Esercizi vari Algebra 1

[anti-spells]

Spero che quello che sto per fare sia tollerato, ho provato a fare qualche esercizio dai vecchi temi di esame di Algebra 1, sarei veramente grato se poteste dirmi dove ho sbagliato, perchè davvero non so se siano corretti:

1- Sia $n>=3$ e $G_n$ grafo con $n$ vertici $v_1,...,v_n$ in cui sono adiacenti i vertici $v_i$ e $v_i+1$ per $i = 1,2,...,n-1$ e sono adiacenti i vertici $v1$ e $v_i$ per $i = 2,3,...,n$ .
$(a)$ Quanti lati ha il grafo $G_n?$
$(b)$ $G_n$ ha un cammino euleriano sse $n=$ ?
$(c)$ $G_n$ ha un circuito euleriano sse $n=$ ?

Sol: a) Vi è un lato che collega i vertici da 1 a n , $(v_1,v_2),(v_2,v_3),...,(v_n-1,v_n) = n-1$ lati. Vi è un lato che collega i vertici $v_1$ e $v_i$ per $i=2,...,n$ ovvero un lato da $(v_1,v_3),(v_1,v_4),...,(v_1,v_n) = n-1-1$ lati (non conto $(v_1,v_2)$ )
Quindi i lati sono $n-1 + n-2 = 2n-3$

b) $G_n$ ha un cammino euleriano sse ha zero o due vertici dispari. Per costruzione, i vertici $v_3,...,v_n$ sono dispari perchè hanno un lato con il vertice successivo, uno con il precedente e uno con $v_1$ . Quindi per $n>5$ non esiste un cammino euleriano. Per $n=5$ , $d(v_1) = 4 , d(v_3)=d(v_4) = 3, d(v_2)=d(v_5) = 2$ quindi esiste un cammino euleriano (stesso discorso per $n=3 , n=4$)

c) $G_n$ ha un cammino euleriano sse tutti i vertici sono pari. Solo per $n=3$ si ha che $d(v_i) = 2$ per $i=1,2,3$ quindi $G_n$ ha un circuito euleriano sse $n=3$.

2 - In $NN$ si considerino gli ordinamenti parziali $<=$ e $|$ (divide) . In $NNxNN$ si consideri l'ordine parziale $-<$ definito $AA (a,b) , (a',b') in NNxNN$ da $(a,b)-<(a',b')$ se $a<=a'$ e $b|b'$ .
$(a)$ determinare, se esiste, il minimo di $NNxNN$.
$(b)$ determinare, se esistono, gli el. massimali di $NNxNN$
$(c)$ determinare, se esiste, l'estremo inferiore di $NNx{0}$ in $NNxNN$

Sol: a) da $a<=a'$ si ha che 0 è minimo di $(NN, <=)$, infatti $0<=a AA a in NN$.
da $b|b'$ si ha che 1 è minimo di $(NN, |)$ , infatti $1|b AA b in NN$. Quindi $(0,1)$ è minimo di $NNxNN$

b) l'insieme $NN$ con l'ordine $<=$ non ha elementi massimali poichè non esiste $n in NN$ t.c. $a<=n => a=n$

c) $NNx{0} = {(n,0) | n in NN}$ . $AA (a,0) , (a',0) in NNx{0}$ si ha che $(a,0)-<(a',0) => a<=a'$ e $0|0$. L'unico minorante di $NNx{0}$ è $(0,0)$ che è quindi estremo inferiore.

3- Sia $G$ un gruppo, $G=RRxRR* = {(a,b) | a,b in RR , b!=0}$ con l'op. di $G$ definita da $(a,b)(a',b') = (a+ba',bb')$
$(a)$ determinare l'inverso in $G$ di $(a,b) in G$
$(b) H=RRx{1} = {(\alpha,1) | \alpha in RR}$ . E' vero che $hg = gh AAg in G, h in H$ ?
$(c)$ è vero che $H$ è sottogruppo normale di $G$?

Sol: a) L'identità di $G$ è $(0,1)$ , quindi l'inverso di $(a,b)$ è $(a',b') in G$ t.c. $(a,b)(a',b') = (0,1) => (a+ba',bb') = (0,1)
=> bb'=1 => b'= b^(-1) $ e $a' = -ab^(-1)$. Quindi l'inverso di $(a,b)$ in $G$ è $(-ab^(-1),b^(-1))$ .

b) $gH = {gh | h in H} = {g(\alpha,1) | \alpha in RR} = {(a,b)(\alpha,1) | (a,b) in G} = {(a+b\alpha, b)}$
$Hg = {Hg | h in H} = {(\alpha,1)g | \alpha in RR} = {(\alpha,1)(a,b) | (a,b) in G} = {(\alpha+a,b)} $
Quindi $gh!=hg$

c) $H$ non è sottogruppo normale perchè da (b) si ha che $gH!=Hg$

4- $G$ gruppo ed $e:G \to G$ omomorfismo di gruppi idempotente, cioè t.c. $e^2 = e$. Siano $ker$ e $im$ nucleo e immagine di $e$. Dimostrare che:
$(a) ker(e) nn im(e) = {1_G}$
$(b)$ ogni el. di $G$ si scrive come $ki$ con $k in ker(e)$ e $i in im(e)$.
$(c)$ che tale forma di scrittura è unica, cioè che se $ki = k'i' => k=k' , i=i'$
(Queste cose non le abbiamo ancora fatte in algebra, ho fatto l'esercizio con quello che ho acquisito nel corso di Geometria)

Sol: a) $e(e(g))=e => e^(-1)e(e(g)) = e^(-1)e => e(g) = 1_G AAg in G$
Quindi $im(e) = {1_G}$. $Ker(e) ={g | g in G , e(g)=1_G}$ , da $e(g) = 1_G AAg in G$ , allora certamente $e(1_G) = 1_G$
$=> 1_G in ker(e) => ker(e) nn im(e) = {1_G}$ .

b) Da $im(e) = {1_G}$ allora $ker(e) = G$, quindi $g in G$ si scrive come $ki = k1_G = k in ker(e) = G$.

c) $i = i' AAi in im(e)$ , quindi $k1_G = k'1_G => k=k'$ ovvero tale scrittura è unica.

Un grazie a chi avrà voglia di guardare se sono giusti (non sono sicuro di niente purtroppo)
( in 3 non capisco il motivo ma latex mi scrive bb' con un segno strano, quindi quel segno sappiate che è bb' )

[anti-spells]

Up, se non avete voglia di guardarli tutti bastano 3 e 4 (soprattutto 4)

[Shocker1]

Ho dato un'occhiata veloce al $4$: non capisco la tua dimostrazione... affermi che l'immagine di $e$ sia il sottogruppo banale ma questo è falso. L'identità $id: G \to G$ è un omomorfismo idempotente eppure la sua immagine è tutto $G$. L'errore precisamente sta nell'applicare $e^(-1)$: nessuno ti dice che $e^-1$ esista o sia ben definita, l'omomorfismo potrebbe benissimo essere non iniettivo, considera $f: \mathbb{Z_6} \to \mathbb{Z_6}$ che manda $1 \to 3$, allora $f$ è idempotente(ad occhio lo è, verificalo) eppure non è iniettivo e quindi non ammette inversa. Inoltre non ha senso scrivere $e^-1 e = 1_G$ se con $1_G$ intendi l'elemento neutro del gruppo, al più, se $e$ ammette inversa, si ha che $e^-1 e = Id_G$ dove $Id_G$ è l'identità $Id_G(g) = g \forall g \in G$. Pensa ad una nuova dimostrazione.

[Shocker1]

Sono passati due giorni, hai pensato ad una nuova dimostrazione per il $4$?

[anti-spells]

Forse così:

$1_G in ker(e)$ poichè $e(1_G) = 1_G$ (def di omomorfismo di gruppi) e $1_G in im(e)$ poichè $EE g in G$ t.c. $e(g) = 1_G$ .
Se $g in ker(e) => e(g) = 1_G => e(e(g)) = 1_G => e(g) in ker(e)$ e $e(g) = 1_G$. Sappiamo che $e(g) in im(e)$ quindi $ker(e) nn im(e) = {1_G}$ . Può andare?

(Il tema mobile da qualche problema, se sei da cellulare prova a mettere il tema desktop)

[Shocker1]

"anti-spells":Forse così:

$1_G in ker(e)$ poichè $e(1_G) = 1_G$ (def di omomorfismo di gruppi) e $1_G in im(e)$ poichè $EE g in G$ t.c. $e(g) = 1_G$ .
Se $g in ker(e) => e(g) = 1_G => e(e(g)) = 1_G => e(g) in ker(e)$ e $e(g) = 1_G$. Sappiamo che $e(g) in im(e)$ quindi $ker(e) nn im(e) = {1_G}$ . Può andare?

(Il tema mobile da qualche problema, se sei da cellulare prova a mettere il tema desktop)

Più o meno ci siamo, anche se devi migliorare lo stile perché è un po' confusionario...
Comunque per chiarezza posto anche la mia soluzione al primo punto: la tesi è equivalente a prendere $g \in Ker(e) \cap Im(e)$ e mostrare che $g = 1_G$. Più precisamente poiché $g \in Ker(e) \cap Im(e)$ sai che $e(g) = 1_{G}$ perché $g \in Ker(e)$ e sai che esiste almeno un $g' \in G$ tale che $e(g') = g$ perché $g \in Im(e)$. Dunque $g = e(g') => e(g) = e(e(g')) = 1_{G}$ ma per ipotesti $e^2(g') = e(g')$, da cui $g = e(g') = e^2(g') = e(g) = 1_{G}$ e quindi $g = 1_{G}$ che è la tesi.
Prova a fare gli altri due punti, forza.