Soluzioni proposte

Soluzione dell'esercizio 1 Dato che $165 \cong 1 \quad{\rm mod}\ 164$ e $79 \cong 4 \quad{\rm mod}\ 75$ il sistema è equivalente a:

$$\left\{ \begin{array}{ll} x \cong 1 &\quad{\rm mod}\ 164 \\ x \cong 4 &\quad{\rm mod}\ 75 \end{array}\right.$$

Calcoliamo il massimo comun divisore tra $164$ e $75$ usando l'algoritmo di Euclide.

$$\begin{array}{rcl} 164 & = & 75 \cdot 2 + 14 \\ 75 & = & 14... ...+ 4 \\ 5 & = & 4 \cdot 1 + 1 \\ 4 & = & 1 \cdot 4 \end{array}$$

quindi $(164,75)=1$ e quindi il sistema di congruenze ha soluzione (dato che $(164,75)\mathrel{\big\vert}1-4$. Esprimiamo $1$ come combinazione intera di $113$ e $84$.

$$\begin{array}{rclcrcl} & & & & 164 & = & 164(1) + 75(0) \\ ... ... 1 & = & 5 - 4 & \qquad & 1 & = & 164(-16) + 75(35) \end{array}$$

Quindi,

$$1-4 = -3 = -3(164(-16) + 75(35))=164\cdot 48 + 75 \cdot (-105)$$

e per tanto

$$-7871 = 1 - 164\cdot 48 = 4 + 75 \cdot (-105)$$

è una soluzione del sistema. Dato che il minimo comune multiplo tra $164$ e $75$ è dato da $[164,75]=164\cdot 75/(164,75)=164\cdot 75=12300$, l'insieme delle soluzioni del sistema è:

$$\{-7871 + k 12300\mid k\in \mathbb{Z}\}= \{4429 + k 12300\mid k\in \mathbb{Z}\}.$$

    

Soluzione dell'esercizio 2 Il polinomio caratteristico è dato da $x^2-2x+2$ le cui radici sono $1+i$ e $1-i$, quindi una base dello spazio delle soluzioni è data dalle due successioni $a_n=(1+i)^n$ e $b_n=(1-i)^n$, quindi la soluzione generale dell'equazione è data da:

$$x_n=A (1+i)^n+B(1-i)^n\quad A,B\in\mathbb{C}.$$

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema

$$\left\{ \begin{array}{l} 2 = x_0 = A+B \\ 2 = x_1 = A(1+i) +B(1-i) \end{array}\right.$$

risolvendo il quale si ottiene $A=B=1$, e quindi la soluzione è:

$$x_n=(1+i)^n+(1-i)^n = {\mathfrak Re} ((1+i)^n)= \sqrt{2 ^n} \cos \frac{\pi n}{4}.$$

    

Soluzione dell'esercizio 3 Siano $\alpha,\beta\in G$ quindi esistono $n,m\in\mathbb{N}-\{0\}$ tali che $\alpha^n=\beta^m=1$. Ma allora

$$(\alpha\beta)^{nm}=\alpha^{nm}\beta^{nm}=(\alpha^n)^m(\beta^m)^n=1^m1^n=1\cdot1=1$$

dato che $nm\in\mathbb{N}-\{0\}$, allora $\alpha\beta\in G$ e quindi $G$ è chiuso rispetto al prodotto.

Evidentemente $1\in G$, dato che $1^1=1$.

Se $\alpha\in G$ allora $\alpha^-1\in G$. Infatti esiste $n\in\mathbb{N}-\{0\}$ tale che $\alpha ^n=1$, ma allora $(\alpha^{-1})^n= (\alpha^n)^{-1}=1^{-1}=1$.

Coò basta per concludere, dato che il prodotto di numeri complessi è associativo.     

Soluzione dell'esercizio 4 (1)$\Rightarrow$(2). Supponiamo che $b \le a$, ossia, per definizione di ordinamento indotto, $b = a \wedge b$. Dato che $b \vee b' =1$ si ha:

$$a = a \wedge 1 = a \wedge ( b \vee b' ) = ( a \wedge b ) \vee ( a \wedge b' ) = b \vee ( a \wedge b' )$$

ma allora, per (1) o $b = a$ oppure $( a \wedge b' )=a$, ma da quest'ultima segue allora che

$$0 = a \wedge 0 = a \wedge (b' \wedge b ) = ( a \wedge b' ) \wedge b = a \wedge b = b$$

essendo l'ultima uguaglianza data da $b \le a$. Ciò conclude la prova.

(2)$\Rightarrow$(1). Supponiamo che $a = b \vee c$, allora $b \le a$ e quindi, per (2), si ha che o $b = a$ oppure $b=0$ e quindi $a=0 \vee c = c$.

Proviamo olra il secondo punto. Se $B$ è un'algebra di Boole finita, allora, per il teorema di rappresentazione, è isomorfa all'algebra di Boole ${\cal P}(X)$ delle parti di un insieme finito $X$. Per il punto precedente, gli atomi sono allora i sottoinsiemi $A$ di $X$ che non contengono alcun sottoinsieme diverso da $\varnothing$ ossia sono i sottoinsiemi costituiti da un solo elemento, e quindi sono tanti quanti gli elementi di $X$. In definitiva se $\left\vert X\right\vert$ ha $n$ elementi, $\left\vert B\right\vert=2^n$ e quindi gli atomi di $B$ sono $n=\log_2(\left\vert B\right\vert)$.     

Soluzione dell'esercizio 5 Proviamo che $A$ è un sottoanello dell'anello delle matrici. Evidentemente $0\in A$ (si ottiene ponendo $a=b=0$) resta da provare che se che se $M,N\in A$ allora $M+N\in A$, $MN\in A$, $-M\in A$. Cominciamo dall'ultima sia $M=\Big( \begin{array}{cc} a & b \\ 4b & a \end{array} \Big)$ allora

$$-M=-\Big( \begin{array}{cc} a & b \\ 4b & a \end{array} \... ...egin{array}{cc} -a & -b \\ 4(-b) & -a \end{array} \Big)\in A$$

Siano $M=\Big( \begin{array}{cc} a & b \\ 4b & a \end{array} \Big)$, $N=\Big(\begin{array}{cc}c & d \\ 4d & c\end{array}\Big)\in A$ allora

$$\begin{array}{rcl} M+N&=&\Big(\begin{array}{cc}a & b \\ 4b &... ...}{cc}a+c & b+d \\ 4(b+d) & a+c\end{array}\Big)\in A \end{array}$$

E anche

$$\begin{array}{rcl} MN&=&\Big(\begin{array}{cc}a & b \\ 4b & ... ...d & ad+bc \\ 4(ad+bc) & ac+4bd\end{array}\Big)\in A \end{array}$$

$A$ è commutativo. Si osservi infatti che l'espressione per $MN$ che abbiamo trovato sopra, resta invariata se si scambiano $a$ con $c$ e $b$ con $d$ ossia $MN=NM$.

$A$ non è un dominio. Osserviamo infatti che

$$\Big(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ 4 & 2 \end{array}\Big) \Bi... ...ig) = \Big(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\Big)$$

in particolare allora non è nemmeno un campo (si ricordi che ogni dominio è un campo).