Capitolo I: Preliminari

Paragrafo 1

Esercizio 1.2
Esercizio 1.4
Esercizio 1.5
Esercizio 1.6

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Paragrafo 3

Esercizio 1.3

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Paragrafo 5

Esercizio 5.1
Esercizio 5.6
Esercizio 5.12
Esercizio 5.13

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Paragrafo 6

Esercizio 6.1
Esercizio 6.5

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Esercizio 1.2

Ia parte: Si tratta di determinare il polinomio q(n).

1o metodo: Poniamo q(n) = an3+bn2+cn+d. Abbiamo: q(0) = 0 = d, e quindi:

q(1) = 1 = a+b+c (i)

q(2) = 5 = 8a+4b+2c (ii)

q(3) = 14 = 27a+9b+3c (iii).

Le equazioni (i), …, (iii) formano un sistema lineare a tre equazioni in tre incognite (a, b, c).

(iii) - [(i)+(ii)] dà: 8 = 18a+4b ¤ 4 = 9a+2b (*). Abbiamo (i)+(ii): 6 = 9a+5b+3c, inserendo (*) viene: b+c = 2/3 ( ). Sostituendo in (i): a = 1/3. Sostituendo in (ii): b = 1/2. Inserendo in ( ): c = 1/6. Finalmente: q(n) = n3/3 + n2/2 + n/6 = n(n+1)(2n+1)/6.

2o metodo: Abbiamo q(n+1) - q(n) = (n+1)2 = a[(n+1)3 - n3] + b[(n+1)2 - n2] + c[(n+1) - n]. Quindi: n2+2n+1 = 3an2+n(3a+2b)+a+b+c. Il polinomio a coefficienti reali T(x) = x2(1-3a)+x(2-3a-2b)+1-a-b-c ha un'infinità di radici (T(n) = 0, " n in N). Pertanto il polinomio T(x) è identicamente nullo e quindi: 1-3a = 0, 2-3a-2b = 0, 1-a-b-c = 0. Si ricava: a = 1/3, b = 1/2, c = 1/6; e poi d= 0. Finalmente: q(n) = n3/3 + n2/2 + n/6 = n(n+1)(2n+1)/6.

Osservazione: il secondo metodo permette di dimostrare l'enunciato seguente: se 12+…+n2 = q(n) = an3+bn2+cn+d per un'infinità di numeri naturali n, allora a = 1/3, b = 1/2, c = 1/6.

IIa parte: dimostriamo, per induzione, " n in N, la relazione P(n) dove: P(n) ¤ [02+12+&+n2 = f(n) = n3/3 + n2/2 + n/6]. Chiaramente P(0) è vera. Supponiamo P(n) vera, e mostriamo che questo implica P(n+1) vera. Abbiamo: 12+&+n2+(n+1)2 = [12+&+n2] + (n+1)2. Per ipotesi di induzione: 12+&+n2 = f(n) = n3/3 + n2/2 + n/6. Quindi: [12+&+n2] + (n+1)2 = n3/3 + n2/2 + n/6 + (n+1)2. Un semplice calcolo mostra che: n3/3 + n2/2 + n/6 + (n+1)2 = (n+1)3/3 + (n+1)2/2 + (n+1)/6 = f(n+1). Quindi P(n+1) è vera, e la proposizione è dimostrata.

Esercizio 1.4

(i) Chiamiamo X, Y, Z i tre concorrenti. Il concorrente X vede che Y e Z hanno un pezzo di stoffa nera; inoltre Y e Z non dicono niente. Dopo un pò X afferma di avere un pezzo di stoffa nera. Per arrivare a questa conclusione X ragiona così: se io avessi un pezzo di stoffa bianca la situazione sarebbe: X (b), Y (n), Z (n). In questa situazione Y (o Z) ragionerebbe così: la situazione è: X (b), Y (?), Z (n). Se io (Y) avessi un pezzo di stoffa bianca, Z vedrebbe due pezzi di stoffa bianca (il mio e quello di X) e quindi saprebbe che il suo pezzo di stoffa è nero (i pezzi di stoffa bianca sono due), e lo direbbe. Siccome Z non dice niente, questa ipotesi è assurda, ed io (Y) ho un pezzo di stoffa nera; e quindi lo dico. Ma, appunto, Y non dice niente, quindi l'ipotesi che X abbia un pezzo di stoffa bianca è assurda. Pertanto X ha un pezzo di stoffa nera, … e lo dice!

(ii) Ci sono tre possibilità (a secondo del numero di pezzi di stoffa bianca impiegati: 0, 1 o 2):

N B B (I)

N N B (II)

N N N (III)

________________________

X Y Z

(I) X vede i due bianchi e sa di avere un pezzo di stoffa nera; X è vantaggiato.

(II) X e Y sono vantaggiati: X (o Y) può ragionare così: se io (X) avessi avessi un pezzo di stoffa bianca, Y vedrebbe due pezzi di stoffa bianche, saprebbe di avere un pezzo di stoffa nera, e lo direbbe. Siccome non dice niente, ho un pezzo di stoffa nera. Osservare che X e Y vedono la stessa cosa.

(III) E' la posizione più equanime perchè tutti i concorrenti vedono la stessa cosa (2 pezzi di stoffa nera)


Esercizio 1.5

(i) 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19.

(ii) Se n non è primo, esiste d1, 1 < d1 < n, che lo divide: n = d1.n1. Siccome 1 < d1 < n, n, si ha: 1 < n1 < n. Se n1 è primo, abbiamo finito. Altrimenti, se n1 non è primo, esiste d2 , 1 < d2 < n1, che divide n1: n1 = d2.n2. Siccome 1 < d2 < n1 abbiamo 1 < n2 < n1. Quindi n = d1n1 = d1d2n2, 1 < n2 < n1 < n. Andando avanti così, se nessuno degli n1, …, nn-2 è primo otteniamo n = d1d2…dn-1nn-1, 1 < nn-1 < … < n1 < n; ma questo è assurdo (ci sono n-1 interi minori o uguali a n e strettamente superiori a 1).

(iii) Supponiamo per assurdo che P = {p1, p2, …, pk}, p1 = 2, …, sia l'insieme di tutti i numeri primi. Osserviamo che N = p1.p2.… .pk + 1 non può essere primo in quanto N > pk. Quindi, da (ii), N è divisibile per un numero primo, ossia uno dei pi: N = p1.p2.… .pk + 1 = dpi; da cui pi(d -p1.p2.…pi-1.pi+1… pk) = 1, ossia pi | 1, e quindi pi = 1; assurdo perchè pi è primo e pertanto pi > 1. Quindi l'insieme dei numeri primi è inifinito.


Esercizio 1.6

(i) E' chiaro perchè: "x in X si ha: 0 + x = x.

(ii) Se n appartiene a V allora, per definizione: "x in X, n <= x. Inoltre siccome X non possiede un elemento minimo: n non appartiene a X, quindi: "x in X, n < x. Pertanto n+1 <= x (se n+k = x e n < x, si ha k > 0. Quindi k-1 appartiene a N e n+1+(k-1) = x).

(iii) Chiaro



Esercizio 1.3


(i) E' chiaro: per definizione, f|X'(x) = f|X'(y) => f(x) = f(y); essendo f iniettiva, l'ultima uguaglianza implica x = y.

(ii) No: siano per esempio f: R --> R: x--> x, e X' = [0, 1]. L'applicazione f': [0, 1] --> R: x --> x non è suriettiva (Im(f') = [0, 1]).

(iii) Dalla definizione di f" risulta che Im(f") = Im(f) = f(X), quindi f" è suriettiva.

Altrimenti: sia y e f(X), allora y = f(x) per qualche x in X. Pertanto y = f"(x).

Se f è iniettiva anche f" lo è perchè: f"(x) = f"(y) => f(x) = f(y). Quindi f" è iniettiva e suriettiva (per il punto precedente); quindi f" è biiettiva.


Esercizio 5.1

Si ha e'.e = e' perchè e è il neutro, ma si ha anche e'.e = e. Quindi e = e'.

Da x.y = e segue x-1.(x.y) = x-1.e = x-1. Ma x-1.(x.y) = (x-1.x).y per associatività, e inoltre (x-1.x).y = e.y = y. Quindi x-1 = y


Esercizio 5.6

Se card(G) = 1 è tutto chiaro (G = {e} con e.e = e).

Se card(G) = 2 uno dei due elementi è il neutro, e, e sia x l'altro elemento: G = {e, x}. Siccome x.e = x, il simmetrico di x non può essere che x stesso. Quindi x.x = e. La tabella è:

e

x

e

e

x

x

x

e

Rimane da verificare che questa tabella definisce effettivamente una legge di gruppo su G. Questa verifica è facile, e anche inutile per quelli che hanno fatto l'esercizio 5.5: infatti tutti i gruppi con due elementi hanno la stessa tabella, quindi sono isomorfi, e quindi basta vedere se esiste un gruppo con due elementi. Si può considerare (Z/2Z, +).

Sia adesso card(G) = 3, G = {e, x, y}. Consideriamo il prodotto y.x:

Se y.x = x, allora (y.x).x-1 = x.x-1 = e; quindi e = (y.x).x-1 = y.(x.x-1) = y, ma questo è assurdo.

Se y.x = y, allora y-1.(y.x) = y-1.y; e questo implica x = e, assurdo. Quindi l'unica possibilità è y.x = e. Ossia x = y-1 e y = x-1. Inoltre x.y = e. Rimangono da determinare x.x, y.y.

Da y.x = e segue y.x2 = x. Se x2 = e allora y = x, assurdo. Se x2 = x allora e = y.x = y.x2 = x, assurdo. Se x2 = y allora y2 = x. Pertanto l'unica possibilità per la tabella è:

e

x

y

e

e

x

y

x

x

y

e

y

y

e

x


Come prima si conclude che tutti i gruppi con tre elementi hanno la stessa tabella e sono isomorfi a (Z/3Z, +). In particolare osserviamo che tutti i gruppi con al più 3 elementi sono commutativi

Osservazione: si può procedere più velocemente osservando che se G è un gruppo allora "x in G l'applicazione (o meglio il morfismo di gruppi) mx: G --> G: y --> x.y è biiettiva. Infatti mx è iniettiva perchè x.y = x.z implica y = z, ed è suriettiva perchè z = x.(x-1.z). Questo significa che ogni elemento di G deve trovarsi una e una sola volta in ogni riga e ogni colonna della tabella


Esercizio 5.12

Se G è abeliano si verifica facilmente che f: G --> G: x --> x2 è un morfismo.

Viceversa supponiamo che f sia un morfismo e mostriamo che G è abeliano.

Abbiamo xy = (y-1x-1)-1. Quindi f(xy) = f((y-1x-1)-1) = [f(y-1x-1)]-1= [f(y-1)f(x-1)]-1 =

[(y-1y-1)(x-1x-1)]-1 = xxyy. D'altra parte f(xy) = xyxy. In conclusione xxyy = xyxy. Siccome in un gruppo si può cancellare (componendo con i simmetrici), otteniamo xy = yx.

Esercizio 5.13

(i) Se f è un morfismo allora f(x-1.y-1) = f(x-1).f(y-1). Abbiamo f(x-1.y-1) = (x-1.y-1)-1 = y.x; mentre f(x-1).f(y-1) = (x-1)-1.(y-1)-1 = x.y. Quindi y.x = x.y e G è abeliano.

Supponiamo G abeliano. Abbiamo: f(x.y) = (x.y)-1 = y-1.x-1 = x-1.y-1 (perchè G è abeliano), ma x-1.y-1 = f(x).f(y). Quindi f è un morfismo di gruppi.

(ii) Chiaro perchè f ° f = IdG

Esercizio 6.1

Sia xy = 0. Se x è diverso da 0 allora x è invertibile e x-1(xy) = x-10 = 0, ossia y = 0

(perchè x-1(xy) = (x-1x)y = 1y = y).


Esercizio 6.5

(i) Siccome f è un morfismo dei gruppi addittivi basta mostrare f(x) = 0 => x = 0. Se x è diverso da 0, x è invertibile e f(x.x-1) = f(1) = 1. Ma f essendo un morfismo di anelli: f(x.x-1) = f(x). f(x-1). Se f(x) = 0 viene 1 = 0 ma questo è impossibile.

(ii) Risulta essenzialmente dal fatto che f: k --> f(k) è biiettiva.

(iii) Sia f: Z/2Z --> R un morfismo di campi. Siccome f è un morfismo dei gruppi addittivi: f(1+1) = f(1) + f(1) = 1+1 = 2. D'altra parte 1+1 = 0 in Z/2Z, quindi f(1+1) = f(0) = 0. Quindi si avrebbe 0 = 2 in R, assurdo.