Esercitazione n. 29
(26/01/2016)
Argomenti. Formula del binomio di Newton. Elementi nilpotenti in anelli commutativi.
Se A è un anello NON commutativo, in generale presi a, b ∈ A ed n ∈ N
(ab)n 6= an bn .
Ad esempio si prenda A = M2 (R) e le matrici
0 1
1
a=
b=
1 0
0
1
.
1
Se però A è commutativo allora (ab)n = an bn per ogni a, b ∈ A ed n ∈ N. In
questo contesto siamo in grado di provare molto di più, ovvero il seguente.
Teorema 1 (Formula del binomio di Newton) Sia A un anello commutativo e siano a, b ∈ A. Allora per ogni n ∈ N vale la formula
n X
n n−i i
n
a b.
(a + b) =
i
i=0
Dimostrazione. La dimostrazione si trova alle pagine 130 (per arbitrari
anelli commutativi) e 52 (per A = Z) delle dispense del corso.
Ricordiamo che se A è un anello commutativo un suo elemento a ∈ A si dice
nilpotente se esiste un intero non negativo n = n(a) ∈ N tale che
an = 0A .
Esercizio 1 Sia A un anello commutativo. Indichiamo con
N (A) := {a ∈ A | a è nilpotente} .
Si provi quanto segue.
1. N (A) è un ideale di A, tale che N (A) ⊆ A \ U(A), dove
U(A) := {invertibili di A} .
1
2. A/N (A) non possiede elementi nilpotenti non nulli.
3. Per ogni x ∈ N (A), 1 − x è invertibile in A.
4. A/N (A) è un campo se e solo se N (A) = A \ U(A).
Svolgimento. 1. Poiché gli elementi nilpotenti sono non invertibili è evidente
che N (A) ⊆ A \ U(A). Proviamo ora che N (A) è un ideale di A. Abbiamo che
0A ∈ N (A). Inoltre presi ora a e b due arbitrari elementi di A, utilizzando lo
sviluppo del binomio di Newton si ha, per ogni intero non nullo n,
n X
n
(a − b)n =
(−1)n−i ai bn−i .
i
i=0
In particolare se a e b sono nilpotenti e ar = bs = 0A , allora scelto n = r + s − 1,
(a − b)r+s−1 =
r+s−1
X i=0
r+s−1
(−1)r+s−1−i ai br+s−1−i = 0A ,
i
poiché per gli interi i maggiori o uguali ad r, vale che ai = 0A , mentre per gli
interi i < r, vale r + s − 1 − i ≥ s, dunque br+s−1−i = 0A . Ne consegue che
l’elemento a − b è nilpotente se entrambi a e b lo sono. Infine se a è nilpotente
(con at = 0A ) ed r è un arbitrario elemento di A, abbiamo che
(ar)t = at rt = 0A rt = 0A ,
ovvero anche ar è nilpotente. Pertanto abbiamo cosı̀ provato che N (A) è un
ideale di A.
2. Sia x + N (A) un eventuale elemento nilpotente di A/N (A) e sia n ∈ N
tale che
(x + N (A))n = xn + N (A) = 0A/N (A) = N (A).
Ovvero xn ∈ N (A), cioè xn è un elemento nilpotente di A, ciò significa che
esiste un intero positivo m tale che
(xn )m = 0A ,
il che, per le proprietà delle potenze, equivale a xnm = 0A , ma allora l’elemento
x è nilpotente, e quindi x + N (A) = N (A), cioè lo zero di A/N (A) è l’unico
elemento nilpotente.
3. Se xn = 0A , allora
(1A − x)(1A + x + x2 + x3 + . . . + xn−1 ) = 1A − xn = 1A − 0A = 1A ,
dunque 1A − x è invertibile in A con inverso 1A + x + x2 + x3 + . . . + xn−1 .
2
4. Sia A/N (A) un campo e mostriamo che N (A) ⊇ A \ U(A) (l’altra inclusione abbiamo già visto essere verificata). Preso un arbitrario elemento x non
nilpotente di A, si ha che il laterale x + N (A) è diverso da N (A) = 0A/N (A) .
Pertanto essendo in un campo, x + N (A) è invertibile in A/N (A), ovvero esiste
un elemento y + N (A) ∈ A/N (A) tale che
(x + N (A))(y + N (A)) = 1A/N (A)
cioè
xy + N (A) = 1A + N (A),
che è equivalente ad affermare
xy ∈ 1A + N (A),
cioè xy = 1A + a, per un opportuno a ∈ N (A). Per il punto precedente segue
allora che 1A +a = 1A −(−a) è invertibile in A. Ma allora xy, e quindi anche x è
invertibile in A. Ovvero x ∈ U(A) e abbiamo cosı̀ provato che N (A) ⊇ A\U(A),
e dunque N (A) = A \ U(A).
Viceversa sia ora N (A) = A\U(A) e mostriamo che A/N (A) è un campo. Preso
un arbitrario elemento non nullo x + N (A) di A/N (A) abbiamo che x 6∈ N (A),
dunque per ipotesi x è invertibile in A. Detto y ∈ A l’inverso di x, si ha che
xy = 1A e dunque
(x + N (A))(y + N (A)) = xy + N (A) = 1A + N (A) = 1A/N (A) .
A/N (A) risulta cosı̀ essere un campo.
Esercizio 2 (applicazione)
Si determinino le nature moltiplicative degli elementi di Z/9Z e di Z/12Z.
Svolgimento. In Z/9Z gli elementi 1, 2, 4, 5, 7 e 8 sono invertibili in quanto
2 · 5 = 10 = 1,
4 · 7 = 28 = 1,
8 · 8 = 64 = 1.
Mentre 3 e 6 sono nilpotenti (e quindi anche d.d.z.) poiché
(3)2 = 9 = 0,
(6)2 = 36 = 0.
In Z/12Z gli elementi invertibili sono
1, 5, 7, 11
poiché
5 · 5 = 25 = 1,
7 · 7 = 49 = 1,
11 · 11 = 121 = 1.
Mentre gli elementi
2, 3, 4, 6, 8, 9, 10
sono tutti d.d.z.. Fra essi l’unico nilpotente (oltre allo 0) è 6, essendo
6 · 6 = 36 = 0.
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