divisore di x ¢ (y ¡ z), cioè tutti i fattori di n sono
fattori di x ¢ (y ¡ z): Ma n è coprimo con x e dunque non hanno fattori comuni.
Pertanto n è un divisore di (y ¡ z), ma questo è assurdo in quanto y ¡ z < n:
Quindi X = G: Da questo deriva che una tra le classi di X, diciamo [x]n ¢[t]n ; è
la classe [1]n. In tal modo [x]¡1
n = [t]n ; poiché [x]n era una qualunque classe
di X abbiamo dimostrato che ogni classe ammette inverso e dunque G è un
gruppo.
(Si osservi come
Cor ollar io 3.28
allora vale
(Teorema di Eulero) Dati a; p 2 Z, se p è coprimo con a
a'(p) ´ p 1:
Dimostr azione. Sia [a]n 2 G (dove G è il gruppo definito nel teorema prece'(n)
dente). Poiché jGj = '(n), dal Teorema di Lagrange segue [a]n
= [1]n ; da
cui segue l’enunciato.
(Si osservi come il Piccolo Teorema di Fermat sia un caso particolare del Teorema di Eulero. Infatti se p è primo, allora è coprimo con ogni a e '(p) = p¡ 1:)
3.2
Sottoanelli ed ideali.
Le definizioni di sottoanello e di sottoanello gener ato da un insieme Y sono
standard.
(Cr iter io per determinare un sottoanello). Sia A un anello e sia B µ A: B è
un sottoanello sse, per ogni a; b 2 B
a + b 2 B, ¡ a 2 B e ab 2 B:
(Cr iter io per deter minare un sottocampo ). Sia K un campo e sia B µ K: B è
un sottocampo sse, per ogni a; b 2 B
a + b 2 B; ¡ a 2 B e, con a; b 6= 0, ab 2 B e a ¡1 2 B
con b 6= 0:
Definizione 3.29
Sia A un anello e sia H µ A: H è un ideale destr o se:
H è un sottoanello di A
ha 2 H; per ogni a 2 A e h 2 H
33
(ideale sinistro se ah 2 H: Se l’anello è commutativo, i due concetti coincidono.) Data la presenza della seconda condizione, la prima può essere indebolita,
richiedendo solo che h + k e ¡h appartengano ad H . Se l’anello è unitario, allora la prima condizione può ridursi alla chiusura rispetto alla somma. Infatti
da 1 2 A e h 2 H segue ¡1h = ¡h 2 A:
(Criter io per deter minare un ideale destro ). Sia A un anello e sia I µ A: I è
un ideale destro sse, per ogni a; b 2 I e per ogni c 2 A
a + b 2 I, ¡ a 2 I e ac 2 I:
L’ultima condizione implica infatti che, per ogni a; b 2 I , ab 2 I (e quindi che
I è un sottoanello): Infatti, se b 2 I allora b 2 A e quindi ab 2 I:
Esempi (dimostrarli).
0) f0g e A sono ideali (detti im pr opr i).
1) A = fkn : k 2 Zg, per ogni fissato n, è un ideale dell’anello Z.
2) Preso un qualunque anello A ed un qualunque elemento h 2 A, l’insieme
fha : a 2 Ag è un ideale destro.
Teor ema 3.30 Ogni ideale proprio I non contiene l’unità (qualora l’anello A
ne sia dotato. Contiene invece lo 0, in quanto sottoanello).
Dimostrazione. Sia b 2 A ¡ I: Da 1 2 I seguirebbe 1b = b 2 I.
Teor ema 3.31 Un campo è privo di ideali propri.
Dimostrazione. Sia K un campo ed I un suo ideale. Sia I =
6 f0g allora esiste
a 2 I con a 6= 0: Pertanto aa ¡1 = 1 2 I e dunque I = K (v.Th. 3.30).
Eser cizio 3.32 Trovare un sottoanello che non sia un ideale.
Soluzione. Z è sottoanello di Q ma non ideale di Q: Infatti 32 ¢ 5 2
= Z (del resto
1 2 Z,contro Th.3.30, e Q è un campo (Th.3.31)).
Definizione 3.33 Dato un anello A e un insieme Y µ A, definiamo ideale gener ato da Y il minimo ideale che contiene Y (La dimostrazione che tale
ideale esiste è di routine ). Se Y = fag l’ideale generato è detto ideale pr incipale gener ato da a e viene indicato con Ia.
Teor ema 3.34
Sia A un anello commutativo e sia a 2 A. Sia
X = fba + ka : b 2 A e k 2 Zg :
Vale X = Ia, cioè X è l’ideale principale generato da a:
Dimostrazione. (Attenzione: ba è un prodotto di elementi di A, ka è una potenza di a). Mostriamo che X è un ideale. Infatti:
34
1) è chiuso rispetto alla somma:
(ba + ka) + (ca + ha) = (ba + ca) + (ka + ha) = (b + c)a + (k + h)a
2) è chiuso rispetto al’opposto:
¡(ba + ka) = ¡(ba) + ¡(ka) = (¡b)a + (¡k)a
3) è chiuso rispeto al prodotto esterno:
c(ba + ka) = c(ba) + c(ka) = (cb)a + (kc)a = (cb + kc)a =
= (cb + kc)a + 0 = (cb + kc)a + 0a: (Si osservi che l’identità 0a = 0; dove
il primo 0 è il numero 0 ed il secondo è l’elemento neutro dell’anello, è la proprietà delle potenze a0 = e espressa in forma additiva).
Inoltre X è il minimo ideale I che contiene a. Infatti, essendo un ideale anche un anello, se I contiene a allora, in quanto anello, deve contenere ka, in
quanto ideale deve contenere ba, e, in quanto anello, deve contenere ba + ka.
Dunque X = Ia:
Teor ema 3.35
Dimostrare che se A è un anello commutativo unitario, allora
Ia = fba : b 2 Ag :
Soluzione. Per l’esercizio precedente, gli elementi di Ia hanno la forma ba+ka.
Ovviamente, ponendo k = 0, otteniamo la forma ba. Per contro ba + ka =
ba + (k1)a = (b + k1)a:(Con 1 è denotato l’elemento neutro dell’anello).
Un anello i cui ideali sono tutti principali viene detto anello ad ideali pr incipali.
Teor ema 3.36 Z è un anello ad ideali principali.
Dimostr azione. f0g è principale. Sia I 6= f0g e sia n il minimo intero positivo
contenuto in I (tale numero esiste in quanto, essendo I un anello, se k 2 I
allora ¡k 2 I) Sia a 2 I: Dividendo a per n ottengo
a = kn + r
con k 2 Z e 0 · r < n. Da a 2 I e kn 2 I segue r 2 I: Ma, essendo n il
minimo positivo in I, abbiamo r = 0: Quindi a = kn e I è principale.
Definizione 3.37 Un ideale è m assim ale se è proprio e non è contenuto propriamente in alcun ideale proprio.
Teor ema 3.38 Condizione necessaria e sufficiente affinché un ideale di Z sia
massimale è che sia generato da un numero primo.
Dimostr azione. ()) Se n non è primo allora n = a ¢ b, con 1 < a; b < n: In
tal caso In ½ Ia, ed Ia è proprio in quanto a 6= 1:
(( ) Supponiamo che p sia primo e Ip µ I: Per il Teorema precedente I = In
per un certo n: Allora p 2 In e dunque p = kn: Ma o n = 1 e k = p (e in tal
35
caso In = Z e dunque non è un ideale proprio) oppure k = 1 ed n = k, e in
tal caso I p = In :
Eser cizio
½µ 3.39 Si
¶ considerino i¾seguenti sottoinsiemi di M 2£2:
a b
¡1 =
: a; b; d 2 R ;
0 d
½µ
¶
¾
0 b
¡2 =
: b; d 2 R ;
0 d
½µ
¶
¾
a
b
¡3 =
: a; b 2 R ;
¡b a
½µ
¶
¾
0 b
¡4 =
: b; c; d 2 R :
c d
Dire quali di essi sono sottogruppi, sottoanelli, sottoanelli commutativi o ideali di M 2£2.
µ
¶
0 0
Soluzione. Dato che
appartiene a tutti gli insiemi considerati, essi
0 0
sono tutti non vuoti.
µ
¶ µ
¶ µ
¶
a b
e f
x
y
¡1 :
+
=
2 ¡ 1:
0 d
0 h
0e + d0 z
µ
¶ µ
¶
a b
¡a ¡b
¡
=
2 ¡ 1:
0 d
0
¡d
µ
¶ µ
¶ µ
¶
a b
e f
x
y
¢
=
2 ¡ 1;
0 d
0 h
0 ¢e + d ¢ 0 z
Quindi ¡ 1 è un sottoanello. Non è commutativo:
µ
¶ µ
¶ µ
¶
a b
e f
ae af + bh
¢
=
0 d
0 h
0
dh
µ
¶ µ
¶ µ
¶
e f
a b
ea eb + f d
¢
=
0 h
0 d
0
hd
Non è né un ideale sinistro né destro in quanto
µ
¶ µ
¶
µ
¶
a b
e f
x
y
¢
=
e ce può essere diverso da
c d
0 h
ce + d ¢ 0 z
0.
µ
¶ µ
¶ µ
¶
e f
a b
x
y
¢
=
e hc può essere diverso da 0.
0 h
c d
0a + hc z
µ
¡2 :
µ
0
¡
0
0
0
b
d
b
d
¶
¶
=
+
µ
µ
0
0
0
0
f
h
¡b
¡d
¶
¶
=
µ
2 ¡2 :
0
0
b+f
d+h
¶
2 ¡ 2;
36
Mostriamo direttamente che è un ideale sinistro (e quindi un sottoanello):
µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶
a b
0 f
a¢0+b¢0 x
0 x
¢
=
=
2 ¡2
c d
0 h
c¢0+d¢0 y
0 y
Non è un ideale destro in quanto
µ
¶ µ
¶ µ
0 f
a b
0a + f c
¢
=
0 h
c d
z
µ
a
¡b
b
a
¶
¶
µ
e
¡f
f
e
¶
µ
x
y
¶
è f c può essere diverso da 0.
a +e
¡ (b + f )
b+f
a+e
¶
¡3 :
+
=
2 ¡ 3;
µ
µ
¶
a
b
¡a ¡b
¡
=
2 ¡ 3;
¡b a
b
¡a
µ
¶ µ
¶
µ
¶
a
b
e
f
ae ¡ bf
af + be
¢
=
2 ¡ 3:Quindi
¡b a
¡f e
¡ (be + af ) ¡bf + ae
¡ 3 è un sottoanello. Non è ideale né ideale destro né sinistro, in quanto
µ
¶ µ
¶
µ
¶
a b
e
f
x
af + be
¢
=
e af + be può essec d
¡f e
ce ¡ df y
re diverso da ce ¡ df .
µ
¶ µ
¶
µ
¶
e
f
a b
x
eb + f d
¢
=
e eb + f d può es¡f e
c d
¡f a + ec y
sere diverso da ¡f a + ec:
¡ 4: E’un sottogruppo (dimostrare) ma non un sottoanello in quanto non è chiuso per prodotto:
µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶
0 1
0 1
0¢0+1¢1 x
1 x
¢
=
=
.
1 1
1 1
y
z
z y
E ser cizio 3.40 In Z 24 determinare il sottoanello f[8]24 ; [12]24g e dire se è un
ideale.
Soluzione. Il sottogruppo generato da f[8]24 ; [12]24g è il sottogruppo generato da f[4]24g. Tale sottogruppo f[0] ; [4] ; [8] ; [12] ; [16] ; [20]g è chiuso per
prodotto, e quindi è un sottoanello. Naturalmente, essendo il minimo tra i sottogruppi è anche il minimo tra i sottoanelli per cui è il sottoanello generato.
Inoltre, essendo [k] ¢ [h4] = [kh4], tale sottoanello è un ideale.
37
3.3
Later ali di un ideale.
Sia H un sottoanello di A. H quindi è un sottogruppo normale del gruppo A.
La definizione di laterale del sottoanello H è identica a quella di laterale del
sottogruppo H, espressa in linguaggio additivo. Dunque
H + a = fh + a : h 2 H g
Come nel caso dei gruppi, la definizione di somma di laterali è
(H + a) + (H + b) = H + (a + b)
e non dipende dalla scelta dei rappresentanti.
Per potere ben definire anche il prodotto tra laterali è invece necessario che H
sia non solo un sottoanello ma anche un ideale bilatero (che indicheremo con
I). La definizione è
(I + a)(I + b) = I + ab
Mostriamo che l’operazione è ben definita. Sia a0 2 I + a e b0 2 I + b:
Vogliamo dimostrare che a0 b0 2 I + ab:
Abbiamo a0 b0 = (i + a)(j + b) = (ij + ib + aj) + ab, per opportuni i; j 2 I :
Ma ij; ib; aj 2 I essendo I un ideale bilatero e dunque (ij + ib + aj) 2 I e
a0 b0 = (ij + ib + aj ) + ab 2 I + ab:
Il prodotto tra laterali di un ideale è associativo e distributivo rispetto alla somma (dimostrazione di routine).
Teor ema 3.41 Sia A un anello e I un ideale bilatero. L’insieme dei laterali è
un anello rispetto alle operazioni di somma e prodotto appena definite. Viene
indicato con A=I e chiamato anello quoziente (o anello fattor iale). Se A è
dotato di unità, allora I + 1 è l’elemento neutro rispetto al prodotto tra laterali,
e viene chiamato later ale unità. Se A è commutativo, A=I è commutativo.
(A=I coincide ovviamente con il gruppo quoziente del gruppo A rispetto al
sottogruppo normale I )
Esempio 3.42
Sia A = Z e I = In = fkn : k 2 Zg : Allora Z=In = Zn :
Lemm a 3.43 Sia A un anello commutativo unitario, I un ideale massimale
e a 2 A ¡ I. Ogni elemento c 2 A si può scrivere nella forma
c = i + ab
38
con i 2 I e b 2 A:
Dimostr azione. Sia
X a = fx : x = i + ab; con i 2 I; b 2 Ag :
X a è un ideale, I µ X a e a 2 Xa (dimostrare. L’ipotesi che A sia unitario
interviene nell’ultimo punto). Quindi, poiché a 2
= I, I ½ X a: Essendo I
massimale, dobbiamo avere Xa = A:
Teor ema 3.44 Sia A un anello commutativo unitario e I un ideale bilatero.
A=I è un campo sse I è massimale.
Dimostr azione. ()) Supponiamo che A=I sia un campo e che I non sia massimale. Quindi che I ½ J: Sia a 2 J ¡ I: Allora I + a 6= I (inteso come
laterale I + 0). Essendo A=I un campo, esiste (I + a)¡1, che indichiamo con
I + b: Abbiamo
(I + a)(I + b) = I + 1
cioè I + ab = I + 1, da cui segue
1 = i + ab:
Da a 2 J segue ab 2 J; e da i 2 I segue i 2 J: Dunque 1 2 J che in tal modo non è un ideale proprio.
(() Sia I massimale. Essendo, in generale, A=I un anello commutativo unitario, dobbiamo solo dimostrare che ogni laterale I + a diverso da I + 0 ammette
inverso. Se I + a 6= I + 0 allora a 2
= I : Per il Lemma 3.43, esistono i 2 I e
b 2 A tali che
1 = i + ab
Allora (I + a)(I + b) = I + ab = I + (¡i + 1) = I + 1: (L’ultima uguaglianza
deriva dal fatto che ¡i 2 I). Dunque I + b = (I + a)¡1:
39
3.4
Omomor fismi ed isom or fismi.
Le definizioni sono standard. Dati due anelli (A1 ; +; ¢) e (A2; +; ¢), un om om or fismo è una funzione © : A 1 ! A2 che ‘‘conserva le operazioni’’, cioè
tale che © (a + b) = © (a) + © (b) e © (a ¢ b) = © (a) ¢ © (b) :
Come per i gruppi, omomorfimi iniettivi, suriettivi e biiettivi si diranno, rispettivamente, monomor fism i, epim or fism i e isomor fism i.
Sia dunaue © un omomorfismo. Ovviamente, valgono le proprietà viste per i
gruppi:
² © (0A1 ) = 0A2
² © (¡a) = ¡© (a) :
Inoltre:
² se A è unitario allora © (1A1 ) = 1A2
² se © è un epimorfismo allora per i sottoideali di A1 e A2 vale che
se H v A1 allora © [H ] v A2
e
se K v A2 allora ©¡1 [K] v A1
² stesso risultato per gli ideali.
Gli ideali svolgono, rispetto all’omomorfismo tra anelli, lo stesso ruolo che i
gruppi normali hanno per l’omomorfismo tra gruppi.
Teor ema 3.45
Il nucleo di un omomorfismo tra anelli è un ideale bilatero.
Teor ema 3.46
A=I tale che
Sia A un anello e I un ideale bilatero. La funzione © da A a
©(a) = I + a
è un epimorfismo ed ha I come nucleo.
Teor ema 3.47 (di omomorfismo ) Se © : A ! A0 è un epimorfismo e I© il
suo nucleo, allora A=I© »
= A0 :
Dimostrazione. Sia ª la funzione da A=I© a A0 così definita:
ª(I© + a) = ©(a):
ª è un isomorfismo (detto isomor fism o natur ale). (v. Th.??).
40
Dai Teoremi 3.45 e 3.46 risulta che i nuclei degli epimorfismi sono tutti e soli
gli ideali bilateri di A: Pertanto, per il Terema 3.47, risulta che, a meno di
isomorfismi, gli anelli ai quali A è epimorfo sono tutti e soli i possibili anelli
quozienti A=I:
Teor ema 3.48 Sia © un epimorfismo da A ad A0 con jA0 j > 2 e sia A è un
campo. Allora © è un isomorfismo e A0 è un campo.
Dimostr azione. Per Th.3.45, il nucleo I© è un ideale. Essendo A un campo,
esso è privo di ideali propri (Th3.31), per cui I© = A o I © = f0g : Nel primo
caso A=A si riduce a f0g e dunque, per il Teorema di omomorfismo, jA0 j = 1,
il che è contro l’ipotesi. Resta il secondo caso; ma A= f0g »
= A e dunque, per
il Teorema di omomorfismo, A »
= A0 e dunque A 0 è un campo.
E ser cizio 3.49 Trovare due anelli A ed A0 ; con jA0 j > 2; ed un epimorfismo
© da A ad A0 tali A0 sia un campo e A non lo sia.
Soluzione. © : Z ! Z 5 tale che ©(x) = [x]5 :
Teor ema 3.50
1) L’insieme
Sia A un anello unitario e sia 1 la sua unità.
H = fk1 : k 2 Zg
è un sottoanello commutativo.
2) Se il periodo di 1 è infinito, cioè se k1 6= 0 per k 6= 0; allora H »
= Z:
3) Se il periodo di 1 è n allora H »
= Z n:
Dimostr azione. 1) Per le proprietà delle potenze (espresse in forma additiva)
k1 + h1 = (k + h)1 e ¡(k1) = (¡k)1: Per la proprietà distributiva, k1 ¢ h1 =
hk12 = hk1:
2 e 3) La funzione ©(k) = k1 è un epimorfimo da Z ad H . Se 1 ha periodo
infinito allora © è biettiva e dunque un isomorfismo. Infatti k1 = h1 con k > h
comporta (k¡ h)1 = 0 con k ¡h > 0: Se invece 1 ha periodo n allora k1 = h1
sse k ´ n h: Infatti dati k; h con k > h; k1 = h1 sse (k ¡ h)1 = 0 sse k ¡ h
è un multiplo di n sse k ´ n h: In tal modo I© = [0]n = fkn : k 2 Zg : Per il
Teorema di omomorfismo Z=I© »
= H. Ma Z=I© = Zn e quindi H »
= Zn :
½ µ
¶¾
1 0
»
E sem pio 3.51 Sia A = M 2£2: H = k
= Z:
0 1
3.5
Anelli di polinomi
Sia A un anello e sia n > 0: Un polinom io su A di gr ado n è un elemento
dell’insieme
(A ¡ f0g) £ A n
41
Per convenzione, scriviamo i polinomi nella forma
(a n; :::; a1 ; a0)
con gli indici decrescenti (si noti come dalla definizione segua che an 6= 0).
Se a n = 1 il polinomio si dice monico.
L’insieme dei polinomi su A è definito come segue:
[
A [x] = A[
(A ¡ f0g) £ An¡1:
n>2
Indichiamo con a(x) un generico elemento di A [x]. Un elemento di A [x] che
appartenga ad A (si osservi che A µ A [x]) e sia diverso da 0 viene definito
polinom io di gr ado 0, e possiamo indicarlo indifferentemente con a0 o con
(a0) : Al polinomio 0 non viene attr ibuito gr ado.
Definiamo su A [x] una somma ed un prodotto. Siano (an ; :::; a1; a 0) e (bm; :::; b1; b0)
due polinomi, e supponiamo n > m e n ¡ m = t:
Somma:
(an; :::; a 1; a0)+(bm; :::; b1; b0 ) = (an ; :::; an¡t+1; a m+bm; am¡1 +bm¡1; :::; a1+b1; a 0+b0):
Si osservi che, indicando con gr il grado di un polinomio non nullo, abbiamo
gr(a(x) + b(x)) = max fgr(a(x)); gr(b(x))g
Prodotto:
(an ; :::; a1; a 0) ¢ (bm; :::; b1; b0) = (cn+m; :::; c1; c0 )
dove, per ogni 0 · i · n + m
X
ci =
apbq con 0 · p · n; 0 · q · m e p + q = i:
Abbiamo
gr(a(x)b(x)) = gr(a(x)) + gr(b(x))
Teor ema 3.52 Dato un anello A, la struttura (A [x] ; +; ¢) è un anello (che
prende il nome di anello dei polinomi su A).
Dimostrazione. Valgono le proprietà associative per + e ¢, e la proprietà distributiva. Inoltre + è commutativa. 0 (che appartiene ad A e quindi ad A [x], è
l’elemento neutro della somma, e ¡(a n; :::; a1 ; a0) = (¡a n; :::; ¡a1; ¡a0 ):
Valgono inoltre le seguenti proprietà:
² L’insieme dei polinomi di grado 0 (cioè A) è un sottoanello.
42
² A [x] è commutativo sse A è commutativo.
² A [x] è unitario sse A è unitario, e l’unità di A [x] coincide con l’unità di A
intesa come polinomio di grado 0.
² A [x] è un dominio di integrità sse A è un dominio di integrità.
Dato a(x) = (an; :::; a 1; a0) 2 A [x] e dato s 2 A poniamo
a [s] = a ms m + ::: + a 1s + a 0
In tal modo, ogni polinomio una diventa una funzione (detta funzione polinom iale) da A ad A. Infatti a ms m + ::: + a 1s + a 0 è un elemento di A.
Il polinomio a(x) = (a n; :::; a1 ; a0) viene usualmente scritto nella forma
an xn + ::: + a 1x + a0:
In tal modo l’elemento a [s] si ottiene semplicemente sostituendo x con s: Si
osservi tuttavia come si tratti di una semplice scrittura per facilitare il calcolo. Il simbolo + non denota alcuna operazione ma serve solo a separare le
scritture ai xi, che vengono chiamate monomi (e in particolare an xn è chiamato monomio direttor e). Naturalmente, le precedenti operazioni di somma
e prodotto tra polinomi, qualora i polinomi siano rappresentati in questa forma,
corrispondono alle ben note operazioni dell’algebra elementare:
a(x)+b(x) = a mxm+:::+an+1 xn+1+(an +bn)xn+:::+(a1+b1)x+(a0+b0)
(notare come il simbolo + compaia in tre ruoli diversi)
a(x)¢b(x) = (ambn )xm+n+(a mbn¡1 +a m¡1bn )xm+n¡1+:::+(a1b0+a0 b1)x+(a0 +b0 )
E ser cizio 3.53 Trovare due divisori dello 0 nell’anello Z6 [x] :
Soluzione.a(x) = [3]6 x e b(x) = [2]6 x:
An ello di polin omi su un ca mp o
Anche se A è un campo, A [x] non è mai un campo, poiché nessun polinomio
di grado diverso da 0 ammette inverso. Infatti il grado del’elemento neutro 1 è
0, mentre il grado di un prodotto di polinomi è la somma del gradi dei fattori.
Nell’anello dei polinomi sopra un campo è però possibile definire una operazione di divisione euclidea.
L emm a 3.54 Se K è un canpo e a 2 K ¡ f0g, allora per ogni b 2 K ,
l’equazione ax = b ha una ed una sola soluzione.
43
Dimostrazione. Se b 6= 0 allora a e b appartengono a gruppo moltiplicativo
K ¡ f0g, per cui la soluzione è unica. Se b = 0 allora l’equazione ax = 0 ha
solo soluzione 0, poiché un campo è privo di divosori dello 0.
Teor ema 3.55 Sia K un campo e siano a(x),b(x) 2 K [x] di grado m e n
con m ¸ n e b(x) 6= 0: Esistono in K [x] e sono univocamente determinati un
polinomio q(x) ed un polinomio r(x) di grado h < n tali che
(1) a(x) = b(x)q(x) + r(x)
I polinomi q(x) ed r(x) vengono definiti quoziente e r esto della divisione
di a(x) per b(x).
Dimostrazione. Se m < n allora q(x) = 0 e r(x) = a(x): L’equazione (1) è
infatti soddisfatta. Per quanto riguarda l’unicità, se q(x) 6= 0 allora
gr(b(x)q(x)) + r(x) > gr(b(x)q(x)) > gr(b(x)); contro l’ipotesi gr(a) <
gr(b).
Supponiamo quindi m > n e siano
a(x) = (am; :::; a1; a 0)
e
b(x) = (bn; :::; b1; b0):
Supponiamo che
q(x) = (qm¡n ; :::; q1; q0 )
e
r(x) = (rn¡1 ; :::; r1; r0 )
siano due polinomi di K [x] (nella scrittura di r(x); è possibile che la stringa
cominci con quache 0, cioè che il grado di r(x) non sia n ¡ 1 ma sia minore).
Tali polinomi sono quelli cercati se valgono le seguenti identità:
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
am = bn qm¡n
am¡1 = bnqm¡n¡1 + bn¡1qm¡n
am¡2 = bnqm¡n¡2 + bn¡1qm¡n¡1 + bn¡2qm¡n
:
an = bn q0 + bn¡1q1 + ::: + bn¡(m¡n)qm¡n
an¡1 = bn¡1q0 + bn¡2q1 + ::: + bn¡(m¡n+1)qm¡n + rn¡1
:
a1 = b1q0 + b0q1 + r1
a0 = b0q0 + r0
44
E proprio tali identità permettono di ricavare univocamente q(x) ed r(x): Infatti, essendo K un campo, per il Lemma 3.54 l’equazione am = bn qm¡n in
q m¡n ha l’unica soluzione
qm¡n = a m(bn)¡1:
Dalla seconda identità, per sostituzione, si ricava
qm¡n¡1 = (am¡1 ¡ bn¡1 qm¡n )(bn )¡1
dalla terza si ricava
q m¡n¡2 = (am¡2 ¡ bn¡1qm¡n¡1 ¡ bn¡2qm¡n) b¡1
n
e di seguito, nell’ordine,
qm¡n¡2; :::; q1; q0
e poi
rn¡1; rn¡2; :::; r1; r0:
Definizione 3.56
Se, dividendo a(x) per b(x), otteniamo
r(x) = 0;
si dice che a(x) è divisibile per b(x) (o multiplo di b(x)) e che b(x) è un
divisor e di a(x), o ancora che b(x) divide a(x)).
Attenzione. Dalla definizione risulta che il polinomio 0 è multiplo di ogni altro
polinomio. Infatti, se a(x) = 0 abbiamo, per ogni b(x); 0 = b(x) ¢ 0: Il
polinomio 1 è invece divisore di ogni polinomio: infatti a(x) = 1 ¢ a(x):
Questo ci dice che K [x], in quanto ideale, è generato dal polinomio unitario.
E ser cizio 3.57 In Q [x], dividere a(x) = 2x3 + x2 + 3 per b(x) = 2x2 + 1
1
5
Soluzione.q(x)
¡ 2 = x¢+¡ 2 ; r(x)
¢ =¡ ¡x + 25 ¢
1
(verifica: 2x + 1 x + 2 + ¡x + 2 = 2x3 + x2 + 3)
E ser cizio 3.58 In Z5 [x], dividere a(x) = [2]5 x3 + [1]5 x2 + [3]5 per b(x) =
[2]5 x2 + [1]5 .
Soluzione. q1 = [1]5 : Moltiplicando [2]5 x2+[1]5 per [1]5 x otteniamo [2]5 x3+
[1]5 x, che, sottratto ad a(x), produce [1]5 x2 + [4]5 x + [3]5 : Quindi q0 = [3]5
(infatti [3]5 ¢ [2]5 = [1]5): Moltiplicando [2]5 x2 + [1]5 per [3]5 otteniamo
[1]5 x2 + [3]5 , che, sottratto a [1]5 x2 + [4]5 x + [3]5, produce [4]5 x: Pertanto
q(x) = [1]5 x + [3]5; r(x) = [4]5 x:
45
Eser cizio 3.59 Mostrare come, in Z4 [x], non sia possibile dividere a(x) =
[2]4 x3 + [1]4 x2 + [1]4 per b(x) = [2]4 x2 + [3]4 .
Soluzione.q 1 = [1]4 : Moltiplicando [2]4 x2+[3]4 per [1]4 x otteniamo [2]4 x3 +
[3]4 x, che, sottratto ad a(x), produce [1]4 x3 + [1]4 x2 + [1]4 : A questo punto
non esiste q2 tale che q 2 ¢ [2]4 = [1]4 :
L’impossibilità deriva dal fatto che il coefficinte direttore del divisore, cioè
[2]4 ; non è invertibile. Se invece ciò accade, allora è possibile effettuare la
divisione anche se Zn non è un campo. Ad esempio:
Eser cizio 3.60 Mostrare come, in Z4 [x], sia possibile dividere a(x) = [2]4 x3+
[1]4 x2 + [1]4 per b(x) = [3]4 x2 + [3]4 .
Soluzione.q 1 = [2]4 : Moltiplicando [3]4 x2+[3]4 per [2]4 x otteniamo [2]4 x3 +
[2]4 x, che, sottratto ad a(x), produce [1]4 x2 + [2]4 x + [1]4 : A questo punto
q2 = [3]4 :Moltiplicando il divisore per [3]4 otteniamo [1]4 x2 + [1]4 che sottratto a [1]4 x2 + [2]4 x + [1]4 produce [2]4 x; che ha grado minore dei divisore.
Pertanto q(x) = [2]4 x + [3]4 e r(x) = [2]4 x:
Eser cizio 3.61 Trovare in Z6 [x] (a) due polinomi a(x) di terzo grado e b(x)
di primo grado tali che la divisione di a(x) per b(x) non sia possibile; (b) due
polinomi per cui abbia un’unica soluzione e resto nullo; (c) due polinomi per
abbia un’unica soluzione e resto non nullo; (d) due polinomi abbia almeno due
soluzioni distinte.
Soluzione. Scriviamo i polinomi in forma astratta e gli elementi di Z6 omettendo parentesi e indici. (a) a(x) = (3; a 2; a1 ; a0), b(x) = (2; b0): Qualunque
siano i coefficienti a2; a 1; a0 e b0 non è possibile eseguirela divisione in quanto non esiste q 1 tale che q1 ¢ 2 = 3: (b) a(x) = (1; 0; 0; 0), b(x) = (1; 0): In
ogni Zn [x] a(x) = (1; 0; 0) ¢ b(x): Inoltre, in ogni anello, x ¢ 1 = x per cui
x ¢ 1 = 1 sse x = 1 e x ¢ 1 = 0 sse x = 0. (c) a(x) = (1; 0; 0; 0), b(x) =
(1; 1): In ogni Zn [x] a(x) = (1; 1; 1) ¢ b(x) + (1): (d) a(x) = (2; 2; 2; 2),
b(x) = (4; 0): L’equazione x ¢ 4 = 2 in Z6 ha due soluzioni:2 e 5: Inoltre
2 ¢ (4; 0) = 5 ¢ (4; 0) = (2; 0): Ogni polinomio (q2 ; q1; q 0) dove qi e 2 oppure 5 soddisfa l’equazione (2; 2; 2; 2) = (q2; q1 ; q0)(4; 0) + (2): Le soluzioni
sono dunque otto, tutte con lo stesso resto. Si osservi che se invece consideriamo i polinomi a(x) = (2; 2; 2; 2), b(x) = (4; 1) allora, secgliendo per
l’equazione x ¢ 4 = 2 la soluzione x = 2 la divisione si conclude nella forma
(2; 2; 2; 2) = (2; 0; 2)(4; 1); mentre scegliendo la soluzione x = 5 ci si arresta.
Teor ema 3.62 Dato un campo K, l’anello K [x] è ad ideali principali.
Dimostrazione. Sia I un ideale non nullo, sia n il minimo tra i gradi dei polinomi di I diver si dal polinomio nullo, e sia b(x) uno di tali polinomi. Dalla
(1) del Th.3.55 otteniamo che, per ogni a(x) 2 I, a(x) = b(x)q(x) + r(x),
dove r(x) ha grado h < n e q(x) 6= 0. Ma, essendo I un ideale, b(x)q(x) 2 I
e a(x) ¡ b(x)q(x) 2 I : Dunque r(x) 2 I, il che, per le ipotesi fatte su b(x),
implica r(x) = 0: Quindi a(x) è multiplo di b(x):
46
Teor ema 3.63 Dato un ideale I di un anello K [x], vi è un unico polinomio
monico che lo genera.
Dimostr azione. Sia b(x) un polinomio che genera I (v.Th.3.62). Se b(x) =
bn xn + ::: + b1x + b0 basta considerare il polinomio
b0 (x) = b¡1
n (b(x)):
Se poi esistesse un secondo polinomio monico b00 (x); diverso da b0 (x), che
generasse I, dovrebbe avere lo stesso grado n di b0 (x) (infatti, il grado del
prodotto di due polinomi non nulli è la somma dei gradi dei fattori, e dunque
un polinomio non può generare un polinomio di grado minore che non sia il
polinomio nullo). In tal modo b0 (x) ¡ b00 (x) sarebbe un polinomio di grado
minore di n (essendo b0n = b00n ) diverso dal polinomio nullo (essendo b0 (x) 6=
b00 (x)) ed apparenente ad I (essendo I un sottoanello), contro le ipotesi che n
fosse il minimo grado tra i polinomi non nulli di I.
Definizione 3.64 Dati due polinomi non nulli a(x) e b(x) definiamo m assimo com un divisor e M C D di tali polinomi un polinomio d(x) che divide
a(x) e b(x) ed è diviso da ogni polinomio che divida a(x) e b(x).
La dimostrazione che un tale polinomio esiste è costruttiva, e si ottiene mediante il cosiddetto ’’algoritmo euclideo’’. Tale algoritmo si basa sul seguente
lemma, che può essere indifferentemente riferito sia a numeri naturali che a
polinomi
L emm a 3.65 Siano a,b due numeri naturali diversi da 0 o due polinomi non
nulli di K [x].
(1) Se b divide a, allora M C D(a; b) = b.
(2) Se b · a (o gr(b) · gr(a) ) e b non divide a, allora MC D(a; b) =
M C D(b; Resto(a; b)), dove con Resto(a; b) intendiamo il resto della divsione di a per b.
Dimostr azione. La proprietà (1) è ovvia. Per quanto riguarda (2), osserviamo
che posto r = Resto(a; b) e q = Quoz(a; b), si ha a = qb + r. I divisori comuni a b e r sono comuni anche ad a e b e viceversa: infatti se x divide sia b
che r, esso divide anche qb + r = a, mentre se x divide sia b che a, esso divide anche r = a ¡ bq. Quindi le coppie (a; b) e (b; r) hanno gli stessi divisori
comuni, e pertanto hanno anche lo stesso massimo comun divisore.
Algor itmo di Euclide. Dati a; b con a > b (o gr(a) > gr(b)), se b divide a, si ha MC D(a; b) = b: Altrimenti, il calcolo di M C D(a; b); viene ridotto a quello di M C D(b; Resto(a; b)). Posto r1 = Resto(a; b), se r1 divide b, allora, per il Lemma 3.65, M C D(a; b) = M C D(b; r1 ) = r1 , altrimenti, posto r 2 = Resto(b; r1 ), si ha che MC D(a; b) = M C D(b; r1 ) =
M C D(r 1; r2). Si prosegue in questo modo finchè non si trova un resto rn
che divide il resto precedente rn¡1. In tal caso, l’algoritmo si ferma e dichiara che M C D(a; b) = r n, in quanto per il Lemma 3.65 si ha M C D(a; b) =
47
M C D(b; r 1) = M C D(r1; r 2) = ::: = M C D(r n¡1; r n) = rn : Il fatto che
il processo debba aver un termine segue dal fatto che in una divisione il resto
è minore (o, nel caso di polinomi, ha grado minore) del divisore, per cui si ha
b > r1 > ::: > rn > :::, (o gr(b) > gr(r1 ):::). Pertanto il procedimento termina perchè prima o poi troviamo un resto nullo (oppure un polinomio di grado
0, cioè a una costante. A questo punto, nel passaggio successivo, dividendo un
polinomio per una costante, si ottiene come resto il polinomio 0).
Eser cizio 3.66 Trovare, in R [x], il M C D(a(x); b(x)) con a(x) = 3x3 +
2x2 ¡ x + 1 e b(x) = x2 + 3:
¡
¢
Soluzione. 3x3 + 2x2 ¡ x + 1 = x2 + 3 ¢ (3x + 2) + (¡10x ¡ 5).
¡ 2
¢
1 x + 1 ) + 13 . Il resto ha grado 0, ed è quindi
x + 3 = (¡10x ¡ 5) ¢ (¡ 10
20
4
il M CD. Infatti, compiendo l’ultimo passo (inutile) abbiamo (¡10x ¡ 5) =
13 ¢ (¡ 40 x ¡ 20 ) + 0.
4
13
13
M C D(a(x); b(x)) = 13
4:
Eser cizio 3.67 Trovare in Z5 [x] il M C D dei polinomi a(x) = [3]5 x3 +
[2]5 x2 + [4]5 x + [1]5 e b(x) = [1]5 x¡ 2 + [3]5 .
¢
[3]5 x3 + [2]5 x2 + [4]5 x + [1]5 = [1]5 x2 + [3]5 ¢ ([3]5 x + [2]5) : Quindi
b(x) è un divisore di a(x) ed è il M C D dei due.
Eser cizio 3.68 Trovare due polinomi di R [x] il cui r3 sia 0 e in cui il M C D
abbia grado 1.
Soluzione. Conviene procedere a rovescio. Se r3 = 0 allora il MCDè r2 :
Poniamo, aper semplicità, r2 = (1; 0): r1 deve esser multiplo di r2 e non dello stesso grado, altrimenti non potremmo procedere a ritroso. Poniamo q3 =
(3; 0), da cui segue r1 = (6; 3; 0): Per ottenere b poniamo q 2 = (1; 0); ottenendo b = q 2r1 + r2 = (6; 3; 2; 1): Infine, per ottenere a, poniamo q1 = (1; 1)
e abbiamo a = q1b + r1 = (6; 9; 11; 6; 1):
Teor ema 3.69 Il M C D di due polinomi a(x) e b(x) è definito a meno di una
costante moltiplicativa non nulla.
Dimostrazione. Supponiamo che d(x) e d0 (x) siano entrambi MC D di a(x) e
b(x): Allora la definizione di M C D impone che si dividano vicendevolmente,
e questo capita solo se d0 (x) = kd(x), con k 2 K e k 6= 0: Viceversa, sia
d(x) un M C D di a(x) e b(x) e sia d0 (x) = kd(x): Essendo d(x) = k¡1d0 (x),
d0 (x) divide d(x) e quindi anche a(x) e b(x): Inoltre ogni divisore di a(x) e
b(x) divide d(x) e quindi divide d0 (x):
Cor ollar io 3.70 Vi è un unico polinomio monico che sia M C D di a(x) e
b(x).
Dimostrazione. (v.Th.3.63).
Esempio 3.71 Il M C D monico dei polinomi dell’Esercizio ?? è 1. Il M C D
monico dei polinomi dell’Esercizio 3.67 è quello trovato. Tuttavia, per ogni
48
k 2 Z 5 ¡ f[0]5g, il polinomio
k [1]5 x2¢+ k [3]5 è ugualmente un M C D dei
¡
2
due polinomi. Infatti k [1]5 x + k [3]5 ¢ k¡1b(x) = a(x):
Definizione 3.72 Due polinomi a(x) e b(x) si dicono pr im i tr a lor o se il
loro M C D è un polinomio di grado 0.
E sem pio 3.73
I polinomi dell’Esercizio 3.66 sono primi tra loro.
(Notazione: talvolta, d’ora in avanti, indicheremo i polinomi con a; b; :::anziché
a(x); b(x)::: .
Teor ema 3.74
Siano a; b 2 K [x] : (a) L’insieme
I = faf + bg : f; g 2 K [x]g
è un ideale.
(b) Un polinomio d genera I sse è un M C D(a; b):
Dimostr azione. (1) Esercizio.
(2) Per il Teorema 3.62 I è principale. Sia d un generatore. Mostriamo che
è un massimo comun divisore. Poiché a; b 2 I (basta porre f = 1; g = 0 e
f = 0; g = 1), abbiamo che d è un divisore di a e b. Inoltre, essendo d 2 I,
abbiamo che esistono f; g :
d = af + bg
da cui si deduce che ogni divisore comune di a e b divide anche d. Viceversa,
se d è un MC D(a; b) allora Id contiene a; be quindi ogni elemento af + bd:
Pertanto I µ Id, ed essendo I un ideale ed Id il minimo ideale che contiene a
e b, otteniamo Id = I:
Cor ollar io 3.75 Se due polinomi a; b 2 K [x] sono primi tra loro, allora
esistono f ; g 2 K [x] tali che
af + bg = 1:
Dimostr azione. Se a e b sono primi, allora 1 è M C D(a; b): Il risultato segue
quindi dal teorema precedente.
Definizione 3.76 Un polinomio di K [x] si dice r iducibile (in K [x]) se può
essere espresso come prodotto di due polinomi di K [x] di grado minore del suo
(si osservi come dalla definizione segua il fatto che entrambi i fattori devono
avere grado maggiore di 0). Un polinomio non riducibile si dice ir r iducibile.
E sem pio 3.77
Il polinomio a(x) dell’Esercizio 3.67 è riducibile.
49
Teor ema 3.78 Se, in un anello K [x] ; un polinomio irriducibile f (x) divide
un prodotto di polinomi b(x) ¢ c(x) allora divide uno dei due fattori.
Dimostrazione. Supponiamo che f non divida b. Dimostriamo che divide c.
Essendo f irriducibile e non dividendo b, risulta che M C D(f ; b) ha grado 0;e
può essere considerato il polinomio unitario 1: Pertanto, per il Corollario 3.75,
esistono due polinomi m ed n tali che
mf + nb = 1:
Moltiplicando entrambi i membri per c otteniamo
mf c + nbc = c:
Poiché per ipotesi f divide bc, abbiamo che esiste g tale che bc = f g, per cui,
sostituendo, otteniamo
f (mc + ng) = c
e dunque f divide c:
Cor ollar io 3.79 Se, in un anello K [x] ; un polinomio irriducibile f (x) divide
un prodotto di polinomi b1(x) ¢ b2(x) ¢:::¢ br(x) con r > 2 allora divide almeno
uno dei fattori.
Dimostrazione. Per il Teorema 3.78, se f non divide b1 allora divide b2(x) ¢::: ¢
br(x): Se non divide b2 allora divide b3(x) ¢ ::: ¢ br(x): Procedendo in questo
modo si trova un fattore bi divisibile per f:
Teor ema 3.80 Un polinomio riducibile a(x) può essere espresso come prodotto di un elemento k 2 K e di un certo numero di polinomi monici irriducibili di K [x]. Tale decomposizione è unica (a meno dell’ordine dei fattori).
Dimostrazione. La dimostrazione di esistenza è immediata. Se a(x) è riducibile alora può esser scomposto in polinomi di grado minore, i quali, se sono
riducibili, possono esser a loro volta scomposti, fino a giungere a polinomi
irriducibili. Supponiamo quindi
a(x) = h1(x) ¢ ::: ¢ hr(x):
Siano h1 ; :::hr i coefficienti direttori di h1(x); :::; hr(x): Per ogni i · r consideriamo il polinomio monico ai = h¡1
i ¢ h i(x): Abbiamo ovviamente
hi(x) = hi ¢ ai (x)
per cui
a(x) = h ¢ a1(x) ¢ ::: ¢ a r(x)
dove h = h1 ¢ ::: ¢ hr e a1(x); :::; ar(x) sono monici ed irriducibili. Si osservi
che, poiché i fattori sono tutti monici, il coefficiente direttore di a(x) è h:
50
Per mostrare l’unicità (salvo l’ordine) di questa composizione procediamo come segue. Supponiamo che a(x) ammetta una seconda scomposizione in fattori monici irriducibili
a(x) = k ¢ b1(x) ¢ ::: ¢ bs(x):
Poiché i fattori sono tutti monici, il coefficeinte direttore di a(x) è k: Dunque
k = h e quindi
(¤) a1(x) ¢ ::: ¢ a r(x) = b1(x) ¢ ::: ¢ bs(x):
Poiché b1 (x) è irriducibile, per il Corollario 3.79 divide uno tra a1(x)¢:::¢ar(x):
Supponiamo , senza perdita di generalità, che sia a 1: Poiché a1 è monico ed
irriducibile, abbiamo b1(x) = a 1(x): Dividendo per a1(x) entrambi i membri
della (¤) otteniamo
a2(x) ¢ ::: ¢ ar(x) = b2(x) ¢ ::: ¢ bs(x)
Procedendo in questo modo otteniamo b2 (x) = a 2(x), ..., bs(x) = ar(x) (ed
in particolare anche s = r).
Definizione 3.81 Un elemento s 2 K è detto r adice (o zer o, o soluzione) di
un polinomio a(x) 2 K [x] se a [s] = 0:
Teor ema 3.82 (di Ruffini ) Un polinomio non nullo a(x) 2 K [x] ammette
come radice s sse è divisibile per (x ¡ s):
Dimostr azione. Sia s 2 K . Essendo K un campo, possiamo dividere a(x) per
(x ¡ s) ottenendo
(1) a(x) = (x ¡ s)q(x) + r(x)
Il grado di r(x) è necessariamente 0, dovendo essere minore di quello di b(x),
cioè (x ¡ s): Pertanto r(x) = r 2 K: Interpretando x con s in entrambi i
membri della (1) abbiamo
a [s] = r
Da questa identità risulta che a [s] = 0 sse r = 0; cioè sse a(x) è divisibile per
(x ¡ s).
Non bisogna confondere il concetto di irriducibilità con il concetto di non avere radici. Se un polinomio ammette una radice s allora è riducibile, essendo
divisibile per (x ¡ s): Il viceversa è falso. Il polinomio x4 ¡ 4x2 + 4 in Q [x]
¡
¢2
è riducibile, essendo x2 ¡ 2 : Tuttavia non ha radici, in quanto non le ha
¡ 2
¢
x ¡2 :
Definizione 3.83 Diciamo che la radice s del polinomio a(x) ha molteplicità
m se a(x) è divisibile per (x ¡ s)m e non per (x ¡ s)m+1 :
51
Teor ema 3.84 Sia a(x) un polinomio non nullo di K [x]. La somma delle
molteplicità di tutte le radici di a(x) in K [x] è minore o uguale al grado n di
a(x):
(Prima di dimostrare il risultato osseviamo che esso non è una conseguenza
banale del teorema di Ruffini. Quest’ultimo non dice infatti che a(x) debba
essere divisibile per il prodotto (x ¡ s 1) ¢ :::¢ (x ¡ sv ) dove s 1; :::; sv sono tutte
le sue radici, ma da un polinomio (x ¡ si ) alla volta, per cui, a priori, le radici
potrebbero esser in numero maggiore del suo grado).
Dimostrazione. Per il Th.3.82
a(x) = (x ¡ s 1)(x ¡ s2):::(x ¡ s t)g(x)
dove g(x) è un polinomio di grado n ¡ t il quale non possiede radici in K .
Se n ¡ t > 0 e se g(x) non è irriducibile allora, per il Th.3.80, si può proseguire la decomposizione di g(x) fino a raggiungere fattori monici irriducibili,
ottenendo
(¤) a(x) = d(x ¡ s1 )(x ¡ s 2):::(x ¡ st)g1(x):::gh(x);
tuttavia nessuno dei gi (x) (che sono necessariamente monici) ha la forma (x ¡
w), con w 2 K, altrimenti w sarebbe radice di g (x): Dall’unicità della decomposizione (¤) (Th.3.80) segue che a(x) non ha altre radici oltre s1 ; :::s t:
Cor ollar io 3.85 (P rincipio di identità dei polinomi ). Siano k1; :::kn+1 elementi distinti di K e siano a(x) e b(x) due polinomi di K [x] di grado n. Se,
per ogni i · n + 1, a [ki ] = b [ki ] allora a(x) = b(x).
Dimostrazione. Il polinomio a(x) ¡ b(x) ha grado · n ed ammette n + 1
radici k1; :::kn+1: Dal Teorema 3.84 segue che a(x) ¡ b(x) deve allora essere il polinomio nullo 0 (il quale ha come radici tutti gli elementi di K). Da
a(x) ¡ b(x) = 0 segue a(x) = b(x):
Definizione 3.86 Un campo K è detto algebr icamente chiuso se ogni polinomio di K [x] di grado n (con n > 1) si può esprimere come prodotto di n
fattori lineari (cioè n polinomi di primo grado). (Ciò, per il Teorema di Ruffini,
equivale a dire che la somma delle moltepicità delle sue radici in K è n).
Ad esempio, Q ed R non sono algebricamente chiusi, dal momento che il polinomio x2 + 1 non ammette radici in Q o in R: Si dimostra invece che C è
algebricamente chiuso.
Eser cizio 3.87 Dimostrare che Z3 non è algebricamente chiuso.
Soluzione. (Scriviamo k anziché [k]2 ) Si consideri il polinomio x2 ¡ 2: Poiché
02 = 0, 12 = 1 e 22 = 1, il polinomio non ha soluzione.
52
E ser cizio 3.88 Dimostrare che, per ogni numero primo p > 2; il campo Zp
non è algebricamente chiuso.
Soluzione. Sia 1 · a < p: [a]p 6= [¡a]p : Infatti [¡a]p = ¡ [a]p e da [a]p =
¡ [a]p segue che [2a]p = 2 [a]p = [0]p = [p]p ; contro l’ipotesi che p sia primo
2
2
e diverso da 2. Invece, [a]p = [¡a]p. Quindi, dei p ¡ 1 elementi di Zp, almeno
p¡1
2
2 non sono quadrati di elementi di Zp . Il polinomio x ¡ b, dove b 2 Zp e
non è un quadrato, non ha radici in Zp:
Definizione 3.89 Sia K un sottocampo di un campo F e sia s 2 F: L’ampliamento
(o estensione) semplice di K m ediante s è il campo K [ fsg e viene indicato
con K [s] (attenzione al simbolismo infelice: qui s e un elemento di K e non
una incognita).
Tale ampliamento può coincidere con F . Ad esempio, R [ fig = C, dove i è
l’unità immaginaria.
n
o
¡1
Teor ema 3.90 K [ fsg = a [s] (b [s]) : a(x); b(x) 2 K [x] e b(x) =
6 0 :
Dimostr azione. Osserviamo dapprima che , per ogni a(x); b(x) 2 K [x] vale
a [s] + b [s] = c [s]
e
a [s] ¢ b [s] = d [s]
dove c(x)n= a(x) + b(x) e d(x) = a(x) ¢ b(x):
o
¡1
Sia H = a [s] (b [s]) : a(x); b(x) 2 K [x] e b(x) 6= 0 : Chiaramente
K [ fsg µ H µ K [ fsg:
Infatti s 2 H, ponendo a(x) = x e b(x) = 1 e, per ogni k 2 K; k 2 H,
¡1
ponendo a(x) = k e b(x) = 1: Inoltre, ogni elemento a [s] (b [s]) dovrà appartenere ad ogni campo che contenga s ed includa K: A questo punto, se H
è un campo, da K [ fsg µ H µ K [ fsg segue H = K [ fsg: Dimostriamo
che H è un sottocampo di F :
chiusura rispetto alla somma:
¡1
¡1
¡1
a [s] (b [s]) + a0 [s] (b0 [s]) = (moltiplicando per (b [s] b0 [s]) (b [s] b0 [s])
, cioè per 1)
¡1
¡1
(a [s] b0 [s] + b [s] a0 [s]) (b [s] b0 [s]) = a 00 [s] (b00 [s])
chiusura rispetto all’opposto:
¡1
¡1
¡(a [s] (b [s]) ) = (¡a [s]) (b [s])
chiusura
rispetto
³
´ al³prodotto:
´
¡1
¡1
¡1
a [s] (b [s])
¢ a 0 [s] (b0 [s])
= (a [s] a 0 [s]) (b [s] b0 [s])
53
chiusura rispetto all’inverso:
³
´¡1
¡1
¡1
a [s] (b [s])
= (b [s]) (a [s]) con a(x) 6= 0:
Definizione 3.91 Un elemento s 2 F si dice algebr ico rispetto a K se è
radice di un polinomio non nullo di K [x] ;altrimenti si dice tr ascendente.
p
Ad esempio, siano F = R e K = Q: L’elemento 2 2 R è algebrico rispetto
a Q in quantop
soluzione del polinomio x2 ¡ 2 2 Q [x] : Allo stesso modo, per
ogni n 2 N, n è algebrico rispetto a Q in quanto soluzione del polinomio
x2 ¡ n 2 Q [x] : Invece ¼ ed e sono trascendenti (la dimostrazione di questo
risultato non è per nulla immediata).
Siano F = C e K = Q: L’elemento i 2 C è algebrico rispetto a Q in quanto
soluzione del polinomio x2 + 1 2 Q [x] : Ovviamente, i è algebrico anche
rispetto ad R:
Lemm a 3.92 Se s è algebrico rispetto a K , allora l’insieme I di tutti i polinomi di K [x] che hanno s come radice è un ideale di K [x] generato da un
polinomio g(x) irriducibile in K [x]. Inoltre, ogni polinomio irriducibile di I
ha lo stesso grado di g(x):
Dal Lemma segue che ogni polinomio che ha s come radice ha grado maggiore
o uguale a quello di g(x):
Teor ema 3.93 Sia F un campo, K un sottocampo e s un elemento di F algebrico rispetto a K: Sia m il grado di un polinomio irriducibile di K [x] avente
s come radice (per il lemma precedente, m è univocamente determinato). Vale
©
ª
K [s] = km¡1s m¡1 + ::: + k1s + k0 : km¡1 ; :::; k 0 2 K :
Inoltre, ogni elemento di di K [s] è rappresntato in uno ed un solo modo nella
forma precedente.
p
£p ¤
Esempio 3.94 Gli elementi di Q
2 hanno la forma q 1 2+q0; con q0; q 1 2
p
Q: Infatti 2 è radice del polinomio di secondo grado x2 ¡ 2 , il quale è irriducibile in Q:
Esempio 3.95 Gli elementi di R [i] hanno la forma r1i + r0 , con r0; r1 2 R:
Infatti i è radice del polinomio di secondo grado x2 + 1 , il quale è irriducibile
in R:
3.6
Campi or dinati
54
Definizione 3.96 Una struttura (A; +; ¢; ·) è un cam po or dinato se (A; +; ¢)
è un campo e
O1) (A; ·) è un insieme totalmente ordinato,
O2) per ogni x; y 2 A, se x · y allora x + z · y + z;
O3) per ogni x; y 2 A, se x · y e 0 · z allora x ¢ z · y ¢ z:
Le strutture (Q; +;¢; ·) e (R; +;¢; ·) sono campi ordinati. Il campo Z p delle
classi di resto modulo p, qualunque sia il numero primo p, non può essere
un campo ordinato. Ciò non significa che non sia possibile definire su Z n
una relazione di ordine totale. Ciò è infatti sempre possibile, qualunque sia
l’insieme. Significa invece che non è possibile definire una relazione d’ordine
che rispetti le operazioni di somma e prodotto, cioè che soddisfi le condizioni
O2 e O3.
Infine, un campo ordinato (A; +;¢; ·) è continuo se soddifa l’ulteriore condizione
O4) per ogni coppia di insiemi X; Y µ A, se per ogni x 2 X e y 2 Y vale
x · y allora esiste z 2 A tale che, per ogni x 2 X e y 2 Y , x · z e z · y:
Dei due precedenti esempi di campi ordinati solo uno, (R; +;¢; ·) , è un campo
ordinato. L’unicità di questo esempio non è dovuta al fatto che non ne vogliamo
o non ne sappiamo dare altri, ma al fatto che ogni campo ordinato continuo è
isomorfo ad (R; +;¢; ·) e dunque
(R; +;¢; ·) è l’unico campo ordinato continuo a meno di isomorfismi.
(3.1)
In tal modo le condizioni C1-C3 e O1-O4, determinando in modo strutturalmente univoco l’insieme degli oggetti su cui lavorano, definiscono im plicitamente che cosa siano i numeri reali. Ecco perché gli assiomi di campo,
unitamente agli assiomi O1-O3 sono chiamati assiom i dei num er i reali.
Dopo aver definito in modo assiomatico i numeri reali, è possibile ottenere al
loro interno le altri classi numeriche:
² l’insieme Q dei numeri razionali può essere definito come il sottocampo di
(R; +; ¢) generato da f1g;
² l’insieme Z dei numeri interi può essere definito come il sottogruppo di
(R; +; ¢) generato da f1g;
² l’insieme N dei numeri naturali può essere definito come l’insieme degli
elementi positivi di Z.
Le operazioni su tali insiemi saranno la restrizione sugli insiemi medesimi della
somma e del prodotto reali (e le indotte differenza e quoziente), cioè le operazioni della struttura (R; +;¢; ·) di partenza; lo stesso accadrà per la relazione
d’ordine.
55
3.7
Scarti e attese
Eser cizio 3.97 (N; j), dove j esprime la relazione di ’’essere divisore di’’, è
un reticolo distributivo. Le operazioni indotte ^ e _ sono rispettivamente mcm
e M C D.
(1) Dimostrare che, per ogni n, l’insieme fkn : k 2 Ng dei multipli di n è un
filtro principale.
(2) Dimostrare che se n è primo allora fkn : k 2 Ng è un filtro primo.
Eser cizio 3.98 Sia © : G1 ! G 2 un omomorfismo di gruppi e sia H µ G 1
tale che N© µ H: Dimostrare che H v G 2 sse © [H ] v G 2:
Soluzione. ()) è una parte della proprietà Og3:
(() Da e1 2 H segue e2 = © (e 1) 2 © [H ] 6= ;: Siano a; b 2 H . Allora © (a) ; © (b) 2 © [H ] e quindi, dato che © [H ] è un sottogruppo, © (ab) =
© (a) © (b) 2 © [H] : Ne segue che esiste c 2 H tale che © (c) = © (ab) : Da
¡
¢
¡1
ciò si ricava che © abc¡1 = © (ab) © (c) = e 2, cioè che abc¡1 2 N© µ
¡
¢
¡1
H e quindi che ab = abc¡1c 2 H: Analogamente, © a¡1 = © (a)
2
¡
¢
¡1
¡1
¡1
© (H) e quindi esiste d 2 H tale che © (d) = a : Ancora una volta © a d
=
e 2; cioè a¡1d¡1 2 N© µ H; da cui segue a¡1 = a ¡1 d¡1d 2 H:
Eser cizio 3.99 Sia © : G ! G 0 un omomorfismo non banale di gruppi.
Mostrare che (1) se jGj è un numero primo allora © è iniettiva e che (2) se jG 0 j
è un numero primo allora © è suriettiva.
Soluzione. (1) Dato che N© v G; se jGj è primo allora N© = f1g oppure
N© = G: Tuttavia, questa seconda possibilità contraddice l’ipotesi che © non
sia l’omomorfismo banale. Quindi N© = f1g e © è iniettiva.
(2) Analogamente, da Im (©) v G segue che se jGj è un numero primo allora
Im (©) = f1g oppure Im (©) = G 0 : Ma la prima delle possibilità va ancora
contro l’ipotesi che © non sia l’omomorfismo banale; quindi Im (©) = G 0 ;
cioè © è suriettiva.
Eser cizio 3.100 Siano G e H due gruppi e sia G = fag: Si dimostri che due
omomorfismi © : G ! H e ª : G ! H sono uguali sse © (a) = ª (a).
Soluzione. Occorre dimostrare che per ogni b 2 G risulta © (b) = ¡ª (b)
¢ :
Poiché b 2 G = fag, esiste h 2 Z tale che b = a h: Allora: © (b) = © ah =
¡ ¢
h
h
(© (a)) = (ª (a)) = ª ah = ª (b) :
Eser cizio 3.101 Si considerino i gruppi (R; +) e (Z; +) : Dire se la funzione
parte intera è un epimorfismo.
Soluzione. No. Sia ©(x) = [x] : Abbiamo, ad esempio, [1:6 + 2:8] = 4 mentre
[1:6] + [2:8] = 3:n
56
E ser cizio 3.102 99Dire se il gruppo (R n [x] ; +) dei polinomi in
¡ una varia¢
bile a coefficienti reali di grado minore o uguale a n e il gruppo R n+1; + ;
entrambi rispetto alla somma, sono isomorfi.
Soluzione. Rappresentiamo ciascun polinomio p(x) 2 R n [x] scrivendo tutti i
monomi fino a quello di grado n, mettendo coefficienti 0 quando non sono effettivamente presenti. Ad esempio, se n = 3 scriviamo il polinomio 3x2 ¡ 4
nella forma 0x3 + 3x2 + 0x ¡ 4: A questo punto gli associamo la quadrupla
(0; 3; 0; ¡4) costituita dai suoi coefficienti. In generale
©(a nxn + an¡1 xn¡1 + :::a1x + a0) = (an ; an¡1; :::; a1; a 0):
Chiaramente, © è un isomorfismo.
E ser cizio 3.103 Costruire un omomorfismo non banale © : Z 6 ! Z 15 e
determinare Im (©) :
Soluzione. Sia f_ : Z6 ! Z15 un omomorfismo. Allora deve essere N© C Z6
e Im (©) v Z15. Se ne deduce che jN©j e un divisore di jZ 6j ; jIm (©)j è un
jZ6 j
divisore di jZ 15j e, per il Teorema di omomorfismo,
= jIm (©)j :
jN©j
Quindi jIm (©)j deve dividere sia jZ6j che jZ15j e non può essere 1, perchè
© deve essere non banale. L’unica possibilità è sia Im (©) = 3; da cui si
jZ6 j
6
deduce jN©j =
=
= 2: Ne segue che N© = f0; 3g e Im (©) =
jIm (©)j
3
f0; 5; 10g :e che © manda gli elementi del nucleo 0 e 3 in 0, gli elementi della
classe laterale 1 + N©; cioè 1 e 4; in 5 e gli elementi di 2 + N © cioè 2 e 5; in
10.
E ser cizio 3.104 Dire qual è l’unico omomorfismo non banale da S3 a Z6.
Cosa si ottiene applicando il Teorema di omomorfismo?
Soluzione. Sia f_ : S3 ! Z6 un omomorfismo. Similmente a quanto visto
nell’esercizio precedente, sarà N© C S 3 e Im (©) v Z6 e quindi jN©j n jS3 j ;
jS3j
jIm (©)j n jZ6j e, per il Teorema di omomorfismo,
= jIm (©)j :
jN©j
Dall’Esercizio ?? risulta che S3 e Z6 non sono isomorfi quindi non può essere
N© = f1g : D’altra parte, non può essere N © = S3 perchè altrimenti © sarebbe l’omomorfismo banale.µ l’unico altro¶sottogruppo normale di S 3 è in gruppo
0 1 2
ciclico generato da f3 =
: Ora si sa che o (f 3) = 3; quindi, po1 2 0
jS3 j
6
sto N© = f 3; si ha jIm (©)j =
= = 2: Dunque l’immagine di © deve
jN ©j
3
essere l’unico sottogruppo di Z6 di ordine 2, cioè, f0; 3g
µ : Si conclude
¶ che ©
0 1 2
deve mandare ©3; ©3 e Id in 0 e tutto il resto (cioè ©1 =
; Ã1 =
0 2 1
µ
¶
µ
¶
0 1 2
0 1 2
e Ã2 =
) in 3.
2 1 0
1 0 2
57
Il Teorema di omomorfismo afferma, in questo caso, che S 3 è isomorfo al gruppo f0; 3g dotato del normale prodotto tra numeri naturali modulo 6.
Eser cizio 3.105 L’applicazione così definita: comunque scelto n 2 f0; 1; :::; 6g ;
© ([n]6) = ([r 2]2 ; [r3 ]3 ) ; dove r2 e r3 sono i resti della divisione di n per 2 e
per 3; rispettivamente, è un omomorfismo.
©
ª
Eser cizio 3.106 Considerato il gruppo (R+; ¢) sia ¢ = (a; b) 2 R+ £ R+ : a5 ¢ b¡6 = 1 :
Si dimostri che ¢, con la normale operazione definita sul gruppo prodotto, è
un gruppo.
Soluzione. Per la prima parte, basta far vedere che ¢ v R+ £ R+: Considerati allora (a; b) ; (c; d) 2 ¢; si ha: (ac) 5 (bd)¡6 = a 5b¡6 c5d¡6 = 1 ¢ 1 = 1:
Quindi (a; b) ¢ (c; d) = (ac; bd) 2 ¢:
¡
¢ 5 ¡ ¡1¢ ¡6
¡
¢¡1
Per ogni (a; b) 2 ¢ si ottiene a¡1
b
= a5b¡6
= 1¡1 = 1 e
¡
¢
¡1
(a; b) = a¡1; b¡1 2 ¢: È infine ovvio che (1; 1) 2 ¢:
Eser cizio 3.107 Una permutazione su un insieme A è regolare se ’’muove’’
ogni elemento. Sia A un gruppo. Una permutazione regolare su A può esser
un automorfismo?
Soluzione. No, dal momento che ¾(e) = e:
Teor ema 3.108 Se a e b sono coprimi allora '(ab) = '(a)'(b):
Dimostrazione. Poiché il periodo di ciascun elemento di un gruppo finito è un
divisore del cadinale del gruppo, abbiamo che per ogni naturale n e per ogni m
tale che 1 · m < n; m è primo con n sse p genera Zn . Pertanto i generatori di
Zn sono '(n): Dimostriamo ora che se a e b sono coprimi allora i generatori
di Za £ Zb sono tanti quante le coppie (x; y ) dove x genera Za e y genera
Zb : Infatti, se x non genera Z a oppure y non genera Zb allora (x; y ) non può
generare Za £ Zb. Viceversa, se x genera Za e y genera Zb allora il periodo
di x è a e il periodo di y è b: Essendo a e b coprimi, il minimo n tale che
n(x; y) = (0; 0) e ab: Dunque ab è il periodo di (x; y) ed anche il cardinale di
Za £ Zb: Pertanto (x; y ) è un generatore. Da ciò segue anche che Za £ Zb è
ciclico. Ma anche Zab lo è ed ha la stessa cardinalità. Quindi Za £ Zb »
= Zab
(sono gruppi ciclici di uguale cardinalità) e dunque i generatori di Zab sono
tanti quanti i generatori di Za £ Zb (che sono tanti quante le coppie (x; y) dove
x genera Za e y genera Zb : Ricaviamo così che '(ab) = '(a) ¢ '(b):
Teor ema 3.109 Sia K un campo di caratteristica infinita (cioè tale che per
k 6= 0, ka = 0 sse a = 0). L’insieme
©
ª
L = h1(k1)¡1 : h 2 Z; k 2 Z¡ f0g
58
(1) è un sottocampo di K e (2) è isomorfo a Q.
Dimostr azione. Osserviamo dapprima che, essendo K di caratteristica infinita, per ogni k 6= 0, k1 6= 0 e dunque (k1) ¡1 esiste.
(1) Scriviamo u al posto di 1: Considerando che u ¢ u = u e u¡1 = u abbiamo:
a) chiusura rispetto alla somma:
(h1u)(k1u)¡1 + (h2u)(k 2u)¡1 = (moltiplicando per (k1u)(k2u) e per il suo
inverso)
((h1u)(k1u) ¡1 + (h2u)(k2u)¡1)((k1 u)(k 2u))((k1 u)(k2 u))¡1 = (effettuando il primo prodotto e semplificando)
((h1u)(k2u) + (h2u)(k1u))((k1u)(k2u))¡1 =(effettuando il secondo prodotto e semplificando)
((h1k 2)u) + (h2k1)u))((k1 k2)u))¡1 = ((h1k2 + h2k1)u))((k1k 2)u)) ¡1:
b) chiusura rispetto all’opposto:
¡((h1u)(k1u)¡1) = (proprietà degli anelli ¡(ab) = (¡a)b )
(¡(h1u))(k1 u) ¡1 = (¡h1u)(k1 u) ¡1:
c) chiusura rispetto al prodotto:
(h1u)(k1u)¡1¢(h2 u)(k2 u)¡1 = (h1u)(h2 u)(k 1u)¡1(k 2u)¡1 = ((h1h2)u)((k1k 2)u)¡1:
Dunque L è un sottoanello. Inoltre u = u(u)¡1 2 L e l’inverso di (hu)(ku) ¡1 ,
dove h 6= 0, è (ku)(hu) ¡1: Dunque L è un sottocampo.
(2)Sia [(p; q)]´ 2 Q. La funzione
© ([(p; q)]´ ) = pu(qu) ¡1
è un epimorfismo da Q ad L. Infatti
©([(p; q)]´ + [(r; s)]´ ) = © ([(ps + qr; qs)]´) =
= (ps + qr)u(qsu)¡1 = (per le proprietà delle potenze)
= ((psu) + (qru))(qsu)¡1 = (essendo u ¢ u = u e per la proprietà distributiva)
= ((psu) + (qru))(qusu) ¡1 = (per la regola dell’inverso in un gruppo comutativo)
= ((pusu) + (quru))((qu)¡1(su)¡1) = (per le proprietà commutativa e distributiva)
= ((pu)(su)(qu) ¡1(su) ¡1 + (qu)(ru)(qu)¡1(su)¡1 =
pu(qu) ¡1 + ru(su)¡1 = ©([(p; q)]´) + ©([(r; s)]´):
©([(p; q)]´ ¢ [(r; s)]´ ) = © ([(pr; qs)]´) = (pru)(qsu)¡1 =
59
= (pu)(ru)(qu)¡1(su)¡1 = pu(qu) ¡1 ru(su)¡1 = ©([(p; q)]´)¢©([(r; s)]´):
Dunque © è un epimorfismo. Ma, trattandosi di campi, tale epimorfismo è
un isomorfismo (v. Th 3.48).
Teor ema 3.110 Dato un dominio di integrità D esiste un campo K il quale
contiene un dominio di integrità H isomorfo a D:
Dimostrazione. La dimostrazione coincide, salvo differenze marginali, con la
costruzione del campo razionale Q a partire dal dominio di integrità Z.

Soluzioni

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Sistemi di ancoraggio e legatura UNI EN 12195

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Capitolo 3 - Zanichelli online per la scuola

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Istituto Tecnico Statale per Geometri - tartaglia