CdL in Matematica ALGEBRA 1 prof. Fabio GAVARINI
a.a. 2018–2019
Secondo esonero, 29 Gennaio 2019 — Testo & Svolgimento
. . . .
N.B.: compilare il compito in modo sintetico ma esauriente, spiegando chiaramente quanto si fa, e scrivendo in corsivo con grafia leggibile.
· · · ⋆ · · · ·
[1] — Siano p , q ∈ Z due irriducibili in Z , con p > 0 , q > 0 , e q ( p − 1) . Si consideri il gruppo GL2
(Zp
) di matrici 2× 2 invertibili a coefficienti in Zp — rispetto al prodotto righe per colonne — e in esso i sottoinsiemi
G :=
{ (1 a 0 d
) a,d ∈ Zp : dq= 1 }
H :=
{ (1 0 0 d
) d ∈ Zp : dq = 1 }
, N :=
{ (1 a 0 1
) a ∈ Zp} (a) Dimostrare che G `e sottogruppo di GL2(
Zp
); (b) dimostrare che H `e sottogruppo di G ;
(c) dimostrare che N `e sottogruppo normale di G ;
(d) dimostrare che la funzione λ : H× N −−→ G , (h, n) 7→ hn , `e biiettiva;
(e) dimostrare che la funzione ρ : N × H −−→ G , (n, h) 7→ nh , `e biiettiva;
(f ) determinare l’ordine dell’elemento g :=
(1 a 0 d
)
in G .
[2] — Sia G un gruppo e H ≤ G . Indichiamo con NH il minimo sottogruppo normale contenente H, cio`e NH `e caratterizzato dalle seguenti tre propriet`a:
(1) NH E G , (2) NH ⊇ H , (3) NH ⊆ N per ogni N E G : N ⊇ H . (a) Dimostrare — indipendentemente dal punto (b) qui sotto! — che il sottogruppo NH esiste ed `e unico;
(b) dimostrare che il sottogruppo NH coincide col sottogruppo di G generato dal sottoinsieme {
ghg−1 g ∈ G, h ∈ H} .
[3] — Dato un anello A , si consideri in A3 := A× A × A l’operazione binaria ⋆ definita — per ogni (
a′, b′, c′) ,(
a′′, b′′, c′′)
∈ A3 — da (a′, b′, c′)
⋆(
a′′, b′′, c′′) := (
a′+ a′′, b′+ b′′, c′+ a′b′′+ c′′) e i tre sottoinsiemi A1 :={
(a, b, c)∈ A3 b = 0 = c}
, A2 :={
(a, b, c)∈ A3 a = 0 = c} , A3 :={
(a, b, c)∈ A3 a = 0 = b}
. Dimostrare che:
(a) (
A3; ⋆)
`
e un gruppo;
(b) ciascuno dei tre sottoinsiemi A1, A2, A3 `e un sottogruppo di (
A3; ⋆)
; (c) il sottoinsieme A3 `e contenuto nel centro Z(
A3; ⋆)
del gruppo (
A3; ⋆) .
[4] — Dato un anello commutativo unitario A , si considerino in A(2) := A× A le due operazioni binarie + e · definite — per ogni (
a′, α′) ,(
a′′, α′′)
∈ A(2) — da (a′, α′)
+(
a′′, α′′) := (
a′+ a′′, α′+ α′′)
, (
a′, α′)
·(
a′′, α′′) := (
a′a′′, a′α′′+ a′′α′) (a) Dimostrare che (
A(2); + , ·)
`
e un anello commutativo unitario;
(b) dimostrare che l’anello A(2) non `e un dominio;
(c) descrivere l’insieme U( A(2))
degli elementi invertibili nell’anello unitario A(2); (d) dimostrare che esiste un isomorfismo di anelli A(2) ∼= A[x]/(
x2) .
[5] — Nell’anello Z[ i ] degli interi di Gauss si consideri l’ideale I := (
8 + i , 11−3 i) generato dai due elementi 8 + i e 11− 3 i .
(a) Determinare un generatore d dell’ideale I ; (b) dimostrare che l’anello quoziente Z[ i ]/
I `e un campo;
(c) dimostrare che l’applicazione φ :Z[ i ]−−−→ Z5 definita da φ(a + i b) := a + 2b
`e un epimorfismo di anelli;
(d) dimostrare che l’anello Z5 `e isomorfo all’anello quoziente Z[ i ]/ I .
— ⋆ —
SVOLGIMENTO
N.B.: lo svolgimento qui presentato `e molto lungo... Questo non significa che lo svol- gimento ordinario di tale compito (nel corso di un esame scritto) debba essere altrettanto lungo. Semplicemente, questo lo `e perch´e si approfitta per spiegare — in diversi modi, con lunghe digressioni, ecc. ecc. — in dettaglio e con molti particolari tutti gli aspetti della teoria toccati pi`u o meno a fondo dal testo in questione.
[1] — Procediamo alla soluzione dell’esercizio punto per punto.
(a) Dobbiamo verificare che G contenga l’elemento neutro di GL2( Zp
) — che `e la
matrice identit`a (1 0
0 1 )
— poi che G sia chiuso rispetto al prodotto (righe per colonne), e infine che G contenga l’inverso di ogni suo elemento. La prima richiesta `e ovvia perch´e
(1 0 0 1
)
=
(1 a 0 d
)
∈ G
per a := 0 e d := 1 . Per la seconda richiesta, il calcolo diretto per due generici elementi
di G ci d`a (
1 a1 0 d1
) (1 a2 0 d2
)
=
(1 a2 + a1d2 0 d1d2
)
∈ G (1)
— per ogni a1, a2, d1, d2 ∈ Zp con d1q = 1, d2q = 1 — dove a2 + a1d2, d1d2 ∈ Zp
con (d1d2)q = d1qd2q = 1· 1 = 1 , cos`ı che la matrice prodotto appartiene anch’essa al sottoinsieme G . Infine, per la terza richiesta andiamo a calcolare esplicitamente l’inversa di una matrice in G . Dalla formula in (1) qui sopra segue subito che
(1 a1 0 d1
) (1 a2 0 d2
)
=
(1 a2+ a1d2 0 d1d2
)
=
(1 0 0 1
)
⇐⇒
{
a2+ a1d2 = 0 d1d2 = 1 e quindi
(1 a2 0 d2
)
=
(1 a1 0 d1
)−1
⇐⇒
{ a2+ a1d2 = 0
d1d2 = 1 ⇐⇒
{a2 =−a1d1−1 d2 = d1−1 Pertanto in conclusione abbiamo
(1 a1 0 d1
)−1
=
(1 −a1d1−1 0 d1−1
)
(2) con (
−a1d1−1)
, d1−1 ∈ Zp e ( d1−1)q
=( d1q)−1
= 1−1 = 1 , cos`ı che
(1 a1 0 d1
)−1
∈ G , q.e.d.
(b) Analogamente al punto (a), dobbiamo verificare che H contenga la matrice iden- tit`a, sia chiuso per il prodotto e sia chiuso rispetto all’inversione (cio`e al prendere l’inverso di un qualsiasi elemento). Con calcoli analoghi a prima — ma pi`u alla svelta — otteniamo
(1 0 0 1
)
=
(1 0 0 d )
∈ H
per d := 1 per la prima richiesta; poi per la seconda, applicando la formula (1) a due generici elementi di H — dunque con a1 = 0 = a2 — si ottiene
(1 0 0 d1
) (1 0 0 d2
)
=
(1 0 0 d1d2
)
∈ H
cos`ı che la matrice prodotto appartiene a sua volta ad H ; infine, per la terza richiesta la formula (2) per l’inversa applicata ad un elemento di H ci d`a
(1 0 0 d1
)−1
=
(1 0 0 d1−1
)
cos`ı che
(1 0 0 d1
)−1
∈ H , q.e.d.
(c) In questo caso possiamo seguire due metodi diversi:
Primo metodo: si ripete, adattandola, l’analisi fatta per i punti (a) e (b). In quest’ottica,
osserviamo che (
1 0 0 1
)
= (1 0
0 1 )
∈ N
per a := 0 per la prima richiesta; per la seconda, la (1) applicata a due elementi di N — con d1 = 1 = d2 — ci d`a
(1 0 a1 1
) (1 a2 0 1
)
=
(1 a1 + a2
0 1
)
∈ N e infine la formula (2) per l’inversa di un elemento di N ci d`a
(1 a 0 1
)−1
=
(1 −a1
0 1
)
∈ N , q.e.d.
Secondo metodo: ricordando che ogni sottogruppo normale `e il nucleo di un qualche morfismo, cerchiamo un morfismo di gruppi che abbia G per dominio e N per nucleo. A tal fine, consideriamo l’applicazione
ϕ : G−−→ U(Zp) ,
(1 a 0 d
) 7→ d
In forza della (1), tale applicazione `e un morfismo di gruppi. Il calcolo diretto ci d`a il suo nucleo, che `e
Ker (ϕ) := {
g ∈ G ϕ(g) = 1}
=
{(1 a 0 d
) d = 1}
=: N
Pertanto N , essendo il nucleo del morfismo ϕ , `e — automaticamente! — un sottogruppo normale di G , q.e.d.
(d) Considerando la funzione λ : H×N −→ G , (h, n)7→hn , cominciamo a dimostra- re che `e iniettiva. Dati (
h1, n1) ,(
h2, n2)
∈ H ×N tali che λ( h1, n1)
= λ( h2, n2)
, si ha λ(
h1, n1)
= λ(
h2, n2)
=⇒ h1n1 = h2n2 =⇒ h2−1h1 = n2n1−1 ∈ H ∩ N (3) Ma la definizione stessa di H e N implica che H ∩ N =
{(1 0 0 1
)}
, dunque la (3) implica h2−1h1 =
(1 0 0 1
)
e n2n1−1 =
(1 0 0 1
)
, da cui h1 = h2 e n1 = n2, dunque in conclusione (
h1, n1)
= (
h2, n2)
. Cos`ı λ( h1, n1)
= λ( h2, n2)
implica necessariamente (h1, n1)
=(
h2, n2)
, quindi λ `e iniettiva.
Dimostriamo ora che λ : H × N −→ G `e suriettiva. Per ogni g =
(1 a 0 d
)
∈ G , vogliamo dimostrare che esistono h =
(1 0 0 d′
)
∈ N e n =
(1 a′ 0 1
)
∈ N tali che λ(
h, n)
= g , cio`e
(1 0 0 d′
) (1 a′ 0 1
)
=
(1 a 0 d
)
. Ma il prodotto di sinistra, per la (1), `e dato da
(1 0 0 d′
) (1 a′ 0 1
)
=
(1 a′ 0 d′
)
, quindi `e uguale a g =
(1 a 0 d
)
∈ G se e soltanto se a′ = a e d′ = d . Questo determina (univocamente!) gli elementi h ∈ H e n ∈ N
richiesti, quindi λ `e effettivamente suriettiva, q.e.d. Si noti anche che questa procedura dimostra che la coppia (h, n)∈ H × N non soltanto esiste ma `e anche unica, quindi resta dimostrato (simultaneamente) anche che la funzione λ `e iniettiva, oltre che suriettiva.
In conclusione, l’applicazione λ `e sia iniettiva che suriettiva, dunque `e biiettiva, q.e.d.
(e) La risoluzione `e del tutto analoga a quella del caso (d). Consideriamo la funzione ρ : N × H −→ G , (n, h) 7→ nh , dimostrandone prima l’iniettivit`a e poi la suriettivit`a.
Dati (
n1, h1) ,(
n2, h2)
∈ N ×H tali che ρ(
n1, h1)
= ρ(
n2, h2) , si ha ρ(
n1, h1)
= ρ(
n2, h2)
=⇒ n1h1 = n2h2 =⇒ n2−1n1 = h2h1−1 ∈ N ∩ H (5) Ma dalla definizione di N e H segue che N ∩ H =
{(1 0 0 1
)}
, quindi la (5) implica n2−1n1 =
(1 0 0 1
)
e h2h1−1 = (1 0
0 1 )
, da cui n1= n2 e h1= h2, cos`ı(
n1, h1)
=(
n2, h2) . Perci`o ρ(
n1, h1)
= ρ(
n2, h2)
implica (
n1, h1)
=(
n2, h2)
, dunque ρ `e iniettiva.
Per la suriettivit`a di ρ : N × H −→ G , dobbiamo dimostrare che per ogni elemento g =
(1 a 0 d
)
∈ G esistono n =
(1 a′ 0 1
)
∈ N e h =
(1 0 0 d′
)
∈ N tali che ρ( n, h)
= g , cio`e
(1 a′ 0 1
) (1 0 0 d′
)
=
(1 a 0 d
)
. Ora, dalla (1) segue che il prodotto di sinistra `e dato da
(1 a′ 0 1
) (1 0 0 d′
)
=
(1 a′d′ 0 d′
)
, quindi `e uguale a g =
(1 a 0 d
)
∈ G se e soltanto se a′d′ = a e d′ = d . Questo determina (univocamente!) gli elementi h ∈ H e n ∈ N richiesti, perci`o ρ `e effettivamente suriettiva, q.e.d. Si noti anche che questa procedura dimostra che la coppia (n, h) ∈ N × H non soltanto esiste ma `e pure unica, cos`ı resta dimostrato (simultaneamente) che la funzione ρ `e anche iniettiva, oltre che suriettiva.
In conclusione, l’applicazione ρ `e sia iniettiva che suriettiva, quindi `e biiettiva, q.e.d.
(f ) Ricordiamo che l’ordine di un elemento g in un gruppo `e il minimo n ∈ N , se esiste, tale che gn sia l’elemento neutro del gruppo dato; se invece un tale n non esiste, allora per definizione si dice che l’ordine di g `e infinito. Nel caso in esame, consideriamo l’elemento g :=
(1 a 0 d
)
∈ G e calcoliamone le potenze. Il calcolo diretto ci d`a subito g2 =
(1 a 0 d
)2
=
(1 a( 1+d)
0 d2
)
, g3 = g g2 =
(1 a(
1+d +d2)
0 d3
)
— usando pi`u volte la formula (1) — e poi in generale
gn=
(1 a(
1+d +· · ·+ dn−1)
0 dn
)
∀ n ∈ N (6)
che si dimostra facilmente per induzione su n : la base dell’induzione `e ovvia, mentre per il passo induttivo abbiamo (per ogni n > 0 )
gn+1= gng =
(1 a(
1+d +· · · + dn−1)
0 dn
) (1 a 0 d
)
=
=
(1 a(
1+d +· · · + dn−1)
+ a dn
0 dnd
)
=
(1 a(
1+d +· · · + dn)
0 dn+1
)
A questo punto dalla (6) abbiamo che gn =
(1 0 0 1
)
⇐⇒
{
dn = 1 a(
1+ d +· · · + dn−1)
= 0 (7)
Ora, se d̸= 1 abbiamo (
1+ d +· · · + dn−1)
=(
dn−1)
(d−1)−1 ∈ Zp, quindi dn= 1 implica anche a(
1 + d +· · · + dn−1)
= 0 ; concludiamo allora che in tal caso l’ordine di g `e il minimo n ∈ N+ tale che dn = 1 , cio`e `e l’ordine di d nel gruppo moltiplicativo (U (Zp) ;·)
= (
Zp \ {0} ; ·)
. Ma per ipotesi l’ordine di d `e q : infatti dq = 1 , quindi l’ordine deve dividere q che `e irriducibile, e quindi tale ordine `e proprio q . In conclusione, se d̸= 1 allora l’ordine di g `e q .
Se invece `e d = 1 allora la prima condizione in (7) `e automaticamente soddisfatta, mentre la seconda diventa n a = 0 : siccome a∈ Zp con p irriducibile, questo equivale a n ∈ p Z oppure a = 0 ∈ Zp, quindi in tal caso concludiamo che l’ordine di g `e 0 se g `e l’elemento neutro (cio`e per a = 0 ) — com’`e ovvio — e invece `e p altrimenti (per a̸= 0 ).
[2] — Per ipotesi G `e un gruppo e H ≤ G . Indichiamo con N :={
N N E G , N ⊇ H}
l’insieme di tutti i sottogruppi normali di G contenenti H; osserviamo che esso `e senz’altro non vuoto, perch´e G ∈ N , ed `e un insieme ordinato rispetto alla relazione d’ordine “⊆ ” (l’inclusione insiemistica). L’elemento NH di cui dobbiamo dimostrare esistenza e unicit`a, dovrebbe essere il minimo sottogruppo normale contenente H, dunque caratterizzato dalle propriet`a
(1) NH E G , (2) NH ⊇ H , (3) NH ⊆ N per ogni N ∈ N (8) cio`e NH (se esiste) `e un elemento minimo nell’insieme ordinato N .
(a) Dobbiamo dimostrare esistenza e unicit`a di NH. Per quanto riguarda l’unicit`a, questa segue subito (per un risultato generale sugli insiemi ordinati) dal fatto che NH — se esiste — sia un minimo nell’insieme ordinatoN , perch´e (in generale) il minimo di un insieme ordinato, se esiste `e unico. Esplicitamente, lo dimostriamo adesso come segue.
Siano NH′ e NH′′ due “minimi” in M, dunque elementi che soddisfano le condizioni (1), (2) e (3) in (8). Allora abbiamo in particolare
NH′ ⊆ NH′′ per N := NH′′ in (3) , NH′′ ⊆ NH′ per N := NH′ in (3) da cui segue che NH′ = NH′′ , q.e.d.
Passando all’esistenza, definiamo N0 := ∩
N˙∈ N
N . Essendo intersezione di una famiglia˙ di sottogruppi, anche N0 `e a sua volta un sottogruppo; inoltre, siccome i sottogruppi della suddetta famiglia sono anche normali, pure N0`e normale: infatti per ogni g ∈ G abbiamo gN0g−1 = g( ∩
N˙∈ N
N˙ )
g−1 = ∩
N˙∈ N
(g ˙N g−1)
= ∩
N˙∈ N
N = N˙ 0 — perch´e gN′g−1 = N′ per ogni N′ E G e g ∈ G — e questo significa appunto che N0 `e normale in G . In partico- lare questo significa che N0 soddisfa la condizione (1) — con N0 al posto di NH — in (8).
Ora, dalle definizioni segue subito che N0 := ∩
N˙∈ N
N˙ ⊇ ∩
N˙∈ N
H = H , dunque N0 ⊇ H ; cos`ı N0 soddisfa la condizione (2) — con N0 al posto di NH — in (8).
Infine, per ogni N ∈ N abbiamo N0 := ∩
N˙∈ N
N˙ ⊆ N , dunque N0 ⊆ N : quindi N0
soddisfa anche la condizione (3) — con N0 al posto di NH — in (8).
In conclusione N0 soddisfa le tre propriet`a che caratterizzano NH, e quindi in definitiva abbiamo che NH esiste, ed `e dato esplicitamente da NH = N0.
(b) Indichiamo con N• :=⟨{
ghg−1}h∈H g∈G
⟩
il sottogruppo di G generato dall’insieme {ghg−1}h∈H
g∈G :={
ghg−1 g ∈ G, h ∈ H}
; ricordiamo che, esplicitamente, tale sottogrup- po `e il sottoinsieme di G dato da { ∏n
k=1gihig−1i n ∈ N , gi ∈ G , hi ∈ H} . Per definizione N• `e sottogruppo di G . Inoltre, per ogni g∈ G si ha gN•g−1 = g{ ∏n
k=1gihig−1i n ∈ N , gi ∈ G , hi ∈ H}
g−1 =
= {
g(∏n
k=1gihigi−1 )
g−1 n ∈ N , gi ∈ G , hi ∈ H}
=
= { ∏n
k=1g gihigi−1g−1 n ∈ N , gi ∈ G , hi ∈ H}
=
= { ∏n
k=1( g gi) hi( g gi)−1 n ∈ N , gi ∈ G , hi ∈ H}
=
= { ∏n
k=1γihiγi−1 n ∈ N , γi ∈ G , hi ∈ H}
= N• dunque gN•g−1 = N• per ogni g∈ G , e quindi N• `e normale, cio`e soddisfa la condizione (1) in (8) — con N• al posto di NH.
Abbiamo anche N• := ⟨{
g h g−1}h∈H g∈G
⟩ ⊇ {
g h g−1}h∈H
g∈G ⊇ {
1Gh 1−1
G
}h∈H
= H , dunque N• ⊇ H ; dunque N• soddisfa la condizione (2) in (8) — con N• al posto di NH.
Infine, per ogni N ∈ N si ha N = gNg−1 ⊇ gHg−1 per ogni g ∈ G , quindi N ⊇ ∪
g∈G gHg−1 = {
g h g−1}h∈H
g∈G , da cui segue anche N ⊇ ⟨{
g h g−1}h∈H g∈G
⟩
=: N•, cos`ı N• ⊆ N per ogni N ∈ N , cio`e N• soddisfa la (3) in (8) — con N• al posto di NH.
Complessivamente abbiamo trovato che N• soddisfa le tre propriet`a che caratterizzano NH, e quindi in conclusione otteniamo che N• = NH, q.e.d.
[3] — A partire dall’anello A , nell’insieme A3 := A×A×A consideriamo l’operazione binaria ⋆ definita — per ogni (
a′, b′, c′) ,(
a′′, b′′, c′′)
∈ A3 — da (a′, b′, c′)
⋆(
a′′, b′′, c′′) := (
a′+ a′′, b′+ b′′, c′+ a′b′′+ c′′)
(9) (a) Come primo obiettivo dobbiamo dimostrare che il gruppoide (
A3; ⋆)
`
e un gruppo, cio`e: (a.1) l’operazione ⋆ `e associativa, (a.2) esiste in A3 un elemento neutro per l’operazione ⋆ , (a.3) per ogni elemento di A3, esiste in A3 un elemento inverso — rispet- to all’operazione ⋆ — di quello in esame.
(a.1) — associativit`a di ⋆ : Si tratta di fare una verifica diretta, elementare: per ogni terna di elementi (
a , b , c) , (
a′, b′, c′) , (
a′′, b′′, c′′)
in A3 verifichiamo che valga l’identit`a
((a , b , c)
⋆(
a′, b′, c′))
⋆(
a′′, b′′, c′′)
= (
a , b , c)
⋆((
a′, b′, c′)
⋆(
a′′, b′′, c′′))
(10)
Ora, tramite calcolo diretto per il termine di sinistra in (10) otteniamo ((a , b , c)
⋆(
a′, b′, c′))
⋆(
a′′, b′′, c′′)
= (
a + a′, b + b′, c + ab′ + c′)
⋆(
a′′, b′′, c′′)
=
= ((
a + a′)
+ a′′, (
b + b′)
+ b′′, (
c + a b′+ c′) +(
a + a′)
b′′+ c′′)
=
= (
a + a′ + a′′, b + b′+ b′′, c + c′+ c′′+ a b′ + a b′′+ a′b′′) dove nell’ultimo passaggio abbiamo sfruttato il fatto che A sia un anello, e dunque la sua somma sia associativa e commutativa, e il prodotto sia distributivo rispetto alla somma.
Analogamente, per il termine di destra in (10) il calcolo diretto ci d`a (a , b , c)
⋆((
a′, b′, c′)
⋆(
a′′, b′′, c′′))
= (
a , b , c)
⋆(
a′+ a′′, b′+ b′′, c′+ a′b′′+ c′′)
=
= ( a +(
a′+ a′′) , b +(
b′+ b′′)
, c + a(
b′+ b′′) +(
c′+ a′b′′+ c′′)
=
= (
a + a′ + a′′, b + b′+ b′′, c + c′+ c′′+ a b′ + a b′′+ a′b′′) dove di nuovo nell’ultimo passaggio abbiamo sfruttato il fatto che A sia un anello. A questo punto il confronto diretto ci mostra che le espressioni esplicite trovate per il termine di sinistra in (10) e per quello di destra coincidono, e quindi l’identit`a in (10) `e dimostrata.
(a.2) — esistenza di un elemento neutro per ⋆ : Cerchiamo un elemento (α , β , γ)∈ A3 tale che per ogni (
a , b , c)
si abbia (a , b , c)
⋆ (α , β , γ) = (
a , b , c)
, (α , β , γ) ⋆(
a , b , c)
= (
a , b , c)
(11) Esplicitando l’operazione ⋆ , dalla (9) otteniamo che le identit`a in (11) equivalgono a
(a + α , b + β , c + a β + γ)
= (
a , b , c) , (
α + a , β + b , γ + α b + c)
= (
a , b , c) che a loro volta corrispondono a due sistemi di equazioni (con incognite α, β, γ∈ A )
a + α = a b + β = b c + a β + γ = c
,
α + a = a β + b = b γ + α b + c = c
E chiaro (spero!...) che entrambi questi sistemi hanno come unica soluzione la terna` (α , β , γ) = (0 , 0 , 0) , quindi tale terna `e elemento neutro per (
A3; ⋆) . (a.3) — esistenza degli inversi: Per ogni (
a , b , c)
∈ A3 dobbiamo dimostrare che esiste in A3 un suo inverso, cio`e un altro elemento (
a′, b′, c′)
∈ A3 — che sar`a indicato con (
a , b , c)−1
— per il quale valgano le due identit`a (a , b , c)
⋆(
a′, b′, c′)
= (0 , 0 , 0) , (
a′, b′, c′)
⋆(
a , b , c)
= (0 , 0 , 0) (12) Esplicitando l’operazione ⋆ , dalla (9) ricaviamo che le identit`a in (12) equivalgono a
(a + a′, b + b′, c + a b′+ c′)
= (0 , 0 , 0) , (
a′+ a , b′+ b , c′+ a′b + c)
= (0 , 0 , 0) che a loro volta corrispondono a due sistemi di equazioni (con incognite a′, b′, c′ ∈ A )
a + a′ = 0 b + b′ = 0 c + a b′+ c′ = 0
,
a′ + a = 0 b′+ b = 0 c′+ a′b + c = 0
per entrambi i quali `e immediato verificare che esiste una e una sola soluzione, data da (a′, b′, c′)
=(
−a , −b , a b − c)
; tale terna `e elemento inverso di (
a , b , c) in (
A3; ⋆) . (b) Consideriamo in A3 i tre sottoinsiemi A1, A2, A3 definiti rispettivamente da
A1 :={
(a, b, c)∈ A3 b = 0 = c}
, A2 :=(
a, b, c)∈ A3 a = 0 = c} A3 :={
(a, b, c)∈ A3 a = 0 = b}
Dobbiamo dimostrare che ciascuno di questi `e un sottogruppo di (
A3; ⋆)
; a tal fine, useremo il seguente criterio: se G `e un gruppo (in notazione moltiplicativa) e S un sot- toinsieme di G , allora S `e sottogruppo di G se e soltanto se valgono le propriet`a
(I) 1G ∈ S , (II) S· S ⊆ S , (III) S−1 ⊆ S (13)
— dove la (II) significa che “S `e chiuso per il prodotto” e la (III) che “S `e chiuso per gli inversi”. Dimostriamo dunque le propriet`a in (13) per ciascuno degli S ∈{
A1, A2, A3} . Per A1: Abbiamo gi`a visto, nel dimostrare il punto (a), che l’elemento neutro del gruppo G :=(
A3; ⋆)
`
e 1G = (0 , 0 , 0) ; `e ovvio che 1G = (0 , 0 , 0)∈ A1, cos`ı vale la (I).
Per la (II), siano (
a′, 0 , 0) ,(
a′′, 0 , 0)
∈ A1 due generici elementi in A1: dalla (9) abbiamo subito (
a′, 0 , 0)
⋆(
a′′, 0 , 0)
= (
a′+ a′′, 0 , 0)
∈ A1 , cos`ı la (II) `e dimostrata.
Per la (III), sia (a , 0 , 0)∈ A1 un generico elemento in A1: allora dalla dimostrazione del punto (a) sappiamo che il suo inverso `e dato da (a , 0 , 0)−1 = (−a , 0 , 0) ∈ A1 , e cos`ı anche la (III) `e dimostrata.
Per A2: Come sappiamo, l’elemento neutro di A3 `e (0 , 0 , 0) , che ovviamente appar- tiene ad A2.
Per la (II), siano (
0 , b′, 0) ,(
0 , b′′, 0)
∈ A2 due qualsiasi elementi in A2: dalla (9) abbiamo subito (
0 , b′, 0)
⋆(
0 , b′′, 0)
= (
0 , b′+ b′′, 0)
∈ A2 , cos`ı la (II) `e dimostrata.
Per la (III), sia (0 , b , 0)∈ A1 un generico elemento in A2: allora dalla dimostrazione del punto (a) sappiamo che il suo inverso `e dato da (0 , b , 0)−1 = (0 ,−b , 0) ∈ A2 , e cos`ı anche la (III) `e dimostrata.
Per A3: L’elemento neutro di A3 `e (0 , 0 , 0) , il quale ovviamente appartiene ad A3. Per la (II), siano (
0 , 0 , c′) ,(
0 , 0 , c′′)
∈ A3 due elementi generici in A3: dalla (9) otteniamo (
0 , 0 , c′)
⋆(
0 , 0 , c′′)
= (
0 , 0 , c′+ c′′)
∈ A3 , cos`ı la (II) `e dimostrata.
Per la (III), sia (0 , 0 , c )∈ A3 un generico elemento di A3: allora dalla dimostrazione del punto (a) sappiamo che il suo inverso `e dato da (0 , 0 , c )−1 = (0 , 0 ,−c ) ∈ A3 , e cos`ı in conclusione anche la (III) `e dimostrata.
(c) Dobbiamo dimostrare che il sottoinsieme A3 `e contenuto nel centro Z(
A3; ⋆) del gruppo (
A3; ⋆)
. Siccome Z( A3)
:= {
α ∈ A3 α ⋆ x = x ⋆ α ∀ α ∈ A3}
, andiamo a verificare che si ha effettivamente
( 0 , 0 , c ) ⋆ x = x ⋆ ( 0 , 0 , c ) ∀ ( 0 , 0 , c ) ∈ A3 (14) Scrivendo esplicitamente x =(
a , b , c)
il calcolo diretto tramite la formula in (9) ci d`a ( 0 , 0 , c ) ⋆ x = ( 0 , 0 , c ) ⋆(
a′, b′, c′)
= (
a′, b′, c + c′)
=
= (
a′, b′, c′+ c)
= (
a′, b′, c′)
⋆ ( 0 , 0 , c ) = x ⋆ ( 0 , 0 , c ) il che dimostra la (14), q.e.d.
[4] — A partire dall’anello commutativo unitario A , consideriamo in A(2) := A× A le due operazioni + e · date — per ogni (
a′, α′) ,(
a′′, α′′)
∈ A(2) — da (a′, α′)
+(
a′′, α′′) := (
a′+ a′′, α′+ α′′)
, (
a′, α′)
·(
a′′, α′′) := (
a′a′′, a′α′′+ a′′α′) (a) Per cominciare dimostriamo che (
A(2); + , ·)
`
e un anello commutativo unitario;
questo significa che (a.1) (
A(2); +)
`e un gruppo abeliano (=commutativo);
(a.2) (
A(2); ·)
`
e un monoide commutativo;
(a.3) l’operazione + `e distributiva (a destra e sinistra) rispetto all’operazione · . Per la parte (a.1), possiamo dire che (
A(2); +)
`
e un gruppo perch´e, per definizione, `e il gruppoide prodotto diretto di due copie del gruppoide (
A ; +)
, che per parte sua `e un gruppo abeliano — e il prodotto di due gruppi abeliani `e (sempre) anch’esso un gruppo abeliano. Per dimostrarlo esplicitamente in dettaglio, verifichiamo che:
— L’operazione + `e associativa: Infatti, per (a , α) ,( a′, α′)
,(
a′′, α′′)
∈ A(2) si ha (
(a , α)+(
a′, α′)) +(
a′′, α′′)
=(
a+a′, α+α′) +(
a′′, α′′)
=((
a+a′) +a′′,(
α+α′) +α′′)
=
=( a+(
a′+a′′) , α +(
α′+α′′))
= (a , α)+(
a′+a′′, α′+α′′)
= (a , α)+((
a′, α′) +(
a′′, α′′)) dunque
(
(a , α) +(
a′, α′)) +(
a′′, α′′)
= (a , α) + ((
a′, α′) +(
a′′, α′′))
, che significa appunto che l’operazione “ + ” `e associativa, q.e.d.
— Esiste in A(2) un elemento neutro per l’operazione + : Infatti, per trovare un tale elemento neutro osserviamo che esso sarebbe un (a0, α0)∈ A(2) tale che
(a , α) + (a0, α0) = (a , α) e (a0, α0) + (a , α) = (a , α) (15) per ogni (a , α) ∈ A(2). Dalla formula esplicita per la somma, le condizioni in (15) diventano (a + a0, α + α0) = (a , α) e (a0 + a , α0 + α) = (a , α) , che a loro volta equivalgono alle quattro equazioni (nelle incognite a0, α0 ∈ A )
a + a0 = a , α + α0 = α , a0+ a = a , α0+ α = α
le quali ammettono l’unica soluzione (a0, α0) = (0 , 0) . In conclusione esiste un elemento neutro in (
A ; +)
, dato da (0 , 0) .
— Ogni elemento in A(2) ha un “inverso” rispetto all’operazione + : Infatti, per ogni (a , α)∈ A(2) un tale inverso (meglio, un “opposto”) sarebbe un (
a′, α′)
∈ A(2) tale che (a , α) +(
a′, α′)
= (0 , 0) e (
a′, α′)
+ (a , α) = (0 , 0) ; queste due condizioni esplicita- mente significano (
a + a′, α + α′)
= (0 , 0) e (
a′+ a , α′+ α)
= (0 , 0) , che equivalgono alle quattro equazioni (nelle due incognite a′, α′ ∈ A )
a + a′ = 0 , α + α′ = 0 , a′ + a = 0 , α′+ α = 0 e queste ultime ammettono una e una sola soluzione (
a′, α′)
= (−a , −α) : quest’ultima
`e dunque l’inverso cercato di (a , α) in A(2), q.e.d.
— L’operazione + `e commutativa: Infatti, per ogni ( a′, α′)
,(
a′′, α′′)
∈ A(2) diretta- mente dalla definizione della somma in A(2) otteniamo
(a′, α′) +(
a′′, α′′) := (
a′+ a′′, α′+ α′′)
= (
a′′+ a′, α′′+ α′)
=: (
a′′, α′′) +(
a′, α′)
— per via del fatto che la somma in A `e commutativa! — il che ci dice esattamente che la somma in A(2) `e commutativa, q.e.d.
Per la parte (a.2), dobbiamo dimostrare che:
— L’operazione · `e associativa: Infatti, per (a , α) ,( a′, α′)
,(
a′′, α′′)
∈ A(2) si ha (
(a , α)·(
a′, α′))
·(
a′′, α′′)
= (
a a′, a α′ + a′α)
·(
a′′, α′′)
=
= ((
a a′) a′′,(
a a′)
α′′+ a′′(
a α′+ a′α))
= (
a a′a′′, a a′α′′+ a′′a α′+ a′′a′α)
— tenendo conto che A `e un anello (quindi somma e prodotto sono associativi in A , e la somma `e distributiva rispetto al prodotto — e similmente abbiamo
(a , α)·((
a′, α′)
·(
a′′, α′′))
= (a , α)·(
a′a′′, a′α′′+ a′′α′)
=
= (
a( a′a′′)
, a(
a′α′′+ a′′α′) +(
a′a′′) α
)
= (
a a′a′′, a a′α′′+ a a′′α′+ a′a′′α) dove — tenendo conto che a a′′= a′′a e a′a′′ = a′′a′ perch´e A `e anello commutativo — la coppia ottenuta alla fine `e la stessa ottenuta nel calcolo precedente. Cos`ı abbiamo trovato che
(
(a , α)·(
a′, α′))
·(
a′′, α′′)
= (a , α)·((
a′, α′)
·(
a′′, α′′))
, che significa appunto che l’operazione “· ” `e associativa, q.e.d.
— Esiste in A(2) un elemento neutro per l’operazione · : Infatti, per trovare un tale elemento neutro osserviamo che esso sarebbe un (a1, α1)∈ A(2) tale che
(a , α)· (a1, α1) = (a , α) e (a1, α1)· (a , α) = (a , α) (16) per ogni (a , α) ∈ A(2). Dalla formula esplicita per il prodotto, le condizioni in (16) diventano (a a1, a α1+ a1α) = (a , α) e (a1a , a1α + a α1) = (a , α) , che a loro volta equivalgono alle quattro equazioni (nelle due incognite a1, α1 ∈ A )
a a1 = a , a α1+ a1α = α , a1a = a , a1α + a α1 = α
le quali ammettono l’unica soluzione (a1, α1) = (1 , 0) . In conclusione esiste un elemento neutro in (
A ; ·)
, dato da (1 , 0) .
— L’operazione · `e commutativa: Infatti, per ( a′, α′)
,(
a′′, α′′)
∈ A(2) si ha (a′, α′)
·(
a′′, α′′) := (
a′a′′, a′α′′+ a′′α′)
= (
a′′a′, a′′α′+ a′α′′)
=: (
a′′, α′′)
·( a′, α′)
— sfruttando il fatto che somma e prodotto in A sono commutativi! — il che significa esattamente che il prodotto in A(2) `e commutativo, q.e.d.
Per la parte (a.3), ci basta dimostrare la distributivit`a (della somma rispetto al prodotto) da una parte sola, perch´e abbiamo gi`a visto che il prodotto `e commutativo, quindi la sua distributivit`a a destra (rispettivamente a sinistra) implica anche quella a sinistra (rispettivamente a destra). Procediamo dunque a dimostrare la distributivit`a a destra. Il calcolo diretto ci d`a
(a , α)·((
a′, α′) +(
a′′, α′′))
= (a , α)·(
a′+ a′′, α′+ α′′)
=
= (
a(
a′+ a′′) , a(
α′+ α′′) +(
a′+ a′′) α
)
= (
a a′+ a a′′, a α′+ a α′′+ a′α + a′′α)
=
=(
a a′+ a a′′, a α′+ a′α + a α′′+ a′′α)
=((
a a′) +(
a a′′) , (
a α′+ a′α) +(
a α′′+ a′′α))
=
= (
a a′, a α′+ a′α) +(
a a′′, a α′′+ a′′α)
= (a , α)·(
a′, α′)
+ (a , α)·(
a′′, α′′)
