Esercizio omomorfismi d'anello
L'esercizio è diviso in tre punti:
1) Dimostrare che $2ZZ$ e $3ZZ$ non sono isomorfi.
2) Dimostrare che $QQ[x]$ e $ZZ[x]$ non sono isomorfi.
3) Trovare tutte le immagini degli omomorfismi di $ZZ$.
Il punto (3) immagino chieda di trovare tutti gli ideali di $ZZ$ (che quozientando danno i rappresentanti delle classi di isomorfismo delle immagini degli omomorfismi di $ZZ$). E questo l'ho risolto, tutti gli ideali di $ZZ$ sono del tipo $nZZ$.
Per il punto (1) e (2) sono palesemente veri ma mi chiedevo quale fosse il modo più diretto e elegante per negare un isomorfismo (intendo dimostrare che non esiste)?
1) Dimostrare che $2ZZ$ e $3ZZ$ non sono isomorfi.
2) Dimostrare che $QQ[x]$ e $ZZ[x]$ non sono isomorfi.
3) Trovare tutte le immagini degli omomorfismi di $ZZ$.
Il punto (3) immagino chieda di trovare tutti gli ideali di $ZZ$ (che quozientando danno i rappresentanti delle classi di isomorfismo delle immagini degli omomorfismi di $ZZ$). E questo l'ho risolto, tutti gli ideali di $ZZ$ sono del tipo $nZZ$.
Per il punto (1) e (2) sono palesemente veri ma mi chiedevo quale fosse il modo più diretto e elegante per negare un isomorfismo (intendo dimostrare che non esiste)?
Risposte
Dipende un po' dai gusti e dalle situazioni, spesso una cosa relativamente semplice che funziona è dimostrare che uno dei due ha una proprietà di anello (cioè una proprietà che se ha un anello la hanno anche tutti quelli che sono a lui isomorfi) e l'altro no.
Per la $2)$ prova con P.I.D. o D.E., per la $1)$ non ho capito cosa intendi con $2ZZ$ e $3ZZ$.
Per la $2)$ prova con P.I.D. o D.E., per la $1)$ non ho capito cosa intendi con $2ZZ$ e $3ZZ$.
Grazie per la risposta. Con $2ZZ$ per esempio intendo i multipli di $2$, ovvero $2ZZ = {2z| z in ZZ}$.
E che struttura di anello?
Quella ereditata da $ZZ$ come sottoanello. $nZZ$ è chiuso rispetto alla sottrazione $nk-nt=n(k-t)$ e alla moltiplicazione $nknt=n(nkt)$ quindi è un sottoanello.
Ma scusa, la 3) ti chiede tutti gli omo di \( \mathbb Z \) in cosa? Perché l'unico endomorfismo d'anello degli interi non può che essere l'identità.
"marco2132k":
Ma scusa, la 3) ti chiede tutti gli omo di \( \mathbb Z \) in cosa? Perché l'unico endomorfismo d'anello degli interi non può che essere l'identità.
Non c'era scritto (es. 3 pag. 247 di "Abstract Algebra" di Dummit), credo che l'unico modo per dare senso alla domanda sia, alla luce del primo teorema di isomorfismo, trovare un rappresentante per ogni classe d'isomorfismo per le immagini di $ZZ$, ovvero trovare tutti gli anelli quoziente $ZZ//A$.
Comunque a me sembrano isomorfi.
Forse ci sono (ho letto male io). Se \( R \) è un anello unitario, e \( \phi\colon\mathbb Z\to R \) è un (l'unico) omo di \( \mathbb Z \) in \( G \), cercare di capire chi è \( \phi_*(\mathbb Z) \) è la stessa cosa che cercare di capire chi è \( \mathbb Z/\operatorname{Ker}\phi \), ovviamente. Allora, che piaccia o meno, sarà \( \phi_*(\mathbb Z)\cong\mathbb Z_r = \mathbb Z/{\mathbb Z r} \), dove \( r \) è la caratteristica di \( R \). Quindi puoi ben dire che le immagini di un omo di anelli \( \mathbb Z\to R \), per un anello \( R \) qualsiasi, sono tutte e sole le copie isomorfe degli \( \mathbb Z_n \).
@otta Non ho voglia di controllare, ma sono più o meno convinto che se \( N_1\cong N_2 \) per due sottogruppi normali di un gruppo \( G \), allora \( G/{N_1}\cong G/{N_2} \). Se \( \phi\colon N_1\to N_2 \) è iso, mappa \( xN\mapsto\phi(x)N \) e hai un'applicazione ben definita \( G/{N_1}\to G/{N_2} \) che ha per inversa la sua simile fatta per \( \phi^{-1} \).
@otta Non ho voglia di controllare, ma sono più o meno convinto che se \( N_1\cong N_2 \) per due sottogruppi normali di un gruppo \( G \), allora \( G/{N_1}\cong G/{N_2} \). Se \( \phi\colon N_1\to N_2 \) è iso, mappa \( xN\mapsto\phi(x)N \) e hai un'applicazione ben definita \( G/{N_1}\to G/{N_2} \) che ha per inversa la sua simile fatta per \( \phi^{-1} \).
"marco2132k":
@otta Non ho voglia di controllare, ma sono più o meno convinto che se \( N_1\cong N_2 \) per due sottogruppi normali di un gruppo \( G \), allora \( G/{N_1}\cong G/{N_2} \).
Non è vero, per un controesempio puoi prendere $2ZZ$ e $3ZZ$ in $ZZ$. Comunque non ho capito che c'entra.
Sono sottoanelli, ma non unitari. Come gruppi abeliani sono isomorfi, perché entrambi sono Z. L'unico motivo per cui potrebbero non essere iso come anelli è che le strutture moltiplicative siano diverse. Lo sono? Supponi che esista un isomorfismo di anelli non unitari \(f : 2Z \to 3Z\); chiaramente, in quanto omomorfismo di gruppi abeliani, esso è determinato dall'immagine del generatore, perciò deve mandare 2 in 3, e 2n in 3n, e deve essere tale che \(f(2n\cdot 2m)=f(2n)f(2m)\). Ora, LHS è uguale a \(3nm\), ma RHS è uguale a \(3n\cdot 3m\).
L'idea che avevo era di far vedere che, come anelli, quei due \( 2\mathbb Z \) e \( 3\mathbb Z \) non sono isomorfi perché se lo fossero sarebbe anche \( \mathbb Z_2\cong\mathbb Z_3 \). E se non è \( 2\mathbb Z\cong 3\mathbb Z \) come gruppi non può esserlo neanche come anelli, per questo ho parlato solo di gruppi. Ovviamente non avevo speranze di risolvere così, perché, appunto, come gruppi è \( 2\mathbb Z\cong 3\mathbb Z \)... 
[ot]Ora son curioso: che cosa ho sbagliato nella dimostrazione su? poi, vale che se \( I\cong J \) per due ideali di un anello \( R \), allora \( R/I\cong R/J \)?[/ot]
[ot]Ora son curioso: che cosa ho sbagliato nella dimostrazione su? poi, vale che se \( I\cong J \) per due ideali di un anello \( R \), allora \( R/I\cong R/J \)?[/ot]
Sì, certo, è il contrario a non valere: se due quozienti sono isomorfi non c'è motivo lo siano i denominatori.
"marco2132k":
se \( I\cong J \) per due ideali di un anello \( R \), allora \( R/I\cong R/J \)
Anche io avevo provato a risolvere l'(1) con questo approccio ma non sono riuscito a ricavare questo risultato e stavo iniziando a pensare non fosse vero, anche perché l'analogo con gruppi normali non vale. A questo punto sono curioso, qualcuno posta la dimostrazione?
Intanto ho trovato l'errore nella mia dimostrazione: non è vero che \( xN\mapsto\phi(x)N \) (se \( \phi\colon N_1\to N_2 \) isomorfismo) è ben definita: se \( xN = yN \), è sì \( y = xn \) per qualche \( n\in N \) e quindi \( \phi(y) = \phi(x)\phi(n) \), ma prima ho deciso arbitrariamente che \( \phi(n)\in N_1 \), e ciò non va bene (un controesempio è quello di @otta96: per l'iso \( \phi(x) = 3/2x \), dati \( n + \mathbb Z 2 \) e \( m + \mathbb Z 2 \) in \( \mathbb Z/{\mathbb Z 2} \), vale \( m = n + 2k \) per qualche \( k\in\mathbb Z \), ma \( \phi(m) = \phi(n) + \phi(2k) \), dove \( \phi(2k) = 2\phi(k) = 2\cdot 3/2k \) non appartiene a \( \mathbb Z 2 \)).
Ora, una domanda interessante secondo me é: quando vale quella roba che ho detta prima sui quozienti? Se forzo \(
\operatorname{Im}\phi\subset N_1 \), e quindi \( N_2\subset N_1 \), la mappa \( xN\mapsto \phi(x)N \) viene ben definita. Il punto è che allora deve essere \( N_1 = N_2 \), perché sono isomorfi per ipotesi. Quindi, c'è un esempio di sottogruppi normali (ideali), distinti e isomorfi, che diano quozienti isomorfi? (è una domanda, non lo so)
Ora, una domanda interessante secondo me é: quando vale quella roba che ho detta prima sui quozienti? Se forzo \(
\operatorname{Im}\phi\subset N_1 \), e quindi \( N_2\subset N_1 \), la mappa \( xN\mapsto \phi(x)N \) viene ben definita. Il punto è che allora deve essere \( N_1 = N_2 \), perché sono isomorfi per ipotesi. Quindi, c'è un esempio di sottogruppi normali (ideali), distinti e isomorfi, che diano quozienti isomorfi? (è una domanda, non lo so)
Certo che ci sono, basta prendere $R=ZZ^2$, $N_1={0}\timesZZ$ e $N_2=ZZ\times{0}$.
Con un po' di fantasia se ne possono trovare molti altri.
Con un po' di fantasia se ne possono trovare molti altri.
"otta96":
Per la $2)$ prova con P.I.D. o D.E.
Adesso che ho studiato meglio questi argomenti la soluzione del (2) è immediata.
$F[x]$ è un dominio euclideo se e solo se $F$ è un campo. Poiché $QQ$ è un campo $QQ[x]$ è un dominio euclideo, mentre $ZZ[x]$ non può esserlo altrimenti $ZZ$ sarebbe un campo.
Giusto.
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