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
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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.
![](../img/hr1.gif)
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:
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
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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.
|