Libro Delizia Esercizi Soluzioni

Costantino Delizia Patrizia Longobardi Mercede Maj Chiara Nicotera

Matematica discreta Soluzione degli esercizi proposti

1 Teoria degli insiemi

Esercizio 1.1.1. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 1.1.2. Si ha: P(Ø) = {Ø}, P(P(Ø)) = P({Ø}) = {Ø, {Ø}}, P(P(P(Ø))) = P({Ø, {Ø}}) = {Ø, {Ø}, {{Ø}}, {Ø, {Ø}}}. Esercizio 1.1.3. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 1.1.4. Si ha C = {1, −1}, D = Ø, E = {i, −i}, F = {n, o}. Esercizio 1.1.5. Risulta: c ∈ A, 12 ∈ A, {{12}} ⊆ A, {{Ø}} 6⊆ A, {d} ∈ / B, {1} ⊆ B, {Ø} 6⊆ B, {{1}, 0} 6⊆ B,

1∈ / A, Ø ∈ A, {c, 12} ⊆ A, c∈ / B, f ∈ B, {{d}} 6⊆ B, {{Ø}} ⊆ B, {f, {Ø}} ⊆ B,

{4} ∈ / A, {Ø} ∈ / A, Ø ⊆ A, 1 ∈ B, Ø∈ / B, {c, 12} 6⊆ B, {1, {d, 5}} ⊆ B, {f, Ø} 6⊆ B,

{12} ∈ A, {12} ⊆ A, {Ø} ⊆ A, {d, 5} ∈ B, {Ø} ∈ B, Ø ⊆ B, {{f }} 6⊆ B, {f, d} ⊆ B.

Esercizio 1.1.6. Sono vere la seconda, la settima e l’ultima affermazione, le altre sono false. Esercizio 1.1.7. Risulta: P(L) = {Ø, {11}, {7}, L} P(M ) = {Ø, {s}, {8}, {π}, {s, 8}, {s, π}, {8, π}, M }. Esercizio 1.1.8. Si ha: N ∈ P(N0 ),

Ø ∈ P(N0 ),

{Ø} ∈ / P(N0 ),

2

Capitolo 1

{0} ∈ P(N0 ), {3, {4}} ∈ / P(N0 ), {2, −3, 5} ∈ / P(N0 ),

N0 ∈ P(N0 ), 0∈ / P(N0 ), Z∈ / P(N0 ),

3∈ / P(N0 ), {10, 100} ∈ P(N0 ), −3 ∈ / P(N0 ).

Esercizio 1.1.9. E` vera la seconda affermazione, le altre sono false. Esercizio 1.1.10. Se S = T = V , allora per la (1.1.4) si ha S ⊆ T , T ⊆ V e V ⊆ S. Viceversa, si ha S ⊆ T e da T ⊆ V ⊆ S segue T ⊆ S, per la proprietà transitiva dell’inclusione, sicché S = T , ancora per la (1.1.4). Si ha poi T ⊆ V e V ⊆ T per la proprietà transitiva dell’inclusione, sicché T = V . Esercizio 1.1.11. Per ogni x ∈ S si ha {x} ∈ P(S) ⊆ P(T ), quindi {x} ∈ P(T ), cioé {x} ⊆ T e x ∈ T , come volevasi. Esercizio 1.1.12. Sia S ⊂ T . Allora P(S) ⊆ P(T ) per la (1.1.9). Inoltre esiste T : T ∈ P(T ), T ∈ / P(S), pertanto P(S) ⊂ P(T ). Sia ora P(S) ⊂ P(T ). Allora S ⊆ T per la (1.1.9). Esiste inoltre Y : Y ∈ P(T ), Y ∈ / P(S), ne segue Y 6⊆ S, dunque esiste y : y ∈ Y, y ∈ / S, inoltre y ∈ T poiché Y ⊆ T , pertanto y e` tale che y ∈ T, y ∈ / S, e S ⊂ T . Esercizio 1.1.13. Risulta |P(T )| = 24 = 16 e gli elementi di P(T ) sono: Ø, {Ø}, {{Ø}}, {{{Ø}}}, {{Ø, {Ø}}}, {Ø, {Ø}}, {Ø, {{Ø}}}, {Ø, {Ø, {Ø}}}, {{Ø}, {{Ø}}}, {{Ø}, {Ø, {Ø}}}, {{{Ø}}, {Ø, {Ø}}}, {Ø, {Ø}, {{Ø}}}, {Ø, {Ø}, {Ø, {Ø}}}, {Ø, {{Ø}}, {Ø, {Ø}}}, {{Ø}, {{Ø}}, {Ø, {Ø}}}, T .

Esercizio 1.2.1. Da a ≤ b, b < c segue b ≤ c e a ≤ c per la proprietà transitiva della relazione ≤ (vedi (1.2.25)). Per assurdo sia a = c, allora si ha c ≤ b e da b ≤ c segue b = c per la proprietà asimmetrica (vedi (1.2.24)), contro l’essere b < c. Analogamente si prova la seconda relazione. Da a < b e b < c segue poi a ≤ c e b < c e dunque a < c per quanto provato in precedenza. Si supponga ora a < b e c ≤ d,. esistono allora e sono univocamente determinati t ∈ N, s ∈ N0 tali che b = a + t, d = c + s, pertanto b + d = (a + c) + (t + s), con s + t ∈ N0 , sicché a + c ≤ b + d. Non può essere s + t = 0, altrimenti si avrebbe s = 0, t = 0 per la (1.2.4) e t = 0 contro l’essere t ∈ N, pertanto a + c < b + d. Sia ora a < b, c < d. Allora esistono e sono univocamente determinati t ∈ N, s ∈ N tali che b = a+t, d = c+s. Risulta bd = (a+t)(c+s) = ac+as+ct+st,

Teoria degli insiemi

3

per le (1.2.15) e (1.2.16). Non può essere as + ct + st = 0, altrimenti si avrebbe st = 0 per la (1.2.4) e s = 0 o t = 0 per la legge di annullamento del prodotto (vedi (1.2.11)), entrambi assurdi. Le altre relazioni si provano analogamente. Esercizio 1.2.2. Esistono k, k1 ∈ N0 tali che b = ak, d = ck1 , ne segue bd = akck1 = ackk1 per la proprietà commutativa (vedi (1.2.7)), con kk1 ∈ N0 , pertanto ac|bd. Da n ∈ N0 segue n|n per la proprietà riflessiva (vedi (1.2.39)). Se a|b e n ∈ N0 si ha allora an|bn per la proprietà precedente, e, essendo a|an risulta a|bn per la proprietà transitiva (vedi (1.2.41). Esercizio 1.2.3. Per definizione si ha b = (b − a) + a = (b − c) + c. Da b − a = b − c segue allora a = c, per la cancellabilità rispetto alla somma (vedi (1.2.6)). La seconda relazione si prova analogamente. Esercizio 1.2.4. Con a, b, c ∈ Z sia a + b = a + c, allora si ha (−a) + (a + b) = (−a) + (a + c), sicché, per la proprietà associativa della somma (vedi (1.2.2)), si ha (−a + a) + b = (−a + a) + c, da cui 0 + a = 0 + b e b = c. Esercizio 1.2.5. Si ragioni come nell’Esercizio 1.2.3. Esercizio 1.2.6. Si ragioni come nell’Esercizio 1.2.1. Esercizio 1.2.7. Sia a ≤ b, esiste allora t ∈ N0 tale che b = a + t. Se c > 0, si ha bc = (a + t)c = ac + tc, con tc ∈ N0 , sicché ac ≤ bc. Se c < 0, si ha 0 = c + k, con k ∈ N, da cui −c = k ∈ N; da a = b − t segue allora ac = (b − t)c = bc − tc per la 1.2.7, dunque ac = bc + t(−c), con t(−c) ∈ N0 , come volevasi. Se poi a < b si ha b = a + t, con t ∈ N univocamente individuato e bc = ac + tc. Se c > 0, si ha tc ∈ N0 e non può essere tc = 0, altrimenti si avrebbe, per la legge di annullamento del prodotto (vedi (1.2.11)), t = 0 o c = 0, entrambi assurdi, pertanto ac < bc. Se invece c < 0, si ha ac = bc − tc = bc + t(−c), con t(−c) ∈ N0 e ancora non può essere t(−c) = 0, altrimenti si avrebbe, per la legge di annullamento del prodotto (vedi (1.2.11)), t = 0 o −c = 0, entrambi assurdi. pertanto bc < ac. Se 0 ≤ a, si ha (−1)a ≤ (−1)0 = 0 e, per la 1.2.6 −a ≤ 0; viceversa da −a ≤ 0 segue 0 = (−1)0 ≤ (−1)(−a) e, sempre per la 1.2.6, 0 ≤ a. Le altre relazioni si provano analogamente. Esercizio 1.2.8. Si ha 0 = a0, pertanto a|0. Risulta b = 0k, con k ∈ Z se e solo se b = 0. Si ha poi a = a, pertanto 1|a e a|a. Le analoghe di (1.2.41), (1.2.42), (1.2.43) si provano in modo del tutto simile. Per la 1.2.6, si ha (−1)(−a) = a, pertanto −1|a e (−a)|a. Se a|b, si ha b = ak, con k ∈ Z, da cui b = (−a)(−k), con −k ∈ Z, dunque (−a)|b; viceversa

4

Capitolo 1

se (−a)|b, si ha che −(−a)|b e dunque a|b. Infine se a|b, si ha b = ak, con k ∈ Z, da cui −b = −ak = a(−k), per la 1.2.6, sicché a|(−b), viceversa se a|(−b) si ha anche a| − (−b) e dunque a|b, come richiesto. Si noti infine che, per ogni a ∈ Z \ {0}, a|(−a), (−a)|a, con a 6= −a, pertanto non vale l’analoga di (1.2.40). Esercizio 1.2.9. Se a ≥ 0, b ≥ 0, risulta ab ≥ 0 e a + b ≥ 0, sicché |ab| = ab = |a||b| e |a + b| = a + b = |a| + |b|. Se invece a < 0, b < 0, si ha ab ≥ 0, per la 1.2.9 e a + b < 0, pertanto |ab| = ab = (−a)(−b) = |a||b| e |a + b| = −(a + b) = −a + (−b) = |a| + |b|. Siano infine, per esempio, a ≥ 0, b < 0, allora si ha ab < 0, per la 1.2.9, e |ab| = −ab = a(−b) = |a||b|; si ha poi a+b < a ≤ a+(−b) = |a|+|b| e (−a)+(−b) ≤ −b ≤ a+(−b) = |a|+|b|, pertanto, se a + b ≥ 0, risulta |a + b| = a + b < |a| + |b|, se invece a + b < 0, risulta |a + b| = −(a + b) = (−a) + (−b) ≤ |a| + |b|. Esercizio 1.2.10. Da x, y ∈ Np segue x = 2k, y = 2k1 , con k, k1 ∈ N0 , da cui x + y = 2(k + k1 ) ∈ Np e xy = (2k)(2k1 ) = 2(2kk1 ) ∈ Np . Se invece x, y ∈ Nd , si ha x = 2k + 1, y = 2k1 + 1, con k, k1 ∈ N0 , dunque x + y = 2 + 2k1 + 2 = 2(k + k1 + 1) ∈ Np e xy = 2k2k1 + 2k + 2k1 + 1 = 2(2kk1 + k + k1 ) + 1 ∈ Nd . Infine se, per esempio, x ∈ Np , y ∈ Nd , si ha x = 2k, y = 2k1 + 1, k, k1 ∈ N0 , da cui x + y = 2k + 2k1 + 1 = 2(k + k1 ) + 1 ∈ Nd e xy = 2k(2k1 + 1) ∈ Np . Esercizio 1.2.11. Si ha b = ak, d = ck1 , con k, k1 ∈ Z, da cui bd = akck1 = ac(kk1 ), con kk1 ∈ Z, sicché ac|bd. E` z|z per la proprietà riflessiva (vedi 1.2.10), pertanto da a|b segue az|bz per ogni z ∈ Z; da a|az, az|bz segue infine a|bz per la proprietà transitiva (vedi 1.2.10). Esercizio 1.2.12. Da sN0 ⊆ tN0 segue s = s1 ∈ tN0 , cioè s = tk per un opportuno k ∈ N0 , sicché t|s. Viceversa, sia t|s. Per ogni y ∈ sN0 si ha y = sv, con v ∈ N0 , dunque s|y, ne segue t|y per la transitività (vedi 1.2.41) sicché y ∈ tN0 . La seconda relazione si prova analogamente. Con s, t ∈ N0 , si ha sN0 = tN0 se e solo se sN0 ⊆ tN0 e tN0 ⊆ sN0 , cioè se e solo se s|t e t|s, e dunque, per la (1.2.40), se e solo se s = t. Con h, k ∈ Z si ha invece hZ = k Z se e solo se h|k e k|h, cioè se e solo se h = k o h = −k, per la 1.2.11. Esercizio 1.2.13. Da

m n

=

a s b, t

=

c d

segue mb = an, sd = ct. Si ha allora

(mt + ns)bd = mtbd + nsbd = mbtd + sdnb = antd + ctnb = adnt + bcnt = = ad+bc (ad + bc)nt, dunque mt+ns nt bd . Si ha poi msbd = mbsd = anct = acnt, dunque

ms nt

=

ac bd .

Esercizio 1.2.14. Per ogni del prodotto in Z,

m s n +t

=

m s a della somma e n , t ∈ Q, si ha, per la commutativit` mt+ns m s u = sn+mt = st + m nt tn n . Per ogni n , t , v ∈ Q, si ha,


5

s u mt+ns per l’associatività della somma e del prodotto in Z, ( m + uv = n + t)+ v = nt (mt+ns)v+unt sv+tu s u =m = mtv+nsv+unt =m ntv n + tv n + ( t + v ). n(tv) Analogamente si provano la proprietà commutativa e la proprietà associativa del prodotto in Q. s u m s u mt+ns u mtu+nsu Si ha poi, per ogni m = n , t , v ∈ Q, ( n + t ) v = ( nt ) v = ntv (mtu+nsu)v ntv 2

=

mu nv

+

su tv

=

mu n v

+

su tv

.

Analogamente si prova la proprietà distributiva a sinistra del prodotto rispetto alla somma. Esercizio 1.2.15. Si ha, per ogni n, t ∈ Z, 0t = 0 = n0, sicché m m

0 n

=

0 t,

per

s s.

definizione. Si ha poi, per ogni m, s ∈ Z, m, s 6= 0, ms = sm e = Risulta m m 0 mn+n0 poi, per ogni m = mn = m n ∈ Q, n + 0 = n + n = n . Infine si ha, per n2 n2 ogni

m n

∈ Q,

m n1

=

mn n n

=

Esercizio 1.2.16. Per ogni m n

∈ Q,

m n

mn n2 m n

=

m n. m −m mn−nm = n02 n + n = n2 m n mn mn n m = nm = mn = 1.

∈ Q, si ha

6= 0, risulta poi m, n 6= 0 e

= 0. Per ogni

Esercizio 1.3.1. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 1.3.2. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 1.3.3. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 1.3.4. L’asserto e` ovvio se k = 1, discende subito da 1.2.4 se k = 2. Sia k > 2. Se p|a1 . . . ak = (a1 . . . ak−1 )ak , allora, per 1.2.4, p|a1 . . . ak−1 o p|ak . Se p|a1 . . . ak−1 , per ipotesi induttiva, esiste i ∈ {1, · · · , k − 1} tale che p|ai . Pertanto esiste i ∈ {1, . . . , k} tale che p divide ai . Sia ora n ≥ 2 e sia n = p1 p2 · · · ph = q1 q2 · · · qk , con pi , qj primi. Si supponga per esempio h ≤ k. Da n = p1 (p2 · · · ph ) segue che p1 |n = q1 q2 · · · qk , dunque esiste i ∈ {1, . . . , k} tale che p1 divide qi . Si ha dunque p1 = qi , poiché qi e` primo e p1 6= 1. Si può assumere i = 1, sicché p1 = q1 e da n = p1 p2 · · · ph = p1 q2 · · · qk , segue p2 · · · ph = q2 · · · qk , per la cancellabilità rispetto al prodotto (vedi (1.2.14)). Ragionando analogamente su p2 si ha che esiste i ∈ {2, . . . , k} tale che p2 = qi e si può assumere i = 2, cioè p2 = q2 ; da p2 · · · ph = p2 · · · qk , segue allora p3 · · · ph = q3 · · · qk . Cos`ı continuando, dopo h passi si ottiene allora pi = qi per ogni i ∈ {1, . . . , h}. Non può essere h < k, altrimenti si avrebbe 1 = qh+1 · · · qk e qk = 1 per (1.2.12), contro l’essere qk un numero primo.

6

Capitolo 1

1(1+1)(2+1) . Con h ≥ 1, supposto 6 h(h+1)(2h+1) 2 2 2 per ipotesi induttiva 1 + 2 + · · · + h = , si ottiene facilmente 6 h(h+1)(2h+1) 2 2 2 2 2 1 + 2 + · · · + h + (h + 1) = + (h + 1) = (h + 1)[ h(2h+1) + 6 6 2 2 (h+2)(2h+3) (h + 1)] = (h + 1)[ 2h +h+6h+6 ] = (h + 1)[ 2h +7h+6 ] = (h + 1)[ ]= 6 6 6 (h+1)(h+2)(2(h+1)+1) . 6

Esercizio 1.3.5. Per n = 1, si ha 12 = 1 =

Esercizio 1.3.6. Per n = 1, si ha

1 1·2

1 1·2

= 1 2·3

1 2

= 1−

1 2

= 1−

1 1, supposto per ipotesi induttiva + + · · · + h·(h+1) 1 1 1 1 1 1 1·2 + 2·3 +· · ·+ h·(h+1) + (h+1)·(h+2) = 1− h+1 + (h+1)·(h+2) 1 h+1 = 1 − h+2 . 1 − (h+1)(h+2)

1 1+1 .

Con h ≥

1 h+1 , si h+2−1 1− (h+1)(h+2)

= 1−

ha

=

=

Esercizio 1.3.7. Per n = 1, si ha 1 = 12 . Con h ≥ 1, supposto per ipotesi induttiva 1 + 3 + 5 + · · · + (2h − 1) = h2 , si ha 1 + 3 + 5 + · · · + (2h − 1) + (2(h + 1) − 1) = h2 + (2(h + 1) − 1) = h2 + 2h + 1 = (h + 1)2 . Esercizio 1.3.8. Per n = 1, si ha 2·1 = 2 = 1·2 = 1(1+1). Con h ≥ 1, supposto per ipotesi induttiva 2+4+6+· · ·+2h = h(h+1), si ha 2+4+6+· · ·+2(h+1) = h(h + 1) + 2(h + 1) = (h + 1)(h + 2) = (h + 1)((h + 1) + 1). Esercizio 1.3.9. Per n = 1, si ha 1 · 21 = 2 = 0 + 2 = (1 − 1) · 22 + 2 = (1 − 1) · 21+1 + 2. Con h ≥ 1, supposto per ipotesi induttiva 1 · 21 + 2 · 22 + · · · + h · 2h = (h − 1) · 2h+1 + 2, si ha 1 · 21 + 2 · 22 + · · · + h · 2h + (h + 1) · 2h+1 = (h − 1) · 2h+1 + 2 + (h + 1)2h+1 = 2h+1 (h − 1 + h + 1) + 2 = 2h+1 (2h) + 2 = 2h+2 h + 2 = ((h + 1) − 1) · 2(h+1)+1 + 2. Esercizio 1.3.10. Per n = 1, si ha 2 = 2 · 1 = 2(21 − 1). Con h > 1, supposto per ipotesi induttiva 2 + 22 + · · · + 2h−1 = 2(2h−1 − 1), si ha 2 + 22 + · · · + 2h = 2+22 +· · ·+2h−1 +2h = 2(2h−1 −1)+2h = 2h −2+2h = 2(2h )−2 = 2(2h −1). 3(31 −1) . Con h > 1, supposto per ipotesi 2 3(3h−1 −1) 2 h−1 induttiva 3 + 3 + · · · + 3 = , si ha 3 + 32 + · · · + 3h = 3 + 32 + · · · + 2 h−1 h h h h h 3h−1 + 3h = 3(3 2 −1) + 3h = 3 2−3 + 3h = 3 −3+2·3 = 3·32−3 = 3(3 2−1) . 2

Esercizio 1.3.11. Per n = 1, si ha 3 =

Esercizio 1.3.12. Per n = 1, si ha −12 = −1 = (−1)1 1(1+1) . Con h ≥ 1, 2 supposto per ipotesi induttiva −12 + 22 − 32 + · · · + (−1)h h2 = (−1)h h(h+1) , 2 si ha −12 + 22 − 32 + · · · + (−1)h h2 + (−1)h+1 (h + 1)2 = (−1)h h(h+1) + 2 (−1)h+1 (h + 1)2 = (−1)h (h + 1)[ h2 + (−1)(h + 1)] = (−1)h (h + 1)[ h−2h−2 ]= 2


7

h+2 h h+1 (h+1)(h+2) . (−1)h (h + 1)( −h−2 2 ) = (−1) (−1)(h + 1) 2 = (−1) 2

Esercizio 1.3.13. Per n = 0, si ha 120 − 1 = 1 − 1 = 0 e 11|0. Con h ≥ 0, supposto per ipotesi induttiva 11|12h − 1, si ha 12h − 1 = 11t per un opportuno t ∈ Z, da cui 12h+1 − 1 = 12h · 12 − 1 = 12h · (11 + 1) − 1 = 12h · 11 + 12h − 1 = 12h · 11 + 11t = 11(12h + t) e 11|12h+1 . Esercizio 1.3.14. Per n = 1, si ha 23·1 − 1 = 23 − 1 = 8 − 1 = 7 e, ovviamente, 7|7. Con h ≥ 1, supposto per ipotesi induttiva 7|23h − 1, si ha 23h − 1 = 7t per un opportuno t ∈ Z, da cui 23(h+1) − 1 = 23h · 23 − 1 = 23h · 8 − 1 = 23h · (7 + 1) − 1 = 23h · 7 + 23h − 1 = 23h · 7 + 7t = 7(23h + t) e 7|23(h+1) . Esercizio 1.3.15. Per n = 1, si ha 53·1 − 1 = 53 − 1 = 125 − 1 = 124 e, ovviamente, 124|124. Con h ≥ 1, supposto per ipotesi induttiva 124|53h − 1, si ha 53h −1 = 124t per un opportuno t ∈ Z, da cui 53(h+1) −1 = 53h ·53 −1 = 53h · 125−1 = 53h ·(124+1)−1 = 53h ·124+53h −1 = 53h ·124+124t = 124(53h +t) e 124|53(h+1) . Esercizio 1.3.16. Per n = 1, si ha 12 − 3 = −2 6= 1. Per ogni n ≥ 1 si ha 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2 (vedi Esercizio 1.3.7) e, ovviamente n2 6= n2 − 3.

Esercizio 1.4.1. Per ogni x ∈ S ∪ V risulta x ∈ S o x ∈ V , da cui x ∈ T o x ∈ W per le ipotesi, dunque x ∈ T ∪ W ; pertanto S ∪ V ⊆ T ∪ W . Risulta sempre V ⊆ V (vedi (1.1.2)), pertanto da S ⊆ T segue S ∪ V ⊆ T ∪V. Da S ⊆ T, V ⊆ T segue S ∪ V ⊆ T ∪ T = T per la proprietà iterativa dell’unione (vedi 1.4.5). Esercizio 1.4.2. L’implicazione non vale, infatti per esempio , con A = {a}, B = {b, c}, C = {a, b} si ha A ∪ C = {a, b} ⊆ {a, b, c} = B ∪ C, ma A 6⊆ B. Esercizio 1.4.3. Per ogni x ∈ S ∩ V risulta x ∈ S e x ∈ V , da cui x ∈ T e x ∈ W per le ipotesi, dunque x ∈ T ∩ W ; pertanto S ∩ V ⊆ T ∩ W . Risulta sempre V ⊆ V (vedi (1.1.2)), pertanto da S ⊆ T segue S ∩ V ⊆ T ∪V. Da S ⊆ T, V ⊆ T segue S ∩ V ⊆ T ∩ T = T per la proprietà iterativa dell’intersezione (vedi 1.4.9).

8

Capitolo 1

Esercizio 1.4.4. L’implicazione non vale, infatti per esempio , con A = {a, b}, B = {a, c}, C = {a, d} si ha A ∩ C = {a} = B ∩ C, ma A 6⊆ B. Esercizio 1.4.5. La prima implicazione non vale: infatti, per esempio, con A = {a, b}, B = {a, c}, C = {a, b, 3}, D = {a, c, d}, E = {a, b, 8} si ha A ⊂ C, B ⊂ D, ma A ∩ B = {a} = C ∩ D. Si ha poi A ∩ B = {a} = C ∩ B, pertanto non vale la seconda implicazione. Si ha infine A ⊂ C, A ⊂ E, ma A = {a, b} = C ∩ E. Esercizio 1.4.6. Da S ∩ T ⊆ S (vedi (1.4.6)), segue S = (S ∩ T ) ∪ S per 1.4.1, sicché per la proprietà commutativa dell’unione (vedi 1.4.2) S ∪ (S ∩ T ) = (S ∩ T ) ∪ S = S. Da S ⊆ S ∪ T (vedi (1.4.1) segue S ∩ (S ∪ T ) = S per 1.4.4. S Esercizio 1.4.7. Per ogni x ∈S X∈F X, esiste Y ∈ F tale che x ∈ Y , allora x ∈ T per le ipotesi; pertanto X∈F X ⊆ T . T Per ogni x ∈ T risulta x ∈ Y per ogni Y ∈ F per ipotesi, pertanto x ∈ X∈F X. Esercizio 1.4.8. Si ha: x∈S∪(

\

X)

⇐⇒

x ∈ S o (x ∈

X∈F

\

X)

X∈F

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x ∈ S o (x ∈ X, ∀ X ∈ F) (x ∈ S o x ∈ X), ∀ X ∈ F (x ∈ S ∪ X), ∀ X ∈ F \ x∈ (S ∪ X). X∈F

Si ha poi: x∈S∩(

[

X)

[

⇐⇒

x ∈ S e (x ∈

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x ∈ S e (∃ Y ∈ F : x ∈ Y ) ∃Y ∈F :x∈Y ex∈S ∃ Y ∈[F : x ∈ Y ∩ S x∈ (S ∩ X).

X∈F

X)

X∈F

X∈F


9

Esercizio 1.4.9. Si ha: G ∪ H = {a, b, c, 2, m, n, d, 3, 0}, H ∪ K = {b, d, 3, m, 0}, G ∩ K = Ø, G \ H = {a, c, 2, n}, G \ K = {a, b, c, 2, m, n}, H \ K = {b, m},

G ∪ K = {a, b, c, 2, m, n, d, 3, 0}, G ∩ H = {b, m}, H ∩ K = {d, 3, 0} = K, H \ G = {d, 3, 0}, K \ G = {d, 3, 0}, K \ H = Ø.

Si ha dunque: |G ∪ H| = 9, |G ∩ H| = 2, |G \ H| = 4, |K \ G| = 3,

|G ∪ K| = 9, |G ∩ K| = 0, |H \ G| = 3, |H \ K| = 2,

|H ∪ K| = 5, |H ∩ K| = 3, |G \ K| = 6, |K \ H| = 0.

Esercizio 1.4.10. Per ogni x ∈ S \ W risulta x ∈ S e x ∈ / W , da cui x ∈ V e x∈ / T per le ipotesi, dunque x ∈ V \ T ; pertanto S \ W ⊆ V \ T . Ovviamente S ⊆ V, T ⊆ W ⇐⇒ T ⊆ W, S ⊆ V

=⇒ T \ V ⊆ W \ S.

Da T ⊆ T (vedi (1.1.2)) seguono poi le altre implicazioni. Esercizio 1.4.11. Con A = {a, b}, B = {a, c}, C = {a, b, c}, D = {a, c, d}, si ha A ⊂ C, B ⊂ D e A \ D = {b} = C \ B. Si ha poi A ⊂ C, A \ B = {b} = C \ B, sicché A \ B 6⊂ C \ B; B ⊂ D, A \ B = {b} = A \ D sicché A \ B 6⊃ A \ D. Esercizio 1.4.12. Posto A = {a, b, c}, B = {a, b}, C = {a, c}, si ha: B ∪ C = {a, b, c}, B ∩ C = {a}, A \ B = {c}, A \ C = {b}, A \ (B ∪ C) = Ø 6= {b, c} = (A \ B) ∪ (A \ C), A \ (B ∩ C) = {b, c} = 6 Ø = (A \ B) ∩ (A \ C). Esercizio 1.4.13. Si ha: x ∈ S \ (S \ T )

⇐⇒ ⇐⇒

x∈Sex∈ / S\T x ∈ S e (x ∈ / S o x ∈ T)

10

Capitolo 1

⇐⇒ ⇐⇒

(x ∈ S e x ∈ T ) x ∈ S ∩ T.

Se S, T sono insiemi non disgiunti si ha allora S \ (S \ T ) = S ∩ T 6= Ø e (S \ S) \ T = Ø \ T = Ø, pertanto S \ (S \ T ) 6= (S \ S) \ T. Esercizio 1.4.14. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 1.4.15. Si ha: x ∈ S ∩ (T \ V )

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x∈S ex∈T \V x ∈ S e (x ∈ T e x ∈ / V) x∈Sex∈T ex∈ /V x∈S∩T ex∈ / S∩V x ∈ (S ∩ T ) \ (S ∩ V ).

x ∈ (S \ T ) ∩ V

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x∈S\T ex∈V (x ∈ S e x ∈ / T) e x ∈ V x∈Sex∈ / T ex∈V x∈S∩V ex∈ / T ∩V x ∈ (S ∩ V ) \ (T ∩ V ).

Inoltre:

Esercizio 1.4.16. Si ha: N ∪ {3, −4, a} = N ∪ {−4, a}, N ∩ {3, −4, a} = {3}, N \ {3, −4, a} = N \ {3}, Z ∪ {3, −4, a} = Z ∪ {a}, Z ∩ {3, −4, a} = {3, −4}, Z \ {3, −4, a} = Z \ {3, −4},

{3, −4, a} \ N = {−4, a}, {3, −4, a} \ N0 = {−4, a}, {3, −4, a} \ Z = {a}, ˙ {3, −4, a} = (N \ {3}) ∪ {−4, a}, N∪ ˙ {3, −4, a} = (N0 \ {3}) ∪ {−4, a}, N0 ∪ ˙ {3, −4, a} = (Z \ {3, −4}) ∪ {a}. Z∪


Esercizio 1.4.17. Risulta: 6N ∪ 9Z = {6x, 9y : x ∈ N, y ∈ Z}, 6N ∩ 9Z = 18N, 6N \ 9Z = {3x : x ∈ 2N \ 3N}, 9Z \ 6N = {9x : x ∈ Z \ 2N}, 9Z ∪˙ 6N = {9x : x ∈ Z \ 2N} ∪ {3x : x ∈ 2N \ 3N}, 9Z ∪˙ 6N0 = {9x : x ∈ Z \ 2N0 } ∪ {3x : x ∈ 2N \ 3N}. Esercizio 1.4.18. Le rappresentazioni richieste sono le seguenti:

L ∪˙ M

L \ (L \ M ) L

M

L \ (M \ L)

L

M

L

M

(M ∪˙ N ) \ (L ∩ N )

(L ∩ N ) \ (N \ M )

(L \ M ) ∪ (M \ N )

L

L

L

M N

M N

M N

(M ∪˙ N ) \ L

(L ∩ N ) ∪ (M \ L)

(L \ M ) ∩ N

L

L

L

M N

M N

M N

L \ (M ∪˙ N )

(L ∪ N ) ∩ (M \ L)

(L \ M ) ∪ N

L

L

L

M N

M N

M N

Esercizio 1.4.19. Sono vere le affermazioni seguenti: x∈ / S ∩ T ⇐⇒ x ∈ / Sox∈ / T;

11

12

Capitolo 1

x∈ / S ∪ T ⇐⇒ x ∈ / Sex∈ / T; x∈ / S \ T ⇐⇒ x ∈ / S o x ∈ T. Le altre sono false. Esercizio 1.4.20. Siano A = {1, 2, 6}, B = {3, 4, 6}, C = {3, 5, 6}. Si ha B \ C = {4} e A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 6}, A ∪ (B \ C) = {1, 2, 6, 4}. Esercizio 1.4.21. Siano A = {1, 2, 6}, B = {3, 4, 6}, C = {3, 5, 6}. Si ha B \ C = {4} e A ∩ B = {6}, A ∩ (B \ C) = Ø. Esercizio 1.4.22. Siano A = {1, 2, 3}, B = {1, 2}, C = {1, 3}. Si ha A \ B = {3} e A \ (B ∩ C) = {2, 3}. Esercizio 1.4.23. Sia S \ (T \ V ) = S. Allora: x ∈ S ∩ T =⇒ (x ∈ S) e (x ∈ T ) =⇒ (x ∈ S \ (T \ V )) e (x ∈ T ) =⇒ ((x ∈ S) e (x ∈ / T o x ∈ V )) e (x ∈ T ) =⇒ x ∈ V. Viceversa sia S ∩ T ⊆ V . Allora ovviamente S \ (T \ V ) ⊆ S; inoltre si ha : x ∈ S =⇒ (x ∈ S e x ∈ T ) o (x ∈ S e x ∈ / T) =⇒ (x ∈ S ∩ T ) o (x ∈ S e x ∈ / T) =⇒ (x ∈ S e x ∈ V ) o (x ∈ S e x ∈ / T) =⇒ (x ∈ S) e (x ∈ V o x ∈ / T) =⇒ (x ∈ S) e (x ∈ / T \V) =⇒ x ∈ S \ (T \ V ), sicché S ⊆ S \ (T \ V ); pertanto S = S \ (T \ V ). Per provare la seconda equivalenza si può, per esempio, utilizzare l’Esercizio 1.4.13. Si ha: S \T = S \V ⇐⇒ S \(S \T ) = S \(S \V ) ⇐⇒ S ∩T = S ∩V . Esercizio 1.4.24. Si ha: −3 ∈ Z \ N, 3∈ / Z \ N, −3 ∈ / 2Z \ N , 3∈ / 2Z \ N, 0 ∈ Z \ N, 5∈ / 2Z ∪ N, −5 ∈ / 2Z ∪ N, 0 ∈ 2Z ∪ N, −4 ∈ 2Z ∪ N, 4 ∈ 2Z ∪ N, 0∈ / 2Z ∩ N, −4 ∈ / 2Z ∩ N, 4 ∈ 2Z ∩ N, −5 ∈ / 2 Z ∩ N, 5 ∈ / 2Z ∩ N. Esercizio 1.4.25. Si ha: V ∪ (Ø \ V ) = V,

V ∩ (Ø \ V ) = Ø,

V ∪ (V \ V ) = V,


V ∩ (V \ V ) = Ø, V ∩ (V \ Ø) = V, V ∪ (V ∩ Ø) = V,

V \ (Ø ∪ V ) = Ø, V \ (V \ Ø) = Ø, V \ (V \ V ) = V,

13

V \ (Ø ∩ V ) = V, V \ (Ø \ V ) = V, V ∪ (V \ Ø) = V.

Esercizio 1.4.26. Si ha: 1 √ A ∪ (B \ C) = A ∪ {i} = {a, 4, c, , 5, i}, 3 √ 1 √ 1 √ (A ∪ B) \ (A ∪ C) = {a, 4, c, , 5, b, 7, i} \ {a, 4, c, , 5, b, 7, 15} = {i}. 3 3 Pertanto non sussiste l’uguaglianza S ∪ (T \ V ) = (S ∪ T ) \ (S ∪ V ). Si ha però: x ∈ (S ∪ T ) \ (S ∪ V ) =⇒ x ∈ S ∪ T e x ∈ / S∪V =⇒ (x ∈ S o x ∈ T ) e (x ∈ / Sex∈ / V) =⇒ x ∈ T e x ∈ /V =⇒ x ∈ T \ V =⇒ x ∈ S ∪ (T \ V ), pertanto (S ∪ T ) \ (S ∪ V ) ⊆ S ∪ (T \ V ). Esercizio 1.4.27. Si ha: x ∈ (S \ T ) ∩ V

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x∈S\T ex∈V (x ∈ S e x ∈ / T) e x ∈ V x∈Sex∈ / T ex∈V x∈S∩V ex∈ /T x ∈ (S ∩ V ) \ T.

Esercizio 1.4.28. Si ha: x ∈ (S ∪ T ) \ (T ∩ V ) ⇐⇒ x ∈ (S ∪ T ) e x ∈ / (T ∩ V ) ⇐⇒ (x ∈ S o x ∈ T ) e (x ∈ / T ox∈ / V) ⇐⇒ (x ∈ S e x ∈ / T ) o (x ∈ S e x ∈ / V) o (x ∈ T e x ∈ / V) ⇐⇒ (x ∈ S e x ∈ / T ) o (x ∈ S e x ∈ T e x ∈ / V) o (x ∈ S e x ∈ / T ex∈ / V ) o (x ∈ T e x ∈ / V) ⇐⇒ (x ∈ S e x ∈ / T ) o (x ∈ T e x ∈ / V) ⇐⇒ x ∈ (S \ T ) ∪ (T \ V ).

14

Capitolo 1

Esercizio 1.4.29. Si ha (L ∪ M ) \ N = (L \ N ) ∪ (L \ N ), per la proprietà distributiva a destra del complemento rispetto all’unione (vedi (1.4.17)), sicché (L∪M )\N ⊆ L∪(M \N )). L’inclusione può essere stretta, infatti se L∩N 6= Ø un elemento di L ∩ N appartiene a L ∪ (M \ N )) e non appartiene a (L ∪ M ) \ N . Si ha poi: x ∈ L ∪ (M \ N )

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x∈Lox∈M \N (x ∈ L) o (x ∈ M e x ∈ / N) (x ∈ L o x ∈ M ) e (x ∈ L o x ∈ / N) (x ∈ L o x ∈ M ) e (x ∈ / N o x ∈ L) (x ∈ L ∪ M ) e (x ∈ / N \ L) x ∈ (L ∪ M ) \ (N \ L).

Esercizio 1.4.30. Con A = {a, b}, B = {a, c}, C = {b, c} si ha A ∩ B = {a}, B ∩ C = {c}, A ∩ C = {b} e A ∩ B ∩ C = Ø. Esercizio 1.4.31. Per le formule di De Morgan (vedi 1.4.13) si ha: L \ (L ∩ M ∩ N ) = (L \ L) ∪ (L \ (M ∩ N )) = Ø ∪ (L \ (M ∩ N )) = L \ (M ∩ N ). Esercizio 1.4.32. Si assuma L \ (N \ (L ∩ M )) = L. Si ha: x ∈ L ∩ N =⇒ x ∈ L e x ∈ N =⇒ x ∈ L \ (N \ (L ∩ M )) e x ∈ N =⇒ x ∈ L e (x ∈ / N o x ∈ L ∩ M) e x ∈ N =⇒ x ∈ M. Pertanto L ∩ N ⊆ M . Viceversa si assuma L ∩ N ⊆ M . Ovviamente L \ (N \ (L ∩ M )) ⊆ L. Si ha poi: x ∈ L =⇒ (x ∈ L e x ∈ / N ) o (x ∈ L e x ∈ N ) =⇒ (x ∈ L e x ∈ / N ) o (x ∈ L ∩ N ) =⇒ (x ∈ L e x ∈ / N ) o (x ∈ L e x ∈ M ) =⇒ (x ∈ L e x ∈ / N ) o (x ∈ L ∩ M ) =⇒ (x ∈ L) e ((x ∈ / N ) o (x ∈ L ∩ M )) =⇒ (x ∈ L) e (x ∈ / N \ (L ∩ M )) =⇒ x ∈ L \ (N \ (L ∩ M )).


15

Pertanto L \ (N \ (L ∩ M )) = L. Esercizio 1.4.33. Si assuma (L \ M ) ∪ (L ∩ N ) = L. Esista per assurdo un elemento x ∈ (L ∩ M ) \ N . Allora x ∈ L ∩ M e x ∈ / N , da x ∈ L segue per l’ipotesi x ∈ L \ M o x ∈ L ∩ N , ma x ∈ M , pertanto x ∈ / L\M ex ∈ / N, pertanto x ∈ / L ∩ N , un assurdo. Viceversa sia (L ∩ M ) \ N = Ø. Ovviamente (L \ M ) ∪ (L ∩ N ) ⊆ L; sia x ∈ L, allora si ha (x ∈ L e x ∈ / M ) o (x ∈ L e x ∈ M ), nel secondo caso non puo’ essere x ∈ (L ∩ M ) \ N perché questo insieme e` vuoto, dunque x ∈ L ∩ N , dunque vale anche L ⊆ (L \ M ) ∪ (L ∩ N ), sicché L = (L \ M ) ∪ (L ∩ N ). Esercizio 1.4.34. Ovviamente (S \ T ) ∪ (S ∩ T ) ⊆ S; se x ∈ S si ha poi (x ∈ S e x ∈ / T ) oppure (x ∈ S e x ∈ T ), sicché x ∈ (S \ T ) ∪ (S ∩ T ), e S ⊆ (S \ T ) ∪ (S ∩ T ). Pertanto S = (S \ T ) ∪ (S ∩ T ). Esista per assurdo x ∈ (S \ T ) ∩ (S ∩ T ), allora x ∈ / T e x ∈ T , assurdo. Esercizio 1.4.35. Si ha S = (S \ T ) ∪ (S ∩ T ) e S = (T \ S) ∪ (T ∩ S), per l’esercizio precedente, pertanto S ∪ T = (S \ T ) ∪ (S ∩ T ) ∪ (T \ S) ∪ (T ∩ S) = (S \ T ) ∪ (S ∩ T ) ∪ (S ∩ T ) ∪ (T \ S) = (S \ T ) ∪ (T \ S) ∪ (S ∩ T ), per la proprietà commutativa dell’intersezione e per le proprietà commutativa e associativa dell’unione. Gli insiemi S \ T , T \ S sono ovviamente disgiunti, gli insiemi S \ T e S ∩ T sono disgiunti per il precedente esercizio e cos`ı gli insiemi T \ S e S ∩ T. Esercizio 1.4.36. Si ha: S ∪˙ T = (S ∪ T ) \ (S ∩ T ) = ((S ∪ T ) \ S) ∪ ((S ∪ T ) \ T ) = (S \ S) ∪ (S \ T ) ∪ (T \ S) ∪ (T \ T ) = Ø ∪ (S \ T ) ∪ (T \ S) ∪ Ø = (S \ T ) ∪ (T \ S). Esercizio 1.4.37. Se S e` un qualunque insieme non vuoto risulta sempre S ⊆ S ∪ (T ∪˙ V ), ma ovviamente S 6⊆ (S ∪ T ∪ V ) \ (S ∪ T ∩ V ) = ((S ∪ T ∪ V ) \ ˙ ∪ V ). Si ha: ((S ∪ T ) ∩ (S ∪ V ))) = (S ∪ T ) ∪(S ˙ ∪ V ) =⇒ (x ∈ (S ∪ T ) ∪ (S ∪ V )) e x ∈ (S ∪ T ) ∪(S (x ∈ / (S ∪ T ) ∩ (S ∪ V )) =⇒ (x ∈ S o x ∈ T o x ∈ V ) e (x ∈ / S ∪ (T ∩ V )) =⇒ (x ∈ S o x ∈ T o x ∈ V ) e ((x ∈ / S) e (x ∈ / T ∩ V )) =⇒ (x ∈ T o x ∈ V ) e (x ∈ / T ∩V)

16

Capitolo 1

=⇒ x ∈ T ∪˙ V.

Esercizio 1.4.38. Si ha: x∈(

[

X) \ S

⇐⇒

x∈

X∈F

[

X ex∈ /S

X∈F

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

∃Y ∈F :x∈Y ex∈ /S ∃Y ∈F :x∈Y \S [ x∈ (X ∪ S). X∈F

Si ha poi: x∈(

\

X) \ S

⇐⇒

X∈F

x∈

\

X ex∈ /S

X∈F

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x ∈ X, ∀ X ∈ F e x ∈ /S x ∈ X \ S, ∀ X ∈ F \ x∈ (X ∪ S). X∈F

Esercizio 1.4.39. Si ha: x∈S\(

[

X)

⇐⇒

x∈Sex∈ /

X∈F

[

X

X∈F

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

x∈Sex∈ / X, ∀ X ∈ F x ∈ S \ X, ∀ X ∈ F \ x∈ (S \ X). X∈F

Si ha poi: x∈S\(

\

X)

\

⇐⇒

x∈Sex∈ /

⇐⇒ ⇐⇒

x∈Se∃Y ∈F :x∈ /Y ∃Y ∈F :x∈S\Y [ x∈ (S ∪ X).

X∈F

X

X∈F

⇐⇒

X∈F


17

Esercizio 1.5.1. Se S = Ø, si ha S × T = Ø × T = Ø ⊆ V × W qualunque siano T, V, W e dunque anche se T 6⊆ W. Se T = Ø, si ha S × T = S × Ø = Ø ⊆ V × W qualunque siano S, V, W e dunque anche se S 6⊆ V. Esercizio 1.5.2. Se S = T , ovviamente S × T = T × S, se S = Ø o T = Ø, S × T = Ø = T × S. Sia ora S × T = T × S e si supponga S 6= Ø, T 6= Ø, da S × T ⊆ T × S segue allora, per la (1.5.4), S ⊆ T e T ⊆ S, sicché S = T . Esercizio 1.5.3. Si ha : V ×W V ×V W ×V W ×W

= {(9, m), (9, ♦), (9, 9), (9, α), (∞, m), (∞, ♦), (∞, 9), (∞, α)}, = {(9, 9), (9, ∞), (∞, 9), (∞, ∞)}, = {(m, 9), (m, ∞), (♦, 9), (♦, ∞), (9, 9), (9, ∞), (α, 9), (α, ∞)}, = {(m, m), (m, ♦), (m, 9), (m, α), (♦, m), (♦, ♦), (♦, 9), (♦, α), (9, m), (9, ♦), (9, 9), (9, α), (α, m), (α, ♦), (α, 9), (α, α)}, 4V = {(9, 9), (∞, ∞)}, 4W = {(m, m), (♦, ♦), (9, 9), (α, α)}.

Esercizio 1.5.4. Si ha : (−1, 3) ∈ Z × N; (1, 0) ∈ Z × N0 ; (0, 0) ∈ Z × Z; (4, −5) ∈ 2Z × Z;

(−1, 3) ∈ / N × Z; (1, 0) ∈ N × Z; (0, 0) ∈ N0 × N0 ; (4, −5) ∈ / 2 Z × N;

(−1, 3) ∈ Z × Z; (1, 0) ∈ N × N0 ; (0, 0) ∈ N0 × Z; (4, −5) ∈ / N × 2Z;

(−1, 3) ∈ / N × N; (1, 0) ∈ / N × N; (0, 0) ∈ / N × Z; (4, −5) ∈ 2N × Z.

Esercizio 1.5.5. Si ha : (N0 , Ø) ∈ P(N0 ) × P(Z); (Ø, Z) ∈ P(N0 ) × P(Z); (N, N) ∈ P(N0 ) × P(Z); ({Ø}, {Ø}) ∈ / P(N0 ) × P(Z);

(Ø, N0 ) ∈ P(N0 ) × P(Z); (N, N0 ) ∈ P(N0 ) × P(Z); (2, 7) ∈ / P(N0 ) × P(Z); (1, −5) ∈ / P(N0 ) × P(Z).

Esercizio 1.5.6. Vedi svolgimento nel testo.

Esercizio 1.6.1. Per n = 2 si ha 4 = 2(2+1)−2. Con h ≥ 2, supposto per ipotesi induttiva 4 + 6 + 8 + · · · + 2h = h(h + 1) − 2, si ha 4 + 6 + 8 + · · · + 2(h + 1) =

18

Capitolo 1

4 + 6 + 8 + · · · + 2h + 2(h + 1) = h(h + 1) − 2 + 2(h + 1) = h2 + h − 2 + 2h + 2 = h2 + 3h + 2 − 2 = (h + 1)(h + 2) − 2. Esercizio 1.6.2. Per n = 6 si ha 12 = 6(6 + 1) − 30. Con h > 6, supposto per ipotesi induttiva 12+14+· · ·+2(h−1) = (h−1)h−30, si ha 12+14+· · ·+2h = 12 + 14 + · · · + 2(h − 1) + 2h = (h − 1)h − 30 + 2h = h(h − 1 + 2) − 30 = h(h + 1) − 30. Esercizio 1.6.3. Per n = 3 si ha 3 · 23 = 3 · 8 = 24 = 8 · 3 = 8(2(3 − 1) − 1). Con h ≥ 3, supposto per ipotesi induttiva 3·23 +4·24 +· · ·+h·2h = 8(2h−2 (h−1)−1) si ha 3·23 +4·24 +· · ·+(h+1)·2h+1 = 3·23 +4·24 +· · ·+h·2h +(h+1)·2h+1 = 8(2h−2 (h−1)−1)+(h+1)·2h+1 = 2h−2 (8(h−1)+(h+1)23 )−8 = 2h−2 (8(h− 1)+8(h+1))−8 = 2h−2 (2·8h)−8 = 8(2h−1 h−1) = 8(2h+1−2 (h+1−1)−1). Esercizio 1.6.4. Per n = 5 si ha 25 = 32 = 64 − 32 = 26 − 32 = 25+1 − 32. Con h > 5, supposto per ipotesi induttiva 25 + 26 + · · · + 2h−1 = 2h − 32 , si ha 25 + 26 + · · · + 2h = 25 + 26 + · · · + 2h−1 + 2h = 2h − 32 + 2h = 2 · 2h − 32 = 2h+1 − 32. (0+1)

Esercizio 1.6.5. Per n = 0 si ha 60 = 1 = 55 = 6 5 −1 . Con h > 0, supposto per h ipotesi induttiva 60 + 61 + 62 + · · · + 6h−1 = 6 5−1 , si ha 60 + 61 + 62 + · · · + 6h = 60 + 61 + 62 + · · · + 6h−1 + 6h =

6h −1 h 5 +6

=

6h −1+5·6h 5

=

6h (1+5)−1 5

=

2

6h+1 −1 . 5 2

4 (4+1) Esercizio 1.6.6. Per n = 4 si ha 43 = 64 = 100−36 = 16·25 −36. 4 −36 = 4 Con h > 4, supposto per ipotesi induttiva 43 + 53 + 63 + · · · + (h − 1)3 = (h−1)2 h2 − 36, si ha 43 + 53 + 63 + · · · + h3 = 43 + 53 + 63 + · · · + (h − 4 2 2 3 (h−1)2 h2 − 36 + h3 = (h−1) 4h +4h 4 2 2 h4 +2h3 +h2 − 36 = h (h+1) − 36. 4 4

1)3 + h3 =

− 36 =

h4 −2h3 +h2 +4h3 4

− 36 =

Esercizio 1.6.7. Per n = 1 si ha 1 = 3 · 12 − 2 · 1. Con h ≥ 1, supposto per ipotesi induttiva 1+7+13+· · ·+(6h−5) = 3h2 −2h, si ha 1+7+13+· · ·+(6(h+1)− 5) = 1+7+13+· · ·+(6h−5)+(6(h+1)−5) = 3h2 −2h+(6(h+1)−5) = 3h2 − 2h+6h+6−5 = 3h2 +4h+1 = 3h2 +6h+3−2h−2 = 3(h2 +2h+1)−2(h+1). 1

Esercizio 1.6.8. Per n = 1 si ha ipotesi induttiva 15 + 512 + · · · +

1 5 1 5h

4 = 4·5 = 54·5−1 1 . Con h ≥ 1 supposto per 5h −1 1 = 4·5h , si ha 15 + 512 + · · · + 5h+1 =

5h −1 4·5h

+

1 5h+1

1 5

+

1 52

+ ··· +

1 5h

+

1 5h+1

=

=

5·(5h −1)+4 4·5h+1

=

5h+1 −5+4 4·5h+1

=

5h+1 −1 . 4·5h+1

Esercizio 1.6.9. Per n = 0 si ha 440 − 1 = 1 − 1 = 0 e 43|0. Con h ≥ 0,


19

supposto per ipotesi induttiva 43|44h − 1, si ha 44h − 1 = 43t per un opportuno t ∈ Z, e 44h+1 − 1 = 44h · 44 − 1 = 44h · (43 + 1) − 1 = 44h · 43 + 44h − 1 = 44h · 43 + 43t = 43(44h + t) da cui 43|44h+1 . Esercizio 1.6.10. Per n = 1 si ha 82 − 1 = 63 e ovviamente 63|63. Con h ≥ 1, supposto per ipotesi induttiva 63|82h − 1, si ha 82h − 1 = 63t per un opportuno t ∈ Z, e 82(h+1) − 1 = 82h · 82 − 1 = 82h · (63 + 1) − 1 = 82h · 63 + 82h − 1 = 82h · 63 + 63t = 63(82h + t) da cui 63|82(h+1) . 5(22 +2−2) . Con h > 2, supposto 2 5((h−1)2 +(h−1)−2) per ipotesi induttiva 10 + 15 + · · · + 5(h − 1) = , si ha 10 + 2 5((h−1)2 +(h−1)−2) + 5h = 15 + · · · + 5h = 10 + 15 + · · · + 5(h − 1) + 5h = 2 5(h2 −2h+1+h−3)+2·5h 5(h2 +h−2) 5h2 −10h+5+5h−15+10h 5h2 +5h−10 = = = . 2 2 2 2

Esercizio 1.6.11. Per n = 2 si ha 10 =

5·4 2

Esercizio 1.6.12. Per n = 1 si ha 10 =

9+11 2

=

=

9·12 +11·1 . 2

Con h > 1, supposto

per ipotesi induttiva 10 + 19 + 28 + · · · + (9(h − 1) + 1) =

9(h−1)2 +11(h−1) , 2

si ha 10 + 19 + 28 + · · · + (9h + 1) = 10 + 19 + 28 + · · · + (9(h − 1) + 2 2 1) + (9h + 1) = 9(h−1) +11(h−1) + (9h + 1) = 9(h −2h+1)+11(h−1)+18h+2 = 2 2 9h2 −18h+9+11h−11+18h+2 2

=

9h2 +11h . 2

Esercizio 1.6.13. Per n = 1 si ha 62 − 1 = 35 e ovviamente 35|35. Con h ≥ 1, supposto per ipotesi induttiva 35|62h − 1, si ha 62h − 1 = 35t per un opportuno t ∈ Z, e 62(h+1) − 1 = 62h · 62 − 1 = 62h · (35 + 1) − 1 = 62h · 35 + 62h − 1 = 62h · 35 + 35t = 35(62h + t) da cui 35|62(h+1) . Esercizio 1.6.14. Per n = 1 si ha 33 − 1 = 26 e ovviamente 26|26. Con h ≥ 1, supposto per ipotesi induttiva 26|33h − 1, si ha 33h − 1 = 26t per un opportuno t ∈ Z, e 33(h+1) − 1 = 33h · 33 − 1 = 33h · (26 + 1) − 1 = 33h · 26 + 33h − 1 = 33h · 26 + 26t = 26(33h + t) da cui 26|33(h+1) . 4(4+1)(2·4+1) − 14. Con Esercizio 1.6.15. Per n = 4 si ha 42 = 16 = 180 6 − 14 = 6 (h−1)h(2(h−1)+1) 2 2 2 − h > 4, supposto per ipotesi induttiva 4 +5 +· · ·+(h−1) = 6 (h−1)h(2(h−1)+1) 2 2 2 2 2 2 2 14, si ha 4 + 5 + · · · + h = 4 + 5 + · · · + (h − 1) + h = − 6 3 2 2 +h+6h2 (h2 −h)(2h−1)+6h2 −14 = 2h −2h −h −14 6 6 (h2 +h)(2h+1) h(h+1)(2h+1) − 14 = − 14. 6 6

14+h2 =

=

2h3 +3h2 +h −14 6

=

Esercizio 1.6.16. Per n = 4 si ha 4 · 24 = 4 · 16 = 16 · 4 = 16(6 − 2) =

Capitolo 1

20

16(24−3 (4 − 1) − 2). Con h ≥ 4, supposto per ipotesi induttiva 4 · 24 + 5 · 25 + · · · + h · 2h = 16(2h−3 (h − 1) − 2), si ha 4 · 24 + 5 · 25 + · · · + (h + 1) · 2h+1 = 4 · 24 + 5 · 25 + · · · + h · 2h + (h + 1)2h+1 = 16(2h−3 (h − 1) − 2) + (h + 1)2h+1 = 16(2h−3 (h − 1) − 2 + (h + 1)2h−3 ) = 16(2h−3 2h − 2) = 16(2h−2 h − 2) = 16(2(h+1)−3 ((h + 1) − 1) − 2). 101 −1 . Con h ≥ 1, supposto per 9·101−1 10h −1 1 1 1 = 9·10h−1 , si ha 1 + 10 + 100 + 10h−1 h 1 1 1 1 10 −1 1 = 1 + 10 + 100 + · · · + 10h−1 + 10(h+1)−1 = 9·10h−1 + 10h = h+1 10h+1 −10+9 10h+1 −1 = 109·10h−1 = 9·10 (h+1)−1 . 9·10h

Esercizio 1.6.17. Per n = 1 si ha 1 = 1 1 ipotesi induttiva 1 + 10 + 100 + ··· + ··· +

1

10(h+1)−1 10(10h −1)+9

=

9·10h

9 9

=

Esercizio 1.6.18. Si ha: V V V V

∪V ∩V \V ∪˙ V

= V, = V, = Ø, = Ø,

V ∪ Ø = V, V ∩ Ø = Ø, V \ Ø = V, V ∪˙ Ø = V,

Ø∪V Ø∩V Ø\V Ø ∪˙ V

= V, = Ø, = Ø, = V,

Ø ∪ Ø = Ø, Ø ∩ Ø = Ø, Ø \ Ø = Ø, Ø ∪˙ Ø = Ø.

Esercizio 1.6.19. Si ha: −4 ∈ N ∪ 4Z, −4 ∈ / N ∩ 4Z, −4 ∈ / N \ 4Z, −4 ∈ N ∪˙ 4Z,

8 ∈ N ∪ 4Z, 8 ∈ N ∩ 4Z, 8∈ / N \ 4Z, 8∈ / N ∪˙ 4Z,

−15 ∈ / N ∪ 4Z, −15 ∈ / N ∩ 4Z, −15 ∈ / N \ 4Z, −15 ∈ / N ∪˙ 4Z,

15 ∈ N ∪ 4Z, 15 ∈ / N ∩ 4Z, 15 ∈ N \ 4Z, 15 ∈ N ∪˙ 4Z.

Esercizio 1.6.20. Si ha: (2Z ∪ 3Z) ∩ A = {−6, −4, −2, 0, 2, 4, 6, −3, 3}, (2Z ∩ 3Z) ∩ A = {−6, 0, 6}, (2Z \ 3Z) ∩ A = {−4, −2, 2, 4}, (2Z ∪˙ 3Z) ∩ A = {−4, −3, −2, 2, 3, 4}. Esercizio 1.6.21. Si ha: X ∈ P(S ∩ T ) ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

X ⊆S∩T (X ⊆ S) e (X ⊆ T ) X ∈ P(S) e X ∈ P(T ) X ∈ P(S) ∩ P(T ).


21

Si ha poi: X ∈ P(S) ∪ P(T ) =⇒ (X ∈ P(S)) o (X ∈ P(T )) =⇒ (X ⊆ S) o (X ⊆ T ) =⇒ X ⊆ S ∪ T =⇒ (X ∈ P(S ∪ T )). Se A = {a, b}, B = {a, c} si ha {b, c} ∈ P(A ∪ B), ma {b, c} ∈ / P(A) e {b, c} ∈ / P(B), pertanto P(A) ∪ P(B) ⊂ P(A ∪ B). Esercizio 1.6.22. Si ha: x ∈ (L \ N ) ∪ (M \ (L ∪ N )) ⇐⇒ x ∈ L \ N o x ∈ (M \ (L ∪ N )) ⇐⇒ (x ∈ L e x ∈ / N ) o (x ∈ M e x ∈ / L ∪ N) ⇐⇒ (x ∈ L e x ∈ / N) o (x ∈ M e x ∈ / Lex∈ / N) ⇐⇒ (x ∈ L o x ∈ M ) e (x ∈ / N) ⇐⇒ x ∈ (L ∪ M ) \ N. Esercizio 1.6.23. Risulta L \ (M ∪ N ) = (L \ M ) ∩ (L \ N ) per le formule di De Morgan, da cui per la 1.4.4, l’Esercizio 1.4.10 e l’Esercizio 1.4.13 si ha: L \ (M ∪ N ) = L \ M ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

L\M ⊆L\N L \ (L \ N ) ⊆ L \ (L \ M ) L∩N ⊆L∩M L ∩ N ⊆ M.

Esercizio 1.6.24. Per l’Esercizio 1.4.34 si ha T = (T \ S) ∪ (T ∩ S), pertanto, per le proprietà commutativa e associativa dell’unione, per la proprietà commutativa dell’intersezione, per la (1.4.6) e per la 1.4.4: S ∪ T = S ∪ ((T \ S) ∪ (T ∩ S)) = (S ∪ (T ∩ S)) ∪ (T \ S) = (S ∪ (S ∩ T )) ∪ T \ S = S ∪ (T \ S). Ovviamente si ha poi S ∩ (T \ S) = Ø. Esercizio 1.6.25. Per l’esercizio precedente e per la 1.4.1 si ha: S ⊆ T ⇐⇒ S ∪ T = T ⇐⇒ T = S ∪ (T \ S). Esercizio 1.6.26. Per la proprietà distributiva a destra del complemento rispetto all’unione si ha: (S ∪ T ) \ (S ∪ V ) = (S \ (S ∪ V )) ∪ (T \ (S ∪ V )) = Ø ∪ (T \ (S ∪ V )) = T \ (S ∪ V ). Esercizio 1.6.27. Per la (1.4.19) si ha S ∪˙ T = (S \ T ) ∪ (T \ S), pertanto (S ∪˙ T ) \ V = ((S \ T ) ∪ (T \ S)) \ V

Capitolo 1

22

= ((S \ T ) \ V ) ∪ ((T \ S) \ V ) = (S \ (T ∪ V )) ∪ (T \ (S ∪ V )), per l’Esercizio 1.4.14. Si ha poi V \ (S ∪˙ T ) = V \ ((S ∪ T ) \ (S ∩ T )) = (V \ (S ∪ T )) ∪ (S ∩ T ∩ V ), ancora per l’Esercizio 1.4.14. Risulta allora (S ∪˙ T ) ∪˙ V = (S ∪˙ T ) \ V ) ∪ (V \ (S ∪˙ T )) = (S \ (T ∪ V )) ∪ (T \ (S ∪ V )) ∪ (V \ (S ∪ T )) ∪ (S ∩ T ∩ V ). Si ha poi, per la proprietà commutativa dell’unione, dell’intersezione e dell’unione disgiunta: ˙ ∪˙ V ) = (T ∪˙ V ) ∪˙ S S ∪(T = (T \ (V ∪ S)) ∪ (V \ (T ∪ S)) ∪ (S \ (T ∪ V )) ∪ (T ∩ V ∩ S) = (S \ (T ∪ V )) ∪ (T \ (S ∪ V ) ∪ (V \ (S ∪ T ) ∪ (S ∩ T ∩ V ) = (S ∪˙ T ) ∪˙ V. Esercizio 1.6.28. Si ha: (Ø, 3) ∈ P(Z) × N0 ; ({Ø}, 3) ∈ / P(Z) × N0 ; (Ø, 4) ∈ / P(Z) × P(N0 ); (Z, Ø) ∈ / P(N0 ) × P(Z); ({1, −1}, 3N) ∈ / P(N0 ) × P(Z); (3Z, −3) ∈ P(Z) × N0 ;

({−4}, 3) ∈ P(Z) × N0 ; (N0 , 6) ∈ P(Z) × N0 ; ({−4}, 3) ∈ / P(Z) × P(N0 ); (N, Z) ∈ P(N0 ) × P(Z); (3N, {1, −1}) ∈ P(N0 ) × P(Z); (N, 3) ∈ P(Z) × N0 .

Esercizio 1.6.29. Si ha: (5Z, {N}) ∈ / P(Z) × P(N0 ); (Ø, 8) ∈ / P(Z) × P(N0 ); (N0 , 6) ∈ / P(Z) × P(N0 ); ({−4}, 2) ∈ / P(Z) × P(N0 );

({−9}, 2) ∈ / P(Z) × P(N0 ); ({Ø}, 2) ∈ / P(Z) × P(N0 ); (N, 2) ∈ / P(Z) × P(N0 ); (2Z, −2) ∈ / P(Z) × P(N0 ).

Esercizio 1.6.30. Le rappresentazioni richieste sono le seguenti:

T \ (S ∪ V ) S

S ∪ (T \ V ) T

V

S

V \ (S ∩ T ) T

V

S

T V


T \ (S ∩ V ) S

S ∩ (T \ V ) T

S

V

T

S

V

T \ (S ∪˙ V ) S

V \ (S ∪ T )

T

T V

(S ∪˙ T ) \ (S ∪˙ V )

(S ∪ T ) \ (S ∪ V )

S

S

V

T V

T V

(S \ V ) ∪ (T ∩ V )

V \ (S ∪˙ T )

(S \ T ) ∪ (V \ S)

S

S

S

T V

T V

Esercizio 1.6.31. Sono vere le affermazioni: S ∪ T = T ⇐⇒ S ⊆ T, S \ T = S ⇐⇒ S ∩ T = Ø. Le altre sono false.

T V

23

24

2 Relazioni tra insiemi

Esercizio 2.1.1. Esistono elementi di N0 che non hanno corrispondenti nella R1 , per esempio 3 R / 1 y, per ogni y ∈ Z. Esistono elementi di N0 con più di un corrispondente nella R1 , per esempio 4 R1 2 e 4 R1 −2. Ogni elemento di Z ha uno e un solo corrispondente nella R2 , per ogni x ∈ Z si ha infatti x2 ∈ N0 e x R2 x2 , con x2 univocamente determinato. Esercizio 2.1.2. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 2.1.3. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 2.1.4. Siano S = {a, b, c} e R = {(a, b), (b, a), (a, c)}. R non e` simmetrica poiché a R c e c R / a, e non e` asimmetrica poiché a R b e b R a con a 6= b. Esercizio 2.1.5. Siano S = {a, b}, R1 = {(a, b)}, R2 = {(a, b), (b, b)}. R1 e` antiriflessiva poiché a R /1 a e b R / 1 b ; R2 non e` riflessiva poiché a R / 2 a e non e` antiriflessiva poiché b R2 b. Esercizio 2.1.6. Si ha x Rt y per ogni x, y ∈ S, pertanto ovviamente Rt e` riflessiva, simmetrica e transitiva. Se Rt e` asimmetrica, con x, y ∈ S, da x Rt y, y Rt x segue x = y, pertanto S e` un singleton. Il viceversa e` ovvio. Esercizio 2.1.7. Se S non e` vuoto, la relazione vuota e` antiriflessiva, simmetrica e transitiva. Se S = Ø la relazione vuota e` riflessiva, antiriflessiva, simmetrica e transitiva. Esercizio 2.1.8. La relazione idS e` riflessiva, simmetrica e transitiva, ed e` asimmetrica se e solo se S e` vuoto o e` un singleton. Inoltre e` antiriflessiva se e solo se S e` vuoto. Esercizio 2.1.9. Segue subito dalla definizione.

26

Capitolo 2

Esercizio 2.1.10. Si ha: 2R / 10, 4 R 5,

0R / 0, 6R / 9,

3R / 3, 7 R 9,

10 R 13, 13 R 17,

1 R 1, 5R / 4,

10 R / 17, 2R / 2.

R non e` dunque riflessiva poiché per esempio 2 R / 2 (né antiriflessiva poiché per esempio 1 R 1). Non e` simmetrica, infatti per esempio 4 R 5 e 5 R / 4; non e` transitiva, poiché per esempio 10 R 13, 13 R 17 e 10 R / 17. Da x R y e y R x segue 3 + 4x = 4 + 3y e 3 + 4y = 4 + 3x, da cui, sottraendo membro a membro si ricava 4(x − y) = 3(y − x), cioé 7(x − y) = 0, da cui x − y = 0, dunque x = y e poi x = y = 1. Pertanto R e` asimmetrica. Esercizio 2.1.11. Si ha: 1R / 4, −1 R / −1,

−1 R 3, 4 R 1,

4R / 3, 9 R −1,

−4 R −1, −2 R / 4,

1 R 1, 11 R 5,

−6 R 5, 0R / −2.

Pertanto R non e` riflessiva (né antiriflessiva), non e` simmetrica infatti per esempio 4R1 e 1 R / 4, non e` transitiva poiché per esempio 9 R −1, −1 R 3 ma 9 R / 3, e non e` un’applicazione perché per esempio 2 non ha corrispondenti. Infine la relazione e` asimmetrica, poiché da x R y, y R x segue x = y = 1. Infatti sia x R y, allora (2x − 5 = 5y − 8 da cui 2x = 5y − 3 e x = 5y−3 2 ) oppure (2x − 5 = 13−5y 8−5y, da cui 2x = 13−5y e x = 2 ). Nel primo caso risulta 5x−8 = 25y−31 2 = 2y −5 e 21y = 21, sicché y = 1 e ancora x = 1 = y), e da y R x segue ( 25y−31 2 oppure ( 25y−31 = 5 − 2y che conduce all’assurdo 29y = 41). Nel secondo caso 2 e da y R x segue (2y − 5 = si ha 5x − 8 = 49−25y 2 49−25y oppure (5 − 2y = 2 e y = 13 7 ancora assurdo).

49−25y 2

ey =

59 29

assurdo),

Esercizio 2.1.12. Si ha x R y ⇐⇒ (x = y) o (x + y = 16). Si ha allora: −3 R −3, 2 R 14,

−3 R 19, −2 R / 14,

0R / −8, 5 R 5,

0R / 8, 5R / −11.

Ovviamente R e` riflessiva e simmetrica, non e` asimmetrica poiché per esempio 0 R 16, 16 R 0. Infine e` transitiva, infatti da x R y, y R z segue ovviamente x R z se x = y o y = z, se invece x = 16 − y e y = 16 − z si ha x = 16 − 16 + z, da cui x = z e x R z. Esercizio 2.1.13. Risulta: 3 R −3, 2R / 1, 1R / 1,

3R / 4, −4 R / 2, 8 R 2,

2R / 5, 0 R −1, 5 R −1,

2R / −2, 0R / 0, 4R / 3,

7 R 1, −3 R / 3, −1 R 0,

4R / 2, −3 R 2, 3R / 2.

Relazioni tra insiemi

27

Pertanto R non e` riflessiva e non e` simmetrica essendo per esempio 3 R −3 e −3 R / 3. Si ha 0 R −1, −1 R 0 ma 0 R / 0, pertanto la relazione non e` transitiva, infine R non e` asimmetrica essendo ancora 0 R −1, −1 R 0 con −1 6= 0. Esercizio 2.1.14. R1 non e` un’applicazione perché per esempio 2 non ha corrispondenti. R2 e` un’applicazione perché ogni x ∈ Z ha come corrispondente, unico, 8x ∈ 8Z. R3 non e` un’applicazione perché ogni x ∈ Z ha corrispondenti 8x e −8x ∈ 8Z. R4 non e` un’applicazione perché per esempio 2 non ha corrispondenti. Esercizio 2.1.15. R1 non e` un’applicazione perché tutti i numeri dispari non hanno corrispondenti e per lo stesso motivo non lo e` R2 . R3 e` un’applicazione perché ogni x ∈ N0 ha come corrispondente solo 2x ∈ 2N0 . R4 non e` un’applicazione perché per esempio 2 ha come corrispondenti 6 e 10. Esercizio 2.1.16. R1 e` un’applicazione perché ogni x ∈ Z ha come unico corrispondente il numero razionale 65 x. R2 non e` un’applicazione perché vi sono numeri con più di un corrispondente: infatti ogni x ∈ Z ha come corrispondente 1 1 ` un’applicazione perché per esempio 2 non ha corispondenti. 4 x e − 4 x. R3 non e R4 e` un’applicazione perché ogni x ∈ Z ha come unico corrispondente x2 . Esercizio 2.1.17. R1 e R2 sono la stessa applicazione in cui ogni x ∈ N0 ha come unico corrispondente il numero razionale x2 . R3 non e` un’applicazione perché per esempio 2 non ha corrispondenti. Esercizio 2.1.18. R1 e` un’applicazione perché ogni x ∈ N ha come unico corrispondente il numero razionale 32 x. R2 e` un’applicazione perché ogni x ∈ N ha come unico corrispondente il numero razionale 23 x2 . R3 non e` un’applicazione perché vi sono elementi di N che non hanno corrispondenti, per esempio 1 R /3 y per ogni razionale y. R4 non e` un’applicazione perché vi sono elementi di N con più di un corrispondente, per esempio 1 R4 32 , 1 R4 − 32 . Esercizio 2.1.19. R1 e R2 sono applicazioni perché ogni elemento di S ha uno e un solo corrispondente in T . R3 non e` un’applicazione perché n non ha corrispondenti. R4 non e` un’applicazione perché m non ha corrispondenti. R5 e` un’applicazione perché ogni elemento di S ha uno e un solo corrispondente in S. R6 non e` un’applicazione perché l’elemento l ha due corrispondenti o anche perché n non ha corrispondenti. Esercizio 2.1.20. R1 non e` un’applicazione perché ogni elemento maggiore di 3 non ha corrispondenti. R2 e` un’applicazione perché ogni x ∈ N ha come corrispondente, unico, x + 4 ∈ N. R3 non e` un’applicazione perché ogni x ∈ N ha infiniti corrispondenti, tutti i numeri naturali maggiori o uguali a 3.

28

Capitolo 2

Esercizio 2.1.21. R non e` una relazione d’equivalenza perché non e` simmetrica, essendo per esempio 12 R 6 e 6 R / 12. R non e` una relazione d’ordine perché non e` asimmetrica, infatti per esempio 6 R 10 e 10 R 6 con 6 6= 10. Esercizio 2.1.22. R non e` una relazione d’equivalenza né d’ordine perché non e` transitiva, infatti per esempio 6 R 12, 12 R 24, 6 R / 24. Esercizio 2.1.23. Segue subito dalle definizioni.

3 Elementi di calcolo combinatorio

Esercizio 3.1.1. L’asserto perPk = 2 (vedi 3.1.1). Con k ≥ 2, supposto per S vale ipotesi d’induzione ki=1 Ai = ki=1 |Ai |, si ha ! k k+1 k X [ [ Ai = Ai ∪ Ak+1 = |Ai | + |Ak+1 | i=1

i=1

i=1

essendo, per la proprietà distributiva dell’intersezione rispetto all’unione, k [

! Ai

∩ Ak+1 =

i=1

k [

(Ai ∩ Ak+1 ) = Ø.

i=1

Pertanto si ha k+1 k+1 [ X Ai = |Ai | , i=1

i=1

e l’asserto vale per ogni k ≥ 2 per il principio d’induzione. Esercizio 3.1.2. Si ha: |A ∪ B ∪ C| = |(A ∪ B) ∪ C| = |A ∪ B| + |C| − |(A ∪ B) ∩ C| = |A| + |B| − |A ∩ B| + |C| − |(A ∩ C) ∪ (B ∩ C)| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − (|A ∩ C| + |B ∩ C| − |A ∩ B ∩ C|) = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C|.

Esercizio 3.1.3. I numeri tra 1 e 1250 divisibili per 17 sono 73, quelli divisibili per 31 sono 40, quelli divisibili per 17 · 31 = 527 sono 2. Il numero richiesto e` dunque 73 + 40 − 2 = 111.

Capitolo 3

30

Esercizio 3.1.4. Si proceda per induzione su k. Per k = 2 l’asserto segue da 3.1.3. Si assuma vera l’uguaglianza per k. Si ha allora k k k+1 k [ [ [ [ Ai = ( Ai ) ∪ Ak+1 = Ai + |Ak+1 | − ( Ai ) ∩ Ak+1 i=1

i=1

=

k X

i=1

|Ai | −

i=1

X

i=1

|Ai ∩ Aj | + . . .

1≤i
k k \ [ · · · + (−1)k−1 Ai + |Ak+1 | − (Ai ∩ Ak+1 ) i=1

i=1

S S osservato che, per 1.4.9, si ha ( ki=1 Ai ) ∩ Ak+1 = ki=1 (Ai ∩ Ak+1 ). Per le ipotesi d’induzione e per le proprietà (1.4.8), (1.4.7) e (1.4.9) si ottiene k k [ X |Ai ∩ Ak+1 | − (Ai ∩ Ak+1 ) = i=1

+

i=1

X 1≤i
X

|Ai ∩ Aj ∩ Ak+1 |+

1≤i
k ! \ |Ai ∩ Aj ∩ Ah ∩ Ak+1 | − ... + (−1)k−1 Ai ∩ Ak+1 . i=1

Sostituendo nella prima espressione si ottiene l’asserto. Esercizio 3.1.5. Sia N il numero richiesto, cioè il numero degli scontrini in cui compaiono sia un’aranciata che un chinotto. Il numero degli scontrini in cui compare un’aranciata vale 12, il numero degli scontrini in cui compare un chinotto vale 15, il numero degli scontrini in cui compare o un’aranciata o un chinotto vale 21, perché vi sono 21 giovani presenti e la consumazione e` obbligatoria. Si ha allora 21 = 12 + 15 − N , da cui N = 12 + 15 − 21 = 6. Esercizio 3.1.6. I numeri tra 1 e 101 divisibili per 2 sono 50, quelli divisibili per 5 sono 20, quelli divisibili per 2 · 5 = 10 sono 10. I numeri tra 1 e 101 divisibili per almeno uno tra 2 e 5 sono dunque 50 + 20 − 10 = 60. I numeri divisibili per 7 sono 14, quelli divisibili per 2 · 7 = 14 sono 7, quelli divisibili per 5 · 7 = 35 sono 2 e c’è solo 1 numero divisibile per 2 · 5 · 7 = 70. I numeri tra 1 e 101 divisibili per almeno uno tra 2, 5 e 7 sono dunque: 50 + 20 + 14 − 7 − 10 − 2 + 1 = 66. Esercizio 3.1.7. Si osservi innanzitutto che un numero n e` divisibile per 6 e per 8 se e solo se e` divisibile per 3 e per 8. I numeri tra 1 e 1000 divisibili per 5 sono 200, quelli divisibili per 3 sono 333, quelli divisibili per 8 sono 125, i numeri divisibili per 5 · 3 = 15 sono 6, quelli divisibili per 5 · 8 = 40 sono 25, quelli divisibili per 3 · 8 = 24 sono 41,

Elementi di calcolo combinatorio

31

infine quelli divisibili per 5 · 3 · 8 = 120 sono 8. I numeri tra 1 e 1000 divisibili per 5 o per 6 o per 8 sono dunque 200 + 333 + 125 − 66 − 25 − 41 + 8 = 534. Il numero richiesto e` 1000 − 534 = 466. Esercizio 3.1.8. Siano A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 le 6 facce del parallellepipedo e si supponga che A1 , A2 siano le due facce che hanno dimensioni cm 7 e cm 7 e A3 , A4 , A5 , A6 le quattro facce che hanno dimensioni cm 7 e cm 5. Per S ogni i sia Bi l’insieme dei cubetti disposti sulla faccia Ai . Il numero richiesto e` 6i=1 Bi , che, per il principio di inclusione-esclusione, vale 6 X i=1

|Bi | −

X 1≤i
|Bi ∩ Bj | +

X

|Bi ∩ Bj ∩ Bh |,

1≤i
essendo Bi ∩ Bj ∩ Bh ∩ Bk = Ø se 1 ≤ i < j < h < k ≤ 6. Si ha |B1 | = |B2 | = 7 · 7 = 49, |B3 | = |B4 | = |B5 | = |B6 | = 5 · 7 = 35. Se 1 ≤ i < j ≤ 6, Bi ∩ Bj e` non vuoto se e solo se e` uno spigolo del parallelepipedo. Poiché vi sono P dodici spigoli di cui quattro da 5 centimetri e otto da 7 centimetri, si ha poi 1≤i
Esercizio 3.2.1. Basta ragionare per induzione su k, utilizzare 3.2.1 e osservare che, per ogni h ≥ 2, e` biettiva l’applicazione φ : (S1 × · · · × Sh ) × Sh+1 −→ S1 × · · · × Sh × Sh+1 definita ponendo φ(((x1 , . . . , xh ), xh+1 )) = (x1 , . . . , xh , xh+1 ). Esercizio 3.2.2. 213 = 9261. Esercizio 3.2.3. 63 = 216. Esercizio 3.2.4. 72 = 49. Esercizio 3.2.5. 6 · 4 = 24. Esercizio 3.2.6. I possibili pranzi diversi sono 4 · 2 · 5 = 40, ciascun giapponese ha ordinato un pranzo diverso, pertanto il gruppo e` formato da al più 40 turisti.

32

Capitolo 3

Esercizio 3.4.1. ψ e` iniettiva per la cancellabilità a destra e a sinistra di una qualunque applicazione biettiva. E` poi suriettiva in quanto, per ogni g ∈ Sy , esiste φ−1 ◦ g ◦ φ ∈ Sx tale che ψ(φ−1 ◦ g ◦ φ) = φ ◦ φ−1 ◦ g ◦ φ ◦ φ−1 = g Esercizio 3.4.2. 4! = 24. Esercizio 3.4.3. 5! = 120. Esercizio 3.4.4. 5! = 120. Esercizio 3.4.5.

8! 3!2!2!1!

Esercizio 3.4.6.

9! 4!3!2!

Esercizio 3.4.7.

7! 2!3!

Esercizio 3.4.8.

10! 4!3!2!1!

= 1680.

= 1260.

= 420,

10! 6!3!

= 840.

= 12600.

Esercizio 3.4.9. Una su 5!, cioè una su 120. Esercizio 3.4.10. 4! = 24.

4 Strutture algebriche

Esercizio 4.1.1. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 4.1.2. L’operazione e` commutativa: infatti, per ogni n, m ∈ Z, si ha n⊥m = n + m − 1 = m + n − 1 = m⊥n. L’operazione e` associativa: infatti, per ogni n, m, s ∈ Z, si ha : (n⊥m)⊥s = (n + m − 1)⊥s = n + m − 1 + s − 1 = n+m+s−2, e n⊥(m⊥s) = n⊥(m+s−1) = n+m+s−1−1 = n+m+s−2, pertanto (n⊥m)⊥s = n⊥(m⊥s). 1 e` elemento neutro: infatti, per ogni n ∈ Z, si ha n⊥1 = n + 1 − 1 = n = 1⊥n. Infine, per ogni n ∈ Z, si ha n⊥(2 − n) = n + 2 − n − 1 = 1 = (2 − n)⊥n, pertanto n e` simmetrizzabile e ha simmetrico 2 − n. La struttura (Z, ⊥) e` dunque un gruppo abeliano. Esercizio 4.1.3. L’operazione e` commutativa, infatti, per ogni n, m ∈ Z, si ha n⊥m = nm − 5n − 5m + 30 = mn − 5m − 5n + 30 = m⊥n. L’operazione e` associativa, infatti, per ogni n, m, s ∈ Z, sia ha : (n⊥m)⊥s = (nm − 5n − 5m + 30)⊥s = (nm)s − (5n)s − (5m)s + 30s − 5(nm − 5n − 5m + 30) − 5s + 30 = nms − 5ns − 5ms − 5nm + 30s + 25n + 25m − 150 − 5s + 30 = nms − 5ns − 5ms−5nm+25m+25n+25s−120 e n⊥(m⊥s) = n⊥(ms−5m−5s+30) = n(ms)−5ns−5nm+30n−5(ms−5m−5s+30)−5n+30 = nms−5ns−5nm+ 30n−5ms+25m+25s−150−5n+30 = nms−5ns−5nm−5ms+25m+25s+ 25n − 120, pertanto (n⊥m)⊥s = n⊥(m⊥s). Si ha n⊥e = n, per ogni n ∈ Z, se e solo se ne − 5n − 5e + 30 = n, per ogni n ∈ Z, cioè e(n − 5) = 6(n − 5), il che equivale a e = 6, pertanto 6 e` elemento neutro. Da n⊥n0 = 6 segue nn0 − 5n − 5n0 + 30 = 6, da cui nn0 − 5n − 5n0 + 24 = 0, n0 (n − 5) = 5n − 24 5n−25+1 1 e n0 = 5n−24 = 5 + n−5 , si ha! n0 ∈ Z se e solo se n − 5 divide 1 da n−5 = n−5 0 cui n − 5 = 1 e n = n = 6 o n − 5 = −1 da cui n = n0 = 4; pertanto gli unici elementi simmetrizzabili sono 6 e 4. La struttura (Z, ⊥) e` dunque un monoide commutativo. Esercizio 4.1.4. L’operazione e` commutativa: infatti, per ogni x, y ∈ Q, si ha x⊥y = 32 xy = 23 yx = y⊥x. Si ha poi, con x, y, z ∈ Q, (x⊥y)⊥z = ( 23 xy)⊥z = 9 3 9 4 xyz e x⊥(y⊥z) = x⊥( 2 yz) = 4 xyz, da cui (x⊥y)⊥z = x⊥(y⊥z) e l’operazione e` associativa. Per ogni x ∈ Q si ha x⊥ 32 = 32 x 32 = x, pertanto 23 e` elemento

34

Capitolo 4

neutro. Da 0⊥y = 32 segue l’assurdo 32 0 = 0 = 32 , dunque 0 non e` simmetrizzabile. Per ogni elemento x ∈ Q \ {0}, posto x = m n , con m ∈ Z \ {0}, n ∈ N, si 2 4n ha invece x⊥ 9m = 3 , sicché x e` simmetrizzabile. La struttura (Q, ⊥) e` dunque un monoide commutativo e non e` un gruppo. Esercizio 4.1.5. L’operazione e` commutativa: infatti, per ogni n, m ∈ 5N, si ha mn poi, per ogni n, m, s ∈ 5N, (n⊥m)⊥s = n⊥m = nm 5 = 5 = m⊥n. Si ha nm nms ms nms e (n⊥m)⊥s = n⊥(m⊥s) e 5 ⊥s = 25 e n⊥(m⊥s) = n⊥ 5 = 25 sicch´ l’operazione e` associativa. Si ha n⊥e = n per ogni n ∈ 5N se e solo se ne 5 = n per ogni n ∈ 5N, cioè se e solo se e = 5. Pertanto 5 e` elemento neutro. Infine, 0 0 0 con n, n0 ∈ 5N, da n⊥n0 = 5 segue nn 5 = 5, da cui nn = 25 e n = n = 5, pertanto 5 e` l’unico elemento simmetrizzabile. La struttura (5N, ⊥) e` un monoide commutativo. Esercizio 4.1.6. L’operazione e` commutativa: infatti, per ogni x, y ∈ Q si ha x⊥y = x + y − 13 = y + x − 13 = y⊥x. Si ha poi (x⊥y)⊥z = (x + y − 31 )⊥z = x+y− 31 +z− 13 = x+y+z− 23 e x⊥(y⊥z) = x⊥(y+z− 13 ) = x+y+z− 13 − 31 = x + y + z − 23 , pertanto (x⊥y)⊥z = x⊥(y⊥z) e l’operazione e` associativa. Si ha x⊥e = x per ogni x ∈ Q se e solo se x + e − 31 = x, per ogni x ∈ Q e ciò succede se e solo se e = 13 , pertanto 13 e` elemento neutro per ⊥. Per ogni x ∈ Q si ha poi x⊥x0 = 13 se e solo se x + x0 − 13 = 13 , cioè x0 = −x + 23 , dunque ogni x ∈ Q e` simmetrizzabile e ha per simmetrico −x − 23 . La struttura (Q, ⊥) e` dunque un gruppo abeliano. Esercizio 4.1.7. L’operazione e` commutativa e associativa: infatti, con m, n ∈ 2N si ha n⊥m = 8 + n + m = 8 + m + n = m⊥n, e, con n, m, s ∈ 2N risulta: (n⊥m)⊥s = (8 + n + m)⊥s = 8 + 8 + n + m + s = 16 + n + m + s e n⊥(m⊥s) = n⊥(8 + m + s) = 8 + n + 8 + m + s = 16 + n + m + s, sicché (n⊥m)⊥s = n⊥(m⊥s). Non esiste elemento neutro, infatti da n⊥e = n per ogni n ∈ 2N segue 8 + n + e = n e 8 + e = 0, impossibile per ogni e ∈ 2N. La struttura (2N, ⊥) e` un semigruppo commutativo. Esercizio 4.1.8. L’operazione e` commutativa e associativa: infatti, con m, n ∈ 2Z si ha n⊥m = 6 + n + m = 6 + m + n = m⊥n, e, con n, m, s ∈ 2Z risulta: (n⊥m)⊥s = (6 + n + m)⊥s = 6 + 6 + n + m + s = 12 + n + m + s e n⊥(m⊥s) = n⊥(6 + m + s) = 6 + n + 6 + m + s = 12 + n + m + s, sicché (n⊥m)⊥s = n⊥(m⊥s). Da n⊥e = n per ogni n ∈ 2Z segue 6 + n + e = n e e = −6. Pertanto −6 e` elemento neutro per ⊥. Per ogni n ∈ 2Z si ha poi n⊥(−n − 12) = 6 + n − n − 12 = −6, sicché n e` simmetrizzabile ed ha simmetrico −6 − n. La struttura (2Z, ⊥) e` un gruppo abeliano. Esercizio 4.1.9. L’operazione e` commutativa: infatti, per ogni m, n ∈ 2Z si ha mn m⊥n = 4m + 4n − nm 2 − 40 = 4n + 4m − 2 − 40 = n⊥m. L’operazione non

Strutture algebriche

35

e` associativa, per esempio risulta (2⊥ − 2)⊥0 = −38⊥0 = −152 − 40 = −192 e 2⊥(−2⊥0) = 2⊥ − 48 = −176. Non esiste elemento neutro, infatti da n⊥e = n per ogni n ∈ 2Z segue 4n + 4e − ne 2 − 40 = n, da cui, se n = 2, 3e = 34 con e ∈ 2Z, impossibile. Esercizio 4.1.10. L’operazione e` commutativa e associativa: infatti, per ogni m, n ∈ 3Z, si ha n⊥m = n + m − 18 = m + n − 18 = m⊥n, e, con n, m, s ∈ 2Z risulta: (n⊥m)⊥s = (n + m − 18)⊥s = n + m − 18 + s − 18 = n + m + s − 36 e n⊥(m⊥s) = n⊥(m + s − 18) = n + m + s − 18 − 18 = n + m + s − 36, sicché (n⊥m)⊥s = n⊥(m⊥s). Da n⊥e = n per ogni n ∈ 3Z segue n + e − 18 = n e e = 18. Pertanto 18 e` elemento neutro per ⊥. Per ogni n ∈ 3Z si ha poi n⊥(−n + 36) = n − n + 36 − 18 = 18, sicché n e` simmetrizzabile ed ha simmetrico −n + 36. La struttura (3Z, ⊥) e` un gruppo abeliano. Esercizio 4.1.11. Sia x ≥ 1, si ha 0 = x⊥x0 = x + x0 + |xx0 |, non esiste allora un simmetrico negativo x0 di x altrimenti si avrebbe 0 = x + x0 − xx0 e 0 = 1 se x > 0 se x > 1, né un simmetrico positivo x0 altrimenti si avrebbe x = 1, x0 = x−1 x 0 = x + x0 + xx0 e x0 = − 1+x < 0. x Sia poi 0 ≤ x < 1, l’elemento − 1−x e` allora non positivo ed e` un simmetrico 2

2

2

x −x+x x + 1−x = x−x1−x = 0, non esiste invece un simmetrico di x essendo x − 1−x x 0 positivo x di x altrimenti si avrebbe x + x0 + xx0 = 0 e x0 = − 1+x < 0. x Sia ora −1 < x < 0, l’elemento − 1−x e` in tal caso positivo ed e` un simmetri2

2

2

x x −x+x co di x essendo x− 1−x + 1−x = x−x1−x = 0, non esiste invece un simmetrico x 0 negativo x di x altrimenti si avrebbe x + x0 + xx0 = 0 e x0 = − 1+x > 0. x Sia infine x < −1, allora x ha un simmetrico negativo, cioè − 1+x essendo 2

x+x2 −x−x2 = 0, ed un simmetrico positivo, 1+x x2 x−x2 −x+x2 = 0. 1−x = 1−x

x x x − 1+x − 1+x =

x−

x 1−x

+

x cioè − 1−x essendo

Esercizio 4.1.12. Si ha, per ogni x ∈ Z, 0⊥x = 0 + x − 0 = x, x⊥0 = x + 0 − 0 = x, pertanto x e` elemento neutro. 0 e` dunque simmetrizzabile, si ha poi 2⊥2 = 2 + 2 − 4 = 0 e anche 2 e` simmetrizzabile ed ha come simmetrico se x , stesso. Da x⊥x0 = 0 segue x + x0 − xx0 = 0 da cui x0 (1 − x) = −x e x0 = x−1 x ma x−1 ∈ Z se e solo se x − 1 divide x cioè se e solo se x − 1 = 1 o x − 1 = −1 cioè se e solo se x = 2 o x = 0. Si ha 0⊥1 = 0 + 1 − 0 = 1 e −1⊥1 = −1 + 1 + 1 = 1 con 0 6= −1, sicché 1 non e` regolare. Se a 6= 1 da a⊥x = a⊥y segue a + x − ax = a + y − ay, da cui (1 − a)x = (1 − a)y e x = y essendo 1 − a 6= 0, pertanto l’elemento a e` cancellabile a sinistra e lo e` anche a destra essendo l’operazione ⊥ commutativa. Esercizio 4.1.13. (i) Sia a cancellabile a sinistra. Da Tas (x) = Tas (y) segue a⊥x = a⊥y da cui x = y per la cancellabilità; pertanto Tsa e` iniettiva. Viceversa, sia Tsa iniettiva. Da a⊥x = a⊥y segue Tsa (x) = Tsa (y) da cui x =

36

Capitolo 4

y per l’iniettività di Tsa ; pertanto a e` cancellabile a sinistra. La (ii) si prova analogamente.

5 Elementi di aritmetica

Esercizio 5.1.1. Si ha 112 = 121, 132 = 169. Si verifica immediatamente che 151 non e` divisibile per 2, 3, 5, 7, 11, pertanto e` un numero primo per il crivello di Eratostene. Esercizio 5.1.2. Si ha 112 = 121, 132 = 169. Si verifica immediatamente che 149 non e` divisibile per 2, 3, 5, 7, 11, pertanto e` un numero primo per il crivello di Eratostene. Esercizio 5.1.3. Si ha 132 = 169, 172 = 289. Si verifica immediatamente che 191 non e` divisibile per 2, 3, 5, 7, 11, 13, pertanto e` un numero primo per il crivello di Eratostene. Esercizio 5.1.4. Si elenchino tutti i numeri naturali n, con 2 ≤ n ≤ 250. Si ha 132 = 169, 172 = 289. Si cancellino allora tutti i multipli di 2, 3, 5, 7, 11, 13, i restanti numeri sono tutti primi. Si ottiene: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, 211, 223, 227, 229, 233, 239, 241.

Esercizio 5.2.1. (11011011)2 = 1 · 20 + 1 · 21 + 0 · 22 + 1 · 23 + 1 · 24 + 0 · 25 + 1 · 26 + 1 · 27 = 1 + 2 + 8 + 16 + 64 + 128 = 219, (12210)3 = 0 · 30 + 1 · 31 + 2 · 32 + 2 · 33 + 1 · 34 = 3 + 18 + 54 + 81 = 156, (12310)4 = 0 · 40 + 1 · 41 + 3 · 42 + 2 · 43 + 1 · 44 = 4 + 48 + 128 + 256 = 436, (34024)5 = 4 · 50 + 2 · 51 + 0 · 52 + 4 · 53 + 3 · 54 = 4 + 10 + 500 + 1875 = 2389, (25401)6 = 1 · 60 + 0 · 61 + 4 · 62 + 5 · 63 + 2 · 64 = 6 + 144 + 1080 + 2592 = 3822, (3456)7 = 6 · 70 + 5 · 71 + 4 · 72 + 3 · 73 = 6 + 35 + 196 + 1029 = 1266, (277)8 = 7 · 80 + 7 · 81 + 2 · 82 = 7 + 56 + 128 = 191, (881)9 = 1 · 90 + 8 · 91 + 8 · 92 = 1 + 72 + 648 = 721.

38

Capitolo 5

Esercizio 5.2.2. Risulta: (324)10 = (110000)3 , (14)10 = (112)3 , (662)10 = (220112)3 , (201)10 = (21110)3 , (55)10 = (2001)3 , (1200)10 = (1122110)3 . Inoltre si ha: (324)10 = (1300)6 , (14)10 = (22)6 , (662)10 = (3022)6 , (201)10 = (533)6 , (55)10 = (131)6 , (1200)10 = (5320)6 . Si verifica anche che: (324)10 = (504)8 , (14)10 = (16)8 , (662)10 = (1226)8 , (201)10 = (311)8 , (55)10 = (67)8 , (1200)10 = (2260)8 . Infine: (324)10 = (400)9 , (14)10 = (15)9 , (662)10 = (815)9 , (201)10 = (243)9 , (55)10 = (61)9 , (1200)10 = (1573)9 . Esercizio 5.2.3. Innanzitutto si ha: (245)8 = (165)10 , (54)9 = (49)10 , (2001)4 = (129)10 , (22222)3 = (242)10 , (2020)5 = (260)10 . Si verifica poi facilmente che: (165)10 = (10100101)2 , (49)10 = (110001)2 , (129)10 = (10000001)2 , (242)10 = (11110010)2 , (260)10 = (100000100)2 . Infine: (165)10 = (324)7 , (49)10 = (100)7 , (129)10 = (243)7 , (242)10 = (464)7 , (260)10 = (521)7 . Esercizio 5.2.4. (5432)6 = (1244)10 . Esercizio 5.2.5. (10234)7 = (2524)10 .

6 Alcune strutture algebriche notevoli

Esercizio 6.1.1. Siano A, B, C ∈ P(S), si ha allora (A×B)×C = A×(B ×C). Sia infatti x ∈ (A × B) × C, esistono allora a ∈ A, b ∈ B, c ∈ C tali che x = (ab)c; per la proprietà associativa di × si ha allora x = a(bc) ∈ A×(B ×C), pertanto (A × B) × C ⊆ A × (B × C). Viceversa sia x ∈ A × (B × C), esistono allora a ∈ A, b ∈ B, c ∈ C tali che x = a(bc) = (ab)c ∈ (A × B) × C, sicché A × (B × C) ⊆ (A × B) × C. Ne segue l’asserto. Esercizio 6.1.2. Sia x ∈ X. Da X ⊆ S = Y segue che esistono t ≥ 1 e y1 , . . . , yt ∈ Y tali che x = y1 . . . yt . Si vuole provare che e` t = 1. Da X base e quindi sistema di generatori di S segue che, per ogni i ∈ {1, . . . , t}, esistono si ≥ 1 e elementi xi1 , . . . , xisi ∈ X tali che yi = xi1 . . . xisi . Pertanto x = x11 . . . x1s1 . . . xt1 . . . xtst . La proprietà (6.1.1) assicura allora che t = 1 e s1 = 1 sicché x = x11 = y1 ∈ Y , come volevasi. Supposto poi X 0 base di S, si ha X 0 ⊇ X, essendo X 0 = S, e X ⊇ X 0 , essendo X = S e X 0 base di S. Pertanto X = X 0 . Esercizio 6.1.3. Sia A = {a}. Si ha allora A+ = {an : n ∈ N} ed e` immediato verificare che l’applicazione ϕ : n ∈ N 7−→ an ∈ A+ e` un isomomorfismo di (N, +) in (A+ , ·): infatti ϕ(n + m) = an+m = an am = ϕ(n)ϕ(m), per ogni n, m ∈ N, Im ϕ = {ϕ(n) : n ∈ N} = {an : n ∈ N} = A+ , e da an = am segue n = m essendo {a} base di A+ . Esercizio 6.1.4. Siano w, w0 ∈ A+ ; esistano quindi, univocamente determinati, interi s, t ≥ 1 e elementi a1 , . . . , at , a01 , . . . , a0s ∈ A tali che w = a1 . . . at , w0 = a01 . . . a0s . Si ha allora l(w) = t, l(w0 ) = s e ww0 = a1 . . . at a01 . . . a0s , sicché l(ww0 ) = t + s = l(w) + l(w0 ). Ciò assicura che l e` un omomorfismo di (A+ , ·) in (N, +). Ovviamente se A = Ø si ha l(A+ ) = l(Ø) = Ø ⊂ N e l non e` suriettiva. Se poi A 6= Ø, allora ha senso considerare a ∈ A, sicché per ogni n ∈ N esiste an ∈ A+ tale che n = l(an ).

40

Capitolo 6

Se |A| ≤ 1, ovviamente l e` iniettiva giacché A+ = Ø o A+ = {an : n ∈ N}. Supposto poi |A| > 1 e considerati a, b ∈ A, con a 6= b, si ha l(a) = 1 = l(b) sicché l non e` iniettiva. Esercizio 6.1.5. Si consideri tZm = {t[x]m |[x]m ∈ Zm } = {[tx]m |x ∈ Z}, con t ≥ 0, e siano t[a]m , t[b]m ∈ tZm . Si ha t[a]m + t[b]m = t([a]m + [b]m ) = t[a + b]m ∈ tZm (vedi (4.1.5)) e t[a]m · t[b]m = t2 [a]m [b]m = t(t[ab]m ) = t[tab]m ∈ tZm (vedi (4.1.2)). Esercizio 6.1.6. A partire dal semigruppo libero S e dall’immersione i, si considerino ancora S come semigruppo ed i come applicazione di X in S. La proprietà universale assicura che esiste un unico omomorfismo σ : S −→ S tale che σ ◦ i = i. Ovviamente idS soddisfa tale proprietà ma anche ψ ◦ ϕ la soddisfa: infatti si ha (ψ ◦ ϕ) ◦ i = ψ ◦ (ϕ ◦ i) = ψ ◦ j = i. Pertanto idS = σ = ψ ◦ ϕ. Ragionando analogamente con X + e j si ottiene idX + = ϕ ◦ ψ. Esercizio 6.1.7. Con s, s0 ∈ S si ha ϕ(s)ϕ(s0 ) = ϕs ϕs0 = ϕss0 = ϕ(ss0 ). Infatti, per ogni x ∈ V , risulta ϕs ϕs0 (x) = ϕs0 (ϕs (x)) = ϕs0 (xs) = (xs)s0 = x(ss0 ) = ϕss0 (x). Supposto poi ϕ(s) = ϕ(s0 ), cioè ϕs = ϕs0 , con s, s0 ∈ S, si ha in particolare s = ϕs (1) = ϕs0 (1) = s0 .

7 L’algebra delle matrici

Esercizio 7.1.1. Si ha: 1 0 −5 4 −4 −7 1 4 3 8 2 7

T

A =

T

B = CT =

! ,

−1 32 −7 0 15 0 1 21 0 0 ! 0 −2 1 −2 3 −50 . 1 −50 42

,

Esercizio 7.1.2. Risulta:   MR1 =    MR3 = 

1 1 1 1 0 0 1 0

1 1 0 0 1 0 0 0

1 0 0 0 0 0 0 0

1 1 0 0 1 1 0 0

1 1 1 0 1 1 1 0

  ,   ,

  MR2 =    MR4 = 

0 0 0 0 0 1 1 1

0 0 0 1 0 1 1 1

0 1 1 1 1 1 1 1

0 0 0 1 0 1 1 1

0 0 0 0 0 0 1 1

  ,   .

Esercizio 7.1.3. R1 e` una relazione d’equivalenza e non e` una relazione d’ordine perché non e` asimmetrica; R2 e` sia una relazione d’ordine che di equivalenza; R3 non e` una relazione di equivalenza e non e` una relazione d’ordine perché non e` transitiva; R4 non e` né simmetrica né antisimmetrica pertanto non e` d’equivalenza né d’ordine.

42

Capitolo 7

Esercizio 7.1.4. Risulta:  1 0 0  0 0 0 MR1 =  0 0 0 0 0 0  0 0 0  1 0 0 MR3 =  1 0 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0 0 1





 MR2 = 

 ,





 MR4 = 

 ,

1 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0 0 1

0 0 1 0 0 0 0 0

0 0 0 1 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 1 0

0 0 0 0 0 1 0 0

  ,   .

Pertanto R1 non e` un’applicazione in quanto sia nella seconda che nella quarta riga non ci sono termini uguali ad 1, R2 e` un’applicazione iniettiva, R3 non e` un’applicazione perché nella prima riga non compare 1, R4 e` un’applicazione. Esercizio 7.1.5. R e` un’applicazione iniettiva ma non suriettiva mentre RT non e` un’applicazione. Esercizio 7.1.6. Si ha B = AT .

Esercizio 7.2.1. Posto A = (aij ), AT = (cij ) e B = A + AT = (bij ), si noti che cij = aji per ogni i, j ∈ {1, . . . , n}. Pertanto considerati comunque i, j ∈ {1, . . . , n} si ha che bij = aij + cij = aij + aji = aji + aij = bji il che vuol proprio dire che la matrice B e` simmetrica. Esercizio 7.2.2. Si ha T

4 0 3 22 27 2 9 2 23 3 7 21

T

2A + 3B =

! .

Esercizio 7.2.3. Si ha 3A + 4B − 2C =

10 −25 −5 7 −2 10

e T

T

T

A + 2B − C =

4 2 −10 −1 −3 7

! .

L’algebra delle matrici

43

Esercizio 7.2.4. Si ha AB =

11 −6 14 1 2 −14

.

Esercizio 7.2.5. Si ha AB = ( 6 1 −3 ) . Esercizio 7.2.6. Il prodotto e` sempre definito. Esercizio 7.2.7. Si ha

2

A = AA = e 3

2

A =A A=

Esercizio 7.2.8. Si ha

e

x y z w

1 1 0 1

1 1 0 1

x y z w

10 2 3 7 26 18 27 −1

=

=

.

x x+y z z+w

x+z y+w z w

.

Tali matrici sono uguali se e solo se z = 0 e x = w. Pertanto le matrici richieste sono tutte e sole le matrici x y 0 x con x, y ∈ R. Esercizio 7.2.9. L’uguaglianza BU = 6U e` verificata da tutte e sole le matrici del tipo 3 5y . y Esercizio 7.2.10. Si ha  1 2 2 2  −1 −3 18 30  AB =  −8 −23 26 54  1 1 1 1 

44

Capitolo 7

e BA =

−1 0 −2 34 29 −42 4 10 −3

! .

Esercizio 7.2.11. Si ha: ! 0 −3 6 12 , 3A = A+B = −6 3 ! −1 0 0 1 , 2C − 5A = A−C = −2 1 ! −6 7 −5 −25 , A + C + B = −7A + 3B = −7 8 ! −2 −2 7 9 , E= D= −11 9

−2 5 −9 2 −6 10 −1 7 −9 7 −2 16

! −1 5 , 6 ! 3 −14 , −5 ! −2 8 , 6 ! −2 3 . −11

Esercizio 7.2.12. Per n = 1 l’asserto e` verificato, essendo ! ! 1 2·1 5·1 1 2 5 1 0 1 0 0 1 0 . = A =A= 0 0 1 0 0 1 Con n > 1, si assuma per ipotesi di induzione che 1 2(n − 1) 5(n − 1) 0 1 0 0 0 1

A(n−1) =

! ;

allora risulta: An = AA(n−1) =

=

1 0 0 1 0 0

2 1 0 2n 1 0

5 0 1

1 2(n − 1) 5(n − 1) 0 1 0 0 0 1

!

5n 0 1

! .

Esercizio 7.2.13. Si ragioni come nell’esercizio precedente. Esercizio 7.2.14. Si ragioni come nell’Esercizio 7.2.12.

!


45

Esercizio 7.3.1. La relazione e` banalmente riflessiva; infatti ogni matrice A si ottiene da A effettuando 0 operazioni elementari sulle righe e quindi A ∼ A. Se A ∼ B, allora B si ottiene da A effettuando n operazioni elementari sulle righe, siano γ1 , γ2 , . . . , γn . Per ogni i ∈ {1, . . . , n}, si denoti con γi∗ l’operazione γi se γi e` l’operazione Rh ↔ Rk , l’operazione Rh → λ−1 Rh se γi e` Rh → λRh con λ 6= 0, l’operazione Rh → Rh − λRk se γi e` Rh → Rh + λRk . Allora A si ∗ , . . . , γ∗. ottiene da B effettuando le n operazioni elementari sulle righe γn∗ , γn−1 1 Pertanto B ∼ A. Infine, per provare che ∼ e` transitiva basta notare che date le matrici A, B, C, se A ∼ B e B ∼ C allora B si ottiene da A effettuando un numero finito n di operazioni elementari sulle righe, C si ottiene da B effettuando un numero finito m di operazioni elementari sulle righe e questo comporta che C si ottiene da A effettuando n + m operazioni elementari sulle righe. Quindi A ∼ C come si voleva. Esercizio 7.3.2. Effettuando sulle righe della matrice A nell’ordine le operazioni 3 elementari R3 → R3 − 2R1 , R4 → R4 − 3R1 , R4 → R4 − 13 9 R , si ottiene la matrice a scala   1 0 5 1   0 1  0 0 −9  . 0 0 0 Invece effettuando sulle righe di B l’operazione elementare R2 → R2 − 23 R1 si ottiene la matrice a scala 2 0 0 1 . 0 1 0 − 12 Esercizio 7.3.3. Eseguendo sulle righe della matrice A le operazioni elementari R2 → R2 − 2R1 , R3 → R3 − 3R1 e R3 → R3 − 45 R2 , sulle righe di B le operazioni elementari R2 → R2 −2R1 , R3 → R3 −3R1 e R3 → R3 − 73 R2 , sulle righe di C le operazioni R2 → R2 + 64 R1 , R3 → R3 − 16 R1 e R3 → R3 − 12 R2 si ottengono le matrici a scala 

1 2 −3  0 0 4 0 0 0

 0 2 , 1 2



 1 −2 3 −1  0 3 −4 4 , 0 0 3 − 10 3



 6 3 −4  0 3 − 26  , 3 0 0 − 13 6

che sono equivalenti ad A, B, C rispettivamente. Esercizio 7.3.4. Eseguendo sulle righe della matrice A le operazioni elementari R2 → R2 − R1 , R3 → R3 − R1 e R3 → R3 − 2R2 , sulle righe di B le operazioni R2 → R2 − 2R1 e R3 − 3R2 , sulle righe di C le operazioni R2 → R2 − 3R1 ,

46

Capitolo 7

R3 → R3 − R1 e R3 → R3 − R2 , si ottengono le matrici a scala ! ! ! 1 0 2 1 5 1 2 5 1 2 1 1 0 1 3 1 2 , 0 3 −2 , 0 −6 −3 1 , 0 0 0 1 3 0 0 10 0 0 0 −4 che sono equivalenti ad A, B, C rispettivamente. Esercizio 7.3.5. Si ha: ! 0 0 1 0 1 0 , E13 = 0 0 1 3 E21

=

Esercizio 7.3.6. Si ha

1 0 0 0 1 0 0 −5 1

−5 E32 =

1 0 0 3 1 0 0 0 1

! ,

−2  0 T = 0 0 

E3−7

=



! ,

1 E2 =  0 0 1 2

1 0 0 0 1 0 0 0 −7

 0 0 1 , 2 0 0 1

! .

 3 1 4 −5  0 −1  0 0

−2 E23 E12 . e E = E43

Esercizio 7.3.7. Risulta:   3 1 4 A ∼  0 5 2 , 0 0 4



 3 0 2 1 B ∼  0 1 1 6 . 0 0 4 3

Per ottenere tali matrici a scala basta eseguire sulle righe di A le operazioni elementari R1 ↔ R2 , R3 → R3 + 2R1 , R3 → R3 + 2R2 e sulle righe di B le operazioni elementari R2 → R2 + 3R1 e R3 → R3 + 2R1 . Esercizio 7.3.8. Eseguendo sulle righe di A, nell’ordine, le operazioni elementari R3 → R3 + R1 , R3 → R3 + 3R2 , R1 → 2R1 , R3 → 3R3 , R1 → R1 + 3R2 , R1 → R1 + 3R3 , R2 → R2 + 4R3 si ottiene la matrice I3 identica di ordine 3. Invece la matrice a scala ridotta equivalente a B e` la matrice 1 0 1 1 0 1 0 1 che si ottiene eseguendo sulle righe di B le operazioni elementari R1 → 2R1 , R1 → R1 + 2R2 .


47

Esercizio 7.3.9. La matrice a scala ridotta equivalente ad A e` la matrice I4 identica di ordine 4, mentre la matrice a scala ridotta equivalente a B e` la matrice   1 0 0  0 1 0   0 0 1 . 0 0 0

Esercizio 7.4.1. Se n = 2, banalmente V (α1 , α2 ) = α2 − α1 . Si osservi che sviluppando il determinante di Vandermonde secondo l’ultima colonna si ottiene un polinomio di grado n−1 in αn il cui coefficiente del termine di grado massimo e` V (α1 , . . . , αn−1 ). E` poi immediato osservare che α1 , . . . , αn−1 sono radici di tale polinomio, pertanto, applicando il teorema di Ruffini (vedi Teorema 6.6.5) si ha che V (α1 , . . . , αn ) = V (α1 , . . . , αn−1 )(αn − α1 ) · · · (αn − αn−1 ). Da questa considerazione segue subito l’asserto. Esercizio 7.4.2. Si ha: det A = −12, det B = −50. Esercizio 7.4.3. Si ha: A13 =

A35 =

2 3 1 1 2 1

4 1 0 7 4 0

0 2 4 3 1 7

! 3 1 , 4 ! 5 0 , 4

A24 =

A41 =

1 3 1 7 4 1

7 1 0 3 1 0

3 0 7 5 0 2

! 0 1 , 4 ! 0 3 . 1

Esercizio 7.4.4. Si ha: det A = 35 + 18 − 15 = 38,

det B = 6 + 28 − 28 − 12 = −6.

Esercizio 7.4.5. Risulta det A = 3. Esercizio 7.4.6. Si ha det B = 5. Esercizio 7.4.7. Si ha: det A = 6π, det B = −3, det C = −1. Esercizio 7.4.8. Si ha: det A = 4 + 6 + 2 + 6 = 0.

48

Capitolo 7

Esercizio 7.4.9. Il complemento algebrico dell’elemento di posto (2, 2) e` 3/25, quello dell’elemento di posto (1, 4) e` 23/10, quello dell’elemento di posto (3, 2) e` 27/5 e quello dell’elemento di posto (2, 4) e` 61/20. Esercizio 7.4.10. Si denotino con I la matrice identica, con K la matrice che si ottiene sostituendo alla h-esima riga di I la sua k-esima riga moltiplicata per λ e con H la matrice che si ottiene da I sostituendo alla riga h-esima la riga k-esima. Allora si ha: det Ehk = − det I = −1; det Ehλ = λ det I = λ; λ det Ehk = det I + det K = 1 + λ det H = 1 + λ · 0 = 1

(si noti che det H = 0 perché la matrice H ha due righe uguali). Esercizio 7.4.11. L’esercizio precedente assicura che ogni matrice elementare e` non singolare. Se A ∼ B, allora esiste una matrice T , prodotto di matrici elementari, tale che B = T A. Per il teorema di Binet si ha che det T 6= 0 e che det B = det T det A. Dunque det A 6= 0 comporta che det B 6= 0. Esercizio 7.4.12. Risulta: det A = −1 · 7 · −5 · 3 = 105; det B = −3 · 2 · 10 · 11 = −660; det C = −140; det D = −48; det E = 0 perché la terza riga della matrice E e` l’opposto della prima; det F = 0 perché la quarta colonna di F e` il doppio della seconda; det G = 0 perché la prima riga di G e` la differenza tra la terza e la seconda; det H = 0 perché la terza colonna della matrice H e` la somma delle prime due.

Esercizio 7.5.1. Posto B :=

d (det A)−1 −b (det A)−1 −c (det A)−1 a (det A)−1

,

basta osservare che (ad − bc) (det A)−1 (−ab + ba) (det A)−1 AB = = I2 = BA. (cd − dc) (det A)−1 (−cb + da) (det A)−1 Esercizio 7.5.2. Si ha det A = 6 6= 0, pertanto A e` invertibile e la matrice inversa e` ! −8/3 7/3 −1 −1 13/3 11/3 2 . A = −11/6 5/3 −1


49

Le matrici B e C invece non sono invertibili perché sono entrambe singolari. Esercizio 7.5.3 Risulta det A = 2 e poiché tale elemento e` invertibile modulo 9 la matrice A e` invertibile e la sua inversa e`   1 0 0 0  0 4 0 0     0 0 7 0 . 0 0 0 5 Esercizio 7.5.4. Risulta det B = 0 pertanto la matrice considerata non e` invertibile. Esercizio 7.5.5. Risulta det A = 7, elemento invertibile modulo 9; pertanto la matrice A e` invertibile e la sua inversa e` la matrice 7 0 . 2 7 Invece poiché det B = 6 e tale elemento non e` invertibile modulo 9, la matrice B non e` invertibile.

Esercizio 7.6.1. Riducendo a scala le matrici A, B e C si ottengono le matrici ! 1 0 2 1 5 0 1 3 1 2 , A∼ 0 0 0 1 3 ! 1 2 5 0 3 −2 , B∼ 0 0 10 ! 1 2 1 1 0 −6 −3 1 . C∼ 0 0 0 −4 Pertanto tutte e tre la matrici hanno rango 3. Esercizio 7.6.2. Si ha:  1  0 A∼ 0 0

 0 5 1 1  , 0 −9  0 0

B∼

2 0 0 1 0 1 0 − 12

;

50

Capitolo 7

pertanto A ha rango 3 e B ha rango 2. Esercizio 7.6.3. La matrice C e` una matrice 4 × 3 pertanto ha rango ≤ 3; d’altro canto e` possibile individuare un minore di ordine massimo non nullo e quindi essa ha rango 3. Per quanto riguarda la matrice D, questa e` una matrice 3 × 4 e come tale ha rango al più 3. I minori di ordine massimo sono però tutti nulli quindi il suo rango e` < 3 e, osservando che possiede un minore di ordine 2 non nullo si può concludere che essa ha rango 2. Esercizio 7.6.4. Il rango di M e` 2 per ogni t ∈ R \ {1}; se t = 1 allora ρ(M ) = 1. Esercizio 7.6.5. La matrice A ha rango 2. Esercizio 7.6.6. Si osservi che poiché A e` una matrice 2 × 3 non nulla si ha che 1 ≤ ρ(A) ≤ 2. Se a = b = c allora i minori di ordine 2 di A sono tutti nulli e questo comporta che ρ(A) = 1. Se invece l’insieme {a, b, c} ha ordine almeno 2 allora A possiede un minore di ordine 2 non nullo e quindi ha rango 2.

Esercizio 7.7.1. Si ha: x = 32 , y = − 52 , z = −3. Esercizio 7.7.2. Si ha: x = 11, y = 6, z = 8. Esercizio 7.7.3. Il primo sistema ha come unica soluzione x = 10, y = 2; il secondo sistema ha come unica soluzione x = 2, y = 6. Esercizio 7.7.4. L’unica soluzione del primo sistema e` x = 1, y = 0, z = 4; quella del secondo e` x = 2, y = 3. Esercizio 7.7.5. Il primo sistema ammette come unica soluzione la terna (2, 3, 4), il secondo (−2, 0, 1). Esercizio 7.7.6. La soluzione del primo sistema e` (3, 4, 3); il secondo sistema ha come soluzione (0, 0, 3). Esercizio 7.7.7. Il sistema considerato ammette come unica soluzione la quaterna (−1, 2, −3, 2). Esercizio 7.7.8. Il primo dei due sistemi ammette soluzioni non banali perché il determinante della matrice incompleta e` 0; il secondo sistema ha solo la soluzione banale perché la sua matrice incompleta ha determinante non nullo.


51

Esercizio 7.7.9. Il determinante della matrice incompleta del sistema considerato e` 0, pertanto per risolvere il sistema occorre utilizzare il metodo di Gauss-Jordan. Con tale metodo si scopre che il sistema considerato e` equivalente al sistema  2 5  x+ t=−   3 3  y=1     z + 2t = −2. 3 3 Le soluzioni di quest’ultimo costituiscono l’insieme infinito −2 − 5t −2 − 2t , 1, ,t : t ∈ Q . 3 3

Esercizio 7.7.10. Il sistema considerato e` equivalente al sistema   x + 10w = 1 y + 6w = 8  z + 4w = 9, e l’insieme delle sue soluzioni e` quindi {(1 + w, 8 + 5w, 9 + 7w, w) : w ∈ Z11 }. Esercizio 7.7.11. L’insieme delle soluzioni del primo sistema e` 11t − 1 7t + 1 4t − 2 , , ,t : t ∈ Q ; 18 18 9 il secondo sistema ammette invece un’unica soluzione e precisamente la terna ( 54 , − 12 , 43 ). Esercizio 7.7.12. Il sistema considerato non e` compatibile. Esercizio 7.7.13. Il sistema ha un’unica soluzione: x = −3, y =

19 4 ,

Esercizio 7.7.14. Il sistema e` compatibile ed ha infinite soluzioni. Esercizio 7.7.15. L’unica soluzione del sistema e` (1, 13 , 0). Esercizio 7.7.16. Si ha : x = 9, y = 3, z = 1, t = 8. Esercizio 7.7.17. Si ha: x =

7 22 ,

y=

13 44 ,

z = − 15 44 .

z = 14 .

52

Capitolo 7

Esercizio 7.7.18. L’insieme delle soluzioni del sistema considerato e` S = {(3 + z, 3 + 3z, z) : z ∈ Z5 }, ossia {(3, 3, 0), (4, 1, 1), (0, 4, 2), (1, 2, 3), (2, 0, 4)}. Esercizio 7.7.19. Il sistema ammette l’unica soluzione (5, 0, 3).

Esercizio 7.8.1. Per n = 1 il polinomio caretteristico della matrice A e` −λ + a11 che ha grado 1 e coefficiente direttivo −1. Sia n > 1 e si supponga, per ipotesi di induzione, che il polinomio caratterisico di una matrice quadrata di ordine n − 1 abbia grado n − 1 e coefficiente direttivo (−1)n−1 ; allora tenendo presente che il polinomio caratteristico di A e` det(A − λI), si ha l’asserto. Esercizio 7.8.2. Gli autovalori reali di entrambe le matrici sono 1 e 2. Esercizio 7.8.3. Il polinomio caratteristico di A e` −λ3 + 11λ2 − 35λ + 25, gli autovalori 1 e 5; il polinomio caratteristico di B e` −λ3 + 8λ2 − 17λ + 4 e gli √ √ autovalori reali 4, 2 + 3, 2 − 3. Esercizio 7.8.4. −λ3 + 12λ + 16 e` il polinomio caratteristico di entrambe le matrici, gli autovalori sono 4 e −2. Esercizio 7.8.5. Il polinomio caratteristico e` λ3 + 2λ2 + 5λ − 6, gli autovalori 1, 3, −2. Esercizio 7.8.6. Il polinomio caratteristico di A e` −λ3 , l’unico autovalore e` 0, gli autovettori costituiscono l’insieme V0 = {(2y, y, 0) : y ∈ Q \ {0}}. La matrice B ha polinomio caratteristico −λ3 + 2λ2 + 5λ − 6 e autovalori 1, 3, −2; i corrispondenti autovettori sono V1 = {(2y, y, 2y) : y ∈ Q \ {0}}, 2 V3 = 0, y, y : y ∈ Q \ {0} , 5 V−3 = {(0, 0, y) : y ∈ Q \ {0}}.


53

La matrice C ha polinomio catteristico (2 − λ)(λ2 − 5λ + 4), autovalori 2, 4, 1 e autovettori V1 = {(−y, y, y) : y ∈ Q \ {0}}, V2 = {(y, 0, 0) : y ∈ Q \ {0}}, 7 V4 = y, −2y, 0 : y ∈ Q \ {0} . 2 Esercizio 7.8.7. I polinomi caratteristici delle matrici A, B e C sono rispettivamente −λ3 + 7λ2 − 2λ − 2, −λ3 + 4λ2 + 9λ − 2 e −λ3 − 3λ2 + 16λ + 94, nessuno dei quali possiede radici in Q. Esercizio 7.8.8. La matrice A ha polinomio caratteristico λ2 + 4, autovalori 1 e 4, autovettori V1 = {(3, 1), (1, 2), (4, 3), (2, 4)}, V4 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4)}. La matrice B ha polinomio caratteristico (λ + 3)2 , autovalore 2 e autovettori V2 = {(3, 1), (1, 2), (4, 3), (2, 4)}. Il polinomio caratteristico della matrice C e` λ2 , l’unico autovalore e` 0, gli autovettori sono V0 = {(3, 1), (1, 2), (4, 3), (2, 4)}. Il polinomio caratteristico della matrice D e` λ2 + λ + 2 che non ha radici in Z5 . Esercizio 7.8.9. Il polinomio caratteristico di A e` λ2 + 5, gli autovalori sono 3 e 4, gli autovettori sono V3 = {(2, 1), (4, 2), (6, 3), (1, 4), (3, 5), (5, 6)}, V4 = {(5, 1), (3, 2), (1, 3), (6, 4), (4, 5), (2, 6)}. Il polinomio caratteristico di B e` λ2 + λ, gli autovalori sono 0 e 6, gli autovettori V0 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)}, V6 = {(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)}. La matrice C ha polinomio caratteristico λ2 + 3λ + 3, autovalori 1 e 3, autovettori V1 = {(1, 3), (2, 6), (3, 2), (4, 5), (5, 1), (6, 4)}, V3 = {(1, 4), (2, 1), (3, 5), (4, 2), (5, 6), (6, 3)}. Il polinomio caratteristico di D e` λ2 + 5λ, gli autovalori sono 0 e 2, gli autovettori V0 = {(1, 5), (2, 3), (3, 1), (4, 6), (5, 4), (6, 2)}, V2 = {(6, 1), (5, 2), (4, 3), (3, 4), (2, 5), (1, 6)}.

54

Capitolo 7

Esercizio 7.8.10. La matrice A ha polinomio caratteristico λ2 + 8, autovalori 6 e 5, autovettori V6 = {(4y, y) : y ∈ Z11 \ {0}}, V5 = {(y, 8y) : y ∈ Z11 \ {0}}. La matrice B ha polinomio caratteristico λ2 + 6λ, autovalori 0 e 5, autovettori V0 = {(9y, y) : y ∈ Z11 \ {0}}, V5 = {(y, 2y) : y ∈ Z11 \ {0}}. La matrice C ha polinomio caratteristico λ2 + 7λ + 4, autovalore 2, autovettori V2 = {(2y, y) : y ∈ Z11 \ {0}}. La matrice D ha polinomio caratteristico λ2 + 5λ + 9, autovalore 3, autovettori V3 = {(y, 2y) : y ∈ Z11 \ {0}}.

Esercizio 7.9.1. I risultati dei calcoli proposti sono rispettivamente le matrici:     6 7 4 0 2 1 7 0 0 0 4 6 7 5 , 3 0 5 , (0, 0). , 0 0 0 1 6 2 4 4 2 2 Esercizio 7.9.2. Si ha det H = 0, quindi H non e` invertibile; det K = − 112 45 6= 0, pertanto K e` invertibile e ! 165/56 −15/56 −75/56 −1 15/28 −1/4 −45/28 . K = 45/56 −9/28 −51/56 Esercizio 7.9.3. Si ha CT =

3 4 4 2

Essendo det C = 0, la matrice C non e` invertibile. Inoltre risulta   1 0 4 0 2 3 1 3  DT =  3 1 2 1 . 4 2 4 3


55

Poiché poi det D = 2 6= 0, la matrice D e` invertibile e di ha   0 2 4 0 2 1 2 4  D−1 =  4 0 4 1 . 0 0 0 4 Esercizio 7.9.4. Si ha: T

A =

! 2 5 1 −4 −3 −9 , 7 6 15

T

B =

1 5 8 0 −3 2 0 7 5

! .

Poiché poi det A = 0 = det B, le due matrici sono non invertibili. Esercizio 7.9.5. Se n = 0, si ha 0

A = I2 =

1 0 0 1

e l’asserto e` verificato. Sia dunque n > 0 e si supponga 1 n−1 n−1 . A = 0 1 Allora n

A =A

n−1

1 n 1 1 1 n−1 . = A= 0 1 0 1 0 1

Esercizio 7.9.6. Entrambi i sistemi ammettono un’unica soluzione che può essere determinata per esempio con la regola di Cramer. La soluzione del primo sistema e` (−113/19, −83/19, −106/19), quella del secondo (10, 4). Esercizio 7.9.7. Se n = 2 si ha 2 2 8 0 8 4 + (−1)2−1 4 2 A = AA = = . 0 82 0 (−8)2 Supposto n > 2 e, per ipotesi di induzione, n−1 n−3 8 8 (4 + (−1)n−2 4) An−1 = , 0 (−8)n−1 l’asserto si ottiene subito eseguendo il prodotto righe per colonne An = An−1 A. Si ha poi che: −2 47 −33 AB = 0 8 −56

56

Capitolo 7

−33 34 30 BC = , 10 −16 7 1/8 1/64 −1 A = . 0 −1/8 Infine det C = 91. Esercizio 7.9.8. Si consideri il generico elemento di G, cioè una matrice ! 1 a b A= 0 1 c ; 0 0 1 allora risulta −1

A

=

! 1 −a ac − b 0 1 −c . 0 0 1

I tre sottoinsiemi S, T , V di G sono non vuoti perché contengono la matrice identica. Inoltre si ha: ! 1 a−x 0 1 0 ∈S AB −1 = 0 0 0 1 per ogni ! 1 a 0 0 1 0 , 0 0 1

A=

! 1 x 0 0 1 0 0 0 1

B=

in S; HC −1 =

1 0 b−y 0 1 0 0 0 1

! ∈T

per ogni H=

! 1 0 b 0 1 0 , 0 0 1

1 0 y 0 1 0 0 0 1

B=

!

in T ; M N −1 =

1 0 0 0 1 c−z 0 0 1

! ∈V

per ogni M=

! 1 0 0 0 1 c , 0 0 1

N=

1 0 0 0 1 z 0 0 1

! ∈ V.


57

Quindi i sottoinsiemi S, T e V sono sottogruppi di G. Si può poi osservare che l’unico normale e` S. L’applicazione g e` ben posta, e` un omomorfismo, e` suriettiva ma non e` iniettiva. Infine se K = Z2 , allora G ha ordine 8 e non e` abeliano. Esercizio 7.9.9. Se n = 1, allora det A1 = det A = −6 − 6 = −12 = (−1)12 e l’asserto e` verificato. Sia n > 1 e si assuma, per ipotesi di induzione, det An−1 = (−1)n−1 12n−1 ; allora applicando il teorema di Binet si ha det An = det(An−1 A) = det An−1 det A = (−1)n−1 12n−1 (−1)12 = (−1)n 12n . Esercizio 7.9.10. Il ragionamento e` analogo a quello dell’esercizio precedente. Esercizio 7.9.11. Se n = 1, allora 8 8 1 1 1 A = 8 −8 1 −1 e l’asserto e` verificato. Si assuma n > 1 e, per ipotesi di induzione, n−1 1 1 8 8n−1 n−1 . A = 1 −1 8n−1 −8n−1 Allora da An = An−1 A segue l’asserto. Esercizio 7.9.12. Si ragioni come nell’Esercizio 7.9.11. Esercizio 7.9.13. Si ragioni come nell’Esercizio 7.9.11. Esercizio 7.9.14. Si ragioni come nell’Esercizio 7.9.11. Esercizio 7.9.15. Si veda l’Esercizio 7.9.4. Esercizio 7.9.16. Si veda l’Esercizio 7.9.3. Esercizio 7.9.17. Per quanto riguarda la matrice A si veda l’Esercizio 7.9.2. Si ha poi ! 2/5 7/2 0 −1/3 5 −1 BT = ; 0 −10 2/3 risulta det B = −17/9, ed infine B

−1

=

60/17 −2/17 −30/17 21/17 −12/85 −36/17 63/85 −18/85 −285/170

! .

58

Capitolo 7

Esercizio 7.9.18. Si ha H=

! 1 −1 6 5 −12 10 ; −1 5 2

risulta det H = 24, pertanto H ha rango 3, e` invertibile, e H

−1

=

−37/12 16/12 31/12 −10/12 1/3 10/12 13/24 −1/6 −7/24

! .

Il sistema ammette come unica soluzione la terna (47/12, 7/6, −11/24).√Il polinomio caratteristico di T e` −λ3 + 3λ2 + 7λ e gli autovalori sono 0, (3 + 37)/2 √ e (3 − 37)/2. Esercizio 7.9.19. Si osservi che det An = n + 1 e det Bn = n + 10. Le matrici An e Bn sono non invertibili se e solo se i loro determinanti sono non invertibili modulo 11 e 13 rispettivamente, quindi se e solo se n − 10 ≡ 0 (mod 11) e n − 3 ≡ 0 (mod 13). Il sistema di equazioni congruenziali che si ottiene può essere risolto utilizzando il teorema cinese del resto, ed ammette come soluzione tutti e soli i numeri interi della classe di 120 modulo 143. Tra questi i numeri positivi minori di 500 sono 120, 263 e 406. Esercizio 7.9.20. Si ha H=

! 0 0 −6 −2 −4 −10 ; −2 4 4

risulta det H = 96, pertanto H ha rango 3, e` invertibile e ! 1/4 7/24 −1/6 −1 0 . H = 1/4 −1/8 −1/4 −1/8 0 Esercizio 7.9.21. Si veda l’esercizio precedente. Esercizio 7.9.22. Risulta det H = 5, pertanto H e` invertibile e si ha ! 0 0 3 −1 H = 0 5 2 ; 4 6 5 Esercizio 7.9.23. Si ha H=

! 1 −2 −1 3 0 3 ; 11 −3 4


59

inoltre det H = −24, per cui H ha rango 3, e` invertibile, e ! −3/8 −11/24 −1/4 H −1 = −7/8 −5/8 −1/4 . 3/8 19/24 1/4 Il sistema ammette come unica soluzione la terna (−5/8, −5/8, 5/8). Esercizio 7.9.24. Risulta det H = 6, quindi H ha rango 3 ed e` invertibile. Si ha ! −8/3 7/3 −1 H −1 = 13/3 −11/3 2 . −11/6 5/3 −1 L’unica soluzione del sistema e` x = 4, y = −2, z = 3. Esercizio 7.9.25. La matrice Bt e` invertibile se e solo se t ∈ R \ B2 ha rango 4. Poiché det H = 10, H e` invertibile e   6/5 −9/5 1/5 4/5 3 −4/5 3/2   −2 H −1 =  . 6/5 −2/5 1/5 −3/5 −1/5 0 0 1/10

n

√ o √ 3+ 5 3− 5 , ; 2 2

L’unica soluzione del sistema lineare e` (1, −9/2, 1, 3/2). Esercizio 7.9.26. La matrice Bt e` invertibile per ogni t ∈ R \ {−3, 3, 2}. Il rango di B2 e` 3. Poiché det H = −312, H e` invertibile e si ha ! −3/52 −1/52 11/52 1/52 19/156 . H −1 = 3/52 1/52 −9/52 −11/156 L’unica soluzione del sistema e` (−7/3, 0, −1/3, 0).

60

8 Spazi vettoriali

Esercizio 8.1.1. Poiché l’addizione in F e` associativa e` immediato osservare che, per ogni (λ1 , . . . , λn ), (µ1 , . . . , µn ), (ν1 , . . . , νn ) ∈ F n , si ha ((λ1 , . . . , λn ) + (µ1 , . . . , µn )) + (ν1 , . . . , νn ) = (λ1 , . . . , λn ) + ((µ1 , . . . , µn ) + (ν1 , . . . , νn )). La commutatività dell’addizione in F comporta poi che (λ1 , . . . , λn ) + (µ1 , . . . , µn ) = (µ1 , . . . , µn ) + (λ1 , . . . , λn ) per ogni (λ1 , . . . , λn ), (µ1 , . . . , µn ) ∈ F n . E` poi facile verificare che la nupla le cui coordinate sono tutte uguali all’elemento di F neutro rispetto all’addizione e` elemento neutro rispetto all’addizione in F n . Per concludere che la struttura (F n , +) e` un gruppo abeliano basta infine osservare che ogni elemento (λ1 , . . . , λn ) ∈ F n e` dotato di opposto: la n-upla (−λ1 , . . . , −λn ) le cui coordinate sono gli opposti in F delle coordinate di ugual posto della n-upla considerata. Siano λ ∈ F e (λ1 , . . . , λn ), (µ1 , . . . , µn ) ∈ F n , allora la proprietà distributiva della moltiplicazione rispetto all’addizione in F comporta che: λ((λ1 , . . . , λn ) + (µ1 , . . . , µn )) = λ(λ1 , . . . , λn ) + λ(µ1 , . . . , µn ). Sempre in virtù della proprietà distributiva della moltiplicazione rispetto all’addizione in F si ha che, per ogni λ, µ ∈ F e per ogni (λ1 , . . . , λn ) ∈ F n , (λ + µ)(λ1 , . . . , λn ) = λ(λ1 , . . . , λn ) + µ(λ1 , . . . , λn ). La proprietà associativa della moltiplicazione in F assicura poi che (λµ)(λ1 , . . . , λn ) = λ(µ(λ1 , . . . , λn )) per ogni λ, µ ∈ F e per ogni (λ1 , . . . , λn ) ∈ F n . Infine, se 1 e` l’elemento di F neutro rispetto alla moltiplicazione, si ha 1(λ1 , . . . , λn ) = (1λ1 , . . . , 1λn ) = (λ1 , . . . , λn )

62

Capitolo 8

per ogni (λ1 , . . . , λn ) ∈ F n . Esercizio 8.1.2. Siano A un anello unitario, F un sottoanello di A unitario e con la stessa unità di A e si supponga che F sia un campo. Allora considerato An = {(x1 , . . . , xn ) : x1 , . . . , xn ∈ A} e posto (x1 , . . . , xn ) + (y1 , . . . , yn ) := (x1 + y1 , . . . , xn + yn ) per ogni (x1 , . . . , xn ), (y1 , . . . , yn ) ∈ An e α(x1 , . . . , xn ) := (αx1 , . . . , αxn ) per ogni α ∈ F e per ogni (x1 , . . . , xn ) ∈ An si ottiene la struttura (An , +, ·) che, come e` facile verificare in analogia a quanto fatto nel precedente esercizio, e` un F -spazio vettoriale. Si noti che nel testo, erroneamente, non e` esplicitamente richiesto che A e F siano unitari e che abbiano la stessa unità. Esercizio 8.1.3. Siano α, β ∈ F e f (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ F [x]; applicando la proprietà distributiva della moltiplicazione rispetto all’addizione in F e le proprietà commutativa ed associativa dell’addizione, si ha che: (α + β)f (x) = (α + β)(a0 + a1 x + · · · + an xn ) = α(a0 + a1 x + · · · + an xn ) + β(a0 + a1 x + · · · + an xn ) = αf (x) + βf (x). Inoltre la proprietà associativa di cui gode l’addizione in F assicura che (αβ)f (x) = (αβ)(a0 + a1 x + · · · + an xn ) = α(β(a0 + a1 x + · · · + an xn )) = α(βf (x)). Se poi si considera 1 ∈ F e` immediato osservare che 1f (x) = f (x). Siano infine α ∈ F e f (x), g(x) ∈ F [x]; e` facile verificare che α(f (x) + g(x)) = αf (x) + αg(x). Tutto questo assicura che (F [x], +, ·) e` uno spazio vettoriale su F. Esercizio 8.1.7. Si può per esempio osservare che non vale la proprietà (vii) della definizione di spazio vettoriale. Infatti se si considerano 2, 3 ∈ R e (1, 1) ∈ R2 , risulta (2 + 3) ?(1, 1) = 5 ?(1, 1) = (25, 25) mentre 2 ?(1, 1) + 3 ?(1, 1) = (4, 4) + (9, 9) = (13, 13).

Esercizio 8.2.1. Se W e` un sottospazio di V , allora e` non vuoto ed e` stabile rispetto alle operazioni; pertanto per ogni α, β ∈ F e per ogni x, y ∈ W si ha che αx, βy ∈ V e poi αx + βy ∈ V .

Spazi vettoriali

63

Viceversa se W e` non vuoto e gode della proprietà di cui all’ enunciato allora per ogni α ∈ F e x ∈ W si ha che αx = αx + 0 = αx + 0x ∈ W e quindi W e` stabile per la legge esterna; inoltre per ogni x, y ∈ W si ha che x − y = 1x + (−1)y ∈ W . La 8.2.1 assicure che W e` un sottospazio di V . Esercizio 8.2.2. Se W e` un sottospazio di V allora (W, +) e` un sottogruppo di (V, +) per cui 0 ∈ W . Per provare che αx+βy ∈ W per ogni α, β ∈ F e per ogni x, y ∈ W si procede come nell’esercizio precedente. Il viceversa e` immediato; basta osservare che W 6= Ø, perché 0 ∈ W e poi l’asserto segue dalla 8.2.2. Esercizio 8.2.3. Per esempio si consideri il campo reale e lo si riguardi come R-spazio vettoriale. Dall’esempio 8.2.3 segue che gli unici sottospazi sono {0} e R e quindi per esempio il sottogruppo (Q, +) del gruppo additivo (R, +) non e` un sottospazio. Esercizio 8.2.4. La matrice nulla e` una matrice singolare per cui l’insieme W delle matrici non singolari, non essendo un sottogruppo di (M2 (R), +), certamente non e` un sottospazio. Per quanto riguarda l’insieme delle matrici singolari, questo non e`stabile 0 0 1 0 e rispetto alla somma di matrici infatti per esempio le matrici 0 1 0 0 sono singolari ma hanno come somma la matrice identica che non e` singolare. Esercizio 8.2.5. W3 non e` un sottospazio infatti il vettore nullo (0, 0) non e` un suo elemento essendo 0 + 0 6= 1. W1 e` un sottospazio perché (0, 0) ∈ W1 e per ogni α, β ∈ Q, per ogni (x, x), (a, a) ∈ W1 si ha che α(x, x) + β(a, a) = (αx + βa, αx + βa) e quest’ultimo e` un elemento di W1 perché ha le coordinate uguali. Analogamente si osserva che W2 e W4 sono sottospazi. Esercizio 8.2.6. Gli insiemi W3 e W4 non sono sottospazi di R3 perché, come e` facile osservare, non contengono il vettore nullo. Invece W1 = {(0, 0, 0)}, W2 e W5 sono sottospazi di R3 : per verificarlo si può procedere come nel precedente esercizio. Esercizio 8.2.7. Il sottoinsieme W1 non e` un sottospazio di Q3 infatti per esempio (0, 1, −1), (0, 1, 1) ∈ W1 mentre la loro somma (0, 1, −1) + (0, 1, 1) = (0, 1, 0) 6∈ W1 . Ragionando come negli esercizi precedenti si può poi osservare che W2 , W3 , W4 sono sottospazi di Q3 . Esercizio 8.2.8. Procedendo come negli esercizi precedenti e` facile verificare che ciascuno dei sottoinsiemi considerati e` un sottospazio di Z47 .

64

Capitolo 8

Esercizio 8.2.9. La matrice nulla e` elemento di W pertanto W 6= Ø. Per provare che e` unsottospazio basta osservare che, per ogni h, k ∈ Q e per ogni taleinsieme 0 α 0 α1 ∈ W , si ha che , β1 γ1 β γ 0 hα + kα1 0 α 0 α1 ∈ W. = h +k hβ + kβ1 hγ + kγ1 β 1 γ1 β γ Esercizio 8.2.10. Poiché per ogni i ∈ I il sottoinsieme Wi e` un sottospazio Tdi V si ha che il vettore nullo 0 ∈ Wi per ogni i ∈ I e questo comporta che 0 ∈ i∈I Wi pertanto l’intersezioneTe` non vuota. Per provare che i∈I Wi e` unTsottospazio di V basta quindiTnotare che per ogni α, β ∈ F e per ogni u, v ∈∈ i∈I Wi si ha che αu + βv ∈ i∈I Wi perché u, v ∈ Wi per ogni i ∈ I e quindi, per ogni α, β ∈ F , e` αu + βv ∈ Wi per ogni i ∈ I. Esercizio 8.2.11. Si noti che con x ∈ F \ {0} risulta hxi = {αx : α ∈ F } e poiché per ogni y ∈ F e` y = (yx−1 )x ∈ hxi si ha che hxi = F . Questo comporta che {x} e` un sistema di generatori dell’F -spazio vettoriale F . L’unico sottoinsieme proprio di {x} e` Ø, ed essendo hØi = {0} ⊂ F , si ha che {x} e` un insieme di generatori minimale. Per quanto riguarda F n con n > 1, si noti che he1 , . . . , en i = {x1 e1 + · · · + xn en : x1 , . . . , xn ∈ F } = {(x1 , . . . , xn ) : x1 , . . . , xn ∈ F } = F n. Questo comporta che {e1 , . . . , en } e` un sistema di generatori di F n . Sia X ⊂ {e1 , . . . , en }, allora esiste m ∈ {e1 , . . . , en } tale che em 6∈ X e non e` difficile osservare che per ogni (y1 , . . . , yn ) ∈ hXi si ha che ym = 0. Questo comporta che em 6∈ hXi e quindi hXi ⊂ F n . Dunque {e1 , . . . , en } e` minimale tra i sistemi di generatori di F n . Esercizio 8.2.12. E` immediato osservare che h1, x, . . . , xn i = F [x; n]; infatti h1, x, . . . , xn i = {a0 + a1 x + · · · + an xn : a0 , a1 , . . . , an ∈ F } = {f (x) ∈ F [x] : v(f (x)) ≤ n}. Sia X ⊂ {1, x, . . . , xn }, allora esiste m ∈ {0, 1, . . . , n} tale che xm 6∈ X. Pertanto hXi non contiene polinomi di grado m e questo comporta che xm 6∈ hXi. Esercizio 8.2.13. Si noti che hV i = h(2, 0, 0), (0, −3, 0)i = {α(2, 0, 0) + β(0, −3, 0) : α, β ∈ R} = {(2α, −3β, 0) : α, β ∈ R}.

Spazi vettoriali

65

Ovvero hV i = {(x, y, 0) : x, y ∈ R} perché per ogni x, y ∈ R si ha che (x, y, 0) = (2α, −3β, 0) con α = x/2 e β = −y/3. In particolare, il vettore (5, −2, 0) ∈ hV i, infatti (5, −2, 0) = (2α, −3β, 0) con α = 5/2 e β = 2/3.

Esercizio 8.3.1. Per assurdo si supponga {x + y, x − y, x − 2y + z} linearmente dipendente. Allora esistono α, β, γ ∈ F non tutti nulli tali che α(x + y) + β(x − y) + γ(x − 2y + z) = (α + β + γ)x + (α − β − 2γ)y + γz = 0. Poiché però x, y, z sono linearmente indipendenti, si ha che α + β + γ = 0, α − β − 2γ = 0, γ = 0. Queste ultime tre relazioni danno luogo ad un sistema omogeneo nelle incognite α, β, γ che ammette una soluzione non banale il che e` in contraddizione con il fatto che la sua matrice e` non singolare. Esercizio 8.3.8. Si osservi che con α, β ∈ R si ha che α(1, 0, 0) + β(2, 1, 0) = (0, 0, 0) se e solo se (α + 2β, β, 0) = (0, 0, 0) ovvero se e solo se α + 2β = 0 e β = 0 e quindi se e solo se α = 0 = β. Questo comporta che A e` linearmente indipendente. Si noti che gli scalari non nulli 2, 1 ∈ R sono tali che la combinazione lineare 2(0, 2, 3) + 1(0, −4−, 6) = (0, 0, 0). Pertanto B e` linearmente dipendente. Analogamente si può provare che C e` linearmente dipendente e che D e` linearmente indipendente. Esercizio 8.3.9. A e` una base di R2 infatti e` linearmente indipendente massimale; B e` linearmente dipendente, non e` un sistema di generatori né una base di R2 ; C e` linearmente indipendente massimale e quindi e` una base di R2 ; D e` un sistema di generatori di R2 ma non e` una base (infatti avendo ordine maggiore della dimensione dello spazio e` linearmente dipendente). Esercizio 8.3.10. L’insieme {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)} e` una base di V che quindi ha dimensione 3. L’insieme {(1, 0, 1, 0), (0, 2, 0, 1)} e` una base di W che quindi ha dimensione 2. Esercizio 8.3.11. Una base del sottospazio considerato e` per esempio l’insieme {(1, 1, 2, 3), (0, −1, −5, −9), (0, 0, −2, −4)}; quindi la dimensione e` 3. Esercizio 8.3.12. Una base e` per esempio l’insieme costituito dai due polinomi −3 + x + x2 e −5 + 6x + x3 e quindi la dimensione e` 2.

66

Capitolo 8

Esercizio 8.3.13. Sono basi di W1 gli insiemi: {(1, 0, 1), (0, 1, 9)}, {(1, 0, 1), (1, 1, 10)}, {(1, 10, 3), (0, 1, 9)}; sono basi di W2 gli insiemi: {(1, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1)}, {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}, {(1, 1, 1), (1, 0, 1), (0, 1, 1)}; sono basi di W3 gli insiemi: {(1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}, {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}, {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}. Esercizio 8.3.14. Le tre matrici considerate sono linearmente indipendenti ma non costituiscono una base dello spazio vettoriale considerato perché quest’ultimo ha dimensione 6. Esercizio 8.3.15. E` facile osservare che hBi = {(−x + y − z, −x − y, −x) : x, y, z ∈ R}. Per ogni a, b, c ∈ R il sistema   −x + y − z = a −x − y = b  −x = c nelle incognite x, y, z e` di Cramer. Questo vuol dire che per ogni (a, b, c) ∈ R3 esistono e sono univocamente determinati i numeri reali x, y, z tali che (a, b, c) = (−x + y − z, −x − y, −x) e quindi che B e` una base di R3 . Le componenti di v in B sono (2, −3, −2), quelle di w sono (0, −1, −1).

Esercizio 8.4.3. L’applicazione gof : V1 → V3 e` lineare: infatti considerati comunque v, u ∈ V1 e α, β ∈ F si ha che (gof )(αv + βu) = g(f (αv + βu)) = g(αf (v) + βf (u)) = αg(f (v)) + βg(f (u)) = α(gof )(v) + β(gof )(u) Esercizio 8.4.4. Siano x ∈ V1 e n ∈ Z; se n = 0 allora f (nx) = f (0x) = f (0) = 0 per la 6.3.16; sia dunque n > 0 e si supponga f ((n−1)x) = (n−1)f (x). Allora f (nx) = f (x+ (n−1)x) = f (x) +f ((n−1)x) = f (x) + (n−1)f (x) = nf (x). Il principio di induzione assicura dunque l’asserto per ogni n ≥ 0.

Spazi vettoriali

67

Sia n < 0, allora nx = (−n)(−x) con −n > 0 e per quanto prima provato e per la 6.3.16 si ha f (nx) = f ((−n)(−x)) = (−n)f (−x) = (−n)(−f (x)) = nf (x). Esercizio 8.4.5. Siano x, y ∈ V2 e α, β ∈ F ; allora f (f −1 (αx + βy)) = idV2 (αx + βy) = αx + βy = αf (f −1 (x)) + βf (f −1 (y)) = f (αf −1 (x) + βf −1 (y)) da cui, essendo f iniettiva, segue f −1 (αx+βy) = αf −1 (x)+βf −1 (y). Quest’ultima uguaglianza assicura che f −1 e` lineare. Esercizio 8.4.6. L’applicazione f non e` linerare, infatti f ((0, 0)) = (1, 1) 6= (0, 0). Esercizio 8.4.7. La prima applicazione considerata non e` lineare, infatti per esempio f ((0, 0, 0)) = (3, 0, 0) 6= (0, 0, 0). Anche la seconda non e` lineare, infatti f ((0, 0, 1)) + f ((1, 1, 1)) = (0, −1, 1) + (1, 0, 1) = (1, −1, 2) 6= (1, −1, 4) = f ((1, 1, 2)) = f ((0, 0, 1) + (1, 1, 1)). La terza ed ultima applicazione considerata e` invece lineare: infatti f (α(a, b, c)+β(x, y, z)) = (2(αb+βy)−(αc+βz), αa+ βx + 4(αc + βz), 0) = αf (a, b, c) + βf (x, y, z).

68

9 Elementi di geometria analitica

Esercizio 9.2.1. Le componenti di un vettore direttore delle rette OA, OB e AB sono rispettivamente (−5, 7), (3, 2) e (8, −5). Esercizio 9.2.2. Una coppia di giacitura di π1 e` costituita dai vettori di componenti (1, 2, −5) e (−2, −3, 2); una coppia di giacitura di π2 e` costituita dai vettori di componenti (0, 3, −2) e (1, 5, −7); una coppia di giacitura di π3 e` costituita dai vettori di componenti (0, 3, −2) e (−2, 0, 0). Esercizio 9.2.3. Un vettore direttore di HK ha componenti (14, −2, 5).

Esercizio 9.3.3. Il piano per i punti A, B, C ha equazioni:  x = 1 + α y = 1 + α − 3β  z = 5 − 4α − 3β e il punto D non appartiene ad esso perché il sistema  α = −3  α − 3β = 0  −4α − 3β = −3 nelle incognite α, β non ammette soluzioni. Le rette AB e CD sono sghembe. Esercizio 9.3.4. (i) Il piano π1 ha equazioni  x = 1 − α y = 1 + 6β  z = −α + 9β.

70

Capitolo 9

Il piano π2 ha equazioni   x = 3α y = 1 + α − 3β  z = −1 + 2α. (ii) Le rette considerate non sono complanari. Esercizio 9.3.5. (i) Le rette considerate sono incidenti e quindi complanari. Le coordinale del punto P0 comune alle due rette sono (−1, −2, −1) e il piano che contiene le due rette, ovvero il piano per P0 una cui coppia di giacitura e` quella dei vettori direttori delle due rette, ha equazioni:   x = −1 + 2α + β y = −2 + α + 4β  z = −1 + 3α + 3β. (ii) Per provare che i punti considerati non sono allineati basta scrivere per esempio le equazioni parametriche della retta AB e osservare che non esistono valori del parametro per i quali si ottengono le coordinate di C. Il piano π1 ha equazioni   x = 1 + 3α + 8β y=α  z = 3 − 2α + 6β. (iii) I piani π e π1 non sono paralleli. Esercizio 9.3.6. Le rette considerate sono complanari incidenti. Le coordinate del punto comune alle due rette sono (3, 4, 0), mentre le equazioni parametriche del piano che contiene le due rette sono:  x = 3 + α + β y = 4 + 3α + β  z = −α + β. Esercizio 9.3.7. (i) Le equazioni parametriche del piano π1 sono:  x = 1 + α y = 1 + 2β  z = α + 3β. Le equazioni parametriche del piano π2 sono:   x = 3α y =1+α  z = −1 + 2α + 5β.

Elementi di geometria analitica

71

Le equazioni parametriche del piano π3 sono:   x = 2α + β y = 1 − 2α + β  z = 2β. (ii) Le rette considerate sono complanari incidenti e le coordinate del punto comune alle due rette sono (2, 4, 3). Esercizio 9.3.8. (i) La retta r ha parametri direttori (−1, 0, 1) e la retta sh ha parametri direttori (−1, h + 2, 1). Dunque le due rette sono parallele se e solo se h + 2 = 0 cioè se e solo se h = −2. (ii) Non esistono siffatti valori di h. Esercizio 9.3.9. (i) Le equazioni parametriche di s sono:   x = −1 + t y=1  z = −2 + 3t. (ii) Le equazioni parametriche di π sono:   x = −1 + α + β y =1+β  z = −2 + 3α + 2β. (iii) Il punto Q1 appartiene sia alla retta s che al piano π. Esercizio 9.3.10. Le equazioni parametriche di r sono   x = 1 − 2t y = 1 + 2t  z = 2 + 3t. Il punto Q non appartiene ad r. Esercizio 9.3.11. Le due rette si intersecano nel punto P di coordinate (2/5, 9/5). Esercizio 9.3.12. L’origine del riferimento, ossia il punto di coordinate (0, 0), e` un punto di ra se e solo se esiste t ∈ R tale che t + 2 = 0 = −1 + at, e ciò accade se e solo se a = −1/2. Esercizio 9.3.13. La retta r1 ha parametri direttori (1, 0) e la retta r2 ha parametri direttori (−1, −2). Poiché −2 + 1 = −1 6= 0 tali rette sono incidenti. Le coordinate del punto di intersezione sono (3/2, 1).

72

Capitolo 9

Esercizio 9.3.14. Le due rette si intersecano se e solo se a = −1 e le coordinate del punto di intersezione sono (−8, −1). Esercizio 9.3.15. La retta r ha equazioni parametriche   x = 3 − 4t y = 2t  z = 4 − 6t, e la retta r1 ha equazioni parametriche  0   x = 2 − 2t y = 2 − 2t0   z = 5 − 8t0 . Poiché il sistema

 0   3 − 4t = 2 − 2t 2t = 2 − 2t0   4 − 6t = 5 − 8t0

e` compatibile, tali rette sono incidenti e le coordinate del punto di incidenza sono (1, 1, 1). Esercizio 9.3.16. Le due rette si intersecano per ogni a 6= 0 e le coordinate del punto di intersezione sono (−1/2, 1, 3/2).

Esercizio 9.4.1. La retta AB ha equazione 13x + 8y − 107 = 0, la retta CD ha equazione 45x + 7y + 41 = 0. Le due rette sono incidenti e le coordinate del punto di intersezione sono (23435/3497, 5348/269). Esercizio 9.4.2. La retta Ah C ha equazione cartesiana 13x+(h+6)y−45−14h = 0, ed e` parallela all’asse y se e solo se h = −6. Esercizio 9.4.3. (i) Non esistono valori di h per i quali i tre punti sono allineati. (ii) L’equazione cartesiana del piano per A, B e C0 e` x + y − 2z − 2 = 0. Esercizio 9.4.4. (i) I punti sono complanari se e solo se h = 4. (ii) Le equazioni cartesiane della retta AB sono 3x + y − 3 = 0 y + 3z − 6 = 0.


73

Le equazioni cartesiane della retta CDh sono x−y =0 z + (h − 1)y − h + 2 = 0. Non esistono valori di h per i quali le due rette sono parallele. Esercizio 9.4.5. L’equazione cartesiana del piano π e` 14x + 25y + 8z = 0, quelle della retta r sono 3x + 2y − 5 = 0 2y − 3z − 8 = 0. Il piano e la retta sono incidenti e le coordinate del punto di incidenza sono (109/63, −2/21, −172/63). Esercizio 9.4.6. La retta r ha equazioni cartesiane 7x + 8y = 0 5y + 7z = 0, ed il piano π ha equazione cartesiana 29x + 26y − 10z − 75 = 0. Il piano e la retta sono paralleli. Esercizio 9.4.7. Si veda l’Esercizio 9.4.5. Esercizio 9.4.8. (i) Le equazioni cartesiane di r sono x + 2y − 5 = 0 7y − 3z − 23 = 0. (ii) Le equazioni cartesiane di s sono x − 3z + 23 = 0 y + 1 = 0. (iii) La retta r ha parametri direttori (6, −3, 9), la retta s ha parametri direttori (9, 0, 3) e, poiché la matrice che ha per righe tali vettori numerici ha rango 2, le due rette non sono parallele. Il punto di intersezione ha coordinate (−1, 7, 0).

Esercizio 9.5.1. L’origine del riferimento non appartiene alla circonferenza considerata: infatti sostituendo le coordinate (0, 0) del punto O al posto di x e y nell’equazione si ottiene 17 6= 0.

74

Capitolo 9

Esercizio 9.5.2. L’equazione richiesta e` x2 + y 2 + 14x − 2y + 9 = 0. Esercizio 9.5.3. Poiché il numero reale 49/4+144/4+9 = 229/4 e` positivo, l’equazione considerata rappresenta una circonferenza, e precisamente quella il cui √ La circonferenza centro ha coordinate (7/2, −6) e raggio 229/2. √ √ considerata interseca l’asse x nei punti di coordinale ((7 − 85)/2, 0)√e ((7 + 85)/2,√0) ed interseca l’asse delle y nei punti di coordinate (0, −6 − 3 5) e (0, −6 + 3 5). Esercizio 9.5.4. I punti di intersezione della circonferenza considerata√ con la retta √ considerata sono due, e hanno coordinate ((−51−3 209)/20, (−17− 209)/20) √ √ e ((−51 + 3 209)/20, (−17 + 209)/20). Esercizio 9.5.5. i due punti√di coordi√ Γ e Γ0 hanno in comune √ √ Le circonferenze nate (3(5 − 93)/34, (−9 − 5 93)/34) e (3(5 + 93)/34, (−9 + 5 93)/34).

Esercizio 9.6.1. Le rette considerate sono ortogonali; infatti hanno parametri direttori (2, 3) e (−6, 4) rispettivamente, e si ha 2 · (−6) + 3 · 4 = −12 + 12 = 0. Esercizio 9.6.2. La retta richiesta ha equazione bx − ay = 0. Esercizio 9.6.3. Le rette r e rk hanno parametri direttori (3, 2, −5) e (k, 2 − k, 0) rispettivamente. Dunque r e rk sono perpendicolari se e solo se 3k+2(2−k) = 0, cioè se e solo se k = −4. Poiché poi i vettori numerici (3, 2, −5) e (k, 2 − k, 0) sono linearmente indipendenti per ogni k ∈ R si ha che non esistono valori di k per cui le due rette sono parallele.

Esercizio 9.7.1. (i) Il punto P ha coordinate (−59/10, 7/5, 43/10). (ii) La retta OP non e` ortogonale ad r ed ha equazioni parametriche   x = −59/10t y = 7/5t  z = 43/10t. (iii) L’equazione cartesiana di Γ e` 50x2 + 50y 2 + 100x − 2713 = 0. (iv) L’intersezione della circonferenza Γ con la retta s e` costituita da due punti.


75

Esercizio√9.7.2. (i) La circonferenza Γa ha centro nel punto di coordinate (−a, 2) e raggio a2 − 3a + 4. (ii) L’origine del riferimento e` un punto di Γa se e solo se a = 0. (iii) La circonferenza e` tangente all’asse y se a = 4/3, non ha punti di intersezione con tale retta se a > 4/3, mentre se a < 4/3 l’intersezione e` costituita da due punti. (iv) La retta in questione ha equazioni parametriche x = −a − t y = 2 + 2t. Esercizio 9.7.3. La circonferenza ha equazione 4x2 + 4y 2 − 8kx + 8(k − 2)y + 4(k 2 +(k−2)2 )−1 = 0, la retta ha equazione x+y−2 = 0. Retta e circonferenza hanno in comune due punti, un punto o nessun punto rispettivamente quando k > −1/8, k = −1/8, k < −1/8. Esercizio 9.7.4. (i) I punti sono allineati se e solo se h = 11. (ii) Il piano ha equazioni parametriche:   x = 1 − α − 3β y = −1 + 4α + β  z = 2 − 3α − 9β. (iii) I piani considerati sono paralleli. Esercizio 9.7.5. (i) Le rette sono parallele se e solo se k = 1. (ii) Le rette sono sghembe per ogni k ∈ R \ {1}. (iii) Non esistono valori di k per i quali le rette sono incidenti. (iv) La retta e` parallela al piano se k = 47. Esercizio 9.7.6. (i) Le rette sono parallele se e solo se k = −2. (ii) Le rette sono sghembe per ogni k ∈ R \ {−2}. (iii) Non esistono valori di k per i quali le rette sono incidenti. (iv) La retta e` parallela al piano se k = −11/2.

76

10 Reticoli, grafi, alberi

Esercizio 10.1.1. Sia S un insieme, e si consideri l’insieme ordinato (P(S), ⊆), dove P(S) e` l’insieme delle parti di S e ⊆ e` la usuale relazione d’inclusione insiemistica. Per ogni X, Y ∈ P(S) risulta X ∪ Y ∈ P(S); inoltre X, Y ⊆ X ∪ Y , e da X, Y ⊆ Z segue X ∪Y ⊆ Z. Pertanto X ∪Y = supP(S) {X, Y } per la (2.4.4). Analogamente si prova che X ∩ Y = inf P(S) {X, Y } per la (2.4.3). In particolare (P(S), ⊆) e` un reticolo avente S come massimo e Ø come minimo. Siccome poi l’unione e l’intersezione di due sottoinsiemi finiti di S sono ancora sottoinsiemi finiti di S, ne segue che i sottoinsiemi finiti di S costituiscono un sottoreticolo di (P(S), ⊆). Se S e` infinito tale sottoreticolo risulta evidentemente privo di massimo, perché dato un qualunque sottoinsieme finito X di S, e scelto un qualunque elemento a ∈ S \ X, il sottoinsieme finito X ∪ {a} contiene propriamente X. L’insieme parzialmente ordinato (N0 , |), dove | denota la relazione del “divide”, e` un reticolo, in quanto per ogni x, y ∈ N0 dalle definizioni date segue subito che supN0 {x, y} = mcm(x, y) e inf N0 {x, y} = MCD(x, y) (vedi 5.4). Siccome per ogni a ∈ N0 si ha a|0 e 1|a, e` chiaro che 0 = max N0 , 1 = min N0 . Fissato n ∈ N0 , sia D∗ (n) l’insieme dei divisori positivi di n. Con a, b ∈ D∗ (n) ancora per definizione risulta MCD(a, b) ∈ D∗ (n) e mcm(a, b) ∈ D∗ (n), quindi D∗ (n) costituisce un sottoreticolo di (N0 , |), avente n come massimo e 1 come minimo. Sia G un gruppo, e si denoti con L(G) l’insieme dei sottogruppi di G. Denotata con ⊆ l’usuale inclusione, l’insieme ordinato (L(G), ⊆) e` un reticolo. Infatti per ogni H, K ∈ L(G) per definizione supL(G) {H, K} e` il più piccolo (rispetto all’inclusione) sottogruppo di G contenente H e K, dunque coincide con hH, Ki (vedi 6.3); analogamente inf L(G) {H, K} e` il più grande (rispetto all’inclusione) sottogruppo di G contenuto in H e in K, dunque coincide con H ∩ K (vedi 6.3). Tale reticolo ha G come massimo e {1} come minimo. Se il gruppo G e` infinito, l’insieme dei sottogruppi finiti di G non e` , in generale, un sottoreticolo di L(G), in quanto il sottogruppo generato da una parte finita di G può ben risultare infinito. Invece l’insieme dei sottogruppi normali di G e` sempre un sottoreticolo di L(G). Infatti utilizzando l’Esercizio 6.3.8 si verifica subito che l’intersezione di due sottogruppi normali di G e` a sua volta un sottogruppo normale di G, e che il sottogruppo generato da due sottogruppi normali di G e` a sua volta normale in G. Per quest’ultima verifica si tenga presente che se H, K E G e x ∈ hH, Ki allora risul-

78

Capitolo 10

ta x = x1 x2 . . . xn con xi ∈ H ∪ K per ogni i = 1, . . . , n. Allora per ogni g ∈ G risulta g −1 xg = (g −1 x1 g)(g −1 x2 g) . . . (g −1 xn g), e ciascun g −1 xi g ∈ H ∪ K per la normalità in G di H e di K. Ne segue che g −1 xg ∈ hH, Ki per ogni x ∈ hH, Ki e per ogni g ∈ G, e ciò equivale al fatto che hH, Ki E G per l’Esercizio 6.3.8. Sia S uno spazio vettoriale su un campo F , e si denoti con L l’insieme dei sottospazi di S. Allora (L, ⊆) e` un reticolo. Infatti, per ogni H, K ∈ L, per definizione supL {H, K} e` il più piccolo (rispetto all’inclusione) sottospazio di S contenente H e K, dunque coincide con H + K (vedi 8.2.12); analogamente inf L {H, K} e` il più grande (rispetto all’inclusione) sottospazio di S contenuto in H e in K, dunque coincide con H ∩ K. Tale reticolo ha S come massimo e il sottospazio nullo {0} come minimo. Esercizio 10.1.2. Risulta A = {1, 2, 5, 10, 25, 50}. Il diagramma di Hasse del reticolo (A, |) e` il seguente: 50 s 10s 2 s

@ 25 @s

@

@ @s

@s

5

1 Risulta infine (5 ∨ 2) ∧ 25 = 10 ∧ 25 = 5, (1 ∧ 2) ∨ 25 = 1 ∨ 25 = 25. Esercizio 10.1.3. Risulta B = {1, 3, 9, 27, 81}. Il diagramma di Hasse del reticolo (B, |) e` il seguente: 81 s 27 s 9 s 3 s 1 s Risulta infine (9 ∨ 27) ∧ 3 = 27 ∧ 3 = 3, (1 ∧ 9) ∨ 81 = 1 ∨ 81 = 81. Esercizio 10.1.4. Risulta C = {1, 3, 5, 11, 15, 33, 55, 165}. Il diagramma di Hasse del reticolo (C, |) e` il seguente:

Reticoli, grafi, alberi

79

165 s @ @ @ 55 15s 33 s @s @ @ @ @ @ @ s @s @s 5 3@ 11 @ @ @s

1 Risulta infine (55 ∨ 5) ∧ 11 = 55 ∧ 11 = 11, (5 ∧ 11) ∨ 33 = 1 ∨ 33 = 33. Esercizio 10.1.5. Si ha 1573 = 11 · 11 · 13, e D = {1, 11, 13, 121, 143, 1573}. Il diagramma di Hasse del reticolo (D, |) e` il seguente: 1573 s 143s 13 s

@

@ @s

@

@121 s

@s

11

1 Risulta infine (143∨121)∧13 = 1573∧13 = 13, (143∧11)∨13 = 11∨13 = 143. Esercizio 10.1.6. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 10.1.7. Sia a un elemento minimale del reticolo (L, ≤). Per ogni x ∈ L risulta a ∧ x ≤ a, quindi a = a ∧ x per la minimalità di a, e da 10.1.3 segue x ≤ a. Pertanto a e` il minimo di L. L’unicità del minimo prova allora l’unicità di a come elemento minimale in L. Esercizio 10.1.8. La relazione v e` banalmente riflessiva, essendo a = a e quindi a v a per ogni a ∈ N0 . Con a, b ∈ N0 si abbia a v b e b v a. Se fosse a 6= b dovrebbe aversi 2a < b e 2b < a, quindi 2a < b ≤ 2b < a, assurdo. Pertanto a = b e la relazione e` asimmetrica. Infine, con a, b, c ∈ N0 si abbia a v b e b v c. Se b = c oppure b = a si ottiene subito a v c. Ovviamente ciò vale anche se a = c. Si può dunque assumere che a, b e c siano a due a due distinti. Allora si ha 2a < b e 2b < c, da cui 2a < c e di nuovo a v c. Ciò prova che la relazione v e` transitiva, pertanto essa e` una relazione d’ordine. In (N0 , v) i minoranti dell’insieme {5, 6} sono 0, 1 e 2; siccome però l’insieme {0, 1, 2} e` privo di massimo in (N0 , v) (in quanto 1 e 2 non sono confrontabili), non esiste inf N0 {5, 6}. Quindi (N0 , v) non e` un reticolo.

80

Capitolo 10

Esercizio 10.1.9. (i) La relazione v e` banalmente riflessiva, in quanto a = a e quindi a v a per ogni a ∈ V . Con a = 5h + 1, b = 5k + 1 ∈ V , si abbia a v b e b v a. Se fosse a 6= b si avrebbe |a| < |b| e |b| < |a|, una contraddizione. Pertanto a = b e la relazione e` asimmetrica. Infine con a = 5h + 1, b = 5k + 1, c = 5l + 1 ∈ V , si abbia a v b e b v c. Se b = c oppure b = a si ottiene subito a v c. Ovviamente ciò vale anche se a = c. Si può dunque assumere che a, b e c siano a due a due distinti. Allora si ha |h| < |k| e |k| < |l|, da cui |h| < |l| e di nuovo a v c. Ciò prova che la relazione v e` transitiva, pertanto essa e` una relazione d’ordine. (ii) In (V, v) i minoranti dell’insieme {11, −9} sono 1, 6 e −4; siccome però l’insieme {1, 6, −4} e` privo di massimo in (V, v) (in quanto 6 e −4 non sono confrontabili), non esiste inf V {11, −9}. Quindi (V, v) non e` un reticolo. (iii) Si ha: −19 = 5(−4) + 1, −14 = 5(−3) + 1, −9 = 5(−2) + 1, −4 = 5(−1) + 1, 1 = 5 · 0 + 1, 6 = 5 · 1 + 1, 11 = 5 · 2 + 1, 16 = 5 · 3 + 1, 21 = 5 · 4 + 1. Pertanto il diagramma di Hasse di (W, v) e` il seguente: −19 sH

s 21 H HH −14 sH s 16 H HHs −9 s HH 11 H Hs 6 −4 s @ @s

1 Esercizio 10.1.10. Sia X un sottoinsieme finito di un reticolo L (non necessariamente finito). Si ragioni per induzione su |X|. Se |X| ≤ 2, esistono certamente supL X e inf L X, in quanto L e` un reticolo. Si assuma ora |X| = n > 2, ed esista supL X = s ∈ L per ipotesi induttiva. Si consideri poi un elemento a ∈ L \ X, e si ponga Y = X ∪ {a}. L’elemento s ∨ a ∈ L, che certamente esiste in quanto L e` un reticolo, risulta un maggiorante di X essendo s = supL X. Inoltre ovviamente a ≤ s ∨ a, pertanto s ∨ a e` un maggiorante di Y . Sia ora m ∈ L un maggiorante di Y . Allora x ≤ m per ogni x ∈ X, quindi s ≤ m per la (2.4.4). Inoltre a ∈ Y , quindi a ≤ m. Pertanto s ∨ a ≤ m ancora per la (2.4.4). Cos`ı risulta s ∨ a = supL Y . Il principio di induzione (vedi 1.3.1) assicura allora che supL X esiste per ogni sottoinsieme finito X di L. Con un analogo ragionamento induttivo si dimostra che inf L X esiste per ogni sottoinsieme finito X di L. Ovviamente, se L e` finito, ogni sottoinsieme di L lo e` ; cos`ı quanto appena provato dimostra l’asserto. Esercizio 10.1.11. Sia S un insieme, e si consideri il reticolo (P(S), ⊆), dove P(S) e` l’insieme delle parti di S e ⊆ e` la usuale relazione d’inclusione insiemistica. Siccome per ogni X, Y ∈ P(S) risulta X ∨ Y = X ∪ Y e X ∧ Y = X ∩ Y , si vede facilmente che per ogni sottoinsieme Ω ∈ P(S) risulta [ \ supP(S) Ω = Xi ∈ P(S), inf P(S) Ω = Xi ∈ P(S), Xi ∈Ω

Xi ∈Ω


81

quindi (P(S), ⊆) e` completo. Si denoti ora con F il sottoreticolo costituito dai sottoinsiemi finiti di S. Se S e` finito allora F = P(S) risulta completo per quanto appena dimostrato (oppure anche per l’Esercizio 10.1.10, essendo in tal caso F un reticolo finito). Se invece S e` infinito allora F non e` completo, in quanto l’unione di tutti i sottoinsiemi finiti di S coincide con S e dunque non e` un elemento di F. Esercizio 10.1.12. Per quanto provato nella prima parte dell’Esercizio 10.1.10, basterà provare che esistono supN0 X e inf N0 X per ogni sottoinsieme infinito X di N0 . Sia X un tale sottoinsieme. Essendo il massimo di (N0 , |), l’elemento 0 e` certamente un maggiorante di X. Inoltre esso e` l’unico maggiorante di X, in quanto un maggiorante di X deve essere multiplo delle infinite potenze di primi positivi che dividono gli elementi di X. Pertanto 0 = supN0 X. Un minorante di X e` un elemento di N0 che divide ogni elemento di X. L’insieme Y dei minoranti di X e` certamente non vuoto, in quanto contiene l’elemento 1. Inoltre Y e` finito, in quanto ogni numero naturale ha solo un numero finito di divisori. Per quanto provato nella prima parte dell’Esercizio 10.1.10, esiste supN0 Y . Si denoti con s tale elemento di N0 . Siccome ogni elemento di Y divide ciascun elemento x ∈ X, ogni x ∈ X e` maggiorante di Y in N0 , pertanto s|x per la (2.4.4). Ciò prova che s ∈ Y , quindi s = max Y , da cui s = inf N0 X. Esercizio 10.1.13. Sia G un gruppo, e sia L(G) il reticolo dei sottogruppi di G. Sia Ω un insieme non vuoto di sottogruppi di G. Come osservato nel testo a pag. 222 (subito dopo 6.3.10), l’intersezione degli elementi di Ω e` un sottogruppo di G. Quindi risulta supL(G) Ω = hH : H ∈ Ωi e inf L(G) Ω = ∪H∈Ω H, e L(G) e` completo. Sia ora N (G) il reticolo dei sottogruppi normali di G. Ragionando come nell’Esercizio 10.1.1 si può provare che l’intersezione di un insieme non vuoto di sottogruppi normali di G e` ancora un sottogruppo normale di G, e che il sottogruppo generato da sottogruppi normali di G e` normale in G. Pertanto anche N (G) e` completo. Esercizio 10.1.14. Sia S uno spazio vettoriale su un campo F , e si denoti con L il reticolo dei sottospazi di S. La 8.2.8 assicura che l’intersezione di un insieme non vuoto di sottospazi di S e` un sottospazio di S, il reticolo L risulta completo. Inoltre banalmente il sottospazio generato da sottospazi di S e` un sottospazio di S. Pertanto L e` completo. Esercizio 10.1.15. Sia L il reticolo dei sottospazi di uno spazio vettoriale S su un campo F , E sia L∗ l’insieme dei sottospazi di S di dimensione finita su F . Se W1 , W2 ∈ L∗ , la formula di Grassmann (vedi 8.5.1) assicura che W1 + W2 ∈ L∗ e W1 ∩ W2 ∈ L∗ , pertanto L∗ e` un sottoreticolo di L. Se S ha dimensione finita su F allora 8.2.23 garantisce che L = L∗ , quindi L∗ e` completo per l’esercizio precedente. Se invece S ha dimensione infinita su F , scelta una qualunque base

82

Capitolo 10

B = {bi : i ∈ I} di S, si considerino i sottospazi Bi = hbi i, con i ∈ I. Ovviamente per ogni i ∈ I risulta dimF Bi = 1, quindi Bi ∈ L∗ . Però il sottospazio hBi : i ∈ Ii = S ∈ / L∗ , quindi L∗ non e` completo. Esercizio 10.1.16. Sia L un reticolo completo. Allora esistono m1 = supL L ed m2 = inf L L, ed ovviamente risulta m1 = max L e m2 = min L. Esercizio 10.1.17. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 10.1.18. Sia X un sottoinsieme non vuoto di L. Allora 0 = min L e` un minorante di X, quindi l’insieme Y dei minoranti di X e` non vuoto. Per ipotesi, esiste y1 = supL Y . Per ogni x ∈ X e y ∈ Y risulta y ≤ x, quindi ogni elemento di X e` un maggiorante di Y . Pertanto per la (2.4.4) risulta y1 ≤ x per ogni x ∈ X. Ciò significa che y1 ∈ Y , quindi y1 = min Y . Per definizione allora y1 = inf L X. Ne segue che L e` un reticolo completo. Esercizio 10.1.19. Siccome b ∨ d e` un maggiorante di {b, d}, da a ≤ b e c ≤ d segue che a ≤ b ≤ b ∨ d e c ≤ d ≤ b ∨ d. Quindi b ∨ d e` un maggiorante di {a, c}, pertanto a ∨ c ≤ b ∨ d per la (2.4.4). Siccome l’enunciato P : a ≤ b , c ≤ d =⇒ a ∨ c ≤ b ∨ d (∀a, b, c, d ∈ L) e` valido per ogni reticolo L, il principio di dualità dei reticoli (vedi 10.1.2) assicura che e` valido per ogni reticolo L anche l’enunciato duale P∗ : a ≥ b , c ≥ d =⇒ a ∧ c ≥ b ∧ d (∀a, b, c, d ∈ L).

Esercizio 10.2.1. Sia f : L −→ M un’applicazione tra i reticoli (L ≤) e (M, v). Se f e` un isomorfismo di reticoli allora per la 10.2.1 f ed f −1 sono applicazioni crescenti, quindi f e` un isomorfismo di insiemi ordinati. Viceversa, sia ora f un isomorfismo di insiemi ordinati. Per ogni a, b ∈ L, da a ≤ a ∨ b e b ≤ a ∨ b segue f (a) v f (a ∨ b) e f (b) v f (a ∨ b), quindi f (a ∨ b) e` un maggiorante in M di {f (a), f (b)}. Se f (c) ∈ M e` un maggiorante di {f (a), f (b)}, allora a ≤ c e b ≤ c, da cui a ∨ b ≤ c e f (a ∨ b) v f (c). Per la (2.4.4) risulta allora f (a ∨ b) = f (a) ∨ f (b). Analogamente si prova che f (a ∧ b) = f (a) ∧ f (b). Pertanto f e` un isomorfismo di reticoli. Esercizio 10.2.2. Sia f : L −→ M un isomorfismo tra i reticoli (L ≤) e (M, v). Per l’esercizio precedente f e` un isomorfismo di insiemi ordinati, quindi a ≤ b in L se e solo se f (a) v f (b) in M . Ciò comporta che i diagrammi di Hasse di L e M = {f (a) : a ∈ L} sono identici.


83

Esercizio 10.2.3. Con A, B ∈ P(S), da A ⊆ B segue ovviamente f (A) ≤ f (B), quindi f e` un omomorfismo di insiemi ordinati. Risulta però {1, 2} ∨ {2, 3} = {1, 2, 3}, ma f ({1, 2}) ∨ f ({2, 3}) = 3 ∨ 5 = 5 6= 6 = f ({1, 2, 3}), pertanto f non e` un omomorfismo di reticoli.

Esercizio 10.3.1. Basta applicare la proprietà distributiva dell’unione rispetto all’intersezione oppure dell’intersezione rispetto all’unione (vedi 1.4.6). Esercizio 10.3.2. Si osservi innanzitutto che con α, β, γ ∈ N0 risulta sempre max{α, min{β, γ}} = min{max{α, β}, {max{α, γ}}. Se infatti α ≤ β e α ≤ γ allora entrambi i termini della precedente espressione valgono min{β, γ}; altrimenti valgono entrambi α. Si osservi poi che con a, b ∈ N0 , posto a = pα1 1 . . . pαs s e b = pβ1 1 . . . pβs s , dove p1 , . . . , ps sono primi positivi e αi , βi ∈ N0 per ogni i = 1, . . . , s, nel reticolo dei naturali risulta ovviamente min{α1 ,β1 }

s ,βs } . . . pmin{α , s

max{α1 ,β1 }

s ,βs } . . . pmax{α . s

a ∧ b = MCD(a, b) = p1 a ∨ b = mcm(a, b) = p1 Siano ora a, b, c ∈ N0 , e si ponga a = pα1 1 . . . pαs s ,

b = pβ1 1 . . . pβs s ,

c = pγ11 . . . pγs s ,

dove p1 , . . . , ps sono primi positivi e αi , βi , γi ∈ N0 per ogni i = 1, . . . , s. Allora min{β1 ,γ1 }

a ∨ (b ∧ c) = a ∨ (p1

s ,γs } . . . pmin{β ) s

max{α1 ,min{β1 ,γ1 }}

= p1

s ,min{βs ,γs }} . . . pmax{α s

min{max{α1 ,β1 },{max{α1 ,γ1 }}

= p1

max{α ,β }

s ,βs },{max{αs ,γs }} . . . pmin{max{α s

max{α1 ,γ1 }

1 1 s ,βs } = p1 . . . pmax{α ∧ p1 s = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

s ,γs } . . . pmax{α s

Ciò prova che il reticolo dei naturali e` distributivo. Esercizio 10.3.3. Il reticolo dei sottospazi di uno spazio vettoriale di dimensione 0 oppure 1 ha ordine rispettivamente 1 oppure 2, quindi e` banalmente distributivo. Sia ora S uno spazio vettoriale di dimensione ≥ 2 su un campo F . Considerati due vettori linearmente indipendenti a, b ∈ S, i sottospazi A = hai, B = hbi, C = ha + bi sono a due a due distinti ed hanno dimensione 1. Si verifica poi immediatamente che A ⊕ B = A ⊕ C = B ⊕ C. Quindi il reticolo dei sottospazi di S contiene il sottoreticolo trirettangolo

84

Capitolo 10

A ⊕s B A s

@ sB@sC

@ @s

0 e pertanto non e` distributivo per 10.3.4. Esercizio 10.3.4. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 10.3.5. Siano x, y, z ∈ L con x ≤ z. Essendo y ∧ z ≤ y ≤ x ∨ y e y ∧ z ≤ z risulta y ∧ z ≤ (x ∨ y) ∧ z per (2.4.3). Del resto da x ≤ x ∨ y e x ≤ z segue x ≤ (x ∨ y) ∧ z ancora per (2.4.3). Dunque x ∨ (y ∧ z) ≤ (x ∨ y) ∧ z per (2.4.4). Esercizio 10.3.6. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 10.3.7. Vedi svolgimento nel testo.

Esercizio 10.4.1. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 10.4.2. Vedi svolgimento nel testo.

Esercizio 10.5.1. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 10.5.2. Vedi svolgimento nel testo. Esercizio 10.5.3. Vedi svolgimento nel testo.

Esercizio 10.6.1. Il grafo considerato può essere disegnato come segue:


85

f

es

s @ @ b s sd @ @s

sc

a

Essendo costituito da 2 componenti connesse, Γ non e` connesso. Il vertice b ha grado 3, il vertice a ha grado 2 mentre c, e ed f hanno grado 1. Il vertice d ha grado 0 e quindi e` un punto isolato. Esercizio 10.6.2. Il grafo considerato può essere disegnato come segue: 2s

3s

@

4s

6s @

@s

1

7s

8s

@s

5

Le sue componenti connesse sono [1] = {1, 2, 3, 4} e [5] = {5, 6, 7, 8}. Il grafo Γ e` una foresta ma non un albero. Esercizio 10.6.3. Il multigrafo Υ può essere disegnato come segue: •c l3

l4

l2

l5

•b

•a

•d

l1

l6 l8

l7

•e Esso e` connesso e tutti i suoi vertici sono pari; pertanto, in virtù del Teorema 10.6.4, Υ possiede un circuito euleriano. Esercizio 10.6.4. Per assurdo si suppongano Γ1 e Γ2 isomorfi e sia f : V1 → V2 un isomorfismo. Il vertice a di Γ1 ha grado 3 essendo {a, b}, {a, c} e {a, d} lati incidenti in a, dunque anche f (a) ha grado 3 perché {f (a), f (b)}, {f (a), f (c)} e {f (a), f (d)} sono lati incidenti in f (a); ma questo e` in contraddizione con il fatto che tutti i vertici di Γ2 hanno grado 2. Esercizio 10.6.5. E` facile osservare che le applicazioni f : V1 → V2 che scambia a e b e fissa ogni altro elemento di V1 e g : V2 → V3 che scambia a con c e b con d sono isomorfismi di grafi.

86

Capitolo 10

Esercizio 10.6.6. Non esiste un tale grafo. Infatti se un tale grafo esistesse la somma dei gradi dei suoi vertici sarebbe 35 e quindi dispari, in contraddizione con quanto osservato subito dopo 10.6.3. Esercizio 10.6.7. Il sottografo richiesto e` Γ1 = (V1 , E1 ) con E1 = {{3, 5}}.

Esercizio 10.7.1. A meno di isomorfismi esistono esattamente un albero di ordine 3 e due alberi di ordine 4. Tali alberi possono essere schematizzati come segue: s @ @s

s

s

s

s

s

s

s

s

s

Esercizio 10.7.2. A meno di isomorfismi esistono esattamente tre alberi di ordine 5: s s D D s D s @ D @Ds

s s D D s D s @ D @Ds

s s s s @ @s

Esercizio 10.7.3. Γ e` connesso ma non e` un albero perché possiede per esempio il circuito {{a, b}, {b, c}, {a, c}}. Per avere un albero di supporto si può per esempio considerare (V, E 0 ) con E 0 = {{a, e}, {a, b}, {b, c}, {c, d}, {d, f }}. Esercizio 10.7.4. Γ e` un grafo di ordine 10 connesso con 9 lati, pertanto, per la 10.7.3, e` un albero. Le fogli sono 3, 8 e 10. Esercizio 10.7.5. Un tale grafo ha esattamente 7 lati.

Esercizio 10.8.1. (i) Ovviamente 2a 3b v 2a 3b essendo a ≤ a e b ≤ b, quindi v e` riflessiva. Da 2a 3b v 2c 3d e 2c 3d v 2a 3b segue a ≤ c, b ≤ d, c ≤ a e d ≤ b, quindi a = c e b = d, cioè 2a 3b = 2c 3d , e v e` asimmetrica. Infine da 2a 3b v 2c 3d e 2c 3d v 2e 3f segue a ≤ c, b ≤ d, c ≤ e e d ≤ f , quindi a ≤ e e b ≤ f , cioè 2a 3b v 2e 3f , e v e` transitiva. Pertanto v e` una relazione d’ordine. (ii) L’insieme ordinato (L, v) non e` totalmente ordinato, in quanto per esempio 2 = 21 30 e 3 = 20 31 non sono confrontabili. Di conseguenza, per 2.4.12, (L, v)


87

non e` ben ordinato. L’unico elemento minimale in (L, v) e` 1 = 20 30 ; risulta anche 1 = min L. E´ poi evidente che in (L, v) non ci sono elementi massimali, quindi non esiste max L. (iii) Per ogni 2a 3b , 2c 3d ∈ L risulta supL {2a 3b , 2c 3d } = 2max{a,c} 3max{b,d} , inf L {2a 3b , 2c 3d } = 2min{a,c} 3min{b,d} . Pertanto (L, v) e` un reticolo. (iv) Per ogni 2a 3b , 2c 3d , 2e 3f ∈ L, tenendo presente quanto provato all’inizio dello svolgimento dell’Esercizio 10.3.2, risulta 2a 3b ∨ (2c 3d ∧ 2e 3f ) = 2a 3b ∨ 2min{c,e} 3min{d,f } = 2max{a,min{c,e}} 3max{b,min{d,f }} = 2min{max{a,c},max{a,e}} 3min{max{b,d},max{b,f }} = 2max{a,c} 3max{b,d} ∧ 2max{a,e} 3max{b,f } = (2a 3b ∨ 2c 3d ) ∧ (2a 3b ∨ 2e 3f ), e ciò prova che L e` distributivo. (v) Tenendo presente quanto provato nel punto (iii) risulta: 4 ∧ 6 = 22 30 ∧ 21 31 = 21 30 = 2, 12 ∧ 18 = 22 31 ∧ 21 32 = 21 31 = 6, 4 ∨ 6 = 22 30 ∨ 21 31 = 22 31 = 12, 6 ∨ 9 = 21 31 ∨ 20 32 = 21 32 = 18. (vi) Per ogni 2a 3b , 2c 3d ∈ L da 2a 3b v 2c 3d segue h(2a 3b ) = a + b ≤ c + d = h(2c 3d ), quindi h e` un omomorfismo tra gli insiemi ordinati (L, v) e (N0 , ≤). (vii) Risulta h(21 30 ) = 1 = h(20 31 ), 21 30 ∨ 20 31 = 21 31 , h(21 30 ∨ 20 31 ) = h(21 31 ) = 2 6= 1 = 1 ∨ 1 = h(21 30 ) ∨ h(20 31 ). Quindi h non e` un omomorfismo tra i reticoli (L, v) e (N0 , ≤). (viii) Il diagramma di Hasse di (F, v) e` il seguente: 16s 12s 18s 27s A A A 4As 6As As9 A A As As

2

3

E` poi evidente che (F, v) non e` un sottoreticolo di (L, v): per esempio 2 ∧ 3 = 1∈ / F. Esercizio 10.8.2. (i) Ovviamente 2a 3b v 2a 3b essendo a ≤ a e b|b, quindi v e` riflessiva. Da 2a 3b v 2c 3d e 2c 3d v 2a 3b segue a ≤ c, b|d, c ≤ a e d|b, quindi a = c e b = d, cioè 2a 3b = 2c 3d , e v e` asimmetrica. Infine da 2a 3b v 2c 3d e

88

Capitolo 10

2c 3d v 2e 3f segue a ≤ c, b|d, c ≤ e e d|f , quindi a ≤ e e b|f , cioè 2a 3b v 2e 3f , e v e` transitiva. Pertanto v e` una relazione d’ordine. (ii) L’insieme ordinato (L, v) non e` totalmente ordinato, in quanto per esempio 9 = 20 32 e 27 = 20 33 non sono confrontabili. Di conseguenza, per 2.4.12, (L, v) non e` ben ordinato. L’unico elemento minimale in (L, v) e` 3 = 20 31 ; risulta anche 3 = min L. E´ poi evidente che in (L, v) non ci sono elementi massimali, quindi non esiste max L. (iii) Per ogni 2a 3b , 2c 3d ∈ L risulta supL {2a 3b , 2c 3d } = 2max{a,c} 3mcm(b,d) , inf L {2a 3b , 2c 3d } = 2min{a,c} 3MCD(b,d) . Pertanto (L, v) e` un reticolo. (iv) Si osservi innanzitutto che, come provato nell’Esercizio 10.3.2, per ogni b, d, f ∈ N0 risulta mcm(b, MCD(d, f )) = MCD(mcm(b, d), mcm(b, f )). Per ogni 2a 3b , 2c 3d , 2e 3f ∈ L, tenendo presente anche quanto provato all’inizio dello svolgimento dell’Esercizio 10.3.2, risulta 2a 3b ∨ (2c 3d ∧ 2e 3f ) = 2a 3b ∨ 2min{c,e} 3MCD(d,f ) = 2max{a,min{c,e}} 3mcm(b,MCD(d,f )) = 2min{max{a,c},max{a,e}} 3MCD(mcm(b,d),mcm(b,f )) = 2max{a,c} 3mcm(b,d) ∧ 2max{a,e} 3mcm(b,f ) = (2a 3b ∨ 2c 3d ) ∧ (2a 3b ∨ 2e 3f ), e ciò prova che L e` distributivo. (v) Tenendo presente quanto provato nel punto (iii) risulta: 4 ∧ 6 = 22 30 ∧ 21 31 = 21 31 = 6, 12 ∧ 18 = 22 31 ∧ 21 32 = 21 31 = 6, 4 ∨ 6 = 22 30 ∨ 21 31 = 22 30 = 4, 6 ∨ 9 = 21 31 ∨ 20 32 = 21 32 = 18. (vi) Per ogni 2a 3b , 2c 3d ∈ L, da σ(2a 3b ) = σ(2c 3d ) segue immediatamente a = c, b = d, dunque 2a 3b = 2c 3d , e σ e` iniettiva. e` poi evidente che σ non e` suriettiva: per esempio, non esiste alcun elemento 2a 3b ∈ L tale che σ(2a 3b ) = {1, 3}. (vii) Con 2a 3b , 2c 3d ∈ L sia 2a 3b v 2c 3d . Se b = 0 allora necessariamente d = 0 e a ≤ c, quindi σ(2a 3b ) ⊆ σ(2c 3d ); se invece b 6= 0 allora a ≤ c e b|d, quindi b ≤ d, da cui ancora σ(2a 3b ) ⊆ σ(2c 3d ). Pertanto h e` un omomorfismo tra gli insiemi ordinati (L, v) e (P(N), ⊆). (viii) Risulta per esempio σ(6) = σ(21 31 ) = {2}, σ(12) = σ(22 31 ) = {3}, e σ(6 ∨ 12) = σ(12) = {3} 6= {2, 3} = σ(6) ∨ σ(12). Quindi σ non e` un omomorfismo tra i reticoli (L, v) e (P(N), ⊆). (ix) Il diagramma di Hasse di (F, v) e` il seguente:


89

s16 s4 s2

12s 18s 6s

s9 @ @s

s27

3 È poi evidente che (F, v) non e` un sottoreticolo di (L, v): per esempio 9 ∨ 27 = 20 36 = 729 ∈ / F. Esercizio 10.8.3. (i) Ovviamente 3n + 1 v 3n + 1 poiché n|n, quindi v e` riflessiva. Da 3n + 1 v 3m + 1 e 3m + 1 v 3n + 1 segue n|m e m|n, quindi n = m e 3n + 1 = 3m + 1, per cui v e` asimmetrica. Infine da 3n + 1 v 3m + 1 e 3m + 1 v 3r + 1 segue n|m e m|r, quindi n|r e 3n + 1 v 3r + 1, cioè v e` transitiva. Pertanto v e` una relazione d’ordine. (ii) L’insieme ordinato (L, v) non e` totalmente ordinato, in quanto per esempio 7 = 3 · 2 + 1 e 10 = 3 · 3 + 1 non sono confrontabili. Di conseguenza, per 2.4.12, (L, v) non e` ben ordinato. (iii) Per ogni 3n + 1, 3m + 1 ∈ L risulta: supL {3n + 1, 3m + 1} = 3(mcm(n, m)) + 1, inf L {3n + 1, 3m + 1} = 3(MCD(n, m)) + 1. Pertanto (L, v) e` un reticolo. (iv) L’applicazione f e` banalmente biettiva. Inoltre per ogni 3n + 1, 3m + 1 ∈ L risulta: f (3n + 1 ∨ 3m + 1) = f (3(mcm(n, m)) + 1) = mcm(n, m) = f (3n + 1) ∨ f (3m + 1), f (3n + 1 ∧ 3m + 1) = f (3(MCD(n, m)) + 1) = MCD(n, m) = f (3n + 1) ∧ f (3m + 1), quindi f e` un isomorfismo tra i reticoli (L, v) e (N0 , |). (v) Risulta min L = 1 · 3 + 1 = 4, max L = 0 · 3 + 1 = 1. (vi) Essendo 7 = 2·3+1, 10 = 3·3+1, 13 = 4·3+1, 19 = 6·3+1, 37 = 12·3+1 il diagramma di Hasse di F e` il seguente: 37s @

13 s @s19 s

7

@

@s

10

90

Capitolo 10

(vii) F non e` un sottoreticolo di L: per esempio, 7 ∧ 10 = 4 ∈ / F. Esercizio 10.8.4. (i) Ovviamente 5a v 5a poiché a|a, quindi v e` riflessiva. Da 5a v 5b e 5b v 5a segue a|b e b|a, quindi a = b e 5a = 5b, per cui v e` asimmetrica. Infine da 5a v 5b e 5b v 5c segue a|b e b|c, quindi a|c e 5a v 5c, cioè v e` transitiva. Pertanto v e` una relazione d’ordine. (ii) L’insieme ordinato (5N0 , v) non e` totalmente ordinato, in quanto per esempio 10 = 5·2 e 15 = 5·3 non sono confrontabili. Di conseguenza, per 2.4.12, (5N0 , v) non e` ben ordinato. Risulta min 5N0 = 5, max 5N0 = 0. (iii) Per ogni 5a, 5b ∈ 5N0 risulta: sup5N0 {5a, 5b} = 5(mcm(a, b)), inf 5N0 {5a, 5b} = 5(MCD(a, b)). Pertanto (5N0 , v) e` un reticolo. (iv) Si ha 15 ∨ 25 = (5 · 3) ∨ (5 · 5) = 5 · mcm(3, 5) = 75. (v) Con 5a, 5b ∈ 5N0 , risulta ω(5a ∨ 5b) = ω(5 · mcm(a, b)) = mcm(a, b) e ω(5a ∧ 5b) = ω(5 · MCD(a, b)) = MCD(a, b), quindi ω e` un omomorfismo tra i reticoli (5N0 , v) e (N0 , |). (vi) Risulta 5 · 1 v 5 · 0, ma σ(5 · 1) = 1 > 0 = σ(5 · 0) quindi σ non e` un omomorfismo tra gli insiemi ordinati (5N0 , v) e (N0 , ≤). (vii) Risulta σ((5 · 0) ∨ (5 · 1)) = σ(0) = 0, ma σ(5 · 0) ∨ σ(5 · 1) = 0 ∨ 1 = 1, quindi σ non e` un omomorfismo tra i reticoli (5N0 , v) e (N0 , ≤). Si osservi che il risultato segue anche direttamente dalla (iv) di 10.2.1 e da quanto provato al punto precedente. (viii) Il diagramma di Hasse di H e` il seguente: 150 s 20 50s s s

s

s

10 25 15 (ix) H non e` un sottoreticolo di 5N0 : per esempio, 10 ∧ 15 = 5 ∈ / H. (x) In (H, v) l’unico maggiorante dell’insieme {15, 25} e` 150, quindi risulta supH {15, 25} = 150. (xi) Gli elementi minimali in (H, v) sono 10, 15 e 25; pertanto non esiste min H. (xii) Gli elementi massimali in (H, v) sono 20 e 150; pertanto non esiste max H. Esercizio 10.8.5. Per ogni X, Y ∈ V con X 6= Y si ha che X ∪ Y ∈ V e L = {l1 , l2 } con l1 = {X, X ∪ Y } e l2 = {X ∪ Y, Y } e` un cammino da X a Y . Dunque Γ e` connesso. Un circuito e` per esempio {∅, {a}}, {{a}, {a, c}}, {{c}, {a, c}},{∅, {c}}. Un albero di supporto e` Γ1 = (V, E1 ) dove l’insieme E1 e` costituito dai lati {{∅, {a}}, {∅, {c}}, {∅, {b}}, {{a}, {a, b}}, {{b}, {b, c}}, {{c}, {a, c}}, {S, {b, c}}}. Per il Corollario 10.6.5 il multigrafo considerato non


91

possiede cammini euleriani: infatti ciascuno dei suoi vertici ha grado 3 ed e` quindi dispari. Esercizio 10.8.6. Si può per esempio considerare il multigrafo (V, E, ψ) con V = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, E = {li : i ∈ N, 1 ≤ i ≤ 21} e ψ : E → [V ]2 tale che ψ(l1 ) = {1, 2} = ψ(l9 ), ψ(l2 ) = {2, 3} = ψ(l10 ), ψ(l3 ) = {3, 4} = ψ(l11 ), ψ(l4 ) = {4, 5} = ψ(l12 ), ψ(l5 ) = {5, 6} = ψ(l13 ), ψ(l6 ) = {6, 7} = ψ(l14 ), ψ(l7 ) = {7, 8} = ψ(l15 ), ψ(l8 ) = {8, 9} = ψ(l16 ), ψ(l17 ) = {1, 10}, ψ(l18 ) = {2, 10}, ψ(l19 ) = {3, 10}, ψ(l20 ) = {4, 10}, ψ(l21 ) = {9, 10}: l4

•4 ? l3

•3 l2

•2 l1

•1

l5

•5

l6

•6

•7

?? l l13 l14 ?? 12 ?? l11 ?? l15 l7 ?? ?? ?? •8 ?? JJ ?? JJ ?? JJ JJ ??l20 JJ ?? l10 l16 l8 JJ ?? JJ JJ ? JJ l19 ?? ?? J J •9 TTTT JJ TTTT JJ ??? JJ ?? TTTT JJ ? TTTT l18 J ? T T T l21 l9 TTTT JJJJ??? TTTT JJ? TTTT JJ?? TT l17

•10

Tale grafo e` del tipo richiesto: infatti e` connesso e privo di punti isolati, ed avendo 6 vertici dispari (precisamente: 1, 2, 3, 4, 9, 10) non possiede cammini euleriani per il Corollario 10.6.5.

92

A Cenni di logica proposizionale e predicativa

Esercizio A.1. Posto P = A ∨ (B ∧ C), Q = (A ∨ B) ∧ (A ∨ C), la prima forma enunciativa considerata ha la seguente tavola di verità: A V V V V F F F F

B V V F F V V F F

C B∧C V V F F V F F F V V F F V F F F

P V V V V V F F F

A∨B A∨C V V V V V V V V V V V F F V F F

Q P ⇐⇒ Q V V V V V V V V V V F V F V F V

quindi essa e` una tautologia. Posto poi P = A ∧ (B ∨ C), Q = (A ∧ B) ∨ (A ∧ C), la seconda forma enunciativa considerata ha la seguente tavola di verità: A V V V V F F F F

B V V F F V V F F

C B∨C V V F V V V F F V V F V V V F F

P V V V F F F F F

quindi anch’essa e` una tautologia.

A∧B A∧C V V V F F V F F F F F F F F F F

Q P ⇐⇒ Q V V V V V V F V F V F V F V F V

94

Appendice A

Esercizio A.2. Le tavole di verità richieste sono le seguenti: A V V F F A V V V V F F F F

B V V F F V V F F

B A =⇒ B (A =⇒ B) ∧ A V V V F F F V V F F V F C ¬C A ∧ ¬C (A ∧ ¬C) ⇐⇒ B V F F F F V V V V F F V F V V F V F F F F V F F V F F V F V F V

Esercizio A.3. Per verificare che le forme enunciative considerate sono tautologie e` sufficiente scrivere le rispettive tavole di verità. Le prime quattro sono le seguenti: A A ∧ A A ∧ A ⇐⇒ A V V V F F V A A ∨ A A ∨ A ⇐⇒ A V V V F F V A V V F F

B A ∨ B B ∨ A A ∨ B ⇐⇒ B ∨ A V V V V F V V V V V V V F F F V

A V V F F

B A ∧ B B ∧ A A ∧ B ⇐⇒ B ∧ A V V V V F F F V V F F V F F F V

Cenni di logica proposizionale e predicativa

95

Posto poi P = (A ∨ B) ∨ C e Q = A ∨ (B ∨ C) si ha: A V V V V F F F F

B V V F F V V F F

C A∨B V V F V V V F V V V F V V F F F

P V V V V V V V F

B∨C V V V F V V V F

Q P ⇐⇒ Q V V V V V V V V V V V V V V F V

Infine, posto P = (A ∧ B) ∧ C e Q = A ∧ (B ∧ C) si ha: A V V V V F F F F

B V V F F V V F F

C A∧B V V F V V F F F V F F F V F F F

P V F F F F F F F

B∧C V F F F V F F F

Q P ⇐⇒ Q V V F V F V F V F V F V F V F V

Esercizio A.4. Per verificare che le forme enunciative considerate sono contraddizioni e` sufficiente scrivere le rispettive tavole di verità, che sono le seguenti: A V V F F

B A ∧ B ¬A ¬B ¬A ∨ ¬B A ∧ B ⇐⇒ ¬A ∨ ¬B V V F F F F F V F V V F V V V F V F F F V V V F

A V V F F

B A ∨ B ¬A ¬B ¬A ∧ ¬B A ∨ B ⇐⇒ ¬A ∧ ¬B V V F F F F F V F V F F V V V F F F F F V V V F

96

Appendice A

Esercizio A.5. Posto: P1 : Carla e` francese P2 : Luigi e` americano la proposizione P si scrive al modo seguente: ¬P1 ∨ (P2 ∧ P1 ). Posto poi: Q1 : Il bambino e` felice Q2 : E` domenica Q3 : C’è il sole Q4 : Il bambino mangia il gelato la proposizione Q si scrive al modo seguente: Q1 ⇐⇒ (Q2 ∧ Q3 ∧ Q4 ). Esercizio A.6. Esercizio A.7. Gli enunciati considerati possono essere scritti come segue: A : (∃x, y ∈ Z)(x + y = 12); B : (∀x ∈ 2N0 )(2x + 16 ∈ 2N); C : (∀x ∈ N, x > 7)(∃y ∈ N)(x = y + 7); D : (∀x ∈ P)(x e` dispari oppure x = 2). Esercizio A.8. Le negazioni richieste sono le seguenti: ¬H : (∃x)(∀y)(x − 3y 6= 15); ¬K : (∃x)((∀y)(x ≤ y + 7) ∧ (∀y)(x − 7 > y)); ¬L : (∀x)(∃y)(x − 15 > y). Esercizio A.9. Esercizio A.10. Per assurdo, esista a = max N0 . Allora a ∈ N0 , e ovviamente a + 1 ∈ N0 . Ma a < a + 1, in contraddizione con la massimalità di a in N0 . Ciò prova che N0 non ha massimo.

Libro Delizia Esercizi Soluzioni

Recommend Documents