Soluzioni proposte

Soluzione dell'esercizio 1 Il polinomio caratteristico dell'equazione è $P(x)=x^3-x^2+x-1=(x-1)(x^2+1)$ che ha tre radici distinte: $1$, $i$ e $-i$. Quindi una base dello spazio delle soluzioni dell'equazione ricorsiva è datta dalle tre successioni:

$$a_n = 1^n=1,\quad b_n= i^n , \quad c_n = (-i)^n.$$

Quindi la soluzione generale dell'equazione è:

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

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema lineare:

$$\left\{ \begin{array}{l} 0 = x_0 = A+B+C \\ 1= x_1 = A +iB -iC \\ 2 = x_2 =A -B -C \end{array}\right.$$

risolvendo il quale si ottiene:

$$A=1 , \quad B=-\frac12, \quad C=-\frac12.$$

Pertanto la soluzione del problema è la successione

$$x_n=1- i^n \frac {1+(-1)^n}2.$$

    

Soluzione dell'esercizio 2 $1\in Z(G)$. Infatti $1h=h=h1$ per ogni $h\in G$.

$g_1,g_2\in Z(G)\Rightarrow g_1g_2\in Z(G)$. Infatti, dato $h\in G$ si ha

$$\begin{array}{rclcl} g_1g_2h & = &g_1hg_2 &&\hbox{\rm {poic... ... & = &hg_1g_2 &&\hbox{\rm {poich\'e }}g_1\in Z(G) \end{array}$$

e quindi, per l'arbitrarietà di $h$, $g_1g_2\in Z(G)$.

$g\in Z(G)\Rightarrow g^{-1}\in Z(G)$. Infatti, se $h\in G$ allora, dato che $g\in Z(G)$ si ha che $gh=hg$, ma allora, moltiplicando a sinistra e destra per $g^{-1}$ entrambi i memmbri si ottiene $hg^{-1}=g^{-1}h$. Per l'arbitrarietà di $h\in G$ si conclude.

$Z(G)$ è normale. Proviamo che per ogni $x\in G$, $g\in Z(G)$ si ha che $x^{-1}gx\in Z(G)$. Infatti $x^{-1}gx=x^{-1}xg=1g=g\in G$.

$Z(S_3)=\langle1\rangle$.

$$\begin{array}{rcl} \left. \begin{array}{rcll} (1~2)(2~3) & =... ...y}\right\} & \Rightarrow & (1~3),(1~2~3)\notin Z(G) \end{array}$$

inoltre, dato che $(1~2~3)=(1~3~2)^{-1}$ allora anche $(1~3~2)\notin Z(G)$ (se ci stesse ci starebbe anche il suo inverso. Quindi l'unica permutazione di $S_3$ che appartiene a $Z(S_3)$ è l'identità.     

Soluzione dell'esercizio 3 Proviamo che $L$ è un sottoreticolo di ${\cal P}(X)$. Basta provare che dati $A,B\in L$ allora $A\cup b$ e $A\cap B\in L$.

$$\begin{array}{rcl} A,B\in L\Rightarrow x\in A, x\in B\Righta... ...\\ x\in A\cap B\Rightarrow A\cap B\in L \end{array}\end{array}$$

Essendo un sottoreticolo di $({\cal P}(X),\cup,\cap)$, $L$ è in particolare un reticolo con le operazioni $\cup,\cap$.

$(L,\cup,\cap)$ è un'algebra di Boole. Dato che le operazioni di reticolo sono $\cup$ e $\cap$ allora la relazione d'ordine è l'inclusione ($\subseteq$) ed evidentemente $\{x\}$ e $X$ sono rispettivamente il minimo ed il massimo di $L$ (se $A\in L$ allora $x\in L\subseteq X$ ossia $\{x\}\subseteq A \subseteq X$). Quindi il reticolo è limitato. Che sia distributivo segue dal fatto che le operazioni $\cup$ e $\cap$ sono distributive. Proviamo che ogni elemento ha un complemento. Se $A\in L$ consideriamo $A'=(x\setminus A)\cup\{x\}$. Allora chiaramente $x\in A'$ ed inoltre:

$$\begin{array}{l} A\cup A'= A\cup (X\setminus A)\cup\{x\}=X\... ...A))\cup(A\cap \{x\})= \varnothing \cup \{x\}=\{x\} \end{array}$$

dove la penultima uguaglianza segue dal fatto che $x\in A$. Dunque $A'$ è un complemento per $A$ e quindi il reticolo è anche complementato.     

Soluzione dell'esercizio 4 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 $M=\Big( \begin{array}{cc} a & b \\ 3b & a \end{array} \Big)$ allora

$$-M=-\Big( \begin{array}{cc} a & b \\ 3b & a \end{array} \... ...egin{array}{cc} -a & -b \\ 3(-b) & -a \end{array} \Big)\in A$$

Siano $M=\Big( \begin{array}{cc} a & b \\ 3b & a \end{array} \Big)$, $N=\Big(\begin{array}{cc}c & d \\ 3d & c\end{array}\Big)\in A$ allora

$$\begin{array}{rcl} M+N&=&\Big(\begin{array}{cc}a & b \\ 3b &... ...}{cc}a+c & b+d \\ 3(b+d) & a+c\end{array}\Big)\in A \end{array}$$

E anche

$$\begin{array}{rcl} MN&=&\Big(\begin{array}{cc}a & b \\ 3b & ... ...d & ad+bc \\ 3(ad+bc) & ac+3bd\end{array}\Big)\in A \end{array}$$

$A$ 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 $MN=NM$.

$A$ è un campo. Osserviamo innanzitutto che la matrice $I=\Big(\begin{array}{cc}1&0\\ 0&1\end{array}\Big)\in A$ (si ottiene ponendo $a=1$ e $b=0$), quindi $A$ è un anello unitario.

Una matrice è invertibile se e solo se il suo determinante è diverso da $0$, ma se $M=\Big(\begin{array}{cc}a & b \\ 3b & a\end{array}\Big)\in A$ allora $\det M=a^2-3b^2$ e quindi $\det M=0$ se e solo se $a^2-3b^2=0$ e quindi o $b=0$ e $a=0$ (ossia $M=0$) oppure $\left\vert a/b\right\vert=\sqrt 3$. Dato che $a,b\in \mathbb{Q}$ allora $\left\vert a/b\right\vert\in\mathbb{Q}$ mentree $\sqrt3\notin \mathbb{Q}$ e quindi l'ultima eventualità non si può verificare. In altre parole se $m\in A$ e $M\ne 0$ allora $M$ è invertibile. Un semplice calcolo mostra che in questo caso

$$M^{-1}=\Big(\begin{array}{cc}\frac{a}{a^2-3b^2} & -\frac{b}{... ...-\frac{b}{a^2-3b^2}) & \frac{a}{a^2-3b^2}\end{array}\Big)\in A$$

quindi $A$ è un campo.

Consideriam o l'applicazione $\psi:\mathbb{Q}\to A$ definita da $\psi(a)=\Big(\begin{array}{cc}a & 0 \\ 0 & a\end{array}\Big)$. È immediato verificare che $\psi$ è un morfismo di anelli con identità, quindi per la proprietà universale dell'anello dei polinomi, esiste un unico morfismo $\varphi :\mathbb{Q}[x]\to A$ tale che

$$\begin{array}{rcl} \varphi (a)=\psi(a) &\quad & \forall a\i... ...Big(\begin{array}{cc}0 & 1 \\ 3 & 0\end{array}\Big) \end{array}$$

osserviamo inoltre che se $M=\Big( \begin{array}{cc} a & b \\ 3b & a \end{array} \Big)$ con $a,b\in \mathbb{Q}$ allora

$$\begin{array}{rcl} \varphi (a +bx)&=&\varphi (a)+\varphi (b... ...begin{array}{cc}a & b \\ 3b & a\end{array}\Big)= M \end{array}$$

quindi $\varphi$ è surgettivo.

Proviamo che $\ker\varphi =(x^2-3)$. Osserviamo innanzitutto che $x^2-3\in \ker\varphi$, infatti

$$\begin{array}{rcl} \varphi (x^2-3) & = & \varphi (x)^2-\varp... ...Big(\begin{array}{cc}0 & 0 \\ 0 & 0\end{array}\Big) \end{array}$$

e quindi $(x^2-3)\subseteq\ker\varphi$.

Viceversa, sia $f\in\ker\varphi$, effettuando la divisione euclidea di $f$ per $x^2-3$ si determinano $q,r\in \mathbb{Q}[x]$ tali che $f=(x^2-3)q+r$ con $\deg r<2$, ossia $r=a+bx$. Ma allora

$$\begin{array}{rcl} 0&=&\varphi (f)=\varphi ((x^2-3)q+r)=\var... ...ig(\begin{array}{cc}a & b \\ 3b & a\end{array}\Big) \end{array}$$

e quindi $a=b=0$, ossia $(x^2-3)\mathrel{\big\vert}f$ e quindi $f\in(x^2-r)$.

Ma allora per il primo teorema di omomorfismo

$$A\oldcong \mathbb{Q}[x]\big/\mathchoice {{}_{\!\displaystyle... ...criptstyle {}(x^2-3)}} {{}_{\!\scriptscriptstyle {}(x^2-3)}}.$$

    

Soluzione dell'esercizio 5 Indichiamo con $A$ l'insieme in questione. Osserviamo che, per il ``lemma dei cassetti'', se un numero $n$ ha un espansione decimale con più di $10$ cifre allora almeno due cifre sono uguali, quindi l'insieme $A$ è contenuto nell'insieme $B$ dei numeri con espansione di al più $10$ cifre, e quest'ultimo è finito in quanto $B=\{n\in\mathbb{N}\mid n\le 9999999999\}$ ha $10^{10}$ elementi.

Per ogni $i=1,2,\dots,10$ indichiamo con $A_i$ l'insieme dei numeri diversi da $0$ costituiti da $i$ cifre distinte. Chiaramente $A=\{0\}\cup\bigcup_{i=1}^{10}A_i$ e $A_i\cap A_j=\varnothing$ se $i\ne j$, $\{)\}\cap A_i=\varnothing$ per ogni $i$ e quindi

$$\left\vert A\right\vert=1+\sum_{i=1}^{10}\left\vert A_i\right\vert.$$

Calcoliamo $\left\vert A_i\right\vert$ per ogni $i$. Se $n\in A_i$ è diverso da $0$, allora la sua prima cifra può essere un arbitrario numero $1,\dots,9$ (lo $0$ non può essere la cifra iniziale) e quindi per la sua scelta si hanno $9$ possibilità. Fissata la prima cifra, le restanti $i-1$ possono essere scelte tra le rimanenti $9$ cifre in modo che siano a due a due diverse, ossia in modo che l'applicazione che ad ognuno degli $i-1$ ``posti vuoti'' associa una di queste $9$ cifre sia iniettiva. Quindi fatta la prima scelta si hanno $9!/(9-i+1)!$ scelte possibili: tante quante le applicazioni iniettive da un insieme di $i-1$ elementi in uno di $9$ elementi. In definitiva

$$\left\vert A_i\right\vert=\frac{9\cdot 9!}{(9-i+1)!}\quad \forall i=1,\dots,10$$

e quindi

$$\left\vert A\right\vert = 1+ \sum_{i=1}^{10}\frac{9\cdot9!}{... ...10}\frac{1}{(9-i+1)!}= 1+9\cdot 9!\sum_{j=0}^{9}\frac{1}{j!} .$$