Dimostrare che esiste un unico omomorfismo....
Sono alle prese con questo esercizio:
Sia K un campo e poniamo $A= KxxK$. In A definiamo le operazioni
(a,b) + (r,s) = (a+r, b+s)
(a,b) * (r,s) = (as+br+ar, bs)
Mostrare che esiste un unico omomorfismo $f: K[X] \to A$ tale che $f(b)=(0,b)$ per ogni $binK$ e $f(X)=(1,0)$.
Si verifichi che f è suriettivo e si calcoli Ker(f).
Io non so nemmeno da dove cominciare...
Grazie.
Sia K un campo e poniamo $A= KxxK$. In A definiamo le operazioni
(a,b) + (r,s) = (a+r, b+s)
(a,b) * (r,s) = (as+br+ar, bs)
Mostrare che esiste un unico omomorfismo $f: K[X] \to A$ tale che $f(b)=(0,b)$ per ogni $binK$ e $f(X)=(1,0)$.
Si verifichi che f è suriettivo e si calcoli Ker(f).
Io non so nemmeno da dove cominciare...
Grazie.
Risposte
Facciamo alcune riflessioni.
Per iniziare, guardiamo la struttura di $A = K\times K$. L'addizione è la naturale estensione dell'addizione in $K$ e rispetto a tale operazione $A$ è un gruppo abeliano.
L'operazione di moltiplicazione è ostica, almeno per la prima componente, sulla seconda componente è la moltiplicazione in $K$ (la seconda componente è una copia di $(K,+,.)$).
Non è difficile verificare che $A$ ha la struttura di anello commutativo con elemento neutro rispetto alla moltiplicazione $(0,1)$.
Guarda cosa succede, invece, moltiplicando per $(1,0)$:
$(1,0)*(a,b)=(a+b,0)$
L'applicazione $K \to K \times K$ che a $b$ associa $(0,b)$ è un omomorfismo iniettivo (la seconda componente è una copia...). Allora esiste un unico omomorfismo $K[X] \to K \times K $ che estende $f$ e tale che $f(X) = (1,0)$ (è un teorema).
Un polinomio di primo grado $aX+b \in K[X]$ ha immagine
$f (aX+b) = f(a) * f(X) + f(b) = (0,a) * (1,0) + (0,b) = (a,b)$
e la suriettività è dimostrata.
Calcoliamo l'immagine di $X^2$:
$f( X^2) = f(X) * f(X) = (1,0)*(1,0)=(1,0)$.
Considera il prodotto $(a_1 X+b_1)(a_2 X +b_2)$ in $K[X]$
$f( (a_1 X+b_1)(a_2 X +b_2) ) = (a_1,b_1)*(a_2,b_2) = (a_1 b_2+ a_2 b_1 + a_1 a_2, b_1b_2) = f(a_1a_2 X^2 + (a_1b_2 + a_2 b_1)X+ b_1 b_2)$
e questo chiarisce l'ostico prodotto.
In generale
$f(a_n X^n + ... +a_1 X+ a_0) = f(a_n)* f(x^n) + ...+f(a_1)*f(X)+ f(a_0)=(a_n + ... +a_1, a_0)$
Oltre a $0$, gli elementi del nucleo sono, allora, i polinomi di grado maggiore o uguale a 2 con termine noto uguale a zero e con la somma dei coefficienti nulla.
$K[X]$ è a ideali principali. E' vero che ker(f) è generato da $X^2-X$?
Per iniziare, guardiamo la struttura di $A = K\times K$. L'addizione è la naturale estensione dell'addizione in $K$ e rispetto a tale operazione $A$ è un gruppo abeliano.
L'operazione di moltiplicazione è ostica, almeno per la prima componente, sulla seconda componente è la moltiplicazione in $K$ (la seconda componente è una copia di $(K,+,.)$).
Non è difficile verificare che $A$ ha la struttura di anello commutativo con elemento neutro rispetto alla moltiplicazione $(0,1)$.
Guarda cosa succede, invece, moltiplicando per $(1,0)$:
$(1,0)*(a,b)=(a+b,0)$
L'applicazione $K \to K \times K$ che a $b$ associa $(0,b)$ è un omomorfismo iniettivo (la seconda componente è una copia...). Allora esiste un unico omomorfismo $K[X] \to K \times K $ che estende $f$ e tale che $f(X) = (1,0)$ (è un teorema).
Un polinomio di primo grado $aX+b \in K[X]$ ha immagine
$f (aX+b) = f(a) * f(X) + f(b) = (0,a) * (1,0) + (0,b) = (a,b)$
e la suriettività è dimostrata.
Calcoliamo l'immagine di $X^2$:
$f( X^2) = f(X) * f(X) = (1,0)*(1,0)=(1,0)$.
Considera il prodotto $(a_1 X+b_1)(a_2 X +b_2)$ in $K[X]$
$f( (a_1 X+b_1)(a_2 X +b_2) ) = (a_1,b_1)*(a_2,b_2) = (a_1 b_2+ a_2 b_1 + a_1 a_2, b_1b_2) = f(a_1a_2 X^2 + (a_1b_2 + a_2 b_1)X+ b_1 b_2)$
e questo chiarisce l'ostico prodotto.
In generale
$f(a_n X^n + ... +a_1 X+ a_0) = f(a_n)* f(x^n) + ...+f(a_1)*f(X)+ f(a_0)=(a_n + ... +a_1, a_0)$
Oltre a $0$, gli elementi del nucleo sono, allora, i polinomi di grado maggiore o uguale a 2 con termine noto uguale a zero e con la somma dei coefficienti nulla.
$K[X]$ è a ideali principali. E' vero che ker(f) è generato da $X^2-X$?
"manuxy84":
Sono alle prese con questo esercizio:
Sia K un campo e poniamo $A= KxxK$. In A definiamo le operazioni
(a,b) + (r,s) = (a+r, b+s)
(a,b) * (r,s) = (as+br+ar, bs)
Mostrare che esiste un unico omomorfismo $f: K[X] \to A$ tale che $f(b)=(0,b)$ per ogni $binK$ e $f(X)=(1,0)$.
Si verifichi che f è suriettivo e si calcoli Ker(f).
Io non so nemmeno da dove cominciare...
Grazie.
Università di Torino?
Alla dimostrazione data da 5InGold aggiungo solo che l'omomorfismo è $a_0 + sum_(n=1)^(∞) a_n X^n |-> (sum_(n=1)^(oo) a_n, a_0)$. Se ti veniva in mente potevi fare i controlli direttamente da questo e poi dimostrare che era l'unico.
Se sei dell'uni di Torino quelli dell'altra fila avevano un omomorfismo più semplice perché era solo $a_0 + sum_(n=1)^(∞) a_n X^n |-> (a_1, a_0)$.
Ciao!
Io ho pensato così.
Guardo innanzitutto cosa è necessario che succeda ad un tale omomorfismo (chiamiamolo f). Dato un polinomio $P(x)=a_0+\sum_{i=1}^n a_i x^i$ dobbiamo avere:
$f(P(x))=f(a_0+\sum_{i=1}^n a_i x^i) = f(a_0)+\sum_{i=1}^n f(a_i) f(x)^i = (0,a_0) + \sum_{i=1}^n (0,a_i) (1,0)^i$
Ora, se $i geq 1$ abbiamo che $(1,0)^i=(1,0)$, infatti $(1,0)(1,0)=(1,0)$ (è una facile verifica). Inoltre $(0,b)(1,0)=(b,0)$ per ogni $b in K$ (anche questa è una facile verifica). Quindi otteniamo:
$f(P(x)) = (0,a_0) + \sum_{i=1}^n (0,a_i)(1,0) = (0,a_0) + \sum_{i=1}^n (a_i,0) = (0,a_0) + (\sum_{i=1}^n a_i,0) = (\sum_{i=1}^n a_i,a_0).$
Osserviamo che $\sum_{i=0}^n a_i = P(1)$. Allora otteniamo una bella formula per f:
$f(P(x))=(P(1)-P(0),P(0))$.
Dobbiamo verificare che una f così definita è effettivamente un omomorfismo di anelli, ma questo è 'rutina'
.
Per quanto riguarda il nucleo di f, un polinomio P(x) è nel nucleo di f se e solo se P(1)=P(0) e P(0)=0. Ovvero $P(1)=P(0)=0$... beh, ora è facile determinarlo
Io ho pensato così.
Guardo innanzitutto cosa è necessario che succeda ad un tale omomorfismo (chiamiamolo f). Dato un polinomio $P(x)=a_0+\sum_{i=1}^n a_i x^i$ dobbiamo avere:
$f(P(x))=f(a_0+\sum_{i=1}^n a_i x^i) = f(a_0)+\sum_{i=1}^n f(a_i) f(x)^i = (0,a_0) + \sum_{i=1}^n (0,a_i) (1,0)^i$
Ora, se $i geq 1$ abbiamo che $(1,0)^i=(1,0)$, infatti $(1,0)(1,0)=(1,0)$ (è una facile verifica). Inoltre $(0,b)(1,0)=(b,0)$ per ogni $b in K$ (anche questa è una facile verifica). Quindi otteniamo:
$f(P(x)) = (0,a_0) + \sum_{i=1}^n (0,a_i)(1,0) = (0,a_0) + \sum_{i=1}^n (a_i,0) = (0,a_0) + (\sum_{i=1}^n a_i,0) = (\sum_{i=1}^n a_i,a_0).$
Osserviamo che $\sum_{i=0}^n a_i = P(1)$. Allora otteniamo una bella formula per f:
$f(P(x))=(P(1)-P(0),P(0))$.
Dobbiamo verificare che una f così definita è effettivamente un omomorfismo di anelli, ma questo è 'rutina'
.Per quanto riguarda il nucleo di f, un polinomio P(x) è nel nucleo di f se e solo se P(1)=P(0) e P(0)=0. Ovvero $P(1)=P(0)=0$... beh, ora è facile determinarlo
Grazie a tutti ragazzi, devo ammettere che non ci avevo proprio pensato...
vict sei anche tu dell'uni di Torino? Bello conoscere qualcuno dell'uni proprio qui! Io purtroppo non ho la possibilità di frequentare le lezioni, di conseguenza non conosco nessuno con cui consultarmi! Ne approfitto un po' perchè magari mi sai dare qualche indicazione anche per l'altro esercizio, quello delle collane, avevo già messo un post:
https://www.matematicamente.it/forum/lem ... azi#204759
Grazie mille Ciao
vict sei anche tu dell'uni di Torino? Bello conoscere qualcuno dell'uni proprio qui! Io purtroppo non ho la possibilità di frequentare le lezioni, di conseguenza non conosco nessuno con cui consultarmi! Ne approfitto un po' perchè magari mi sai dare qualche indicazione anche per l'altro esercizio, quello delle collane, avevo già messo un post:
https://www.matematicamente.it/forum/lem ... azi#204759
Grazie mille Ciao
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