Soluzioni proposte

Soluzione dell'esercizio 1 Procediamo per induzione su $n$. Per $n=0$ la formula è banalmente vera.

Supponiamo che la formula valga per $n$, allora

$$\begin{array}{rcl} \displaystyle\sum_{i=0}^{n+1} i^2 & = &... ... & \displaystyle\frac{(n+1)(2(n+1)+1)((n+1)+1)}{6} \end{array}$$

    

Soluzione dell'esercizio 2 Il polinomio caratteristico è dato da $x^2+3x+2$ le cui radici sono $-1i$ e $-2$, quindi una base dello spazio delle soluzioni è data dalle due successioni $a_n=(-1)^n$ e $b_n=(-1)^n$, quindi la soluzione generale dell'equazione è data da:

$$x_n=A (-1)^n+B(-2)^n\quad A,B\in\mathbb{C}.$$

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema

$$\left\{ \begin{array}{l} -2 = x_0 = A + B \\ 3 = x_1 = -A - 2 B \end{array}\right.$$

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

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

    

Soluzione dell'esercizio 3 $1\in N_G(H)$ in quanto $1^{-1}h 1 = h\in H$ per ogni $h\in H$.

Siano $g_1,g_2\in N_G(H)$, allora

$$(g_1g_2)^{-1} H g_1g_2 = g_2^{-1}(g_1^{-1} H g_1) g_2 = g_2^{-1} H g_2 = H$$

e quindi $g_1g_2\in N_G(H)$.

Sia $g \in N_G(H)$ allora

$$(g^{-1})^{-1} H g^{-1} = g H g^{-1} = g g^{-1} H g g^{-1} = H$$

e quindi $g^{-1}\in N_G(H)$.

Se $h\in H$ proviamo che $h^{-1} H h = H$. Infatti se $h'\in H$ allora, dato che $H$ è un sottogruppo, $h^{-1} h' h \in H$ e quindi $h^{-1} H h \subseteq H$. D'altra parte se $h'\in H$ allora $h h' h^{-1}\in H$ e quindi $h = h^{-1}(h h' h^{-1}) h \in h^{-1}Hh$, ossia $H\subseteq h^{-1} H h$ e, per tanto $h^{-1} H h = H$, ossia $h\in N_G(H)$.

Ricordiamo che uno dei modi equivalenti di dire che $H$ è normale in $G$ è che $g^{-1}Hg = H$ per ogni $g\in G$ e quindi se e solo se $g \in N_G(H)$ per ogni $g\in G$ ovvero se e solo se $G=N_G(H)$.     

Soluzione dell'esercizio 4 Osserviamo che se $B''$ è una sottoalgebra che contiene sia $B'$ che $x$, allora anche $x'\in B''$ e quindi per ogni $a,b\in B'$ si ha che $a\wedge x \in B''$, $b\wedge x'\in B''$ e quindi anche $(a \wedge x) \vee (b \wedge x') \in B''$, ossia $A\subseteq B''$. Basta allora provare che $A$ è una sottoalgebra, ossia che è chiusa rispetto a $\vee$, $\wedge$ e $'$ e che contiene $0,1$.

Dato che $B'$ è una sottoalgebra, $0,1\in B'$ e quindi

$$\begin{eqnarray*} 0 & = & 0 \vee 0 = (0 \wedge x ) \vee (0 \wedge x') \in A \\ 1 & = & x \vee x' = ( 1 \wedge x ) \vee ( 1 \wedge x') \in A. \end{eqnarray*}$$

Siano $(a_1 \wedge x )\vee (b_1 \wedge x')$, $(a_2 \wedge x )\vee (b_2 \wedge x')\in A$, allora

$$\begin{array}{rcl} ( (a_1 \wedge x ) &\vee &(b_1 \wedge x'... ...\vee a_2 ) \wedge x ) \vee (b_1\vee b_2 \wedge x') \end{array}$$

che appartiene ad $A$ in quanto $a_1\vee a_2$, $b_1\vee b_2\in B'$.

Siano $(a_1 \wedge x )\vee (b_1 \wedge x')$, $(a_2 \wedge x )\vee (b_2 \wedge x')\in A$, allora

$$\begin{array}{rcl} ( (a_1 \wedge x ) &\vee & (b_1 \wedge x... ... a_2) \wedge x) \vee ( (b_1 \wedge b_2) \wedge x') \end{array}$$

che appartiene ad $A$ in quanto $a_1\wedge a_2$, $b_1\wedge b_2\in B'$.

Sia $(a \wedge x )\vee (b \wedge x')\in A$, allora

$$\begin{array}{rcl} ( (a \wedge x ) \vee (b \wedge x') )' &... ...x )) =\\ & = & (a' \wedge x) \vee (b' \wedge x ) \end{array}$$

che appartiene ad $A$ in quanto $a'$, $b'\in B'$.     

Soluzione dell'esercizio 5 L'unità dell'anello $\mathbb{F}\times \mathbb{K}$ è $(1_\mathbb{F},1_\mathbb{K})$. Ma allora, perché un elemento $(f,k)\in \mathbb{F}\times \mathbb{K}$ sia invertibile, dovranno essere invertibili entrambe le sue coordinate, e quindi, dato che $\mathbb{F}$ e $\mathbb{K}$ sono campi, ciò equivale a dire che entrambe le coordinate siano diverse da $0$. Quindi l'insieme degli elementi invertibili è dato da:

$$\mathbb{F}^*\times\mathbb{K}^* = \{(f,k)\in \mathbb{F}\times \mathbb{K}\mid f \ne 0, ~ k\ne 0\}.$$

Proviamo che $\mathbb{F}\times \mathbb{K}$ possiede soltanto i quattro ideali: $\left\langle {}0\right\rangle$, $\mathbb{F}\times\{0\}$, $\{0\}\times\mathbb{K}$ e $\mathbb{F}\times \mathbb{K}$. Proviamo innanzitutto che $\mathbb{F}\times\{0\}$ e $\{0\}\times\mathbb{K}$ sono ideali. Sono ovviamente chiusi rispetto alla somma, inoltre se $(f,0)\in \mathbb{F}\times\{0\}$ e $(f',k')\in\mathbb{F}\times\mathbb{K}$ allora $(f,0)(f',k')=(ff',0)\in \mathbb{F}\times\{0\}$, e analogamente per l'altro ideale.

Proviamo ora che non ci sono altri ideali. Sia $I$ un ideale non banale di $\mathbb{F}\times \mathbb{K}$ (ossia $I\ne\left\langle {}0\right\rangle$ e $I\ne\mathbb{F}\times\mathbb{K}$). Sia $(0,0)\ne(f,k)\in I$. Se $f$ e $k$ sono entrambi non nulli allora $(f,k)$ è invertibile e quindi $I=\mathbb{F}\times\mathbb{K}$, contro l'assunto (ricordiamo che se un ideale contiene un elemento invertibile, allora coincide con tutto l'anello). Supponiamo che $k=0$, allora $(1,0)=(f,0)(f^{-1},0)\in I$ e quindi per ogni $g\in \mathbb{F}$ si ha che $(g,0)=(1,0)(g,0)\in I$ e quindi $\mathbb{F}\times\{0\}\subseteq I$. D'altra parte se esistesse un elemento $(0,k)\in I$ con $k\ne0$ allora $(1,k)=(1,0)+(0,k)\in I$ sarebbe un elemento invertibile e quindi $I=\mathbb{F}\times\mathbb{K}$, contro quanto supposto, per tanto $I=\mathbb{F}\times\{0\}$.

In modo analogo si prova che se $(0,k)\in I$ allora $I=\{0\}\times\mathbb{K}$.