Omomorfismo da $RR$ in $RR$
Sia $f:RR->RR$ un omomorfismo di anelli. Far vedere che f è l'applicazione identica.
Se 1 generasse tutto $RR$ avrei risolto per la proprieta $f(1)=1 di un omomorfismo ntra anelli. Ma in questo caso non è così. Come posso fare? Non riesco ad arrivarci...
Grazie mille....!!!
Se 1 generasse tutto $RR$ avrei risolto per la proprieta $f(1)=1 di un omomorfismo ntra anelli. Ma in questo caso non è così. Come posso fare? Non riesco ad arrivarci...
Grazie mille....!!!
Risposte
intuiscilo pensandolo geometricamente: e' un omo di anelli, quindi e' lineare, geometricamente e' una retta. Ora pensa a quali rette sono omo di anelli e ti accorgi che l'unica e' $y=x$.
Scusa ma non riesco a pensarla geometricamente...non ho mai provato a rifletterci su...perchè un omomorfismo di anelli è una retta, precisamente la bisettrice del primo quadrante?
Comunque ho pensato un altro metdo, ma non so se sia giusto. Sia:
$f:RR->RR$ tale che $f(x)=kx$.
Per far si che sia un omomorfismo devono valere le seguenti condizioni:
-$f(x+y)=k(x+y)=kx+ky=f(x)+f(y)$ che vale quindi per ogni k
-$f(xy)=kxy=f(x)f(y)$ solo se k=1 cioè l'applicazione identica
Va bene?
Comunque ho pensato un altro metdo, ma non so se sia giusto. Sia:
$f:RR->RR$ tale che $f(x)=kx$.
Per far si che sia un omomorfismo devono valere le seguenti condizioni:
-$f(x+y)=k(x+y)=kx+ky=f(x)+f(y)$ che vale quindi per ogni k
-$f(xy)=kxy=f(x)f(y)$ solo se k=1 cioè l'applicazione identica
Va bene?
scusa ma perche' assumi ch $f(x)=kx$?
Ps. non e' vero che un qualunque omomorfismo di anelli e' una retta, ma $f:\mathbb R\rightarrow\mathbb R$ quindi la pensi come classica funzione. Il fatto che sia un omo di anelli ti dice che e' lineare, quindi una retta passante per l'origine.
Ps. non e' vero che un qualunque omomorfismo di anelli e' una retta, ma $f:\mathbb R\rightarrow\mathbb R$ quindi la pensi come classica funzione. Il fatto che sia un omo di anelli ti dice che e' lineare, quindi una retta passante per l'origine.
La soluzione di Valerio non mi sembra corretta, perché non usa nessuna
proprietà dei numeri reali. Sembra che valga per un qualsiasi campo....
Invece, in generale un omomorfismo di anelli $A\rightarrow A$ NON e' $A$-lineare.
Per esempio il coniugio complesso $CC\rightarrow CC$ non e' $CC$-lineare.
Infatti, se un omomorfismo $f$ di anelli $RR\rightarrow RR$ e'
$RR$-lineare, allora e' immediato che $f$ e' l'identita':
$f(x) = xf(1) = x\cdot 1=x$ per ogni $x\in RR$.
Il fatto che ogni omomorfismo di anelli $RR\rightarrow RR$ e' $RR$-lineare non e' banale.
E' proprio questo il punto.
Forse e' utile vedere prima cosa succede con i numeri razionali: dimostrare che
ogni omomorfismo di anelli $f:RR\rightarrow RR$ fissa i numeri razionali.
proprietà dei numeri reali. Sembra che valga per un qualsiasi campo....
Invece, in generale un omomorfismo di anelli $A\rightarrow A$ NON e' $A$-lineare.
Per esempio il coniugio complesso $CC\rightarrow CC$ non e' $CC$-lineare.
Infatti, se un omomorfismo $f$ di anelli $RR\rightarrow RR$ e'
$RR$-lineare, allora e' immediato che $f$ e' l'identita':
$f(x) = xf(1) = x\cdot 1=x$ per ogni $x\in RR$.
Il fatto che ogni omomorfismo di anelli $RR\rightarrow RR$ e' $RR$-lineare non e' banale.
E' proprio questo il punto.
Forse e' utile vedere prima cosa succede con i numeri razionali: dimostrare che
ogni omomorfismo di anelli $f:RR\rightarrow RR$ fissa i numeri razionali.
[quote=Stickelberger]La soluzione di Valerio non mi sembra corretta, perché [...] Il fatto che ogni omomorfismo di anelli $RR\rightarrow RR$ e' $RR$-lineare non e' banale.
quote]
Well..
1) se $n\in\mathbb N$, allora $f(n)=f(1+...+1)=nf(1)=n$ (ma $f$ e' unitale?)
2) se $\frac{p}{q}\in\mathbb Q$, allora $f(\frac{p}{q})=\frac{f(p)}{f(q)}=\frac{p}{q}$
3) se $r\in\mathbb R$, prendere $q_1,q_2\in\mathbb Q$ tali che $q_1
Dai.. e' banale! c'e' solo la densita'!
quote]
Well..
1) se $n\in\mathbb N$, allora $f(n)=f(1+...+1)=nf(1)=n$ (ma $f$ e' unitale?)
2) se $\frac{p}{q}\in\mathbb Q$, allora $f(\frac{p}{q})=\frac{f(p)}{f(q)}=\frac{p}{q}$
3) se $r\in\mathbb R$, prendere $q_1,q_2\in\mathbb Q$ tali che $q_1
Dai.. e' banale! c'e' solo la densita'!
Scusate ma io non vi seguo....
Valerio: nella domanda di Melli13, l'omomorfismo $f$ era unitale.
Sono d'accordo con la tua dimostrazione che $f(x)=x$ per $x\in QQ$.
Per il resto, sembra che usi questo: se $x,y\in RR$ soddisfano $x
Melli13: chiedi pure
Sono d'accordo con la tua dimostrazione che $f(x)=x$ per $x\in QQ$.
Per il resto, sembra che usi questo: se $x,y\in RR$ soddisfano $x
Melli13: chiedi pure
Un piccolo commento...
Sia \(\displaystyle r \) un elemento di \(\displaystyle \mathbb{R} \) positivo allora \(\displaystyle r = x^2 \) per qualche \(\displaystyle x \) reale. Ma allora \(\displaystyle f(r) = f(x^2) = f(x)^2 \) che è quindi un elemento positivo. Questo significa che \(\displaystyle f \) mantiene la positività. Attraverso la relazione \(\displaystyle x > r \leftrightarrow x-r>0 \) questo implica inoltre che la funzione mantiene l'ordine di \(\displaystyle \mathbb{R} \).
Questo va messo tra il 2° e il 3° punto di Valerio per completezza.
Sia \(\displaystyle r \) un elemento di \(\displaystyle \mathbb{R} \) positivo allora \(\displaystyle r = x^2 \) per qualche \(\displaystyle x \) reale. Ma allora \(\displaystyle f(r) = f(x^2) = f(x)^2 \) che è quindi un elemento positivo. Questo significa che \(\displaystyle f \) mantiene la positività. Attraverso la relazione \(\displaystyle x > r \leftrightarrow x-r>0 \) questo implica inoltre che la funzione mantiene l'ordine di \(\displaystyle \mathbb{R} \).
Questo va messo tra il 2° e il 3° punto di Valerio per completezza.
non ho usato la continuita'. Ho solo usato il fatto che $f(r)\in(q_1,q_2)$ per ogni $q_1
Ps. hai ragione vict85.
Ps. hai ragione vict85.
si! tutto ok. E' un argomento che usa qualche proprieta' dei numeri reali ...
beh le usa quasi tutte.. e' probabile che mettendo le proprieta' usate come assioma si trova proprio $\mathbb R$ o comunque si va poco lontano.
Si, sara' vero 
Infatti, se cerchi di ripetere questo argomento per $CC$ invece di $RR$,
allora si sa sempre che ogni omomorfismo $f:CC\rightarrow CC$ fissa $QQ$.
Si sa anche che $f(i)=\pm i$. Componendo caso mai con il coniugio complesso,
posso supporre che $f(i)=i$ e quindi $f(yi)=yi$ per ogni $y\in QQ$.
E questo vuol dire che $f(x+yi) = x+yi$ per ogni $x,y\in QQ$.
Nonostante il fatto che $\{x+yi: x.y\in QQ\}$ e' denso in $CC$, non e' vero per
niente che $f$ deve essere la mappa identica. Infatti, il gruppo $Aut(CC)$
degli automorfismi di $CC$ e' enorme. Neanche numerabile, credo.
Non e' la densita' di $QQ$ in $RR$ che conta, ma l'ordinamento di $RR$.
Infatti, se cerchi di ripetere questo argomento per $CC$ invece di $RR$,
allora si sa sempre che ogni omomorfismo $f:CC\rightarrow CC$ fissa $QQ$.
Si sa anche che $f(i)=\pm i$. Componendo caso mai con il coniugio complesso,
posso supporre che $f(i)=i$ e quindi $f(yi)=yi$ per ogni $y\in QQ$.
E questo vuol dire che $f(x+yi) = x+yi$ per ogni $x,y\in QQ$.
Nonostante il fatto che $\{x+yi: x.y\in QQ\}$ e' denso in $CC$, non e' vero per
niente che $f$ deve essere la mappa identica. Infatti, il gruppo $Aut(CC)$
degli automorfismi di $CC$ e' enorme. Neanche numerabile, credo.
Non e' la densita' di $QQ$ in $RR$ che conta, ma l'ordinamento di $RR$.
"Stickelberger":
Non e' la densita' di $QQ$ in $RR$ che conta, ma l'ordinamento di $RR$.
Gia'! Chissa' se ci sono molti anelli ordinati che contengono $QQ$ in maniera densa.
La questione, posta bene, e': sia $A$ un anello unitario e $N$ la copia di $\mathbb Z={0.\pm1,\pm2,...}$ automaticamente contenuta in $A$. Supponiamo che $A$ sia ordinato e $N\cdot N^{-1}$ sia denso nella topologia di ordine. E' vero che $A$ e' isomorfo a $\mathbb R$?
Mi viene da pensare che se $A$ e' commutativo, allora dovrebbe seguire dall'unicita' dei campi ordinati completi (ma non sono sicuro che tutti i dettagli vadano al proprio posto).
Esempi con $A$ non commutativo?
L'intersezione della chiusura algebrica di \(\displaystyle \mathbb{Q} \) con \(\displaystyle \mathbb{R} \) è un insieme ordinato, numerabile e possiede la caratteristica appena descritta di \(\displaystyle \mathbb{R} \) (la dimostrazione è la stessa). Gli elementi trascendenti di \(\displaystyle \mathbb{R} \) e quindi la completezza di \(\displaystyle \mathbb{R} \) non entra in gioco.
La caratteristica necessaria per la dimostrazione (oltre ad essere una estensione di \(\displaystyle \mathbb{Q} \)) è quella di possedere le radici di ogni polinomio \(\displaystyle x^2 - \omega \) dove \(\displaystyle \omega \) è una qualsiasi suo elemento. Il più piccolo di questi campi non penso sia il campo descritto sopra ma non saprei caratterizzarlo meglio.
P.S: Entrambi i campi descritti hanno cardinalità numerabile e quindi come ordini densi senza estremi sono isomorfi a \(\displaystyle \mathbb{Q} \) (al contrario di \(\displaystyle \mathbb{R} \) che ha la cardinalità del continuo). Ovviamente non sono isomorfi come campi.
La caratteristica necessaria per la dimostrazione (oltre ad essere una estensione di \(\displaystyle \mathbb{Q} \)) è quella di possedere le radici di ogni polinomio \(\displaystyle x^2 - \omega \) dove \(\displaystyle \omega \) è una qualsiasi suo elemento. Il più piccolo di questi campi non penso sia il campo descritto sopra ma non saprei caratterizzarlo meglio.
P.S: Entrambi i campi descritti hanno cardinalità numerabile e quindi come ordini densi senza estremi sono isomorfi a \(\displaystyle \mathbb{Q} \) (al contrario di \(\displaystyle \mathbb{R} \) che ha la cardinalità del continuo). Ovviamente non sono isomorfi come campi.
esempi con $A$ non commutativo?
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