Esercizio omomorfismi Z[x] -> Q
Vorrei sapere se ho svolto correttamente questo esercizio e se esistono metodi migliori per farlo, grazie mille.
Sia $ \phi : Z[x] \rightarrow Q $ un omomorfismo d'anelli.
( a ) Si provi che $ Im \phi \ne Q $
Supponiamo per assurdo che $ Im \phi = Q $ allora, per il Teorema di Corrispondenza, $ \frac{Z[x]} {ker \phi} $ è isomorfo a $ Q $ Dunque $ \frac{Z[x]} {ker \phi} $ è un campo. Questo è assurdo infatti osservo che, poiché $ \phi $ è un omomorfismo $ \phi ( 1 ) = 1 $ il che implica che $ \phi ( z ) = z $ per ogni intero.
Siano allora $ z_1, z_2 \in Z - ker \phi $ Poiché per assurdo $ \frac{Z[x]} {ker \phi} $ è un campo allora $ z_1 z_2 - 1 \in ker \phi$ Da cui $ 0 = \phi (z_1z_2 -1) = z_1z_2 -1 $ ovvero $ z_1 $ invertibile per ogni $ z_1 \in Z$ che ovviamente è assurdo.
( b ) Si provi che se $ \phi( x ) = r/s $ con $ r, s \in Z $ e $ ( r, s ) = 1 $ allora $ ker \phi = ( sx - r ) $
Una inclusione è banale infatti $ \forall f \in Z[x] $ si ha che $ \phi ((sx-r)f) = \phi(sx-r)\phi(f) = 0 \phi(f) = 0 $ da cui $ ( sx - r ) \subset ker \phi$
Viceversa pongo $ f = (sx-r) $ e prendo $ g \in ker \phi$ Scrivo $ g = \lambda g_0 $ con $ \lamda \in Z $ e $ g_0 \in Z[x]$ polinomio primitivo. Considero $g_0$ in $Q[x]$ e lo divido per $ sx - r = f$
$g_0 = f h + t$ con $ t = 0 $ oppure $ deg t <= deg f - 1 = 0$ dunque si ha che $ t \in Q $
Per la fattorizzazione in polinomi primitivi posso scrivere $ h = \alpha h_0 $ con $ \alpha \in Q $ e $ h_0 \in Z[x] $
$g_0 = \alpha (sx-r) h_0 + t $
Osservo inoltre che $g_0 \in Z[x]$ dunque deve essere $ \alpha s \in Z $ e $ \alpha r \in Z $ E, poiché $ (r, s) = 1 $ si ha che $ \alpha \in Z $ da cui si ricava $ t \in Z $
Allora posso applicare l'omomorfismo di partenza ed ottengo:
$ 0 = \phi ( g_0 ) = \phi ( \alpha (sx - r) h_0 + t ) = \phi ( t ) = t $
Dunque $t = 0$ da cui $ (sx - r) | g_0 $ da cui $ (sx-r) | g $ che prova la seconda inclusione.
( c ) Quanti sono gli omomorfismi distinti da $Z[x]$ in $Q$ ?
Se $\phi : Z[x] \rightarrow Q$ è un omomorfismo allora $\phi(1) = 1 \rightarrow \phi(z)=z \forall z \in Z$ Sia allora $ a_0 + a_1x + . . . + a_n x^n = f \in Z[ x ]$ allora $ \phi ( f ) = a_0 + a_1 \phi( x ) + . . . + a_n \phi ( x^n ) $ dunque esiste un omomorfismo da $ Z[ x ] $ in $ Q$ per ogni scelta di $ b \in Q$ per cui $ \phi (x ) = b $
( d ) Quanti sono gli omomorfismi da $Q$ in $Z[x]$ ?
Nessuno, infatti si ha che se $ \phi : Q \rightarrow Z[x] $ è un omomorfismo allora $ \phi ( 1 ) = 1 $ che induce, come sopra, $ \phi (z) = z \forall z \in Z $ Dunque prendiamo in $Q$ gli elementi $ z \in Z$ e $1/z \in Q$ con $ z $ non nullo e non invertibile. Si ha:
$ 1 = \phi ( 1 ) = \phi ( z 1/z ) = \phi ( z ) \phi(1 / z) = z g $ assurdo, poiché $ z $ non è invertibile.
Sia $ \phi : Z[x] \rightarrow Q $ un omomorfismo d'anelli.
( a ) Si provi che $ Im \phi \ne Q $
Supponiamo per assurdo che $ Im \phi = Q $ allora, per il Teorema di Corrispondenza, $ \frac{Z[x]} {ker \phi} $ è isomorfo a $ Q $ Dunque $ \frac{Z[x]} {ker \phi} $ è un campo. Questo è assurdo infatti osservo che, poiché $ \phi $ è un omomorfismo $ \phi ( 1 ) = 1 $ il che implica che $ \phi ( z ) = z $ per ogni intero.
Siano allora $ z_1, z_2 \in Z - ker \phi $ Poiché per assurdo $ \frac{Z[x]} {ker \phi} $ è un campo allora $ z_1 z_2 - 1 \in ker \phi$ Da cui $ 0 = \phi (z_1z_2 -1) = z_1z_2 -1 $ ovvero $ z_1 $ invertibile per ogni $ z_1 \in Z$ che ovviamente è assurdo.
( b ) Si provi che se $ \phi( x ) = r/s $ con $ r, s \in Z $ e $ ( r, s ) = 1 $ allora $ ker \phi = ( sx - r ) $
Una inclusione è banale infatti $ \forall f \in Z[x] $ si ha che $ \phi ((sx-r)f) = \phi(sx-r)\phi(f) = 0 \phi(f) = 0 $ da cui $ ( sx - r ) \subset ker \phi$
Viceversa pongo $ f = (sx-r) $ e prendo $ g \in ker \phi$ Scrivo $ g = \lambda g_0 $ con $ \lamda \in Z $ e $ g_0 \in Z[x]$ polinomio primitivo. Considero $g_0$ in $Q[x]$ e lo divido per $ sx - r = f$
$g_0 = f h + t$ con $ t = 0 $ oppure $ deg t <= deg f - 1 = 0$ dunque si ha che $ t \in Q $
Per la fattorizzazione in polinomi primitivi posso scrivere $ h = \alpha h_0 $ con $ \alpha \in Q $ e $ h_0 \in Z[x] $
$g_0 = \alpha (sx-r) h_0 + t $
Osservo inoltre che $g_0 \in Z[x]$ dunque deve essere $ \alpha s \in Z $ e $ \alpha r \in Z $ E, poiché $ (r, s) = 1 $ si ha che $ \alpha \in Z $ da cui si ricava $ t \in Z $
Allora posso applicare l'omomorfismo di partenza ed ottengo:
$ 0 = \phi ( g_0 ) = \phi ( \alpha (sx - r) h_0 + t ) = \phi ( t ) = t $
Dunque $t = 0$ da cui $ (sx - r) | g_0 $ da cui $ (sx-r) | g $ che prova la seconda inclusione.
( c ) Quanti sono gli omomorfismi distinti da $Z[x]$ in $Q$ ?
Se $\phi : Z[x] \rightarrow Q$ è un omomorfismo allora $\phi(1) = 1 \rightarrow \phi(z)=z \forall z \in Z$ Sia allora $ a_0 + a_1x + . . . + a_n x^n = f \in Z[ x ]$ allora $ \phi ( f ) = a_0 + a_1 \phi( x ) + . . . + a_n \phi ( x^n ) $ dunque esiste un omomorfismo da $ Z[ x ] $ in $ Q$ per ogni scelta di $ b \in Q$ per cui $ \phi (x ) = b $
( d ) Quanti sono gli omomorfismi da $Q$ in $Z[x]$ ?
Nessuno, infatti si ha che se $ \phi : Q \rightarrow Z[x] $ è un omomorfismo allora $ \phi ( 1 ) = 1 $ che induce, come sopra, $ \phi (z) = z \forall z \in Z $ Dunque prendiamo in $Q$ gli elementi $ z \in Z$ e $1/z \in Q$ con $ z $ non nullo e non invertibile. Si ha:
$ 1 = \phi ( 1 ) = \phi ( z 1/z ) = \phi ( z ) \phi(1 / z) = z g $ assurdo, poiché $ z $ non è invertibile.
Risposte
"jJjjJ":Non è vero: \(\displaystyle\varphi\) è un omomorfismo di anelli, e non è detto che fissi \(\displaystyle\mathbb{Z}\)!
...Questo è assurdo infatti osservo che, poiché $ \phi $ è un omomorfismo $ \phi ( 1 ) = 1 $ il che implica che $ \phi ( z ) = z $ per ogni intero...
"j18eos":Se è un omomorfismo unitario allora sì che fissa [tex]\mathbb{Z}[/tex]. Infatti ogni elemento di [tex]\mathbb{Z}[/tex] è (a meno del segno) una somma di uni.
non è detto che fissi \(\displaystyle\mathbb{Z}\)!
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