Prova scritta di Algebra 23 settembre 2016

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1 Prova scritta di Algbra 23 sttmbr Si considri la sgunt applicazion: { Z21 Z ϕ : 3 Z 7 [x] 21 ([2x] 3, [x] 7 ) a) Vrificar ch ϕ è bn dfinita. b) Dir s ([1] 3, [5] 7 ) Imϕ in tal caso trovarn la primmagin. c) Dir, motivando adguatamnt la risposta s la mappa ϕ è biittiva. 2. Nl gruppo moltiplicativo di complssi C = C \ {0} si considri l lmnto ω := cos( 2π) + i sin( 2π) = 2 + i a) Si dtrmini il priodo di ω si dica s ω 3 = ω 37, motivando adguatamnt la risposta. b) Si scrivano gli lmnti dl gruppo H := ω. c) Si dtrminino i sottogruppi di H, scrivndo splicitamnt gli lmnti di ciascuno di ssi. 3. Siano A un anllo, B un dominio d intgrità f : A B un omomorfismo di anlli. Sia a A, a 0 tal ch a = 0 A. Provar ch a kr f.. Si considri l anllo di polinomi Z 5 [x]. a) Si dica s Z 5 [x] è un dominio a idali principali motivando la risposta. b) Sia I l idal gnrato da p(x) := x + 1 Z 5 [x]. Si dica s I è un idal massimal di Z 5 [x]. c) Si dtrminino gli idali massimali dll anllo quozint A := Z 5 [x]/i. A è un campo? 5. Siano f(x) = x 5 + x 5x 3 + 2x 2 + x 1 g(x) = x 3 + 3x 2 + x + 1 in Q[x]. a) Dtrminar il massimo divisor monico d(x) di f g. b) Dtrminar du polinomi a(x), b(x) Q[x] tali ch d(x) = a(x)f(x) + b(x)g(x).

2 Soluzioni Esrcizio 1. a) Pr vrificar ch ϕ è bn dfinita bisogna vrificar ch s [x] 21 = [y] 21 allora ϕ([x] 21 ) = ϕ([y] 21 ), ovvro ([2x] 3, [x] 7 ) = ([2y] 3, [y] 7 ). Abbiamo ch, s [x] 21 = [y] 21, allora y = x + 21k pr qualch k Z quindi ([2y] 3, [y] 7 ) = ([2(x + 21k)] 3, [(x + 21k)] 7 ) = ([2x + 2k)] 3, [x + 8k)] 7 ) = ([2x] 3 + [2k)] 3, [x] 7 + [8k)] 7 ) = ([2x] 3, [x] 7 ) prchè [2k)] 3 = [0] 3 [8k)] 7 = [0] 7. Quindi ϕ è bn dfinita. b) L lmnto ([1] 3, [5] 7 ) appartin all immagin di ϕ s solo s sist un lmnto [x] 21 dl dominio tal ch ϕ([x] 21 ) = ([1] 3, [5] 7 ), ovvro ([2x] 3, [x] 7 ) = ([1] 3, [5] 7 ), o quivalntmnt s il sistma di congrunz { 2x 1 mod 3 x 5 mod 7 ha soluzion. Poichè M.C.D.(3, 7) = 1, pr il torma cins dl rsto il sistma ha soluzion. Quindi l lmnto ([1] 3, [5] 7 ) appartin all immagin di ϕ. Pr trovar la primmagin risolviamo il sistma. Si vrifica immdiatamnt ch la prima congrunza ha soluzion particolar 2 (prchè 2 2 = 1 mod 3) quindi soluzion gnral x = 2 + 3k, k Z. Sostituiamo nlla sconda congrunza ottnndo (2 + 3k) 5 mod k 5 mod 7 5k mod 7 Qust ultima congrunza ha soluzion particolar 5 (prchè 5 5 = 25 mod 7). Sostitundo qusto valor di k nll sprssion di x ottniamo una soluzion particolar dl sistma: x 0 = = 17. La soluzion gnral è x = h, h Z. Prtanto la primmagin di ([1] 3, [5] 7 ) è [17] 21. c) Poichè M.C.D.(3, 7) = 1, pr il torma cins dl rsto il sistma { 2x a mod 3 x b mod 7 ha soluzion pr ogni a, b Z. Qusto ci assicura ch, pr ogni lmnto dl codominio ([a] 3, [b] 7 ), sist un lmnto dl dominio [x] 21 tal ch ϕ([x] 21 ) =

3 ([a] 3, [b] 7 ) prtanto ϕ è surittiva. Poichè dominio codominio sono insimi finiti con la stssa cardinalità, s ϕ è surittiva ssa dv ssr anch inittiva. Così ϕ è una biizion. Esrcizio 2. Sia ω := cos( 2π 8 ) + i sin( 2π 8 ) = i 2 2. a) Abbiamo ch s n N, quindi ω n = 1 s solo s { cos( 2πn ) = 1 8 sin( 2πn) = 0 2πn 8 8 Quindi il priodo di ω è 8. ω n := cos( 2π 8 n) + i sin(2π 8 n) = 0 + 2kπ, k Z n è multiplo di 8. Pr i risultati visti nl corso si ha ch ω 3 = ω 37 s solo s 3 37 mod 8. Ma 37 5 mod 8, quindi 3 37 mod 8 ω 3 ω 37. b) Si ha ch H := ω = {1, ω, ω 2, ω 3, ω, ω 5, ω 6, ω 7 }. c) I sottogruppi di H sono: H 1 = {1}, H 2 = ω 2 = {1, ω 2, ω, ω 6 }, H 3 = ω = {1, ω }, H = H. Esrcizio 3. Poichè f è un omomorfismo di anlli si ha 0 B = f(0 A ) = f(a ) = f(a) = f(a) f(a) 3. Essndo B un dominio d intgrità, in B il prodotto di du lmnti è 0 B s solo s almno uno di du lmnti ùgual a 0 B. Prtanto, da f(a) f(a) 3 = 0 B ottniamo ch o f(a) = 0 B, in qusto caso abbiamo finito prchè allora a kr f, oppur f(a) 3 = 0 B. Nl scondo caso, riptndo il ragionamnto abbiamo ch f(a) f(a) 2 = 0 B quindi di nuovo o f(a) = 0 B oppur f(a) 2 = 0 B. S ancora f(a) 2 = 0 B ottniamo ch f(a) f(a) = 0 B da cui dv ssr pr forza f(a) = 0 B quindi a kr f. Esrcizio. a) Poichè Z 5 è un campo, Z 5 [x] è un dominio uclido quindi anch un dominio a idali principali.

4 b) L idal I = (p(x)) è massimal in Z 5 [x] s solo s p(x) è irriducibil in Z 5 [x]. Poichè p(x) = x + 1 = x = (x 2 + 2)(x 2 2) è la fattorizzazion in irriducibili in Z 5 [x] (prchè 2 2 non sono quadrati in Z 5 ), p(x) non è irriducibil quindi I non è massimal. c) Sappiamo dal punto b) ch I non è un idal massimal di Z 5 [x]. Poichè il quozint A := Z 5 [x]/i è un campo s solo s I è un idal massimal, possiamo ddurr ch A non è un campo. Sia J un idal massimal di A. Allora pr i torma di corrispondnza, J = L/I, con L idal di Z 5 [x] contnnt I. Allora L = (g) con g Z 5 [x] d inoltr g dv ssr un polinomio ch divid p(x). Infin J è massimal in A s solo s L è massimal in Z 5 [x] quindi g(x) dv ssr irriducibil. Poichè p(x) = (x 2 + 2)(x 2 2) è la fattorizzazion in irriducibili di p(x), g può ssr x oppur x 2 2. Quindi gli idali massimali di A sono (x2 +2) (x 2 2) I. I Esrcizio 5. a) Pr trovar il massimo comun divisor tra f g usiamo l algoritmo di Euclid. Esso ci fornirà anch i polinomi a(x) b(x) richisti nl punto b). x 5 + x 5x 3 + 2x 2 + x 1 x 3 + 3x 2 + x + 1 x 5 3x x 3 x 2 x 2 2x 2x 6x 3 + x 2 + x 1 2x + 6x 3 + 2x 2 + 2x 3x 2 + 3x 1 x 3 + 3x 2 + x + 1 3x 2 + 3x 1 x 3 x 2 + 1/3x 1/3x + 2/3 2x 2 + /3x + 1 2x 2 2x + 2/3 2/3x + 5/3 Pr smplificar i calcoli dividiamo 3x 2 + 3x 1 pr 2x + 5 anzichè pr 2/3x + 5/3. 3x 2 + 3x 1 2x + 5 3x /2x 3/2x 21/ 21/2x 1 21/2x + 105/ /

5 L algoritmo di Euclid ci da 1 0 f 0 1 g 1 x 2 + 2x 3x 2 + 3x + 1 1/3x 2/3 1 ( x 2 + 2x)(1/3x + 2/3) 2/3x + 5/3 c(x) d(x) 0 con c(x) := 1 + ( 9 2 x + 63 )( 1 3 x 2 3 ) d(x) := x 2 + 2x + ( 9 2 x + 63 )[1 ( x2 + 2x)(1/3x + 2/3)], da cui ottniamo ch un massimo comun divisor di f g è / quindi il massimo comun divisor monico è 1. Inoltr moltiplicando ambo i mmbri pr Quindi = f(x)c(x) + g(x)d(x) 1 = f(x)c(x) + g(x)d(x). a(x) = c(x) = 1 ( 6x2 33x 38) b(x) = d(x) = 1 (6x + 21x 3 28x 2 58x + 63).