4 uiuiuiu 5 iuuiiuiiuiu 6 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 8 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.
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