Soluzione degli esercizi proposti

Soluzione dell'esercizio 4.1  Procediamo per induzione su k. Se k=1 non c'è nulla da dimostrare. Supponiamo che la tesi sia vera per k e supponiamo che $p\big\vert n_1n_2\dots n_{k+1}$, ossia $p\big\vert(n_1n_2\dots n_k)n_{k+1}$. Per il corollario 4.3, si ha che $p\big\vert n_1n_2\dots n_k$ oppure $p\big\vert n_{k+1}$. Se si verifica la seconda eventualità abbiamo finito, altrimenti, per ipotesi di induzione esiste $i\in \{1,\dots,k\}$ tale che $p\big\vert n_i$, e quindi si conclude.     

Soluzione dell'esercizio 7.1  Per quanto visto nell'osservazione 7.7, possiamo definire l'applicazione $\Phi:R\to P$ data da $\Phi({\cal R})=X\big/\mathchoice {{}_{\!\displaystyle {}{\cal R}}} {{}_{\!\te... ... R}}} {{}_{\!\scriptstyle {}{\cal R}}} {{}_{\!\scriptscriptstyle {}{\cal R}}}$.

Data invece una partizione ${\cal P}\in P$ definiamo la relazione $\stackrel{{\cal P}}{\sim}$ ponendo

$$x_1\stackrel{{\cal P}}{\sim}x_2\iff \exists A\in {\cal P}: x_1,x_2\in A.$$

Proviamo che $\stackrel{{\cal P}}{\sim}$ è una relazione d'equivalenza.

$\stackrel{{\cal P}}{\sim}$ è riflessiva. Se $x\in X$ allora, dato che ${\cal P}$ ricopre X, esiste $A\in {\cal P}$ tale che $x\in A$ e quindi $x\stackrel{{\cal P}}{\sim}x$.

$\stackrel{{\cal P}}{\sim}$ è simmetrica. Ovvio.

$\stackrel{{\cal P}}{\sim}$ è transitiva. Siano $x_1\stackrel{{\cal P}}{\sim} x_2$ e $x_2\stackrel{{\cal P}}{\sim} x_3$, allora esistono $A,B\in {\cal P}$ tali che $x_1,x_2\in A$ e $x_2, x_3\in B$. Ma, allora $x_2\in A\cap B$ ossia $A\cap B\ne\varnothing$ e quindi coincidono, ossia A=B e quindi $x_1,x_3\in A$ ovvero $x_1\stackrel{{\cal P}}{\sim} x_3$.

Definiamo allora $\Psi:P\to R$ ponendo $\Psi({\cal P})=\stackrel{{\cal P}}{\sim}$, e proviamo che $\Phi\circ\Psi={\rm id}$ e $\Psi\circ\Phi={\rm id}$. Ciò concluderà la dimostrazione.

Sia ${\cal R}\in R$, allora, per la 2 della proposizione 7.3, si ha che $x_1{\cal R}x_2$ se e solo se $\left[x_1\right]_{{\cal R}}=\left[x_2\right]_{{\cal R}}$ossia se e solo se esiste $A\in X\big/\mathchoice {{}_{\!\displaystyle {}{\cal R}}} {{}_{\!\textstyle {}... ... R}}} {{}_{\!\scriptstyle {}{\cal R}}} {{}_{\!\scriptscriptstyle {}{\cal R}}}$ tale che $x_1,x_2\in A$ossia se e solo se esiste $A\in \Phi({\cal R})$ tale che $x_1,x_2\in A$ ossia se e solo se $x_1\stackrel{\Phi({\cal R})}{\sim} x_2$ e quindi ${\cal R}=\Psi(\Phi({\cal R}))$.

Sia invece ${\cal P}\in P$, allora, dato $A\in P$ sia $x\in A$, è chiaro che $\left[x\right]_{\stackrel{{\cal P}}{\sim}}=A$, ciò unito al fatto che ${\cal P}$ ricopre X permette di concludere che $X\big/\mathchoice {{}_{\!\displaystyle {}\stackrel{{\cal P}}{\sim}}} {{}_{\!\... ...l P}}{\sim}}} {{}_{\!\scriptscriptstyle {}\stackrel{{\cal P}}{\sim}}}={\cal P}$ ovvero che $\Phi(\Psi({\cal P}))={\cal P}$.     

Soluzione dell'esercizio 7.2   $\stackrel{f}{\sim}$ è riflessiva. Se $x\in X$ allora, f(x)=f(x) e quindi $x\stackrel{f}{\sim} x$.

$\stackrel{f}{\sim}$ è simmetrica. Ovvio.

$\stackrel{f}{\sim}$ è transitiva. Siano $x_1\stackrel{f}{\sim} x_2$ e $x_2\stackrel{f}{\sim} x_3$, allora f(x₁)=f(x₂) e f(x₂)=f(x₃) da cui segue immediatamente che f(x₁)=f(x₃) e quuindi $x_1\stackrel{f}{\sim}x_3$.     

Soluzione dell'esercizio 8.1  (1). Siano $f,g,h\in Y^X$ e sia $x\in X$, allora, usando l'associatività di * si ha:

$$\begin{eqnarray*}(f\bullet(g\bullet h))(x) & = & f(x)*(g\bullet h)(x)=f(x)*(g(x)... ...)*h(x) = ( f\bullet g(x) ) * h(x) =((f \bullet g) \bullet h)(x) \end{eqnarray*}$$

e quindi, per l'arbitrarietà di $x\in X$, $f\bullet(g\bullet h)=(f \bullet g) \bullet h$.

(2). Sia $1\in Y^X$ la funzione 1(x)=1_Y per ogni $x\in X$, essendo 1_Yl'unità di Y.. Allora per ogni $f\in Y^X$ e per ogni $x\in X$ si ha:

$$\begin{eqnarray*}(f\bullet 1)(x) & = & f(x)*1(x) = f(x)*1_Y = f(x) \\ (1\bullet f)(x) & = & 1(x)*f(x) = 1_Y*f(x) = f(x) \end{eqnarray*}$$

e quindi $f\bullet 1 = 1 \bullet f = f$.

(3). Dato ch eogni elemento di Y ha un inverso, data $f\in Y^X$ possiamo definire la funzione f^-1 pomnendo f^-1(x)=(f(x))^-1 per ogni $x\in X$. Allora per ogni $x\in X$ si ha

$$\begin{eqnarray*}(f\bullet f^{-1})(x) = f(x) * f^{-1}(x) = f(x) * (f(x))^{-1} = ... ...ullet f)(x) = f^{-1}(x) * f(x) = (f(x))^{-1} * f(x) = 1_y = 1(x) \end{eqnarray*}$$

e quindi $f\bullet f^{-1}=f^{-1}\bullet f= 1$.

(4). Siano $f,g\in Y^X$, per la commutatività di * si ha che per ogni $x\in X$

$$f\bullet g(x)=f(x)*g(x)=g(x)*f(x)=g\bullet f(x)$$

e quindi $f\bullet g = g \bullet f$.     

Soluzione dell'esercizio 8.2  Dal fatto che gg^-1=1=g^-1g ne segue che g è un inverso destro e sinistro di g^-1 e quindi per l'unicità dell'inverso g=(g^-1)^-1.     

Soluzione dell'esercizio 8.3  Si ha:

(g₁g₂)(g₂^-1g₁^-1)= g₁(g₂g₂^-1)g₁^-1= g₁1g₁^-1=g₁g₁^-1=1

ed analogamente si prova che anche (g₂^-1g₁^-1)(g₁g₂)=1.

Se il gruppo è commutativo, allora (g₁g₂)^-1=g₂^-1g₁^-1=g₁^-1g₂^-1. Viceversa, supponiamo che (g₁g₂)^-1=g₁^-1g₂^-1 per ogni $g_1,g_2\in G$. Allora

g₂g₁=(g₂^-1)^-1(g₁^-1)^-1=(g₁^-1g₂^-1)^-1 =((g₁g₂)^-1)^-1=g₁g₂

dove la prima e l'ultima uguaglianza sono ottenuta usando il risultato dell'esercizio precedente, la seconda uguaglianza è data dal primo fatto dimostrato in questo esercizio, e la terza dall'ipotesi.     

Soluzione dell'esercizio 8.4  G è chiuso per l'operazione, infatti se $g_1,g_2\in G$ siano $g_1^{-1},g_2^{-1}\in M$ gli inversi, allora

g₁g₂(g₂^-1g₁^-1)=g₁(g₂g₂^-1)g₁^-1=g₁1g₁^-1=g₁g₁^-1=1

ed in modo analogo anche (g₂^-1g₁^-1)g₁g₂=1, e quindi $g_1g_2\in G$.

Chiaramente 1 è invertibile e se g è invertibile anche g^-1 lo è.     

Soluzione dell'esercizio 8.5  Verifichiamo che per ogni n si ha che $n\mathbb Z$ è un sottogruppo di $\mathbb Z$. $0\in n\mathbb Z$ dato che $n\big\vert0$. Inoltre se $n\big\vert a$ e $n\big\vert b$ allora $n\big\vert a-b$ e quindi si conclude per il criterio del sottogruppo.

Proviamo ora che tutti i sottogruppi di $\mathbb Z$ sono di questo tipo. Sia G un sottogruppo di $\mathbb Z$. Se $G=\{0\}$ allora $G=0\mathbb Z$. Supponiamo che $G\ne\{0\}$, allora l'insieme $S=\{k\in G\mid k>0\}$ è non vuoto, in quanto se $x\ne0$ è un elemento di G allora uno tra x e -x sta in S. Sia $n=\min S$ che esiste per l'assioma di buon ordinamento. Proviamo che allora $G=n\mathbb Z$. Dato che $n\in G$allora anche $hn\in G$ per ogni $h\in\mathbb Z$ e quindi $n\mathbb Z\subseteq G$. Viceversa sia $g\in G$, allora esistono $q,r\in \mathbb Z$ tali che g=nq+r con $0\le r<n$. Ora, $r=g-nq\in G$e quindi se fosse positivo contraddirebbe la minimalità di n, quindi r=0, ossia g=nq, che vuol dire $g\in n\mathbb Z$.     

Soluzione dell'esercizio 8.6  Dimostriamo la prima. Se n=0 è ovvia. Se n>O è immediato dalla definizione delle potenze con esponente negativo. Se invece n<0 allora per definizione, si ha (x^-1)ⁿ=((x^-1)^-1)^-n, e quindi per l'esercizio 8.2, (x^-1)ⁿ=x^-n.

Dimostriamo la seconda per $n\ge 0$. Procediamo per induzione su n. Se n=0 allora

x^0+m=x^m=1x^m=x⁰x^m

Supponiamo che x^n+m=xⁿx^m allora

x^n+1+m=x x^n+m = x xⁿ x^m =xⁿ⁺¹x^m

Se ora n<0 allora -n>0 e quindi, usando la definizione, la prima formula e quanto abbiamo appena provato

x^n+m=(x^-1)^-(n+m)=(x^-1)^-n-m=(x^-1)^-n(x^-1)^-m=xⁿx^m.

La terza segue osservando che usando la seconda si ha:

$$x^{-n}x^{n}=x^{0}=1 \hbox{\rm { e }} x^{n}x^{-n}=x^{0}=1$$

quindi x^-n è l'inverso di xⁿ.

Proviamo ora la quarta. Proviamolo per $m\ge0$, procedendo per induzione su m. Per m=0

(xⁿ)⁰=1=x⁰=xⁿ⁰.

Supponiamo che (xⁿ)^m=x^nm, allora

(xⁿ)^m+1=xⁿ(xⁿ)^m=xⁿx^nm=x^n+nm=x^n(m+1)

Se m<0 allora -m>0 e quindi usando la terza, la definizione e quanto appena visto, si ha:

(xⁿ)^m=((xⁿ)^-1)^-m=(x^-n)^-m=x^(-n)(-m)=x^nm

    

Soluzione dell'esercizio 10.1  Sia $\sigma\in S_n$, e sia $\sigma=\pi_1\dots\pi_s$ la decomposizione in cicli disgiunti. Sia $\tau=(a~b)$ una trasposizione. Si hanno quattro possibilità:

1.

né a né b compare in alcun ciclo dei $\pi_i$

2.

solo a compare in un ciclo, che possiamo supporre essere $\pi_s$

3.

a e b compaiono in un solo ciclo, che possiamo supporre essere $\pi_s$

4.

a e b compaiono in due cicli diversi che possiamo supporre essere $\pi_{s-1}$ e $\pi_s$

Caso (1). In questo caso $\pi_1\dots\pi_k\tau$ è la decomposizione in cicli disgiunti di $\sigma\tau$ e quindi

$$\begin{eqnarray*}\varepsilon(\sigma\tau)&=&(-1)^{\sum_{i=1}^s(l(\pi_i)-1)+l(\tau... ...)-1)}= -\varepsilon(\sigma)=\varepsilon(\sigma)\varepsilon(\tau) \end{eqnarray*}$$

Caso (2). Sia $\pi_s=(a~a_1\dots a_k)$, allora

$$\begin{eqnarray*}\sigma\tau&=&\pi_1\dots\pi_s\tau=\pi_1\dots\pi_{s-1}(a~a_1\dots a_k)(a~b)=\pi_1\dots\pi_{s-1}(a~b~a_1\dots a_k) \end{eqnarray*}$$

è la decomposizione in cicli disgiunti di $\sigma\tau$ e quindi, detto $\pi_s'=(a~b~a_1\dots a_k)$, si ha $l(\pi_s')=l(\pi_s+1$, da cui:

$$\begin{eqnarray*}\varepsilon(\sigma\tau)&=& (-1)^{\sum_{i=1}^{s-1}+(l(\pi_i)-1)+... ...^{s}}= -\varepsilon(\sigma)=\varepsilon(\sigma)\varepsilon(\tau) \end{eqnarray*}$$

Case (3). Sia $\pi_s=(a ~ a_1 \dots a_k ~ b ~ b_1 \dots b_h)$ allora

$$\begin{eqnarray*}\sigma\tau&=&\pi_1\dots\pi_s\tau=\pi_1\dots\pi_{s-1}(a~a_1 \dot... ...\\ &=&\pi_1\dots\pi_{s-1}(a ~ b_1 \dots b_h)(b ~ a_1 \dots a_k) \end{eqnarray*}$$

è la decomposizione in cicli disgiunti di $\sigma\tau$. Posto $\pi_s'=(a ~ b_1 \dots b_h)$ e $\pi_s''=(b ~ a_1 \dots a_k)$ si ha che $l(\pi_s')+l(\pi_s'')=l(\pi_s)+2$ e quindi

$$\begin{eqnarray*}\varepsilon(\sigma\tau)&=& (-1)^{\sum_{i=1}^{s-1}+(l(\pi_i)-1)+... ...1)+1}= -\varepsilon(\sigma)=\varepsilon(\sigma)\varepsilon(\tau) \end{eqnarray*}$$

Caso (4). Siano $\pi_{s-1}=(a\ a_1 \dots a_k)$ e $\pi_s=(b\ b_1 \dots b_h)(a~b)$. Allora

$$\begin{eqnarray*}\sigma\tau&=&\pi_1\dots\pi_s\tau= \pi_1\dots\pi_{s-2}\pi_{s-1}(... ... &=&\pi_1\dots\pi_{s-2}(a ~ b_1 ~ \dots b_h ~ b ~ a_1 \dots a_k) \end{eqnarray*}$$

è la decomposizione in cicli disgiunti di $\sigma\tau$. Posto $\pi=(a ~ b_1 ~ \dots b_h ~ b ~ a_1 \dots a_k)$ si ha che $l(\pi)=l(\pi_{s-1}+l(\pi_s)+2$ e quindi:

$$\begin{eqnarray*}\varepsilon(\sigma\tau)&=& (-1)^{\sum_{i=1}^{s-2}+(l(\pi_i)-1)+... ...1)+1}= -\varepsilon(\sigma)=\varepsilon(\sigma)\varepsilon(\tau) \end{eqnarray*}$$

Questo conclude la dimostrazione.     

Soluzione dell'esercizio 14.1  Sono tutte verifiche elementari. Mostriamo, a titolo di esempio, che per la somma e il prodotto di classi di resto vale la proprietà distributiva

$$\left[a\right](\left[b\right]+\left[c\right])=\left[a\right]\... ...ght]=\left[a\right]\left[b\right]+\left[a\right]\left[c\right]$$

Mostriamo inoltre, con un esempio, che l'anello delle matrici non è commutativo se $n\ge2$. Per n=2 si consideri il seguente esempio:

$$\pmatrix{1&0\cr0&0}\pmatrix{0&1\cr1&0}=\pmatrix{0&1\cr0&0} \ne \pmatrix{0&0\cr1&0}=\pmatrix{0&1\cr1&0}\pmatrix{1&0\cr0&0}$$

Nel caso n>2 basta prendere le matrici dell'esempio appena dato ed estenderle con tutti 0 fino a farle diventare $n\times n$.     

Soluzione dell'esercizio 14.2  Tutte le asserzioni seguono da quanto visto nell'esercizio 8.1, tranne la distributività. Proviamola. Siano $f,g,h\in R^X$ e sia $x\in X$, allora usando la distributività in R, si ha

$$\begin{eqnarray*}(f(g+h))(x) & = & f(x)((g+h)(x)) = f(x)(g(x)+h(x)) = \\ & = & f(x)g(x)+f(x)h(x) = fg(x)+fh(x) = (fg+fh)(x). \end{eqnarray*}$$

Dato che ciò vale per ogni $x\in X$ allora f(g+h)=fg+fh.     

Soluzione dell'esercizio 14.3  Se $\left[a\right]$ è una unità, esiste $\left[x\right]$ tale che $\left[a\right]\left[x\right]=\left[1\right]$ ossia $\left[ax\right]=\left[1\right]$, che vuol dire $ax\cong 1\quad{\rm mod}\ n$, e pertanto esiste y tale che ax-1=ny e quindi 1=ax-ny e quindi per quanto osservato in 3.11, (a,n)=1.

Viceversa se (a,n)=1 esistono x,y tali che 1=ax+ny e quindi $ax\cong 1\quad{\rm mod}\ n$, ovvero $\left[a\right]\left[x\right]=\left[1\right]$.     

Soluzione dell'esercizio 14.4  Sia $\left[a\right]$ un divisore di zero. Se per assurdo (a,n)=1 allora per l'esercizio precedente $\left[a\right]$ sarebbe una unità , ma le unità non sono divisori di zero.

Viceversa supponiamo che $(a,n)\ne1$, allora $1\le n/(a,n)<n$ quindi $\left[n/(a,n)\right]\ne0$. D'altra parte an/(n,m)=[n,m] è un multiplo di n e pertanto $\left[a\right]\left[n/(n,m)\right]=\left[an/(n,m)\right]=\left[0\right]$.     

Soluzione dell'esercizio 14.5  In effetti il teorema precedente è un caso particolare dell'esercizio 8.4 in quanto le unità di un anello con identità R non sono altro che gli elementi invertibili del monoide moltiplicativo $(R,\cdot)$.     

Soluzione dell'esercizio 14.6  Segue immediatamente dagli esercizi 14.3 e 14.4     

Soluzione dell'esercizio 14.7  Il gruppo delle unità di $\mathbb Z$ è $\{-1,1\}$ e l'applicazione $(\mathbb Z\big/\mathchoice {{}_{\!\displaystyle {}2\mathbb Z}} {{}_{\!\textst... ...{}2\mathbb Z}} {{}_{\!\scriptscriptstyle {}2\mathbb Z}},+)\to (\{-1,1\},\cdot)$ definita da $\left[0\right]\mapsto1$ e $\left[1\right]\mapsto-1$ è un isomorfismo di gruppi.     

Soluzione dell'esercizio 15.1  Se R è commutativo, allora (a+I)(b+I)=ab+I=ba+I=(b+I)(a+I) per ogni $a,b\in R$ e quindi il quoziente è commutativo.

Se $1\in R$ allora (1+I)(a+I)=1a+I=a+I per ogni $a\in R$ e, analogamente anche (a+I)(1+I)=a+I per ogni a, quindi 1+I è l'identità del quoziente. Dato che $\pi(1)=1+I$ per definizione, la proiezione a quoziente è un morfismo di anelli unitari.     

Soluzione dell'esercizio 15.2  Per l'analogo risultato per i gruppi si ha che $\bigcap_{\lambda\in\Lambda}I_\lambda$è un sottogruppo per la somma.

Se $a\in R$ e $s\in \bigcap_{\lambda\in\Lambda}I_\lambda$, allora $s\in I_\lambda$ per ogni $\lambda$, dato che $I_\lambda$ è un ideale, allora $as\in I_\lambda$ e $sa\in I_\lambda$ per ogni $\lambda$, quindi $as, sa\in \bigcap_{\lambda\in\Lambda} I_\lambda$.     

Soluzione dell'esercizio 15.3  Mimando la definizione di sottogruppo generato diremo che l'ideale generato da un sottoinsieme T dall'anello R è il più piccolo ideale che contiene T, ossia se (T) è l'ideale generato, allora

1.

$T\subset(T)$

2.

se I è un ideale che contiene T allora $I\supseteq(T)$.

Un siffatto ideale, se esiste è chiaramente unico e d'altra parte l'intersezione di tutti gli ideali che contengono T è, per l'esercizio precedente, un iideale che ha evidentemente le proprietà richieste.     

Soluzione dell'esercizio 15.4  Se se $a\big\vert b$ allora esiste $c\in R$ tale che b=ac. Se I è un ideale tale che $a\in I$ allora)d:di $b = ca \in I$ e quindi $b\in (a)$. D'altra parte, proviamo che $J=\{b\in R\mid a \big\vert b\}$ è un ideale. Infatti se $b_1,b_2\in J$ allora esistono $c_1,c_2\in R$ tali che b₁=ac₁ e b₂=ac₂ e quindi $b_1+b_2=ac_1+ac_2=a(c_1+c_2)\in J$. Se $b\in J$ e $r\in R$ allora esiste b=ca e quindi $rb=r(ca)=(rc)a\in J$.     

Soluzione dell'esercizio 15.5  I+J è un ideale. Siano $a,a'\in I+J$ allora esistono $i,i'\in I$ e $j,j'\in J$ tali che a=i+je a'=i'+j', ma allora $a+a'=(i+j)+(i'+j')=(i+i')+(j+j')\in I+J$ dato che, essendo I e J degli ideali, $i+i'\in I$ e $j+j'\in J$. Sia $a\in I+J$ ossia a=i+j con $i\in I$ e $j\in J$. Sia $r\in R$, allora $ra=r(i+j)=ri+rj\in I+J$ dato che, essendo I e J degli ideali, $ri\in I$ e $rj\in J$.

Osserviamo infine che se $H\subseteq R$ è un ideale che contiene sia I che J, allora $i\in H$ per ogni $i\in I$ ei $j\in J$ per ogn $j\in H$, poiché H è un ideale, $i+j\in H$ per ogni $i\in I$ e $j\in J$, quindi $I+J\subseteq H$, da cui la tesi.     

Soluzione dell'esercizio 15.6  Sia $u\in I$ una unità. Allora esiste $u^{-1}\in R$ e quindi, usando la 2 della definizione di ideale, $1=uu^{-1}\in I$. Ma allora se $a\in R$, usando nuovamente la 2 della definizione di ideale $a=1a\in I$.     

Soluzione dell'esercizio 15.7  In un corpo tutti gli elementi non nulli sono invertibili, quindi se I è un ideale diverso da (0) allora I contiene un elemento invertibile. Per l'esercizio precedente, I=R.

Viceversa sia $a\in R-\{0\}$ si consideri (a) l'ideale generato da a , dato che $a\ne 0$ anche $(a)\ne(0)$ e quindi (a)=R, ma allora $1\in (a)$ e per l'esercizio 15.4 esiste $b\in R$ tale che 1=ab e quindi a è invertibile.,     

Soluzione dell'esercizio 17.1  Dato che ${\rm id}_t$ è un morfismo, si ha

$$\begin{eqnarray*}f_{P+Q}(t) & = & {\rm id}_t (P+Q)={\rm id}_t(P)+{\rm id}_t(Q)=f... ...t) & = & {\rm id}_t (PQ)={\rm id}_t(P){\rm id}_t(Q)=f_P(t)f_Q(t) \end{eqnarray*}$$

dato che valgono per ogni $t\in R$ e per come sono definite le operazioni nell'insieme delle funzioni, queste relazioni voglion dire che f_P+Q=f_P+f_Q e f_PQ=f_Pf_Q.     

Soluzione dell'esercizio 18.1  Sia $f:P\mapsto f_P$ l'applicazione in questione, allora f_P=0 se e solo se P(t)=0 per ogni $t\in K$. Se K è infinito, per il principio di identità dei polinomi, questo implica che P=0.

D'altra parte se il campo è finito, allora $K=\{\alpha_1,\dots,\alpha_n\}$. Consideriamo allora il polinomio, $P=\prod_i(x-\alpha_i)$. Chiaramente per ogni j si ha $P(\alpha_j)=\prod_i(\alpha_j-\alpha_i)=0$ e quindi f_P=0, ovvero $P\in\ker f$, da cui segue allora che $(P)\subseteq\ker f$.

D'altra parte se $Q\in\ker f$ allora $Q(\alpha_1)=0$ e quindi, per il teorema di Ruffini, $Q=(x-\alpha_1)Q_1$. $Q(\alpha_2)=0$ e quindi $(\alpha_2-\alpha_1)Q_1(\alpha_2)=0$ e quindi $Q_1(\alpha_2)=0$. Per il teorema di Ruffini allora $Q_1=(x-\alpha_2)Q_2$ e quindi $Q=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)Q_2$. Procedendo per induzione, si prova allora che $Q=\prod_(x-\alpha_i) Q_n=PQ_n$ ossia che $Q\in (P)$, ovvero $\ker f\subseteq (P)$. Mettendo insieme le due inclusioni si ha allora che $\ker f=(P)$.     

Soluzione dell'esercizio 18.2  Osserviamo che mostrare la tesi equivale a mostrare che

$$\forall k \qquad (x-\beta)^k\big\vert Q\iff (x-\beta)^k\big\vert P.$$

Chiaramente se $(x-\beta)^k\big\vert Q$ allora $(x-\beta)^k\big\vert P$. Proviamo ora che $(x-\beta)^k\big\vert P$ allora $(x-\beta)^k\big\vert Q$. Procediamo per induzione su k. Sia k=1, allora $(x-\beta)\big\vert P$implica che $P(\beta)=0$ ossia $(\beta-\alpha)^sQ(\beta)=0$, da cui $Q(\beta)=0$ e quindi, per il teorema di Ruffini, $(x-\beta)\big\vert Q$. Supponiamo la tesi vera per k e supponiamo che $(x-\beta)^{k+1}\big\vert P$. In particolare $(x-\beta)^k\big\vert P$, quindi, per ipotesi di induzione si ha che $(x-\beta)^k\big\vert Q$, ossia Q=(x-beta)^k R e quindi $P=(x-\alpha)^s(x-beta)^k R$. D'altra parte, $P=(x-\beta)^{k+1}S$ e quindi

$$\begin{eqnarray*}(x-\beta)^{k+1}S=(x-\alpha)^s(x-\beta)^k R & \iff & (x-\beta)... ...eta)S-(x-\alpha)^sR)=0 \\ & \iff & (x-\beta)S-(x-\alpha)^sR=0 \end{eqnarray*}$$

e l'ultima uguaglianza valutata in $\beta$ garantisce che $(\beta-\alpha)^sR(\beta)=0$ e quindi $R(\beta)=0$. Per il teorema di Ruffini, $R=(x-\beta)T$ e quindi $Q=(x-beta)^k R=(x-\beta)^{k+1}T$, e quindi la tesi.     

Soluzione dell'esercizio 18.3  Sia $n=\mathop{\rm char}\nolimits K$ e supponiamo che n non sia primo, esistono quindi $h,k\in \mathbb N$ tali che 1<h,k<n e n=hk. Ma allora n1=(hk)1=(h1)(k)1 e, dato che $n=\mathop{\rm char}\nolimits K$, $h1\ne0$ e $k1\ne0$, questo contraddice il fatto che K, essendo un campo, è un dominio di integrità.     

Soluzione dell'esercizio 18.4  Per la proprietà distributiva si ha pk= k(p1)=k0=0.     

Soluzione dell'esercizio 22.1  Sia $f\in R^X$, allora per ogni $x\in X$ si ha f²(x)=(f(x))²=f(x) e quindi f²=f.     

Soluzione dell'esercizio 22.2  Si consideri l'applicazione ${\cal P}(X)\to \mathbb Z\big/\mathchoice {{}_{\!\displaystyle {}2\mathbb Z}} ... ...{{}_{\!\scriptstyle {}2\mathbb Z}} {{}_{\!\scriptscriptstyle {}2\mathbb Z}})^X$ definita da $A\mapsto\chi_A$ essendo $\chi_A$ la funzione indicatrice di A, ossia

$$\chi_A(x)=\big\langle \begin{array}{ll} 1 & \quad \hbox{\rm ... ...}} x\in A \\ 0 & \quad \hbox{\rm {se }} x\notin A \end{array}$$

e si provi che è un isomorfismo.     

Soluzione dell'esercizio 22.3  Se $R\in R$ allora r(r-1)=0, quindi se $r\ne 0$ e $r\ne 1$ si ha che r è un divisore di zero e quindi non è invertibile, e quindi la tesi.     

Soluzione dell'esercizio 22.4  Basta fare tutte le verifiche. Diamo però un'altra dimostrazione. Osserviamo che

$$\begin{eqnarray*}a \oplus b & = & a+b+1 = (a +1) + (b+1) -1\\ a \odot b & = & a + b + ab=a + b + ab +1 -1 =(a+1)(b+1)-1. \end{eqnarray*}$$

Quindi detta $\varphi:R\to R$ l'applicazione biunivoca definita da $\varphi(a)=a+1$, si ha che

$$\begin{eqnarray*}a \oplus b & = & \varphi^{-1}(\varphi(a)\varphi(b))\\ a \odot b & = & \varphi^{-1}(\varphi(a)+\varphi(b)) \end{eqnarray*}$$

e quindi tutte le proprietà che sono verificate da + e $\cdot$ sono verificate anche da $\oplus$ e $\odot$. Si osservi inoltre che l'applicazione $\varphi: (R,\oplus,\odot)\to(R,+,\cdot)$ è un isomorfismo.     

Soluzione dell'esercizio 23.3  Dalle definizioni di massimo comun divisore e di minimo comune multiplo segue immediatamente che (a,b) e [a,b] sono rispettivamentel'estremo inferiore e l'estremo superiore di $\{a,b\}$. I relativi teoremi di esistenza (3.8 e 4.5) permettono di concludere.     

Soluzione dell'esercizio 23.4  (1). Se a e a' sono minimi, allora $a\le a'$, dato che a è minimo, ma anche $a'\le a$ dato che a' è minimo. Ma allora per la antisimmetria si ha che a=a'.

(2). Analoga alla precedente.

(3). Segue da (2), dato che l'estremo inferiore è il massimo dei minoranti.

(4). Segue da (1).

(5). Se è minimo è ovviamente minimale. In generale non è vero il vicevers. Si consideri $X=\mathbb N-\{1\}$ con l'ordinamento parziale indotto da $\big\vert$, allora ogni primo è minimale, infatti se p è primo e $n\big\vert p$ allora n=1 o n=p, dato che $1\notin X$ si ha che n=p.

(6). L'esempio si ottiene prendendo lo stesso X del punto precedente con l'ordinamento inverso.

(7). Sia $a = \min Y$, e sia x un minorante di Y allora $x\le a$, dato che $a\in Y$. D'altra parte a è un minorante di Y, quindi è il massimo dei minoranti di Y, ossia $a =\inf Y$. In generale il viceversa non è vero. Si pensi all'esempio dell'esercizio precedente, $\mathbb N$ ordinato parzialmente da $\big\vert$, allora $\inf\{4,6\}=2$ ma $\{4,6\}$ non ha minimo.

(8). Analogo al caso precedente. Come esempio si prenda $\mathbb N$ ordinato parzialmente da $\big\vert$, allora $\sup\{4,6\}=12$ ma $\{4,6\}$ non ha massimo.     

Soluzione dell'esercizio 24.1  Se $x\le y$ evidentemente x verifica le proprietà caratterizzanti dell'estremo inferiore:

$$\begin{array}{c} x\le x, \quad x\le y \\ z\le x \hbox{\rm { e }} z\le y \Rightarrow z\le x. \end{array}$$

Viceversa se $x=x\wedge y$ , dal fatto che $x \wedge y \le y$ segue allora che $x\le y$.

La seconda equivalenza segue dal principio di dualità dei reticoli, infatti, la prima equivalenza, applicata al reticolo duale di $(L,\ge)$ dice che

$$x\ge y\iff x = x \vee y$$

e quindi, scambiando x con y si ha $x\le y\iff y = y\vee x =x\vee y$.     

Soluzione dell'esercizio 25.1  Supponiamo che $x\vee y=y$, allora $x\wedge(x\vee y)=x\wedge y$, ma per la proprietà di assorbimento si ha che $x\wedge(x\vee y)=x$ e quindi $x=x\wedge y$.

Viceversa, supponiamo che $x=x\wedge y$, allora, usando le proprietà commutativa e di assorbimento, $x\wedge y=(x\vee y)\wedge y=y\wedge(y\vee x)=y$.     

Soluzione dell'esercizio 25.2  Dimostiamo che $(1)\Rightarrow(2)$. Infatti

$x\wedge(y\vee z)$	=	$x\wedge(y\vee z)$	(ipotesi 1)
	=	$x\wedge(y\vee z)$	(commutativa)
	=	$x\wedge(y\vee z)$	(assorbimento)
	=	$x\wedge(y\vee z)$	(ipotesi 1)
	=	$x\wedge(y\vee z)$	(commutativa)
	=	$x\wedge(y\vee z)$	(associativa)
	=	$x\wedge(y\vee z)$	(assorbimento)

Osserviamo ora che la proposizione $(2)\Rightarrow(1)$ è duale di $(1)\Rightarrow(2)$. Visto che si è provato che in ogni reticolo $(1)\Rightarrow(2)$, allora, per il principio di dualità, in ogni reticolo vale anche $(2)\Rightarrow(1)$.     

Soluzione dell'esercizio 27.2  Si mimi la dimostrazione dei teoremi di omomorfismo per gruppi e per anelli.