Alcuni esercizi su omomorfismi di anelli.

[Kashaman]

Ragazzi, ho il seguente quesito.
Tema d'esame
Siano $a,n$ interi . $n>1$
Sia $A={x+iy| x,y in ZZ}$ , il quale è un sotto anello unitario di $CC$.
Si consideri $f_(a,n) : A-> ZZ_n$ tale che $AA x,y in ZZ$
$f_(a,n) (x+iy)= [a(x^2+y^2)]_n$

a) dire se $f_(7129,4)$ è suriettiva
b) Dimostrare che $f_(1,2)$ è un omomorfismo di anelli unitari.
c) Dimostrare che $Kerf_(1,2)$ non è un gruppo ciclico.
d) Dire per quali interi dispari $a$ e quali $n>1$ , $f_(a,n)$ è un omomorfismo di anelli.

per il punto $a)$

Allora, il punto $a$ ho dubbi. sicuramente $Imf_(7129,4) = {[x^2+y^2]_4| x,y in ZZ}$. Sicuramente $f$ non è suriettiva, Ho pensato di vedere un po quali valori assume $f$ al variare di $x,y in ZZ$
Ho fatto queste considerazioni, se sia $x,y$ sono coprimi con quattro allora $x^2-=y^2-=1(mod4)$ allora la loro somma è $[2]_4$
Se entrambi hanno un fattor comune con quattro, allora , sono sicuramente entrambi pari e quindi $[x^2+y^2]_4=[0]_4$
Se uno di loro è multiplo di quattro e l'altro non lo è allora $[x^2+y^2]_4=[1]_4$ (lo so dovrei formalizzare meglio)
Quindi $Imf_(7129,4) = {[x^2+y^2]_4| x,y in ZZ} = {[0]_4,[1]_4,[2]_4}!=ZZ_4$ Quindi $f$ non è suriettiva.

che ne dite? Va bene ragionare cosi?
Per il punto $b$ non ho avuto grossi problemi, è di semplice verifica, lo si può far manualmente.
Per il punto c)
ho ragionato cosi

Prima di tutto mi determino il nucleo di $f_(1,2)$
Considero $x=a+bi in A$
$x in Kerf_(1,2) <=> f(x)=[0]_2 => [a^2+b^2]_2=[a^2-b^2]_2=[0]_2 <=>$
$ 2| a^2-b^2=(a-b)(a+b) => 2|(a-b) vv 2|a+b$
Quindi in entrambi i casi $a-=b(mod2)$
ne segue che $Kerf_(1,2)={a +ib in A | a-=b(mod2)}$
Per mostrare che $f$ non è ciclico mi basta trovarne un controesempio.
Siano $1+i , 2i in Kerf_(1,2)$
Se $Kerf_(1,2)$ è ciclico allora $EE n in ZZ | n(2i)=(1+i) vv n(1+i)=2i$ ma ciò non è possibile.
Segue allora che $Kerf_(1,2)$ non è ciclico

Per il punto $d$ devo ancora pensarci un pochetto
Come vi sembra?
Grazie mille...

[Kashaman]

Ragazzi per il punto $d$ penso di esser giunto ad una conclusione. Anche se non ne sono sicuro. Sono un poco in altomare

Lo ricordo
trovare per quali $n>1$ ed $a$ dispari, $f_(a,n)(x+iy)=[a(x^2+y^2)]_n$ è un omomorfismo di anelli.
Svolgimento .

faccio uso dei seguenti lemma.
lemma 1 $AA x,y in ZZ : [a(x+y)^2]_n=[ax^2+ay^2]_n <=> n|2a$
dim lemma 1
Se $n=2a$ è ovvio, si ha che $[ax^2+2axy+ay^2]_2=[ax^2+ay^2]_n$
D'altro canto se $ [a(x+y)^2]_n=[ax^2+ay^2]_n<=> n|2axy$, ma data l'arbitrarietà di $x^^y$ deve risultare che $n|2a$.
lemma 2
$AA x,y in ZZ : [a(xy)^2]_n=[a^2(xy)^2]_n <=> n|a vv(a-1)$
$<=$ ovvio. $=>$ come sopra, in particolare se $n|a(a-1)$ allora $n|a vv n|(a-1)$ , non può dividerli entrambi, perché sono uno il successivo dell'altro.
Esercizio.
Se deve valere che $AA x,y in A : f(x+y)=f(x)+f(y)$ allora, per il lemma 1 , $n|2a$ (1). In particolare, segue che $n$ è pari.
In particolare se deve valere che $AA x,y in A : f(xy)=f(x)f(y)$ allora $n$ non può dividere $a$, in quanto $a $ è dispari e $n$ è pari. Allora $n$ divide $a-1$. e quindi $a-1-=2k+1-1-=2k-=0(modn)$.
segue che $k-=0(mod(n/2))$ e quindi $a=2k+1=2(nq/2)+1=nq+1, q in ZZ$
Ora , poiché $n|2a => n|(2n+2) => n|2$ e poiché $n>1$ segue che $n=2$
pertanto $a$ è della forma $a=2q+1 $ cioè $a-=1(mod2)$.
Conclusione $f$ è un omomorfismo se e solo se $n=2 ^^ a-=1(mod2)$ (con la condizione che a è dispari!)

raga ho detto tante fesserie?
grazie mille

[killing_buddha]

Per il primo punto basta fare il caso in cui x,y sono entrambi pari, e poi quello in cui uno e' pari e l'altro dispari: in ambo i casi non riesci a ottenere [3], quindi la tua mappa non e' epi.

Per mostrare che ha nucleo non ciclico non so se va bene ragionare cosi', perche' in fin dei conti su quella falsariga uno potrebbe dire: prendo 3 e 7 in Z, non esiste n tale che 3n=7, ne' m tale che 7m=3, ergo Z non e' ciclico. Capisci che questo non e' vero. E $\ker f_{1,2}$ sembra tanto un sottogruppo infinito, per come lo hai caratterizzato, ergo dovrebbe essere isomorfo a Z... questo da solo ti porta a trovare evidente che non puo' essere ciclico (dovrebbe esserci un isomorfismo di gruppi abeliani che manda 1 in... chi?)

[Kashaman]

Salve killing_buddha, ti ringrazio infinitamente per la tua risposta.
Per il punto a) è un po quello che ho fatto io, giusto? Sono partito da questa considerazione.
Se $(n,4) = d $ , $n in ZZ$ allora $n$ è pari.
E ho visto un po i casi in cui mi potevo trovare.
seguendo il tuo consiglio, direi che se $x,y$ sono pari allora $[x^2+y^2]_4=[0]_4$ , mentre se uno è pari e l'altro è dispari ottengo che $[x^2+y^2]_4=[1]_4$ , se sono entrambi dispari ottengo che $[y^2+x^2]=[2]_4$ e quindi non ottengo mai $[3]_4$ e quindi non tutti gli elementi di $ZZ_4$ hanno controimmagine e quindi $f$ non è suriettiva e quindi non è un epimorfismo. E' tutto corretto?
(domanda : perché posso fermarmi al caso in cui x, y sono entrambi bari e uno pari e l'altro dispari? non è più corretto considerare anche l'altra eventualità ove siano entrambi dispari? o sbaglio? )
Per il punto b) hai estremamente ragione, sono caduto proprio come un fesso. Riparto dall'inizio.Allora,
ho trovato il kernel che risulta essere
$Kerf_(1,2) = {a+bi in A | a-=b(mod2)}$
Voglio provare che non è ciclico.
$Kerf_(1,2)$ ovviamente è un sottogruppo di $A$ infinito, e come tu dici , (molto saggiamente), se è ciclico è isomorfo a $ZZ$.
Se esiste un isomorfismo tra $ZZ-> Kerf_(1,2)$ allora $1_(ZZ) -> 1_(Kerf_(1,2)) $ , ove $1_k$ è il generatore di $kerf_(1,2)$,
in particolare l'isomorfismo è dato dall'applicazione $I$ definita per ogni $n in ZZ$ , $n-> ng$... ove $g$ è un elemento aperiodico di $kerf_(1,2)$
Supponiamo che $g=a+bi | a,b in ZZ : a-=b(mod2)$
E definiamo l'applicazione $I : ZZ-> Kerf_(1,2)$ definita ponendo $AA n in ZZ : f(n) = n(a+bi)$.
Se esiste l'isomorfismo allora $I$ è l'isomorfismo cercato.
Ma noto subito che ad esempio $I$ non è suriettiva, in quanto, ad esempio l'elemento $1+i in K$ non ha controimmagine. infatti supponiamo che esista $a'+b'i in Kerf_(1,2) | f(n) = 1+i => n(a+bi)=1+i <=>na+nbi=1+i => na= 1 ^^ nb= i => n=1/a ^^ n=i/b $ assurdo perché non possono valere contemporaneamente le due uguaglianze, pertanto $I$ non è un isomorfismo, ne segue allora che $Kerf_(1,2)$ non è ciclico?
Sembra molto forzata come cosa.. come potevo concludere più semplicemente?
grazie mille

[Kashaman]

confido che questo quesito mi sta mettendo un po in crisi, magari è semplice semplice la questione, ma proprio non la vedo la soluzione
Allora ho trovato che $Kerf_(1,2) ={a+bi|a,b in ZZ ^^ a-=b(mod2)}$ , quel che potrei diciamo vedere un po è questo.
Se considero $K = { a | a in ZZ ^^ a-=0(mod2) }$ questo è un sottogruppo di $Kerf_(1,2)$ , in particolare risulta proprio che $K$ è isomorfo a $2ZZ$ e quindi essendo $2ZZ$ isomorfo a $ZZ$ segue che $K$ è isomorfo a $ZZ$ (quindi $K$ è ciclico).
Ma ora essendo $K!=Kerf_(1,2)$ si ha che $K$ e $Kerf_(1,2)$ non sono isomorfi, ora poiché $K$ è isomorfo a $ZZ$ segue che $ZZ$ non è isomorfo a $Kerf_(1,2)$ e quindi $K_(1,2)$ non è ciclico. Che ne dite?

[Kashaman]

attendendo nella speranza che qualche anima pia estirpi i miei dubbi riguardo i punti $c)$ e $d) $ del quesito precedente, posto qui un'altro quesito che mi sta dando non pochi problemi (ammetto però che è abbastanza banale come cosa)
Allora
consideriamo $A= { ((a,b),(b,a))| a,b in ZZ}$ sotto anello unitario di $M_2(ZZ)$
e consideriamo $f : A -> ZZ_8$ definita $AA x in A : f(x) = [a+3b]_8$
mi si chiede di trovare $kerf$ e dire se $f$ è suriettiva. (ho già provato che è un omomorfismo unitario di anelli).
Allora, riadattando la definizione di nucleo ho da trovarmi
$Kerf= { ((a,b),(b,a)) in A| f( ((a,b),(b,a)))=[0]_8}$
Allora, considero $x in A$
$x in Kerf <=> f(x) = [0]_8 => [a+3b]_8=[0]_8 <=> a-=5b(mod8) vv b-=5a(mod8)$ quindi
$Kerf= { ((a,b),(b,a)) in A| a-=5b(mod) vv b-=5a(mod8)}$ è giusto?
per la suriettività avrei ragionato cosi.
io so che $Imf sube ZZ_8$ affinché $f$ sia suriettiva devo dimostrare che $ZZ_8 sube Imf$ ( so per certo che $f$ è suriettiva, non riesco a trovare un controesempio che mi dica che non lo è!)
Io avevo pensato di notare che se prendiamo $K= { [a+3b]_8 | a in ZZ ^^ b=0}$ , $K$ è un sottoanello di $imf$ , in particolare $k sube Imf$ e guarda caso coincide con $ZZ_8$ e quindi $K= ZZ_8 sube Imf$ risulta essere provata . Pertanto vale che $Imf = ZZ_8 =>$ f epimorfismo.
E tutto giusto ? va bene ragionare così?

[Francesco712]

"Kashaman":attendendo nella speranza che qualche anima pia estirpi i miei dubbi riguardo i punti $c)$ e $d) $ del quesito precedente, posto qui un'altro quesito che mi sta dando non pochi problemi (ammetto però che è abbastanza banale come cosa)
Allora
consideriamo $A= { ((a,b),(b,a))| a,b in ZZ}$ sotto anello unitario di $M_2(ZZ)$
e consideriamo $f : A -> ZZ_8$ definita $AA x in A : f(x) = [a+3b]_8$
mi si chiede di trovare $kerf$ e dire se $f$ è suriettiva. (ho già provato che è un omomorfismo unitario di anelli).
Allora, riadattando la definizione di nucleo ho da trovarmi
$Kerf= { ((a,b),(b,a)) in A| f( ((a,b),(b,a)))=[0]_8}$
Allora, considero $x in A$
$x in Kerf <=> f(x) = [0]_8 => [a+3b]_8=[0]_8 <=> a-=5b(mod8) vv b-=5a(mod8)$ quindi
$Kerf= { ((a,b),(b,a)) in A| a-=5b(mod) vv b-=5a(mod8)}$ è giusto?
per la suriettività avrei ragionato cosi.
io so che $Imf sube ZZ_8$ affinché $f$ sia suriettiva devo dimostrare che $ZZ_8 sube Imf$ ( so per certo che $f$ è suriettiva, non riesco a trovare un controesempio che mi dica che non lo è!)
Io avevo pensato di notare che se prendiamo $K= { [a+3b]_8 | a in ZZ ^^ b=0}$ , $K$ è un sottoanello di $imf$ , in particolare $k sube Imf$ e guarda caso coincide con $ZZ_8$ e quindi $K= ZZ_8 sube Imf$ risulta essere provata . Pertanto vale che $Imf = ZZ_8 =>$ f epimorfismo.
E tutto giusto ? va bene ragionare così?

PPer il nucleo credo basti la prima congruenza che scrivi essendo \(\displaystyle a, b \) qualsiasi. Per la suriettività va bene \(\displaystyle K \) che hai trovato.

[Kashaman]

grazie francesco

[Kashaman]

ne posto un'altro, tanto per esser convinto che ragiono in maniera corretta.
Sia $A= { ((a,b),(c,d))| a,b,c,d in ZZ , a-=d(mod2)^^ c-=b(mod2)}$
1) provare che $A$ è un sotto anello unitario di $M_2(ZZ)$
2) dire se $A$ è commutativo
3) dire se $\phi : A -> ZZ_2$ , $\phi(((a,b),(c,d)))=[a^2+b^2]_2$ è un omomorfismo di anelli.
svolgimento

1) Siano $x=((a,b),(c,d)) ^^ y=((e,f),(g,h)) in A$
poiché
$x-y =((a,b),(c,d)) - ((e,f),(g,h)) = ((a-e,b-f),(c-g,d-h)) in A$ in quanto $a-e-=d-h(mod2)$ e $b-f-=c-g(mod2)$
e $x*y =((a,b),(c,d)) *((e,f),(g,h)) = ((ae+bg,af+bh),(ce+dg,cf+dh)) in A$ in quanto $ae+bg-=cf+dh(mod2)^^af+bh-=ce+dg(mod2)$ per la seconda caratterizzazione di sotto anelli, si prova che $A$ è un sotto anello di $M_2(ZZ)$
ora se scegliamo $b=d=0 ^^ a=c=1$ si ha che $a-=c(mod2)^^b-=d(mod2)$ e quindi
$((1,0),(0,1)) in A$ che è l'unita di $M_2(ZZ)$ quindi $A$ è unitario e in particolare $1_A=1_(M_2(ZZ))$
2) $A$ è commutativo. Infatti $((e,f),(g,h))*((a,b),(c,d))= ((ea+fc,eb+fd),(ga+hc,gb+hd))$ = {che tenendo conto della definizione di $A$ e del fatto che la somma e il prodotto di $ZZ$ è commutativo si ottiene che} =$ ((ae+bg,af+bh),(ce+dg,cf+dh)) = ((a,b),(c,d)) *((e,f),(g,h)) $
3) Siano $x=((a,b),(c,d)) ^^ y=((e,f),(g,h)) in A$
si ha che $\phi(x+y) =\phi ((a+e,b+f),(c+g,d+h))=[(a+e)^2+(b+f)^2]_2=..=[a^2+b^2]_2+[e^2+f^2]_2=\phi(x)+\phi(y)$
e $ \phi(xy)=[ae^2+bg^2+af^2+bd^2]_2=[ae^2+af^2+bc^2+bd^2]_2=$
$=[ae^2+af^2+eb^2+bf^2]_2=[a^2+b^2]_2*[e^2+e^2]_2=\phi(x)\phi(y)$
in aggiuntiva aggiungerei che $\phi$ non è un monomorfismo (ovvio!) e che tutte le matrici di $A$ aventi $a,b$ entrambi pari o entrambi dispari appartengono A Kerf.
Inoltre aggiungerei che $\phi$ è un epimorfismo. Infatti $im\phi = {[0]_2,[1]_2}= ZZ_2$.

che ne dite?
grazie.

[perplesso1]

"Kashaman":ora se scegliamo b=d=0∧a=c=1 si ha che a≡c(mod2)∧b≡d(mod2) e quindi
(1001)∈A

Eh? Hai sbagliato a digitare?

Non ho capito come hai svolto il punto 2, perchè per esempio $ea+fc$ dovrebbe essere uguale a $ae+bg$ ?? Il terzo punto invece mi sembra corretto.

[Kashaman]

lo riscrivo forse ho commesso qualche errore di battitura.
$((a,b),(c,d))*((e,f),(g,h))=((ae+bg,af+bh),(ce+dg,cf+dh))$
mentre
$((e,f),(g,h))((a,b),(c,d))=((ea+fc,eb+fd),(ga+hc,gb+hd))$
ora tengo presente che $a-=d(mod2)$, $b-=c(mod2)$ , $e-=h(mod2)$ , $f-=g(mod2)$
quindi
$ea+fc= ae+bg$
$eb+fd=hb+af$
$ce+dg=ga+hc$ e infine
$ef+dh=gb+hd$.... penso non sia sbagliato, o sbaglio?!
Comunque intendevo $((1,0),(0,1)) in A$ il che mostrerebbe che $A$ è unitario.
Fammi sapere, grazie.

[perplesso1]

ma le entrate delle matrici sono in $ZZ$ oppure in $ZZ_2$ ?? Perchè se sono in $ZZ$ allora $A$ non è commutativo, esempio

$ ((1,1),(1,1)) * ((1,1),(1,3)) = ((2,4),(2,4)) $

$ ((1,1),(1,3)) * ((1,1),(1,1)) = ((2,2),(4,4)) $

Se invece stai calcolando in $ZZ_2$ allora fai bene però prima hai scritto $ZZ$, boh...

[Kashaman]

mazzarella sono in $ZZ$ , hai ragione . Effettivamente non commuta.
Ho preso una svista enorme. I coefficienti della matrice sono in $ZZ$, ma come un babbo li ho trattati come in $ZZ_2$. Grazie che m'hai fatto notare l'errore

[Kashaman]

A rieccomi,
Sia $n in ZZ$ , $n >1$
Si consideri $f_n : ZZ_(2n) -> ZZ_2\timesZZ_n$ definita ponendo $AA x in ZZ$
$f([x]_(2n))=([x]_2,[10x]_n)$
a) determinare per quali $n$ , $f_n$ è un isomorfismo di gruppi additivi.
b) determinare per quali $n$, $f_n$ è un isomorfismo di anellli.

Ho ragionato così. Ho notato che per ogni $n>1$ $f_n$ conserva la somma e quindi è un omomorfismo di gruppi additivi.
Per stabilire per quali $n$ $f_n$ è un isomorfismo , mi basta stabilire per quali $n$ è un monomorfismo. In quanto $f_n$ è un'applicazione tra insiemi equipotenti.
Considero $[x]_(2n) in ZZ_(2n)$
$[x]_(2n) in ZZ_(2n) in Kerf_n <=> f_n([x]_(2n) ) =([0]_2,[0]_n) $
$=> ([x]_2,[10x]_n)=([0]_2,[0]_n)<=> x-=0(mod2) ^^ 10x-=0(modn)$
Ora per avere che $Kerf_n={[0]_(2n)}$
deve risultare che $(2,n)=1 ^^ (10,n)=1$ quindi $n$ non deve essere ne multiplo di due, ne multiplo di 5.
Sotto queste condizioni $f_n$ risulterebbe essere un isomorfismo di gruppi.
b) Abbiamo già trovato sotto quali condizioni $f_n$ è un isomorfismo di gruppi additivi. Ci manca da trovare per quali $n$ tali che $(2,n)=(10,n)=1$ $f_n$ conserva il prodotto.
Ciò avviene se $f_n([xy]_(2n)=([xy]_2,[10xy]_n)=([xy]_2,[100xy]_n <=> 100-=10(mod n) => n|90$ , è giusto?!pertanto $n in {2,3,9,5}$ ma poiché $f_n$ deve essere un isomorfismo, dalle condizioni trovate in precedenza, gli unici valori accettabili sono $n in {3,9}$ per si fatti valori $f_n$ è un isomorfismo di anelli

porfavor , dateci un'occhiata, indicatemi se sbaglio qualcosa,e prendetemi a parole se ho detto delle assurdità
grazie mille..

EDIT : il punto b) sembra essere confermato dal teorema che ho postato qui.
Il punto c) invece ho ancora qualche dubbio sulla risoluzione.
Ne posto un'altro.
altro quesito
Sia $f: ZZ_210->ZZ_210$ un'applicazione definita ponendo $AA x in Z : f([x]_210)=[x^53]_210$
dire se per corestrizione e restrizione $f$ induce un automorfismo delle $U(ZZ_210)$

è vero, lo si può mostrare "artigianalmente" mostrando che $f|_(U(ZZ_210))$ conserva il prodotto e che il nucleo è banale notando che $(\phi(210)=|U(ZZ_210)|,53)=1$ e che quindi $x^53=1(mod210) => x=1$
Ma dall'ultimo teoremetto postato qui segue banalmente. (che figata l'herstein!)

[perplesso1]

A meno di sviste mi sembrano giusti.

[Kashaman]

Ti ringrazio perplesso vorrei ricambiare anche io ogni tanto, ma sono all'inizio si può dire del mio percorso! da quel che ho capito te sei molto più avanti.
Nella mia risoluzione del penultimo quesito faccio questa doppia implicazione.
$10xy-=100xy(modn)<=> 10-=100(modn) <=> n|90$.
ok , so che in linea teorica è giusta. ma come la giustifico?
do per scontato che $xy$ siano cancellabili, ma non è detto che $n$ sia primo!!!! e potrebbe esser non vera quella.
Che mi stò perdendo?

[perplesso1]

"Kashaman":$10xy-=100xy(modn)<=> 10-=100(modn) <=> n|90$.

La prima congruenza deve valere per ogni $x$ e $y$, giusto? e allora scegli $x$ e $y$ invertibili e ottieni la direzione $=>$, ti convince?

Edit: anzi per farla ancora più semplice... sei daccordo che deve accadere questo $f([1]_{2n}) = f([1]_{2n}) * f([1]_{2n})$ ? cioè $([1]_2, [10]_n) = ([1]_2, [10]_n)*([1]_2, [10]_n)=([1]_2, [100]_n)$ e quindi $[10]_n = [100]_n$

[Kashaman]

"perplesso":[quote="Kashaman"]$10xy-=100xy(modn)<=> 10-=100(modn) <=> n|90$.

La prima congruenza deve valere per ogni $x$ e $y$, giusto? e allora scegli $x$ e $y$ invertibili e ottieni la direzione $=>$, ti convince?

Edit: anzi per farla ancora più semplice... sei daccordo che deve accadere questo $f([1]_{2n}) = f([1]_{2n}) * f([1]_{2n})$ ? cioè $([1]_2, [10]_n) = ([1]_2, [10]_n)*([1]_2, [10]_n)=([1]_2, [100]_n)$ e quindi $[10]_n = [100]_n$[/quote]
ciao perplesso, ti ringrazio della tua disponibilità e pazienza. certamente è vero che se il prodotto si conserva allora vale che
$f([1]_{2n}) = f([1]_{2n}) * f([1]_{2n}) => [10]_n = [100]_n <=> n|90$
ma cosa mi permette di dire che puoi effettivamente per ogni $x,y in ZZ_(2n)$ vale quella relazione?
grazie delle delucidazioni

[perplesso1]

Quando ti sei assicurato che $10 = 100 (mod n)$ poi segue subito $10xy = 100xy (mod n)$ dalle proprietà della congruenza. Te lo ricordi che le congruenze sono compatibili con le operazioni ?? Ovvero se $a = b (mod n)$ allora $ac = bc (mod n)$. E questo è tutto quello che ti serve perchè ti dice che $n| 90$ è una condizione necessaria ... e sufficiente!

[Kashaman]

giustissimo. è vero.
quindi quando assicuratomi che $[10]_n=[100]_n <=> n|90$
quindi per sifatti valori di $n$ datala compatibilità delle congruenze rispetto al prodotto segue che
$f(xy)= (xy,10xy) =(xy,100xy)=f(x)f(y)$ è giusto? quindi vale la doppia implicazione $f$ omomorfismo di anelli $<=> n|90$ è giusto?

[perplesso1]