Soluzioni Esercizi Algebra 3 Soluzioni Esercizio 1. (Nota: le

Soluzioni Esercizi Algebra 3
Soluzioni Esercizio 1. (Nota: le soluzioni di questo esercizio sono date in
forma sintetica cercando di mettere in risalto i punti più rilevanti e lasciando
al lettore le verifiche più semplici.)
1. Da facili osservazioni riguardanti la geometria del piano euclideo si
può ricavare che la relazione non è riflessiva, è simmetrica e non è transitiva.
2. Sfruttando le proprietà dell’uguaglianza si dimostra che ρ è una relazione d’equivalenza. La classe del generico elemento x non nullo è costituito
da due elementi [x] = {x, −x}; la classe di equivalenza dello zero è costituita
dal solo zero [0] = {0}. Si può rappresentare l’insieme quoziente Z/ρ con
N usando la funzione ψ : N → Z/ρ con ψ(n) = [n] che si può dimostare
essere una biezione (l’idea è di scegliere come rappresentante di ogni classe
di equivalenza l’elemento positivo).
3. La relazione non gode della proprietà riflessiva infatti 0 non è in relazione con se stesso (in questo caso 0 è l’unico elemento non in relazione
con se stesso ma questo è sufficiente a dire che la relazione non gode della
proprietà riflessiva).
La relazione gode della proprietà simmetrica (conseguenza delle proprietà
commutativa della moltiplicazione).
La relazione gode della proprietà transitiva. Per verificarlo si osservi che
xρx0 se e solo se x ed x0 sono dei numeri non nulli con lo stesso segno; usando
questo fatto è immediato verificare che vale la proprietà transitiva.
La relazione non è una relazione di equivalenza perché non si verifica la
proprietà riflessiva.
4. Risulta facile verificare che ρ soddisfa sia la proprietà riflessiva che
la proprietà transitiva ma non soddisfa nè la proprietà simmetrica nè quella
antisimmetrica.
5. Dalle proprietà di ≥, l’usuale relazione d’ordine in N, si ottengono le
analoghe proprietà per ρ verificando che ρ è una relazione d’ordine. Invece
anche se in N la relazione d’ordine è totale, ρ non gode di questa proprietà,
per esempio si osservino gli elementi (1, 2) e (2, 1).
6. Si verifica che la relazione è riflessiva usando direttamente la definizione.
La relazione è simmetrica per la commutatività della moltiplicazione.
1
La relazione invece non è transitiva a causa dello zero. Si osservi che 0
è in relazione con ogni elemento di Z (infatti x · 0 = 0 = 02 ). Quindi per
esempio abbiamo che 1ρ 0 e 0ρ 2 ma evidentemente non è vero che 1ρ2.
Soluzioni Esercizio 2.
In questo ragionamento per dimostrare che xρx si suppone che esiste
almeno un y in relazione con x, questo in generale non è vero, si pensi per
esempio al punto 3 dell’esercizio precedente dove 0 non è in relazione con
nessun numero. In realtà se supponiamo di avere una relazione che gode
della proprietà tranistiva e simmetrica questa relazione gode della proprietà
che se un elemento è in relazione con almeno un altro elemento allora è in
relazione anche con se stesso (una proprietà più debole di quella riflessiva).
Soluzioni Esercizio 3.
Per dimostrare che F ∧ G è una partizione dobbiamo dimostrare che
1. Per ogni A ∈ F ∧ G
A 6= ∅.
2. Per ogni x ∈ X esiste A ∈ F ∧ G tale che x ∈ A (cioè l’unione di tutti
gli elementi della partizione è X).
3. Siano A, A0 due elementi di F ∧ G, se esiste x ∈ X tale che x ∈ A ∩ A0
allora A = A0 (cioè se due elementi della partizione non sono disgiunti
allora coincidono).
Punto 1. Vale per come è definito F ∧ G.
Punto 2. Sia x ∈ X allora per definizione di partizione esistono F ∈ F e
G ∈ G che contengono x, dunque F ∩ G è non vuoto e F ∩ G è l’elemento di
F ∧ G che contiene x.
Punto 3. Siano A, A0 ∈ F ∧ G tali che x ∈ A ∩ A0 . Per definizione di
F ∧ G, abbiamo F, F 0 ∈ F e G, G0 ∈ G tali che A = F ∩ G e A0 = F 0 ∩ G0 ;
per ipotesi e per definizione di intersezione x è contenuto sia in F che in F 0
e siccome F è una partizione allora F = F 0 . Analogamente si ricava che
G = G0 e infine otteniamo A = A0 .
Ricordo che data una relazione µ, la relazione e la partizione P indotta
da µ tramite le sue classi di equivalenza sono legate dalla seguente proprietà:
xµy se e solo se x ed y appartengono alla stesso elemento di P.
2
Se ρ e ρ0 sono le due relazioni di equivalenza che inducono rispettivamente
F e G allora si può dimostrare che F ∧ G é indotta dalla seguente relazione
ρ00 :
xρ00 y ⇔ (xρy ∧ xρ0 y).
Infatti la proposizione xρy∧xρ0 y è verificata se e solo se esiste un elemento
F ∈ F tale che x, y ∈ F ed esiste un elemento G ∈ G tale che x, y ∈ G;
quest’ultimo fatto è equivalente all’esistenza di un insieme non vuoto F ∩ G
con F ∈ F e G ∈ G che contiene sia x che y cioè equivalentemente esiste un
elemento di F ∧ G che contiene sia x che y.
Soluzioni Esercizio 4.
Proprietà riflessiva. Sia a ∈ A; siccome ρ0 è una relazione riflessiva
f (a)ρ0 f (a) e quindi aρa.
Proprietà simmetrica. Siano a e a0 tali che aρa0 , per definizione di ρ
abbiamo che f (a)ρ0 f (a0 ) e siccome ρ0 è simmetrica otteniamo f (a0 )ρ0 f (a) da
cui a0 ρa.
Proprietà transitiva. Siano a, a0 e a00 tali che aρa0 e a0 ρa00 , per definizione
di ρ abbiamo che f (a)ρ0 f (a0 ) e f (a0 )ρ0 f (a00 ); siccome ρ0 è transitiva otteniamo
f (a)ρ0 f (a00 ) da cui aρa00 .
Per quanto riguarda le classi di equivalenza di a otteniamo:
[a]ρ =
=
=
=
{a0 ∈ A|a0 ρa}
{a0 ∈ A|f (a0 )ρ0 f (a)}
{a0 ∈ A|f (a0 ) ∈ [f (a)]ρ0 }
f −1 ([f (a)]ρ0 )
(Definizione classi di equivalenza)
(Definizione di ρ)
(Definizione di classi di equivalenza)
(Definizione di immagine inversa)
2. In questo caso otteniamo per definizione che [x]ρ = {x0 ∈ R| cos(x0 ) =
cos(x)}. Per note regole trigonometriche otteniamo che x0 ∈ [x] se e solo se
x0 = ±x + kπ con k numero intero. Si puó rappresentare l’insieme quoziente
R/ρ con l’intervallo [0, π] usando la funzione ψ : [0, π] → R/ρ con ψ(x) = [x]
che si può dimostrare essere una biezione.
Iniziamo con il dimostrare che ψ è suriettiva. Vogliamo dimostrare che
per ogni [y] esiste x ∈ [0, π] tale che ψ(x) = [y]. Sia y ∈ R allora esiste
k tale che y ∈ [−π + 2kπ, π + 2kπ] (questo fatto è una conseguenza della
Proprietà Archimedea di R; perché?). Se y è contenuto in y ∈ [2kπ, π + 2kπ]
considero x = y − 2kπ, se y è contenuto in y ∈ [−π + 2kπ, 2kπ) considero
x = −(y − 2kπ). In ogni caso x ∈ [0, π] e cos(x) = cos(y) da cui ψ(x) = [y].
3
Dimostriamo che ψ è iniettiva. Siano x, y ∈ [0, π] tali che ψ(x) = ψ(y)
(e vogliamo dimostrare che x = y). Se ψ(x) = ψ(y) allora [x] = [y] cioè
cos(x) = cos(y). Ma siccome la funzione coseno è iniettiva in [0, π] (per
esempio perché è strettamente crescente) otteniamo x = y.
4