Sottoinsieme di $M(2,Z_3)$

[martina.c1]

Consideriamo il seguente sottoinsieme dell'anello delle matrici $2\times2$ a coefficienti in $Z_3$: $A={((a,b),(-b,a))|a, b \in Z_3}$.
(1)Dimostrare che $A$ è un campo.
(2)Determinare un isomorfismo tra $A$ e $A={((a,b),(-b,a))|a, b \in Z_3}$ e $(Z_3[x])/((x^2+1))$ .
Per il punto (1) bastano delle verifiche oppure si può osservare che dimostrando (2) si dimostra anche (1). Volevo però chiedervi se la mia soluzione del punto (2) può andar bene. Probabilmente ho scritto stupidaggini, anche perchè non sono molto ferrata sui campi finiti..

$x^2+1$ è irriducibile in $Z_3[x]$ poichè non ha radici in $Z_3$. Ne segue che $(x^2 + 1)$ è massimale (perchè $Z_3[x]$ è un anello euclideo) quindi $K:=(Z_3[x])/((x^2+1))$ è un campo. $K$ contiene i resti della divisione di polinomi in $Z_3[x]$ per $x^2+1$, cioè le costanti e i polinomi di primo grado a coefficienti in $Z_3$; se ne deduce $|K|=9$. Si ha inoltre $Z_3 \subseteq K$, ed essendo questa un'estensione di $Z_3$ di grado 2, $K$ risulta isomorfo a $mathbb{F_9}$ per l'unicità dell'estensione finita di un campo finito una volta fissata una chiusura algebrica.
Anche per $A$ si verifica immediatamente che $|A|=9$ e inoltre $A$ è un campo di caratteristica 3, cioè contiene una copia isomorfa di $Z_3$. Ne segue ancora come sopra che $A\simmathbb{F_9}$. Si ha quindi un isomorfismo tra $A$ e $K$.
All'inizio avevo risolto così, ma poi, confrontandomi anche con la soluzione che ho di questo es (diversa dalla mia), mi sono resa conto che devo esplicitare un isomorfismo. Allora ho provato a fare così (ma non sono molto sicura): sia $\alpha$ una radice di $x^2+1$ in una chiusura algebrica di $mathbb{F_3}$; allora, poichè $x^2 +1$ è il polinomio minimo di $\alpha$ su $mathbb{F_3}$ risulta $mathbb{F_3}(\alpha) \sim K$ e una base di $mathbb{F_3}(\alpha)$ su $mathbb{F_3}$ è ${1, \alpha}$. Allora un isomorfismo tra $K$ e $mathbb{F_3}(\alpha) \sim mathbb{F_9}$ è dato da $\phi(p(x))=p(\alpha)$. Per $A$ un isomorfismo tra $A$ e $mathbb{F_3(\alpha)}$ è $\lambda(((a,b),(-b,a)))=a\alpha + b$. Allora $\lambda^-1 \circ \phi$ è l'isomorfismo cercato.

[Kashaman]

per il punto 1) , mi ci diletto io ! lo prendo come un'utile esercizio.
il secondo non ne sono ancora capace. Scusami

Consideriamo $A={((a,b),(-b,a))| a,b in ZZ_3} sube M_2(ZZ_3)$
per la caratterizzazione dei sottanelli si verifica facilmente che $A$ è un sottoanello unitario di $M_2(ZZ_3)$ infatti posto
$b=[0]_3^^a=[1]_3 => ((1,0),(0,1)) = 1_(M_2(ZZ_3)) in A$
altrettanto facilmente si verifica che $A$ è commutativo.
Ora poiché $A$ è finito, infatti consta di $3^2=9$ elementi, ci basta stabilire che ogni matrice differente dalla matrice nulla è invertibile. dimostrato ciò , abbiamo provato anche che $A$ è integro e che $U(A)=A\\{0}$
Sia $((a,b),(-b,a)) in A$. Supponiamo che $(a,b)!=(0,0)$ (1)
$((a,b),(-b,a))$ invertibile in $A <=>$ $det[((a,b),(-b,a))]=[a^2+b^2]_3 $ è invertibile in $A$.
ma ciò è vero, perché $ZZ_3$ è un campo con le ipotesi della 1) si evince che $[a^2+b^2]_3!=0$ e dunque $EE det^(-1)$.
Ne segue allora che $A$ è un campo.

[martina.c1]

"Kashaman":il secondo non ne sono ancora capace. Scusami

Ti scuso, non temere
Comunque direi che è perfetto, l'unica cosa che non capisco è perchè dici:

"Kashaman":Ora poiché $A$ è finito, infatti consta di $3^2=9$ elementi, ci basta stabilire che ogni matrice differente dalla matrice nulla è invertibile.

Se non sbaglio questo lo devi fare comunque, anche se l'anello non è finito, proprio per la definizione di campo.

[Kashaman]

perché se $A$ è finito, se non mi sbaglio di grosso,allora sono equivalenti
a)$A$ è integro
b) $U(A)=A\\{0}$
dim

verifica se è giusta!
$b=>a$ vale per qualsiasi anello unitario.
lemma ogni elemento invertibile è regolare.
dim lemma Sia $a in A, a!=0$ e sia $b in A$
se $ab=0 => EE a^(-1) in A => a^(-1)ab=a^-1(0) => 1*b=0=> b=0$ analogamente si mostra che $ba=0=> b=0$ ciò mostra che $a$ è regolare.
pertanto in base al lemma $A$ e a b) $A$ non ha divisori dello zero, ne segue che $A$ è integro.
$a=>b$
Notiamo che $U(A) sube A\\0$ è ovvio. Mostriamo l'altra inclusione
consideriamo $\lambda_a :A ->A$ definita ponendo per $x -> ax$ con $x in A$ e con $a in A\\0$
Siano $x_1,x_2 in A$
$ax_1=ax_2 => a(x_1-x_2)=0 => x_1-x_2=0 => x_1=x_2$ <-- perché $a$ è regolare.
ne segue che $\lambda_a$ è iniettiva , e poiché $A$ è finito è anche suriettiva.
Dalla suriettività si evince che $EE x in A : 1=\lambda_a(x)=ax$ e che quindi $EE x in A : ax=1$(1)
dalla 1) segue allora che $x!=0$ e pertanto posto $x=a$ , considerata $\lambda_x$,ne segue che $EE y in A : xy=1$ (2)
da 1) e 2) segue che
$y=1*y=(ax)y=a(xy)=a*1=a$ e quindi $ax=1=xa$ ne segue che $A$ è invertibile. E data la generalità di $x$ segue che $A\\0 sube U(A)$. Ciò mostra l'altra implicazione

spero sia tutto corretto



EDIT : probabilmente sta cosa manco serviva!
infatti basta mostrare che $U(A)=A\\{0}$ per dire che $A$ è un campo.
( dopo aver dimostrato che è un anello, commutativo e unitario).