EXEMPLE DE STRUCTURI ALGEBRICE NEIZOMORFE

Prof. Hecser Enik Krisztina, Colegiul Naional Unirea, Trgu Mure, jud. Mure

Materia de algebr de clasa a XII-a este n general- pe placul elevilor. Verificarea axiomelor de asociativitate, comutativitate, existena elementului neutru, existena simetricului unui element, distributivitate i, respectiv, diferite combinaii ale acestora (la structuri algebrice) se nsuete uor i aceste tipuri de exerciii, n majoritatea cazurilor, nu reprezint dificultate pentru elevi.

n cazul izomorfismelor ns, se pot ntmpina greuti dac n enunul problemei nu se d funcia despre care trebuie dovedit c este morfism/izomorfism. Sunt necesare multe exerciii pn cnd elevii ajung s gseasc funciile, s stabileasc izomorfismele. Cele mai grele exerciii sunt cele la care se cere s se arate c dou structuri algebrice nu sunt izomorfe. Dei metoda de rezolvare se bazeaz aproape de fiecare dat pe metoda reducerii la absurd (o metod bine neleas i suficient de exersat la elevii de clasa a XII-a) aceste probleme rmn n cea. Poate fi un motiv i faptul c - n comparaie cu problemele care cer un izomorfism - probleme de aceast natur sunt mult mai puine i elevii nu au posibilitatea s se familiarizeze cu ele. Iat motivul pentru care am ales spre prezentare cteva dintre acestea. Primele exerciii sunt de nivel mediu, ele pot fi abordate la clas, ultimele sunt mai degrab pentru cercurile de matematic.

Problema 1. Artai c grupurile ( )+,Q i ( ) ,Q nu sunt izomorfe. Rezolvare: Presupunem c exist QQf : izomorfism. Imaginea elementului neutru din ( ) ,Q fiind elementul neutru din ( )+,Q avem 0)1( =f . Utiliznd += Qyxyfxfxyf ,)()()( (condiia de morfism) putem scrie:

0)1()1(20)1(2)1()1())1)(1(()1( ===+== fffffff , deci )1()1( = ff ceea ce este contradicie cu injectivitatea funciei f. Problema 2. Artai c grupurile ( )+ ,Q i ( ) ,Q nu sunt izomorfe. Rezolvare: Presupunem c exist + QQf : izomorfism. Imaginea elementului neutru din ( )+ ,Q fiind elementul neutru din ( ) ,Q avem 1)1( =f Funcia f fiind surjectiv rezult c yxfQxQy = + )(: , de unde pentru 1=y obinem

1)( =xf . Utiliznd faptul c funcia f este morfism, avem:

)1()(1)(1)1)(1()()()()( 222 fxfxfxfxfxxfxf ====== iar de aici pe baza injectivitii rezult c 12 =x

1)1(112

==

=

+

fxQxx

, contradicie cu 1)1( =f .

Problema 3. Artai c grupurile ( ) ,R i ( )+ ,R nu sunt izomorfe. Rezolvare: Presupunem c exist + RRf : izomorfism. Imaginea elementului neutru din ( ) ,R fiind elementul neutru din ( )+ ,R avem 1)1( =f . Utiliznd condiia de morfism avem:

[ ] 1)1(1)1(1)1()1())1)(1(()1( 2 ===== ffffff , dar + Rf )1( , prin urmare 1)1( =f , ceea ce este contradicie cu 1)1( =f i injectivitatea.

Problema 4. Artai c grupurile ( ) ,Q i ( ) ,R nu sunt izomorfe. Rezolvare: Presupunem c exist RQf : izomorfism. Imaginea elementului neutru din ( ) ,Q fiind elementul neutru din ( ) ,R avem 1)1( =f .

abRbRaf == 3:)3( Funcia f fiind surjectiv i Rb exist Qx astfel nct bxf =)( i atunci

[ ] ====== Qxxxfxfbaf 33333 33)()()3( , contradicie. Problema 5. Se consider grupul aditiv [ ] { }QbaCbiaiQ += , . Artai c grupul aditiv al numerelor raionale nu este izomorf cu grupul [ ]( )+,iQ . Rezolvare: Presupunem prin absurd c exist un izomorfism de grupuri ( ) [ ]( )++ ,,: iQQf . Se arat uor c Qxaxxf =)( , unde )1(fa = .

afffff 2)1(2)1()1()11()2( ==+=+= aaaffff 32)1()2()12()3( =+=+=+=

Presupunnd c nanf =)( rezult c ananafnfnf )1()1()()1( +=+=+=+ , ceea ce inductiv nseamn c Nnnanf =)( .

Dac n relaia Zyxyfxfyxf +=+ ,)()()( nlocuim 0== yx , atunci obinem 0)0( =f i pe baza acesteia avem === )()0(0 xxff )()())(( xfxfxxf +=+ , deci:

Zxxfxf = )()( . Dac = Nnnx , , atunci nanfnfxf === )()()( , adic Zxaxxf =)( . Extindem i pentru mulimea numerelor raionale pozitive:

=

+++==4434421

n

nnnffa 1...11)1(

=

++

+

nnf

nf

nf

nf

n

11...

11

4444 34444 21

=

Nna

nnf 11 i

an

ma

nm

nfm

nnnf

n

mfm

==

=

+++=

111...

11

4434421

Nnm, . Prin urmare axxf =)( pentru

orice x numr raional pozitiv. Mai avem un singur pas de fcut : dac += Qyyx , , atunci axyaayyfyfxf ===== )()()()( , deci axxf =)( pentru orice x numr raional.

Fie +== Qnmnimfa ,,)1( (nu putem avea 0=m sau 0=n cci f nu ar fi surjectiv). Deoarece f este morfism surjectiv, considernd elementul [ ]iQinm ++ )1( deducem existena unui element Qx astfel nct inmxf )1()( ++= . Aceast egalitate se mai scrie

inmxf )1()1( ++= sau inmninx )1()( ++=+ , de unde

+=

=

1nnxmmx

. Cum 0m din prima

egalitate deducem 1=x i atunci cea de-a doua egalitate devine 1+= nn , contradicie.

Problema 6. Artai c grupurile ( )+,Z i [ ]( )+,XZ nu sunt izomorfe. Rezolvare: Dac presupunem c aceste dou grupuri sunt izomorfe ajungem la concluzia c grupul [ ]( )+,XZ este ciclic deoarece ( )+,Z este grup ciclic generat de 1. Fie atunci f un polinom care este generator al acestui grup. Rezult [ ] { }ZnnfXZ = egalitate care este contradictorie, deoarece n mulimea din membrul drept apar polinoame de acelai grad cu f i polinomul nul, n timp ce n [ ]XZ exist polinoame de orice grad. Deci presupunerea este fals. Problema 7. Artai c grupurile abeliene ( )+,Q i [ ]( )+,XQ nu sunt izomorfe. Rezolvare: S presupunem prin absurd c exist un izomorfism de grupuri abeliene

( ) [ ]( )++ ,,: XQQf . Se arat uor c Qxxfxf = )1()( (problema 5.). Notnd cu g polinomul )1(f , din aceast egalitate rezult c imaginea lui f conine numai polinoamele asociate n

divizibilitate cu polinomul g i polinomul nul. Deoarece n grupul [ ]XQ exist i alte polinoame dect cele amintite, deducem c f nu este surjectiv. Evident contradicie. Problema 8. Artai c grupurile aditive [ ]( )+,XZ i [ ]( )+,XQ nu sunt izomorfe. Rezolvare: S presupunem prin absurd c exist un izomorfism de grupuri

[ ]( ) [ ]( )++ ,,: XZXQ . Considerm [ ]XQf un polinom nenul i [ ]XZXaXaXaaf nn ++++= ...)( 2210 care va fi de asemenea nenul. Alegem un numr ( )naaakNk ,...,,max, 10> i considerm polinomul

[ ] fk

gXQg 1, = . Rezult fkg = i aplicnd izomorfismul obinem )()( fgk = , deci

)(1)( fk

g = . innd seama de alegerea lui k i de faptul c )( f este nenul rezult c

[ ]XZg )( , ceea ce reprezint contradicie. Problema 9. Artai c inelele de polinoame [ ]( )+,,XR i [ ]( )+,,XC nu sunt izomorfe. Rezolvare: Presupunem c exist un izomorfism de inele [ ]( ) [ ]( )++ ,,,,: XCXR . Dac

( ) fX = , vom avea 1gradf (dac f ar fi polinomul nul, atunci ar rezulta c X este polinomul nul, iar dac f ar avea gradul zero, ar fi inversabil, deci i X ar fi inversabil- contradicie n ambele cazuri). Considerm polinomul ireductibil [ ]XRX +12 i atunci avem:

)1)(1(1)1( 22 ififfX +=+=+ , adic imaginea prin izomorfismul a unui polinom ireductibil nu este ireductibil. Evident contradicie.

Problema 10. Artai c inelele ( )+,,R i [ ]( )+,,XR nu sunt izomorfe. Rezolvare: Inelele R i [ ]XR nu pot fi izomorfe, deoarece primul este corp, n timp ce al doilea nu este corp (polinoamele inversabile sunt polinoamele constante nenule). Problema 11. Notm ])1,0([C mulimea funciilor continue pe intervalul ]1,0[ i cu

])1,0([D mulimea funciilor derivabile pe ]1,0[ . Artai c inelele ( )+,]),1,0([C i ( )+,]),1,0([D nu sunt izomorfe.

Rezolvare: Presupunem c exist izomorfismul ])1,0([])1,0([: DCF i considerm funcia xxfDf = )(]),1,0([ . Funcia F fiind surjectiv, exist ])1,0([Cg astfel nct fgF =)( .

Dac funcia g este continu pe intervalul ]1,0[ , atunci i funcia 3 g este continu pe ]1,0[ intervallumon. F este morfism, deci putem

scrie: 33333333 ))(()()()()()( gFgFgFgFgggFgFf ==== , adic: 333 )( xfgF == . Aceast egalitate este o contradicie, deoarece funcia 3 xx nu este

derivabil la dreapta n 0.

Problema 12. Fie d i e dou numere ntregi care nu sunt divizibile cu ptratul nici unui

numr prim. Artai c inelele ( )+,],[ dZ i ( )+,],[ eZ nu sunt izomorfe. Rezolvare: Presupunem c exist ][][: eZdZf izomorfism. Aceste inele fiind domenii de integritate au loc relaiile: 0)0( =f i 1)1( =f . Se tie c endomorfismele grupului ),( +Z sunt aplicaiile ZnnnfZZf = )(,: , metoda de construcie ale acestora urmeaz s fie pus n practic n cele ce urmeaz. Egalitatea )()()()()()( dbfadfbfafdbafxf +=+=+= ne

arat c funcia f este bine determinat dac se cunoate )( df . Dac notm ][)( eZenmdf += , atunci pe baza egalitilor

emnenmenmdfdfddfdfd 2)())()()()( 222 ++=+===== ajungem la

concluzia c trebuie s avem

=

+=

02

22

mn

enmd

Dac 0=m , atunci end 2= i deoarece d nu se divide cu ptratul nici unui numr prim, rezult c

1=n , adic ed = , ceea ce este contradicie.

Dac 0=n , atunci din 2md = ajungem la egalitatea 1=m , de unde obinem 1=d , ceea ce este tot o contradicie.

Problema 13. 13. Exist inele commutative unitare A astfel nct inelul de polinoame ntr-o nedeterminat A[X] s fie izomorf cu inelul (Z, +, .)? Rezolvare: S presupunem c ar exista un inel comutativ unitar A astfel nct A[X] Z. Cum A este subinel unitar al lui A[X], rezult c A este izomorf cu un subinel unitar al lui Z. n particular, (A, +) va fi izomorf cu un subgrup nenul al grupului aditiv (Z, +), deci exist nZ\{0} astfel nct A nZ. Dar 1A nZ i atunci rezult n{-1, 1}. Prin urmare A Z, adic Z[X] Z, ceea ce este o contradicie (cci inelul Z nu este izomorf cu inelul de polinoame Z[X]). Deci nu exist inele A cu proprietatea din enun. Problema 14. Artai c grupul aditiv al unui inel integru nu este izomorf cu grupul

multiplicativ al elementelor sale inversabile.

Rezolvare: Fie ),,( +A domeniul de integritate i s notm cu )),(( AU grupul multiplicativ al elementelor sale inversabile. Presupunem c exist un izomorfism de grupuri )(: AUAf . Deoarece )(1 AU i funcia f este surjectiv rezult c exist un element a din A astfel nct

1)( =af . Atunci: )0(1)1)(1()()()( fafafaaf ====+ i datorit injectivitii obinem 0=+ aa .

011))0(01)((00)11(

0 =+

==

=+=+ fafa

aaa (n A nu exist divizori ai lui zero)

Dac Ax este un element oarecare, atunci:

1)0()()()(0)11( ==+==+=+ fxxfxfxfxxx

1)(1)(

1)(0]1)(][1)([01)(

112

=

=

=

=+==

xfxf

xfxfxfxf

Deci: Axxf = 1)( . Rezult c }1{)(}1{Im == AUf .

Deoarece f este izomorfism, tim c este bijectiv, deci 1)( == AUA , adic A are un singur element. Evident, contradicie.

BIBLIOGRAFIE

1. Maurer Gy., Virg I.: Bevezets a strukturk elmletbe, Editura Dacia, Cluj Napoca, 1976 2. Andrs Sz., Csap H., Szilgyi J.: Matematika, Tanknyv a XII. Osztly szmra, Editura

Sttus, Miercurea Ciuc, 2002 3. M. Ganga: Algebra pentru clasa a XII-a, Editura Mathpress, Ploieti, 2000 4. M. Ganga: Teste de algebr i analiz matematic, Editura Mathpress, Ploieti, 1998 5. Farkas M.: Algebra, tanknyv a XII. osztlyosok szmra, Editura Erdlyi Tanknyvtancs,

1998 6. C. Nstsescu, M. ena, G. Andrei, I. Otranu: Probleme de structuri algebrice, Editura

Academiei Republicii Socialiste Romnia, Bucureti, 1988