IOAN PURDEA COSMIN PELEAleoreanu/depozit/PROBLEME... · Prefa¸t˘a Aceast˘a culegere de probleme urmeaz˘a structura cursului ,,Algebra” de Ioan Pur-dea ¸si Ioana Pop ([34]),

IOAN PURDEA COSMIN PELEA

PROBLEME DE ALGEBRA

Editia a II-a revazuta si completata

2007

Cuprins

Prefata i

I ENUNTURI 1

1 Relatii. Functii 3

2 Grupoizi. Semigrupuri. Grupuri 29

3 Inele si corpuri 55

4 Semigrupuri si inele de fractii 69

5 Divizibilitatea ın monoizi comutativi cu simplificare si

ın domenii de integritate 73

6 Spatii vectoriale 79

7 Corpuri comutative. Teoria lui Galois 99

II SOLUTII, INDICATII si RASPUNSURI 103

1 Relatii. Functii 105

2 Grupoizi. Semigrupuri. Grupuri 149

3 Inele si corpuri 189

4 Semigrupuri si inele de fractii 223

5 Divizibilitatea ın monoizi comutativi cu simplificare si

ın domenii de integritate 229

6 Spatii vectoriale 243

7 Corpuri comutative. Teoria lui Galois 279

Bibliografie 293

CUPRINS

Index 297

Prefata

Aceasta culegere de probleme urmeaza structura cursului ,,Algebra” de Ioan Pur-dea si Ioana Pop ([34]), aparut ın 2003 la Editura GIL, Zalau, si are la baza activ-itatea si experienta celor doi autori, a unuia de peste 45 de ani, iar a celuilalt deaproape 10 ani, ın predarea algebrei la Facultatea de Matematica si Informatica aUniversitatii ,,Babes-Bolyai” din Cluj Napoca, precum si lectiile tinute de acestiapentru profesorii de matematica din gimnaziu si liceu la cursurile de perfectionareın specialitate.

Lucrarea de fata se adreseaza studentilor de la sectiile de matematica, infor-matica, matematica si informatica. matematica si fizica, fizica, precum si studentilordin ınvatamantul tehnic si economic. De asemenea, se adreseaza profesorilor dematematica pentru pregatirea examenului de definitivat ın ınvatamant, a examenu-lui de gradul II si a concursului de ocupare a catedrelor vacante. In bogatul materialdin aceasta carte se gasesc probleme care pot fi abordate cu succes si de catre eleviide liceu.

Lucrarea are doua parti: prima cuprinde enunturile problemelor si, acolo undeeste necesar, unele precizari de natura teoretica, iar partea a doua cuprinde solutii,indicatii si raspunsuri. Cele peste 830 de probleme sunt distribuite ın 7 capitole,aceleasi capitole ca cele din cursul mentionat, si este urmarita succesiunea para-grafelor din fiecare capitol al cursului. Pentru toate problemele cu grad mediu sausporit de dificultate am prezentat ın cea de a doua parte fie solutia completa, fie amfurnizat indicatii amanuntite pentru rezolvarea lor.

Multumim colegilor Rodica Covaci, Septimiu Crivei si Simion Breaz pentru aju-torul acordat la pregatirea manuscrisului pentru tipar.

Autorii

i

ii PREFATA

Partea I

ENUNTURI

1

Capitolul 1

Relatii. Functii

1.1. Fie A o multime cu m elemente si B o multime cu n elemente. Sa se determinenumarul:a) elementelor lui A×B;b) submultimilor lui A× B;c) relatiilor ıntre elementele lui A si B.

1.2. Fie multimile A = {1, 2}, B = {1, 2, 3}, C = {1, 2, 3, 4} si relatiile binare(A,B,R1), (B,C,R2), (B,C,R3) cu graficele R1 = {(1, 3), (2, 3), (1, 2)}, R2 ={(3, 1), (1, 4), (3, 4)} si R3 = {(1, 2), (1, 4), (2, 2), (2, 3)}. Sa se determine:a) relatia universala ıntre elementele multimilor A si B, complementara ei si com-plementara relatiei (A,B,R1);b) reuniunea si intersectia relatiilor (B,C,R2) si (B,C,R3);c) relatiile (A,C,R2 ◦R1) si (B,B,R1 ◦R2);

d) relatiile (B,A,−1

R1), (C,B,−1

R2), (C,A,−1

R2 ◦R1).

1.3. Fie ≤ relatia de inegalitate ın R si ≥ inversa sa. Sa se reprezinte ıntr-un sistemde coordonate ortogonal graficul:a) relatiei ≤ ;b) relatiei ≥ ;c) intersectiei relatiilor ≤ si ≥ ;d) reuniunii relatiilor ≤ si ≥ ;e) complementarei relatiei ≤ .

1.4. Fie < relatia de inegalitate stricta ın N. Sa se determine relatiile <2 , <3 siprodusele (compusele) < ◦ > , > ◦ < .

Daca A si B sunt multimi fixate atunci, adesea, o relatie (binara) ρ = (A,B,R) ıntre

elementele multimilor A si B se identifica cu graficul sau R.

1.5. Fie ρ graficul unei relatii ıntre numere reale. Sa se indice transformarea geo-

metrica ce ne conduce de la ρ la−1ρ . Sa se construiasca

−1ρ0 ın cazul ın care

ρ0 = {(x, y) ∈ R2 | y =√

3 x}.1.6. Fie R1, R2 ⊆ A×B. Sa se arate ca

R1 = R2 ⇔−1

R1 =−1

R2.

3

4 CAPITOLUL 1. RELATII. FUNCTII (ENUNTURI)

1.7. Fie ρij ⊆ Rn × Rn (i, j = 1, . . . , n) relatiile definite astfel:

(a1, . . . , an)ρij(b1, . . . , bn) ⇔ a1 + · · ·+ ai = b1 + · · ·+ bj .

Sa se determine relatiile ρi =

n⋂

j=1

ρij (i = 1, . . . , n), ρ =

n⋂

i=1

ρii si ρ′ =

n⋂

i,j=1

ρij .

1.8. Fie R, S, T si Rk (k ∈ N∗) relatiile definite ın N astfel:

mRn ⇔ m|n (m divide pe n);

mSn ⇔ m < n;

mRkn ⇔ |m− n| = k.

Sa se determine R2, S ◦R, T 2, R ◦Rk, Rk ◦R, Rk ◦ S, S ◦Rk, Rk ◦R1.

1.9. Fie C[a, b] = {f : [a, b] → R | f este continua} si ρ1, ρ2, ρ3 relatiile definite peC[a, b] prin:

fρ1g ⇔ ∀x ∈ [a, b], f(x) ≤ g(x);

fρ2g ⇔ f(a) = g(a), f(b) = g(b);

fρ3g ⇔ ∀x ∈ [a, b], f(x) 6= g(x).

Sa se determine ρ21, ρ

22, ρ

23, ρ2 ◦ ρ1, ρ3 ◦ ρ2, ρ2 ◦ ρ3.

1.10. Fie A = {1, 2, 3, 4} si fie pe A relatiile R = {(1, 2), (1, 4), (2, 3), (4, 4), (4, 3)},S = {(2, 4), (3, 4), (1, 1)}, S ′ = {(4, 4), (1, 4)}. Sa se determine relatiile (S ∩ S ′) ◦R,(S ◦R) ∩ (S ′ ◦R), R ◦ (S ∩ S ′), (R ◦ S) ∩ (R ◦ S ′).

1.11. Fie multimile A = {a1, a2, a3, a4}, B = {b1, b2, b3, b4, b5}, X = {a2, a4}, Y ={b1, b2, b4, b5} si R = {(a1, b2), (a3, b5), (a1, b3), (a2, b4)} ⊆ A × B. Sa se determine

R(X), R〈a2〉,−1

R(Y ),−1

R〈b5〉, pr1R, pr2R.

1.12. Fie ρ relatia binara definita ın N astfel:

mρn ⇔ m divide pe n.

Sa se determine ρ〈1〉, −1ρ ({4, 9}), pr1ρ, pr2ρ.

1.13. Fie ρ = {(x, y) ∈ R × R | x2 + y2 ≤ 1}. Sa se determine ρ〈−1〉, ρ〈0〉, ρ〈1〉,ρ〈2〉, ρ([0, 1]), pr1ρ, pr2ρ.

1.14. Fie A,B ⊆ R, X ⊆ A, Y ⊆ B, ρ ⊆ A×B. Sa se dea interpretarea geometrica

pentru fiecare dintre multimile ρ(X),−1ρ (Y ), pr1ρ, pr2ρ. Sa se analizeze cazurile

particulare X = {x}, Y = {y}.

1.15. Fie A,B doua multimi, R ⊆ A× B si X ⊆ A. Sa se arate ca

R(X) =⋃

x∈X

R〈x〉.

5

1.16. Fie A,B multimi, R1, R2 ⊆ A× B. Sa se arate ca

R1 = R2 ⇔ ∀x ∈ A, R1〈x〉 = R2〈x〉 ⇔ ∀y ∈ B,−1

R1〈y〉 =−1

R2〈y〉.

1.17. Fie A,B multimi, R ⊆ A× B, a ∈ A si X ⊆ A. Sa se arate ca:a) R〈a〉 6= ∅ ⇔ a ∈ pr1R;b) R(X) = R(X ∩ pr1R);c) R(X) = ∅ ⇔ X ∩ pr1R = ∅.

1.18. Fie ρ = {(x, y) ∈ R × R | x2 + y2 = 1}, X =

[−2,

1

2

]si Y =

[−1

2, 1

]. Sa se

determine ρ(X ∩ Y ) si ρ(X) ∩ ρ(Y ).

1.19. Fie ρ = {(x, y) ∈ R × R | x2 + y2 = 1}, ρ′ = {(x, y) ∈ R × R | x > 2} siX = [0, 3]. Sa se determine (ρ ∩ ρ′)(X) si ρ(X) ∩ ρ′(X).

1.20. Fie X = {z ∈ C | |z| = 1} si ρ1, ρ2, ρ3 relatiile binare definite ın C astfel:

z1ρ1z2 ⇔ |z1| = |z2|;

z1ρ2z2 ⇔ arg z1 = arg z2 sau z1 = 0 = z2;

z1ρ3z2 ⇔ z1 = z2,

(unde arg zi si zi sunt argumentul redus, respectiv, conjugatul numarului complexzi (i = 1, 2)). Sa se determine ρk(R), ρk(X) si ρk〈i〉 (k = 1, 2, 3).

1.21. Fie A,B doua multimi, X,X ′ ⊆ A si Y ⊆ B. Sa se arate ca:

a)−1

X × Y = Y ×X;b) Y 6= ∅ ⇒ pr1(X × Y ) = X;c) X 6= ∅ ⇒ pr2(X × Y ) = Y ;d) x ∈ X ⇒ (X × Y )〈x〉 = Y ;e) x /∈ X ⇒ (X × Y )〈x〉 = ∅;f) X ∩X ′ 6= ∅ ⇒ (X × Y )(X ′) = Y ;g) X ∩X ′ = ∅ ⇒ (X × Y )(X ′) = ∅.

1.22. Fie A,B,C trei multimi, R ⊆ A × B, S ⊆ B × C, X ⊆ A, Y, Y ′ ⊆ B siZ ⊆ C. Sa se arate ca:a) S ◦ (X × Y ) = X × S(Y );

b) (Y × Z) ◦R =−1

R(Y ) × Z;c) Y ∩ Y ′ 6= ∅ ⇒ (Y ′ × Z) ◦ (X × Y ) = X × Z;d) Y ∩ Y ′ = ∅ ⇒ (Y ′ × Z) ◦ (X × Y ) = ∅.

1.23. Fie A o multime. Sa se determine o relatie omogena ρ pe A astfel ıncat sa fieındeplinita conditia:a) ρ ◦ (A×A) = A× A;b) (A×A) ◦ ρ = A× A;c) ρ ◦ (A× A) ◦ ρ = A×A;d) (A×A) ◦ ρ ◦ (A× A) = A× A;

e)−1ρ ◦ ρ = A×A.


1.24. Fie A,B,C trei multimi, R ⊆ A× B si S ⊆ B × C. Sa se arate ca:

a) S ◦R = {(a, c) ∈ A× C | R〈a〉 ∩−1

S 〈c〉 6= ∅};b) S ◦R =

⋃

b∈B

−1

R〈b〉 × S〈b〉.

1.25. Fie A,B,C multimi, R ⊆ A× B si S ⊆ B × C. Sa se arate ca:

a) pr1(S ◦R) =−1

R(pr1S) ⊆ pr1R;b) pr2(S ◦R) = S(pr2R) ⊆ pr2S;c) S ◦R = ∅ ⇔ pr2R ∩ pr1S = ∅;d) S ◦R ⊆ pr1R× pr2S.

1.26. Fie A,B multimi si R ⊆ A × B. Sa se arate ca urmatoarele conditii suntechivalente:a) pentru orice x ∈ A, R〈x〉 6= ∅;b) ∆A ⊆

−1

R ◦R;c) pr1R = A;d) daca A′ este o multime si P1, P2 ⊆ A′ × A atunci

(R ◦ P1) ∩ (R ◦ P2) = ∅ ⇔ P1 ∩ P2 = ∅;

e) daca A′ este o multime si P ⊆ A′ ×A atunci

R ◦ P = ∅ ⇔ P = ∅;

f) daca X1, X2 ⊆ A atunci

R(X1) ∩ R(X2) = ∅ ⇔ X1 ∩X2 = ∅;

g) daca X ⊆ A atunciR(X) = ∅ ⇔ X = ∅;

h) daca Y1, Y2 ⊆ B atunci

Y1 ∪ Y2 = B ⇔−1

R(Y1) ∪−1

R(Y2) = A;

i) daca Y ⊆ B atunci−1

R(Y ) ∪−1

R(CB(Y )) = A.

1.27. Fie A,B multimi si R ⊆ A × B. Sa se arate ca urmatoarele conditii suntechivalente:a) pentru orice x ∈ A, R〈x〉 contine cel mult un element;

b) R ◦−1

R ⊆ ∆B;c) daca B′ este o multime si S1, S2 ⊆ B × B′ atunci

(S1 ∩ S2) ◦R = (S1 ◦R) ∩ (S2 ◦R);

d) daca B′ este o multime si S1, S2 ⊆ B × B′ atunci

S1 ∩ S2 = ∅ ⇒ (S1 ◦R) ∩ (S2 ◦R) = ∅;

7

e) daca B′ este o multime si S ⊆ B × B′ atunci

(S ◦R) ∩ (CB×B′(S) ◦R) = ∅;

f) daca Y1, Y2 ⊆ B atunci

Y1 ∩ Y2 = ∅ ⇒−1

R(Y1) ∩−1

R(Y2) = ∅;

g) daca Y ⊆ B atunci−1

R(Y ) ∩−1

R(CB(Y )) = ∅;h) daca Y ⊆ B atunci

−1

R(Y ) ∩ CA(−1

R(Y )) =−1

R(CB(Y )).

1.28. Fie A,B multimi, R ⊆ A×B si X,X ′ ⊆ A. Sa se arate ca daca pentru orice

y ∈ B sectiunea−1

R〈y〉 are cel mult un element atunci

R(CA(X)) = pr2R \R(X) si R(X ∩X ′) = R(X) ∩ R(X ′).

1.29. Fie A,B,C multimi, R1, R2 ⊆ A × B si S ⊆ B × C. Sa se arate ca daca

pentru orice z ∈ C sectiunea−1

S 〈z〉 are cel mult un element atunci

S ◦ (R1 ∩ R2) = (S ◦R1) ∩ (S ◦R2).

1.30. Fie R ⊆ B × C. Sa se arate ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:a) X1, X2 ⊆ B, X1 6= X2 ⇒ R(X1) 6= R(X2) ;b) pentru orice multime A si orice relatii binare R1, R2 ⊆ A×B avem

R ◦R1 = R ◦R2 ⇒ R1 = R2.

1.31. Fie R ⊆ A×B. Sa se arate ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

a) Y1, Y2 ⊆ B, Y1 6= Y2 ⇒−1

R(Y1) 6=−1

R(Y2);b) pentru orice multime C si orice relatii binare R1, R2 ⊆ B × C avem

R1 ◦R = R2 ◦R ⇒ R1 = R2.

1.32. Sa se arate ca daca f = (A,B, F ) este o functie atunci pr1F = A.

1.33. Sa se precizeze daca sunt sau nu egale functiile:a) f : R → R, f(x) = x2 si g : R → (0,∞), g(x) = x2;b) f : R → R, f(x) = x2 si g : (−∞, 0] → R, g(x) = x2;c) f : R → R, f(x) = x2 si g : R → R, g(t) = t2.

1.34. Fie f : R → R, f(x) = x2 si X1 = (−1, 0], X2 = [0, 1]. Sa se determinef(X1 ∩X2) si f(X1) ∩ f(X2).

1.35. a) Fie A,B ⊆ R si F o multime de puncte din plan. Ce conditii trebuie saındeplineasca F pentru a fi graficul unei functii cu domeniul A si codomeniul B?b) Fie A = [1, 4], B = [1, 3]. Sunt multimile F si G indicate ın figurile urmatoaregraficele unor functii cu domeniul A si codomeniul B?


1 4

1

3

O

y

x

F

y

O 1 4

1

3

G

1.36. Fie F,G ⊆ A × B graficul unor functii definite pe A cu valori ın B. Sunt

F ∪G, F ∩G, CA×B(F ) grafice de functii definite pe A cu valori ın B? Dar−1

F estegraficul unei functii cu domeniul B si codomeniul A?

1.37. Fie F siG cu semnificatia din problema precedenta. Sa se dea conditii necesaresi suficiente pentru ca F ∪ G (F ∩ G, respectiv CA×B(F )) sa fie grafice de functii

cu domeniul A si codomeniul B, iar−1

F sa fie graficul unei functii cu domeniul B sicodomeniul A.

1.38. Fie f : A→ B o functie si F graficul sau. Sa se arate ca urmatoarele afirmatiisunt echivalente:a) f este injectiva;

b) pentru orice y ∈ B,−1

F 〈y〉 contine cel mult un element;c) pentru orice y ∈ B, ecuatia f(x) = y (cu necunoscuta x) are cel mult o solutie ınmultimea A.

1.39. Fie A,B ⊆ R, f : A→ B o functie si F graficul sau.a) Sa se arate ca f este injectiva daca si numai daca orice paralela la Ox, dusaprintr-un punct din B, contine cel mult un punct din F .b) Sa se arate ca daca f este strict monotona atunci f este injectiva. Este adevaratareciproca acestei afirmatii?

1.40. Fie f : A→ B o functie si F graficul sau. Sa se arate ca urmatoarele afirmatiisunt echivalente:a) f este surjectiva;

b) pr2F = B;

c) pentru orice y ∈ B,−1

F 〈y〉 contine cel putin un element, adica−1

F 〈y〉 6= ∅;d) pentru orice y ∈ B, ecuatia f(x) = y (cu necunoscuta x) are cel putin o solutieın A.

1.41. Fie A,B ⊆ R, f : A → B o functie si F graficul sau. Sa se arate ca f estesurjectiva daca si numai daca orice paralela la Ox, dusa printr-un punct din B,contine cel putin un punct din F .

9

1.42. Sa se dea cate un exemplu de functie care are:a) exact doua retracte (diferite) ;b) o infinitate de retracte (diferite).

1.43. Sa se dea cate un exemplu de functie care are :a) exact doua sectiuni (diferite) ;b) o infinitate de sectiuni (diferite).

1.44. Sa se dea un exemplu de functie injectiva a carei inversa (considerata ca sirelatie) nu este o functie.

1.45. Sa se dea un exemplu de functie surjectiva a carei inversa (considerata ca sirelatie) nu este o functie.

1.46. Fie A si B multimi finite cu m, respectiv n elemente. Cum trebuie sa fie msi n pentru ca sa existe cel putina) o functie injectiva f : A→ B ;b) o functie surjectiva f : A→ B ;c) o functie bijectiva f : A→ B ?

1.47. Fie A o multime finita si f : A → A. Sa se arate ca urmatoarele afirmatiisunt echivalente:a) f este injectiva ;b) f este surjectiva ;c) f este bijectiva.

1.48. Fie n ∈ N, n ≥ 2 si f : R → R, f(x) = xn. Este f bijectiva? In caz afirmativsa se determine f−1.

1.49. Pentru o functie f : A→ B se considera functiile

f∗ : P(A) → P(B), f∗(X) = f(X) si f ∗ : P(B) → P(A), f ∗(Y ) =−1

f (Y )

(unde P(A) este multimea submultimilor lui A). Sa se arate ca sunt echivalenteafirmatiile:a) f este injectiva;b) f∗ este injectiva;c) f ∗ ◦ f∗ = 1P(A);d) f ∗ este surjectiva;e) f(X1 ∩X2) = f(X1) ∩ f(X2), pentru orice X1, X2 ⊆ A;f) f(C(X)) ⊆ C(f(X)), pentru orice X ⊆ A.

1.50. Cu notatiile din problema anterioara, sa se arate ca urmatoarele afirmatii suntechivalente:a) f este surjectiva;b) f∗ este surjectiva;c) f∗ ◦ f ∗ = 1P(B);d) f ∗ este injectiva;e) C(f(X)) ⊆ f(C(X)), pentru orice X ⊆ A.


1.51. Fie f : A → N. Cu ajutorul lui f , definim functia f de la multimeasubmultimilor finite X ale multimii A la N astfel:

f(X) =

∑

x∈X

f(x) , daca X 6= ∅

0 , daca X = ∅.

a) Sa se arate ca daca Xi (i = 1, . . . , n) sunt multimi finite atunci

f

(n⋃

i=1

Xi

)=

n∑

i=1

f(Xi) −∑

1≤i<j≤n

f(Xi ∩Xj) +∑

1≤i<j<k≤n

f(Xi ∩Xj ∩Xk)

− · · ·+ (−1)n+1f

(n⋂

i=1

Xi

).

b) Notam cu |X| numarul de elemente ale unei multimi finiteX. Sa se arate, folosindpe a), ca daca Xi (i = 1, . . . , n) sunt multimi finite atunci

∣∣∣∣∣n⋃

i=1

Xi

∣∣∣∣∣ =n∑

i=1

|Xi| −∑

1≤i<j≤n

|Xi ∩Xj | +∑

1≤i<j<k≤n

|Xi ∩Xj ∩Xk|

− · · ·+ (−1)n+1

∣∣∣∣∣n⋂

i=1

Xi

∣∣∣∣∣ .

1.52. Fie A si B doua multimi finite cu m, respectiv n elemente. Sa se determinenumarul :a) functiilor care au domeniul A si codomeniul B;b) functiilor injective care au domeniul A si codomeniul B;c) functiilor bijective care au domeniul A si codomeniul B;d) functiilor surjective care au domeniul A si codomeniul B.

1.53. Fie n un ıntreg pozitiv. Exista o functie f : R → R care verifica una dintreconditiile:a) f(xn) = x pentru orice x ∈ R?b) [f(x)]n = x pentru orice x ∈ R?

1.54. Fie g : R → R o functie para sau periodica. Exista o functie f : R → R astfelca f(g(x)) = x pentru orice x ∈ R?

1.55. Sa se arate ca o functie f : A → B are o sectiune (inversa la dreapta) unicadaca si numai daca f este bijectiva.

1.56. a) Sa se dea un exemplu de functie injectiva care nu are nici o retracta (inversala stanga).b) Sa se dea un exemplu de functie injectiva care desi are o retracta unica, totusinu este bijectiva.c) Fie f : A → B si |A| > 1. Sa se arate ca f are o retracta unica daca si numaidaca f este bijectiva.

11

1.57. Sa se arate ca pentru orice functie f : A → B cu A 6= ∅ exista o functieg : B → A astfel ıncat f ◦ g ◦ f = f. Esta g unica?

1.58. Fie A si B doua multimi. Sa se arate ca exista o bijectie ıntre multimearelatiilor cu domeniul A si codomeniul B si multimea functiilor cu domeniul A sicodomeniul P(B).

1.59. Fie A si B doua multimi. Sa se arate ca exista o functie bijectiva ıntremultimea R a relatiilor binare cu domeniul A si codomeniul B si multimea F afunctiilor F : P(A) → P(B) care au proprietatea ca pentru orice familie (Xi)i∈I de

submultimi ale multimii A, F

(⋃

i∈I

Xi

)=⋃

i∈I

F (Xi).

1.60. Fie f : R → R, f(x) = cosx si g : R → R+ = [0,+∞), g(x) = x2. Sa sedetermine o functie h : R+ → R astfel ıncat f = h ◦ g. Este functia h unica?

1.61. Fie f : R → R, f(x) = sin x si g : R → R+, g(x) = x2. Exista o functieh : R+ → R astfel ıncat f = h ◦ g?

1.62. Fie f : R → R, f(x) = cosx, A = [−2,+∞) si g : A → R, g(x) = 2x+ 1. Sase determine o functie h : R → A astfel ıncat f = g ◦ h. Este functia h unica?

1.63. Fie f : R → R, f(x) = sin x, A = [0,+∞) si g : A→ R, g(x) = 2x+1. Existao functie h : R → A astfel ıncat f = g ◦ h?

1.64. Sa se arate ca pentru orice doua multimi A si B exista o functie bijectivaϕA,B : A × B → B × A cu proprietatea ca oricare ar fi functiile f : A → A′ sig : B → B′ urmatoarea diagrama este comutativa

A× BϕA,B //

f×g��

B × A

g×f��

A′ × B′ϕA′,B′

// B′ × A′

.

1.65. Sa se arate ca pentru orice multimi A, B si C exista o functie bijectivaϕA,B,C : (A × B) × C → A × (B × C) cu proprietate ca oricare ar fi functiilef : A→ A′, g : B → B′ si h : C → C ′ urmatoarea diagrama este comutativa

(A×B) × CϕA,B,C //

(f×g)×h��

A× (B × C)

f×(g×h)��

(A′ × B′) × C ′ϕA′,B′,C′

// A′ × (B′ × C ′)

.

1.66. Fie f : A→ B, g : A′ → B′, X ⊆ A, X ′ ⊆ A′, Y ⊆ B, Y ′ ⊆ B′. Sa se arateca:

(f × g)(X ×X ′) = f(X) × g(X ′) si−1

f × g(Y × Y ′) =−1

f (Y ) × −1g (Y ′).

Sa se generalizeze aceste rezultate, luand ın locul perechilor (f, g), (X,X ′) si (Y, Y ′)familii indexate cu aceeasi multime de indici.


1.67. Fie f : A → B, g : A → B′, Y ⊆ B, Y ′ ⊆ B′. Se considera functiah : A→ B × B′, h(x) = (f(x), g(x)). Sa se arate ca

−1

h (Y × Y ′) =−1

f (Y ) ∩ −1g (Y ′).

Sa se generalizeze acest rezultat, luand ın locul perechilor (f, g) si (Y, Y ′) familiiindexate cu aceeasi multime de indici.

1.68. Fie f : A→ B si g : A′ → B′ cu A 6= ∅ 6= A′. Sa se arate ca:a) f × g este injectiva daca si numai daca f si g sunt injective;b) f × g este surjectiva daca si numai daca f si g sunt surjective.

1.69. Sa se arate ca exista functii F : A × B → A′ × B′ care nu sunt de formaF = f × g, unde f : A→ A′ si g : B → B′.

1.70. Fie A1 si A2 doua multimi. Reuniunea a doua multimi disjuncte de acelasicardinal cu A1 si A2 se numeste reuniune disjuncta a lui A1 cu A2. De exemplu

A1

◦∪ A2 = ({1} × A1) ∪ ({2} × A2)

este o reuniune disjuncta a lui A1 cu A2. Functiile

q1 : A1 → A1

◦∪A2, q1(a1) = (1, a1) si q2 : A2 → A1

◦∪A2, q2(a2) = (2, a2)

se numesc injectiile canonice. Sa se arate ca:

a) A1

◦∪ A2 ımpreuna cu injectiile sale canonice are urmatoarea proprietate de uni-versalitate: pentru orice multime B si orice functii u1 : A1 → B, u2 : A2 → B exista

o singura functie u : A1

◦∪A2 → B astfel ıncat diagrama

B

A1q1 //

u1

;;wwwwwwwwww

A1

◦∪A2

u

OO

A2q2oo

u2

ccGGGGGGGGGG

sa fie comutativa, adica u ◦ q1 = u1 si u ◦ q2 = u2.

b) Pentru orice multime B si orice functii u′, u′′ : A1

◦∪A2 → B avem

u′ ◦ q1 = u′′ ◦ q1 si u′ ◦ q2 = u′′ ◦ q2 ⇒ u′ = u′′.

c) Proprietatea de universalitate a reuniunii disjuncte determina reuniunea disjunctapana la o bijectie.

1.71. Fie multimile A = {1, 2}, B = {1, 2, 3} si fie f : A → B, g : B → A functiiledefinite prin

x 1 2f(x) 2 3

x 1 2 3g(x) 1 1 2

Sa se determine functia f g : AA → BB.

1.72. Sa se arate ca functia f : A1 → A2 este injectiva daca si numai daca pentruorice multime B functia f 1B : AB

1 → AB2 este injectiva.

13

1.73. Sa se arate ca functia g : B2 → B1 este surjectiva daca si numai daca pentruorice multime A functia 1g

A : AB1 → AB2 este injectiva.

1.74. Fie f : A1 → A2 si g : B2 → B1 doua functii. Sa se arate ca:a) daca f este injectiva si g este surjectiva atunci f g este injectiva ;b) daca f este surjectiva si g este injectiva, iar B2 6= ∅ atunci f g este surjectiva.

1.75. Sa se arate ca pentru orice multimi A1, A2, B functia

ϕ : (A1 × A2)B → AB

1 × AB2 , ϕ(u) = (p1 ◦ u, p2 ◦ u)

(unde p1, p2 sunt proiectiile canonice ale produsului) este bijectiva, iar daca

f1 : A1 → A′1, f2 : A2 → A′

2 si g : B′ → B

sunt functii atunci diagrama

(A1 × A2)B ϕ //

(f1×f2)g

��

AB1 ×AB

2

fg1 ×fg

2��

(A′1 ×A′

2)B′ ϕ′

// A′1B′ ×A′

2B′

(unde ϕ′ se defineste analog cu ϕ) este comutativa.

1.76. Fie A,B1, B2 trei multimi. Daca f : B1 × B2 → A si y ∈ B2 atunci fiefy : B1 → A functia definita prin fy(x) = f(x, y), iar F : B2 → AB1 functia definitaprin F (y) = fy. Sa se arate ca functia

ϕ : AB1×B2 → (AB1)B2 , ϕ(f) = F

este bijectiva, iar daca h : A → A′, g1 : B′1 → B1, g2 : B′

2 → B2 sunt functii atuncidiagrama

AB1×B2ϕ //

hg1×g2

��

(AB1)B2

(hg1 )g2

��

A′B′

1×B′

2ϕ′

// (A′B′

1)B′

2

(unde ϕ′ se defineste analog cu ϕ) este comutativa.

1.77. Fie R ⊆ A×A. Sa se arate ca :a) R este reflexiva daca si numai daca pentru orice x ∈ A, x ∈ R〈x〉;b) daca R este simetrica atunci pr1R = pr2R;c) daca R este simetrica si tranzitiva atunci pentru x ∈ pr1R avem xRx;d) R este o relatie de echivalenta daca si numai daca R este simetrica, tranzitiva sipr1R = A.

1.78. Sa se gaseasca greseala ın urmatoarea ,,demonstratie” a afirmatiei: o relatiesimetrica si tranzitiva este o relatie reflexiva (adica este o relatie de echivalenta):,,Daca R ⊆ A × A este simetrica atunci xRy implica yRx, iar din xRy si yRx(ıntrucat R este tranzitiva) urmeaza xRx”.


1.79. Sa se arate ca axiomele care definesc notiunea de relatie de echivalenta suntindependente, adica nici una dintre ele nu este o consecinta a celorlalte doua.

1.80. Sa se arate ca daca relatiile R, S ⊆ A×A sunt reflexive atunci R ◦ S si S ◦Rsunt reflexive.

1.81. Fie R, S ⊆ A × A doua relatii simetrice. Sa se arate ca R ◦ S este simetricadaca si numai daca R ◦ S = S ◦R.

1.82. Fie R, S ⊆ A×A doua relatii binare omogene tranzitive. Sa se arate ca dacaR ◦ S = S ◦R atunci R ◦ S este tranzitiva.

1.83. O relatie R ⊆ A× A se numeste circulara daca

xRy si yRz ⇒ zRx.

Sa se arate ca R este o relatie de echivalenta daca si numai daca R este reflexiva sicirculara.

1.84. Fie R ⊆ A×A, A′ ⊆ A si R′ restrictia lui R la A′, adica R′ = R ∩ (A′ ×A′).Sa se arate ca daca R este o relatie de echivalenta atunci R′ ⊆ A′ ×A′ este o relatiede echivalenta.

1.85. Fie A = {1, 2, 3, 4}, ρ1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (1, 3),(3, 2), (3, 1)}, ρ2 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (2, 4)}, π1 = {{1, 2}, {3}, {4}} si π2 ={{1, 2}, {1, 3, 4}}.a) Sunt ρ1 si ρ2 relatii de echivalenta pe A? In caz afirmativ, sa se determinemultimea cat corespunzatoare.b) Sunt π1 si π2 partitii ale lui A? In caz afirmativ, sa se determine relatia deechivalenta corespunzatoare.

1.86. Sa se determine partitiile si relatiile de echivalenta ale multimii A = {1, 2, 3}.1.87. Fie A o multime. Sa se arate ca diagonala ∆A (relatia de egalitate pe A) sirelatia universala A×A sunt relatii de echivalenta pe A si sa se determine multimilecat corespunzatoare.

1.88. Fie ρ1, ρ2 relatiile definite pe C astfel:

z1ρ1z2 ⇔ |z1| = |z2|;z1ρ2z2 ⇔ arg z1 = arg z2 sau z1 = 0 = z2.

Sa se arate ca ρ1 si ρ2 sunt relatii de echivalenta si sa se determine multimile catC/ρi (i = 1, 2). Sa se reprezinte geometric clasele de echivalenta determinate derelatiile ρi.

1.89. Fie ρ1, ρ2 relatiile definite pe C prin

zρ1t ⇔ z si t au aceeasi parte reala;

zρ2t ⇔ z si t au aceeasi parte imaginara.

Sa se arate ca ρ1 si ρ2 sunt relatii de echivalenta si sa se determine multimile catC/ρi (i = 1, 2). Sa se reprezinte geometric clasele de echivalenta.

15

1.90. Fie ρ1, ρ2 relatiile definite pe R prin

xρ1y ⇔ [x] = [y] (x si y au aceeasi parte ıntreaga);

xρ2y ⇔ {x} = {y} (x si y au aceeasi parte fractionara).

Sa se arate ca ρ1 si ρ2 sunt relatii de echivalenta si ca exista o bijectie ıntre R/ρ1 siZ, precum si ıntre R/ρ2 si [0, 1).

1.91. Fie n ∈ N∗ si Mn(R) multimea matricelor patrate de ordinul n cu elementedin R. Sa se arate ca relatia definita ın Mn(R) prin

AρB ⇔ detA = detB

este o relatie de echivalenta si ca exista o bijectie ıntre Mn(R)/ρ si R .

1.92. Fie A 6= ∅ si R ⊆ A × A. Sa se arate ca R este o relatie de echivalenta peA daca si numai daca pr1R = A si exista o familie (Ai)i∈I de submultimi nevidedisjuncte ale multimii A astfel ıncat

R =⋃

i∈I

Ai × Ai.

1.93. In raport cu care dintre operatiile de: reuniune, intersectie, inversare si com-plementare este ınchisa multimea E(A) a relatiilor de echivalenta pe o multime A?

1.94. Fie Ri ⊆ Ai × Ai (i = 1, 2) relatii de echivalenta. Sa se arate ca relatiaR ⊆ A1 × A2, definita prin

(a1, a2)R(a′1, a′2) ⇔ a1R1a

′1 si a2R2a

′2

este o relatie de echivalenta si ca exista o bijectie ıntre multimile (A1 × A2)/R si(A1/R1) × (A2/R2).

1.95. Fie f, g : R → R, f(x) = x2, g(x) = x4. Sa se arate ca ker f = ker g si sa sestabileasca o bijectie ıntre R/ ker f si R+ = [0,+∞).

1.96. Fie f, g : C → C, f(z) = z2, g(z) = z4. Sa se arate ca ker f 6= ker g si caexista bijectii ıntre multimile C/ ker f , C/ ker g si C.

1.97. Fie A o multime finita cu m elemente (m ∈ N∗) si E(A) multimea relatiilorde echivalenta ıntre elementele multimii A. Sa se determine numarul elementelormultimii E(A).

1.98. O relatie R ⊆ A × B se numeste difunctionala daca R ◦−1

R ◦ R = R. Sa searate ca inversa unei relatii difunctionale este o relatie difunctionala.

1.99. Fie D multimea dreptelor din plan si

R = {(d1, d2) ∈ D ×D | d1 este perpendiculara pe d2}.

Sa se arate ca relatia (D,D,R) este difunctionala.


1.100. Fie f : A→ B o functie si F graficul sau. Sa se arate ca relatia f = (A,B, F )

si inversa sa−1

f = (B,A,−1

F ) sunt relatii difunctionale.

1.101. Fie R ⊆ A× B. Sa se arate ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:a) relatia (A,B,R) este difunctionala;b) daca a1, a2 ∈ A si R〈a1〉 ∩ R〈a2〉 6= ∅ atunci R〈a1〉 = R〈a2〉;c) daca b1, b2 ∈ A si

−1

R〈b1〉 ∩−1

R〈b2〉 6= ∅ atunci−1

R〈b1〉 =−1

R〈b2〉;d) exista familiile (Ai)i∈I , (Bi)i∈I de submultimi disjuncte ale multimii A, respectivale multimii B, astfel ıncat

R =⋃

i∈I

Ai × Bi.

1.102. Fie R ⊆ A×A. Sa se arate ca R este o relatie de echivalenta daca si numaidaca R este o relatie difunctionala reflexiva.

1.103. Sa se arate ca daca R ⊆ A×B este o relatie difunctionala atunci:

a)−1

R ◦R este o relatie de echivalenta pe pr1R;

b) R ◦−1

R este o relatie de echivalenta pe pr2R;

c) exista o bijectie ıntre multimile cat pr1R/−1

R ◦R si pr2R/R ◦−1

R .Sa se deduca de aici ca pentru orice functie f : A → B exista o bijectie ıntremultimile A/ ker f si f(A).

1.104. Fie A,B doua multimi, A′ ⊆ A, B′ ⊆ B, ρ1 o relatie de echivalenta pe A′

si ρ2 o relatie de echivalenta pe B′. Sa se arate ca daca F este graficul unei bijectii

f : A′/ρ1 → B′/ρ2 atunci R =−1

F2 ◦ F ◦ F1 ⊆ A × B (unde F1, F2 sunt graficelefunctiilor canonice pρ1 : A′ → A′/ρ1, respectiv pρ2 : B′ → B′/ρ2) este o relatiedifunctionala pentru care pr1R = A′ si pr2R = B′.

1.105. Sa se arate ca axiomele ce definesc notiunea de relatie de ordine (partiala)sunt independente, adica nici una dintre ele nu este o consecinta a celorlalte doua.

1.106. Fie A o multime. Sa se arate ca intersectia dintre multimea relatiilor deechivalenta pe A si multimea relatiilor de ordine pe A este formata numai din relatiade egalitate.

1.107. Sa se dea cate un exemplu de multime:a) ordonata care nu este total ordonata;b) total ordonata care nu este bine ordonata;c) bine ordonata;d) ordonata care nu este dirijata;e) dirijata care nu este total ordonata.

1.108. Fie A o multime, A′ ⊆ A si ρ ⊆ A× A. Sa se arate ca:a) daca ρ este o relatie de ordine pe A atunci restrictia ρ′ a lui ρ la A′, adicaρ′ = ρ ∩ (A′ ×A′), este o relatie de ordine pe A′;

b) ρ este o relatie de ordine (totala) pe A daca si numai daca−1ρ este o relatie de

ordine (totala) pe A.

17

1.109. Sa se arate ca relatia de divizibilitate ın Z este o relatie de preordine, darnu este nici relatie de ordine si nici relatie de echivalenta. Sa se determine relatiade echivalenta indusa de aceasta preordine si relatia de ordine ın multimea cat. Sase gaseasca o bijectie ıntre multimea cat si N.

1.110. a) Sa se determine toate relatiile de ordine pe multimile A = {a}, B = {a, b}si C = {a, b, c}.b) Cate multimi ordonate neizomorfe cu 1, 2 si 3 elemente exista?c) Sa se determine relatiile de ordine totala de la punctul a).d) In fiecare multime ordonata de la punctul a) sa se determine elementele minimale,elementele maximale, cel mai mic element si cel mai mare element.

1.111. Fie (A,≤) o multime ordonata. Sa se arate ca (A,≤) este izomorfa cu osubmultime a multimii ordonate (P(A),⊆).

1.112. Fie A si B doua multimi. Sa se arate ca functia

f : P(A×B) → P(B × A), f(ρ) =−1ρ

este un izomorfism de ordine pentru relatia de incluziune.

1.113. Sa se arate ca :a) daca ıntr-o multime ordonata exista cel mai mic (cel mai mare) element atunciacesta este singurul element minimal (maximal);b) unicitatea elementului minimal (maximal) nu implica faptul ca acesta este celmai mic (cel mai mare) element.

1.114. Fie R multimea relatiilor de ordine pe o multime A. Sa se arate ca relatiilede ordine totala pe A coincid cu elementele maximale din (R,⊆).

1.115. Sa se arate ca daca ρ este o relatie de ordine pe A atunci exista o relatie deordine totala ρ′ pe A astfel ıncat ρ ⊆ ρ′, adica orice ordonare poate fi extinsa la oordonare totala.

1.116. Sa se arate ca orice multime ordonata finita verifica conditia minimalitatiisi conditia maximalitatii.

1.117. Sa se arate ca orice multime total ordonata finita este bine ordonata.

1.118. Sa se arate ca orice multime total ordonata (A,≤) care verifica conditiaminimalitatii si conditia maximalitatii este finita.

1.119. Sa se arate ca daca (A,≤) este o multime bine ordonata si f : A → A esteo functie injectiva crescatoare atunci nu exista nici un a ∈ A astfel ıncat a > f(a).

1.120. Sa se arate ca ıntre doua multimi bine ordonate exista cel mult un izomorfism.

1.121. Sa se demonstreze ca o multime total ordonata A este bine ordonata dacasi numai daca A nu are nici o submultime izomorfa cu multimea ıntregilor negativiordonata de relatia ≤ obisnuita.

1.122. Sa se arate ca orice doua multimi finite total ordonate care au acelasi numarde elemente sunt izomorfe.


1.123. Fie (Ai, ρi) (i = 1, 2) doua multimi ordonate. Sa se arate ca :a) A1 × A2 este ordonata de relatia ρ definita astfel:

(a1, a2)ρ(a′1, a

′2) ⇔ a1ρ1a

′1 si a2ρ2a

′2.

Din faptul ca ρ1, ρ2 sunt ordonari totale rezulta ca ρ este o ordonare totala?b) ρ este cea mai mare relatie de ordine pe A1 ×A2 pentru care proiectiile canonicesunt crescatoare.c) (A1 × A2, ρ) are urmatoarea proprietate de universalitate: pentru orice multimeordonata (A,R) si orice functii crescatoare u1 : A → A1, u2 : A → A2 exista osingura functie crescatoare u : A → A1 × A2 astfel ıncat triunghiurile urmatoareidiagrame sa fie comutative

Au2

zzuuuuuuuuuu

u��

u1

%%KKKKKKKKKK

A1 A1 × A2p1oo p2 // A2 .

d) Proprietatea de universalitate a lui (A1 ×A2, ρ) determina pe (A1 ×A2, ρ) panala un izomorfism (de ordine).

1.124. Sa se generalizeze problema precedenta pentru o familie oarecare de multimiordonate. Sa se deduca din generalizarea punctului a) al problemei anterioare cadaca (A,≤) este o multime ordonata si I este o multime oarecare atunci relatia ≤definita prin

f ≤ g ⇔ ∀i ∈ I, f(i) ≤ g(i)

este o relatie de ordine pe multimea de functii AI . Sa se examineze cazul particularcand I = R = A.

1.125. Fie (A, ρ1), (B, ρ2), (C, ρ3) multimi ordonate, f : A → B si g : B → C. Sase arate ca:a) daca f si g sunt crescatoare atunci g ◦ f este crescatoare;b) daca f si g sunt descrescatoare atunci g ◦ f este crescatoare;c) daca una dintre functiile f si g este crescatoare si cealalta descrescatoare atuncig ◦ f este descrescatoare.

1.126. Sa se dea un exemplu de functie bijectiva si crescatoare care nu este unizomorfism de ordine. Sa se arate ca orice functie bijectiva si crescatoare al careidomeniu este o multime total ordonata este un izomorfism de ordine.

1.127. Fie (A,≤) o multime ordonata si a, b ∈ B. Vom spune ca b este un succesorimediat sau un element imediat urmator al lui a daca a < b si nu exista nici un x ∈ Aastfel ıncat a < x < b. Dual se defineste notiunea de predecesor imediat sau elementimediat anterior al lui a. Sa se arate ca ıntr-o multime bine ordonata orice element,diferit de cel mai mare element (daca acesta exista), are un succesor imediat. Esteadevarata afirmatia duala?

1.128. Fie (A,≤) o multime ordonata si X ⊆ B ⊆ A. Sa se arate ca:a) daca exista infAX si infB X atunci infB X ≤ infAX;b) daca exista supAX si supB X atunci supB X ≥ supAX.

19

1.129. Cate latici se pot defini pe o multime formata dintr-un element, din douaelemente, din trei elemente?

1.130. Sa se arate ca:a) o multime ordonata (L,≤) este o latice daca si numai daca pentru orice submultimefinita nevida X ⊆ L, exista inf X si supX.b) orice latice finita (L,≤) este o latice completa si sa se determine inf ∅ si sup ∅.1.131. Sa se arate, folosind teorema de caracterizare a laticilor complete ([34, Teo-rema 1.6.8]), ca (N,≤) nu este o latice completa.

1.132. Sa se arate ca:a) orice lant (multime total ordonata) (A,≤) este o latice si orice submultime a luiA este o sublatice. Este (A,≤) o latice completa?b) o latice (A,≤) este un lant daca si numai daca orice submultime a lui A este osublatice.

1.133. Sa se dea cate un exemplu de latice:a) care are cel mai mic element, dar nu are cel mai mare element;b) care are cel mai mare element, dar nu are cel mai mic element;c) care nu are nici cel mai mic element si nici cel mai mare element;d) care are cel mai mic si cel mai mare element.

1.134. Sa se arate ca (N, |) (multimea N ordonata de relatia de divizibilitate) esteo latice si ca N∗ si submultimea {2k | k ∈ N} sunt sublatici. Este (N, |) o laticecompleta? Dar (N∗, |)?1.135. Sa se arate ca orice sublatice completa L′ a unei latici complete (L,≤) continepe cel mai mic element al lui L si pe cel mai mare element al lui L.

1.136. Fie A o multime si B ⊆ A. Sa se arate ca (P(A),⊆) este o latice completasi ca P(B) este o sublatice a laticii (P(A),⊆) care este sublatice completa daca sinumai daca A = B.

1.137. Sa se arate ca (RR,≤), unde ≤ este relatia definita astfel:

f ≤ g ⇔ ∀x ∈ R, f(x) ≤ g(x),

este o latice, iar submultimea D(R,R) ⊆ RR formata din functiile derivabile pe Reste o multime dirijata, dar nu este o sublatice a lui RR. Este D(R,R) o latice?

1.138. a) Fie (A1, ρ1) si (A2, ρ2) doua multimi ordonate. Sa se arate ca daca (A1, ρ1)si (A2, ρ2) sunt latici (complete) atunci A1 × A2 este latice (completa) ın raport curelatia ρ definita prin

(a1, a2)ρ(a′1, a

′2) ⇔ a1ρ1a

′1 si a2ρ2a

′2.

b) Examinati cazul particular (A1, ρ1) = (N,≤), (A2, ρ2) = (N, |).c) Sa se generalizeze punctul a) pentru o familie oarecare de latici si sa se deducadin aceasta generalizare ca daca (L,≤) este o latice (completa) atunci pentru oricemultime I, multimea LI este o latice (completa) ın raport cu relatia ≤ definita prin

f ≤ g ⇔ ∀i ∈ I, f(i) ≤ g(i).

d) Sa se deduca din c) prima parte a problemei anterioare.


1.139. Sa se arate ca exista functii crescatoare ıntre latici, care nu sunt omomorfismede latici.

1.140. Fie f : A→ B o functie. Sa se arate ca:

a) functia f ∗ : P(B) → P(A), f ∗(Y ) =−1

f (Y ) este un omomorfism de latici;

b) functia f∗ : P(A) → P(B), f∗(X) = f(X) este un omomorfism de latici daca sinumai daca f este injectiva.

1.141. Fie A = {1, 2, 3} si B = {n ∈ N | n|30}. Sa se gaseasca:

a) un izomorfism ıntre multimile ordonate (P(A),⊆) si (B, |);b) toate izomorfismele lui (P(A),⊆) pe (B, |).

1.142. Sa se arate ca ın orice latice (L,≤) sunt verificate urmatoarele proprietati:

(a ∨ b) ∧ c ≥ (a ∧ c) ∨ (b ∧ c), ∀a, b, c ∈ L (subdistributivitate);

a, b, c ∈L, a ≤ c ⇒ a ∨ (b ∧ c) ≤ (a ∨ b) ∧ c (submodularitate).

1.143. O latice (L,≤) se numeste modulara daca pentru orice a, b, c ∈ L

a ≤ c⇒ a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ c.

Sa se arate ca pentru o latice (L,≤) urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

a) L este modulara;

b) pentru orice a, b, c ∈ L avem

a ∨ [b ∧ (a ∨ c)] = (a ∧ b) ∨ (a ∧ c);

c) pentru orice a, b, c ∈ L,

a ≤ b, a ∨ c = b ∨ c, a ∧ c = b ∧ c⇒ a = b;

d) L nu contine nici o sublatice izomorfa cu laticea

numita (laticea) pentagon.

1.144. Fie L o latice modulara si a, b ∈ L. Sa se arate ca functiile:

ϕa : [b, a ∨ b] → [a ∧ b, a], ϕa(x) = a ∧ x ,ϕb : [a ∧ b, a] → [b, a ∨ b], ϕb(y) = y ∨ b

sunt izomorfisme de latici si ϕ−1a = ϕb.

21

1.145. O latice (L,≤) se numeste distributiva daca pentru orice a, b, c ∈ L avem

(a ∨ b) ∧ c = (a ∧ c) ∨ (b ∧ c).

Sa se arate ca pentru o latice (L,≤) urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

a) L este distributiva;b) pentru orice a, b, c ∈ L avem

(a ∧ b) ∨ c = (a ∨ c) ∧ (b ∨ c);

c) pentru orice a, b, c ∈ L

a ∨ c = b ∨ c, a ∧ c = b ∧ c⇒ a = b;

d) L este modulara si nu contine nici o sublatice izomorfa cu laticea

numita (laticea) diamant.

1.146. Sa se arate ca orice lant este o latice distributiva.

1.147. Sa se arate ca laticea (N, |) este distributiva.

1.148. Sa se arate ca orice sublatice a unei latici modulare (respectiv distributive)este o latice modulara (respectiv distributiva) si ca orice imagine omomorfa a uneilatici modulare (respectiv distributive) este o latice modulara (respectiv distribu-tiva).

1.149. Sa se determine toate laticile neizomorfe cu cel mult 5 elemente. Care dintreacestea sunt modulare? Dar distributive?

1.150. O latice (L,≤) se numeste latice (algebra) Boole daca este distributiva, arecel mai mic si cel mai mare element (notate cu 0, respectiv 1) si pentru orice x ∈ Lexista x′ ∈ L astfel ıncat x∧ x′ = 0 si x∨ x′ = 1 (numit complement al lui x). Sa searate ca ıntr-o latice Boole fiecare element are complement unic.

1.151. Fie M o multime. Sa se arate ca multimea P(M) a submultimilor multimiiM , ordonata cu incluziunea, formeaza o latice Boole.

1.152. Fie P multimea formulelor (expresiilor) calculului propozitional si p, q ∈ P.Sa se arate ca relatia ρ definita ın P prin p ρ q daca si numai daca p→ q este identicadevarata (tautologie) este o relatie de preordine. Fie ≡ echivalenta determinata de ρsi ≤ relatia de ordine indusa de ρ pe multimea cat P/ ≡ (vezi [34, Teorema 1.8.16]).Sa se arate ca (P/ ≡,≤) este o latice Boole.


1.153. Fie B o latice (algebra) Boole, ai ∈ B (i ∈ I) si a′i complementul lui ai. Sase arate ca:a) daca unul dintre elementele

∨

i∈I

ai,∧

i∈I

a′i exista atunci exista si celalalt si

(∨

i∈I

ai

)′

=∧

i∈I

a′i ;

b) daca unul dintre elementele∧

i∈I

ai,∨

i∈I

a′i exista atunci exista si celalalt si

(∧

i∈I

ai

)′

=∨

i∈I

a′i.

1.154. Fie A o multime si P(A) multimea partilor sale. O submultime C ⊆ P(A)se numeste sistem de ınchidere pe A daca pentru orice submultime D ⊆ C avem

⋂

X∈DX ∈ C.

Sa se arate ca:a) orice sistem de ınchidere pe A contine pe A;b) daca C este sistem de ınchidere pe A atunci (C,⊆) este latice completa.

1.155. Fie A o multime infinita, Pf(A) multimea submultimilor finite si Pi(A)multimea submultimilor infinite ale lui A. Sunt Pf (A) si Pi(A) sisteme de ınchiderepe A?

1.156. Fie A o multime. O functie J : P(A) → P(A) se numeste operator deınchidere pe A daca verifica urmatoarele conditii:i) pentru orice X ⊆ A avem X ⊆ J(X), adica J este extensiv;ii) pentru orice X, Y ⊆ A cu X ⊆ Y avem J(X) ⊆ J(Y ), adica J este crescator;iii) pentru orice X ⊆ A avem J(J(X)) = J(X) (ceea ce este echivalent cu faptul caJ ◦ J = J), adica J este idempotent.O submultime X ⊆ A se numeste ınchisa relativ la J daca J(X) = X, iar J(X) senumeste ınchiderea lui X relativ la J . Sa se arate ca:a) X ⊆ A este ınchisa daca si numai daca exista X ′ ⊆ A astfel ıncat X = J(X ′);b) conditia iii) din definitia operatorului de ınchidere poate fi ınlocuita cu

iii’) J(J(X)) ⊆ J(X), ∀X ⊆ A.

1.157. Fie A multime si R ⊆ A× A o relatie de preordine. Sa se arate ca functia

J : P(A) → P(A), J(X) = R(X)

este un operator de ınchidere pe A.

1.158. Fie A o multime si J, J ′ doi operatori de ınchidere pe A. Sa se arate ca:a) J ′ ◦ J este un operator de ınchidere daca si numai daca

J ◦ J ′ ◦ J = J ′ ◦ J ;

b) daca J ′ ◦ J = J ◦ J ′ atunci J ′ ◦ J este un operator de ınchidere.

23

Fie A o multime. Spunem ca un operator de ınchidere J este algebric daca pentru oriceX ⊆ A si orice a ∈ J(X) exista o submultime finita X ′ ⊆ X astfel ıncat a ∈ J(X ′). Auloc urmatoarele afirmatii:i) Daca C este un sistem de ınchidere pe A atunci

JC : P(A) → P(A), JC(X) =⋂

{Y ∈ C | X ⊆ Y }

este un operator de ınchidere pe A (vezi [33, Teorema 1.5.6]).ii) Daca J este un operator de ınchidere pe A atunci

CJ = {X ⊆ A | J(X) = X}

este un sistem de ınchidere pe A(vezi [33, Teorema 1.5.7]).iii) Corespondenta C 7→ JC realizeaza o bijectie ıntre multimea sistemelor de ınchidere peA si multimea operatorilor de ınchidere pe A si inversa sa este data de corespondentaJ 7→ CJ (vezi [33, Teorema 1.5.8]).

Spunem ca un sistem de ınchidere C este algebric daca operatorul de ınchidere JC este

algebric. Un sistem de ınchidere C este algebric daca si numai daca pentru orice D ⊆ Cnevida si dirijata superior avem

⋂

X∈DX ∈ C (vezi [33, Teorema 1.5.13]).

1.159. Fie Rr multimea relatiilor reflexive ıntre elementele unei multimi nevide A.Sa se arate ca:a) Rr este un sistem de ınchidere algebric pe A× A;b) Rr este o sublatice a laticii (P(A× A),⊆), dar nu este o sublatice completa;c) daca Fr este operatorul de ınchidere definit de Rr si ρ ⊆ A× A atunci

Fr(ρ) = ρ ∪ ∆A.

1.160. Fie Rt multimea relatiilor tranzitive ıntre elementele unei multimi A. Sa searate ca :a) Rt este un sistem de ınchidere algebric pe A× A;b) Rt nu este, ın general, o sublatice a laticii (P(A× A),⊆);c) daca Ft este operatorul de ınchidere definit de Rt si ρ ⊆ A×A atunci

Ft(ρ) =⋃

n∈N∗

ρn.

1.161. Fie Rs multimea relatiilor simetrice ıntre elementele unei multimi A. Sa searate ca:a) Rs este o sublatice completa a laticii complete (P(A×A),⊆);b) daca Fs este operatorul de ınchidere definit de Rs si ρ ⊆ A×A atunci

Fs(ρ) = ρ ∪ −1ρ .

1.162. Fie Ra multimea relatiilor antisimetrice ıntre elementele unei multimi A. Sa

se arate ca daca ρi ∈ Ra, i ∈ I si I 6= ∅ atunci⋂

i∈I

ρi ∈ Ra, dar (ın general) Ra nu

este un sistem de ınchidere si⋃

i∈I

ρi /∈ Ra.


1.163. Fie Rp multimea relatiilor de preordine ıntre elementele unei multimi A. Sase arate ca:a) Rp este un sistem de ınchidere algebric pe A × A, dar (ın general) nu este osublatice a laticii (P(A× A),⊆);b) daca Fp este operatorul de ınchidere definit de Rp si ρ ⊆ A× A atunci

Fp(ρ) =

( ⋃

n∈N∗

ρn

)∪ ∆A.

1.164. Fie A o multime si E(A) multimea relatiilor de echivalenta pe A. Sa se arateca:a) E(A) este un sistem de ınchidere algebric pe A × A, dar (ın general) nu este osublatice a laticii (P(A× A),⊆);b) daca Fe este operatorul de ınchidere definit de E(A) si ρ ⊆ A× A atunci

Fe(ρ) =

[ ⋃

n∈N∗

(ρ ∪ −1

ρ)n]∪ ∆A.

1.165. Fie Fr, Fs, Ft, Fp si Fe operatorii de ınchidere din problemele 1.159, 1.160,

1.161, 1.163 si 1.164. Sa se arate ca:a) Fr ◦ Ft, Ft ◦ Fs, Fr ◦ Fs si Fr ◦ (Ft ◦ Fs) sunt operatori de ınchidere;b) Fr ◦ Ft = Fp si Fr ◦ (Ft ◦ Fs) = Fe.

1.166. Sa se arate ca multimea sistemelor de ınchidere pe o multime A este unsistem de ınchidere pe P(A). Este acest sistem de ınchidere algebric?

1.167. Fie A o multime, O(A) multimea operatorilor de ınchidere pe multimea Asi J, J ′ ∈ O(A). Sa se arate ca:a) multimea O(A) este ordonata de relatia ≤ definita prin

J ′ ≤ J ⇔ ∀X ⊆ A, J ′(X) ⊆ J(X);

b) (O(A)),≤) este o latice completa;c) daca J ′ ◦ J este un operator de ınchidere atunci

sup(J ′, J) = J ′ ◦ J.1.168. Fie O(A), respectiv S(A) multimea operatorilor, respectiv sistemelor deınchidere pe o multime A. Sa se arate ca functia

ϕ : O(A) → S(A), ϕ(J) = J(P(A))

este un antiizomorfism ıntre (O(A),≤) si (S(A),⊆).

1.169. Fie (A,≤) si (B ≤) doua multimi ordonate. Se spune ca o pereche de functiiϕ : A → B, ψ : B → A este o corespondenta Galois daca verifica urmatoareleconditii: pentru x, x1, x2 ∈ A si y, y1, y2 ∈ B

x1 ≤ x2 ⇒ ϕ(x1) ≥ ϕ(x2);

y1 ≤ y2 ⇒ ψ(y1) ≥ ψ(y2);

x ≤ ψ(ϕ(x)), y ≤ ϕ(ψ(y)).

Sa se arate ca daca (ϕ, ψ) este o corespondenta Galois atunci

ϕ ◦ ψ ◦ ϕ = ϕ si ψ ◦ ϕ ◦ ψ = ψ.

25

1.170. Fie A si B doua multimi, iar ϕ : P(A) → P(B), ψ : P(B) → P(A) ocorespondenta Galois ıntre (P(A),⊆) si (P(B),⊆). Sa se arate ca:a) functia J : P(A) → P(A), J(X) = ψ(ϕ(X)) este operator de ınchidere pe A;b) functia J ′ : P(B) → P(B), J ′(Y ) = ϕ(ψ(Y )) este operator de ınchidere pe B;c) egalitatea f(X) = ϕ(X) defineste o functie

f : {X ⊆ A | J(X) = X} → {Y ⊆ B | J ′(Y ) = Y }

care este un antiizomorfism de ordine si f−1(Y ) = ψ(Y ).

1.171. Fie R ⊆ A × B o relatie binara, ϕ : P(A) → P(B), ψ : P(B) → P(A)functiile definite prin

ϕ(X) = {y ∈ B | ∀x ∈ X, xRy} si ψ(Y ) = {x ∈ A | ∀y ∈ Y, xRy},

pentru orice X ⊆ A si Y ⊆ B. Sa se arate ca:

ϕ(X) =⋂

x∈X

R〈x〉 si ψ(Y ) =⋂

y∈Y

−1

R〈y〉,

iar ϕ si ψ formeaza o corespondenta Galois ıntre (P(A),⊆) si (P(B),⊆).

1.172. Daca ın problema anterioara se ia A = R = B si ın locul lui R relatia ≤, sase gaseasca sistemele de ınchidere definite de operatorii de ınchidere ϕ ◦ ψ si ψ ◦ ϕ(vezi problema 1.170).

1.173. Spunem ca doua multimi X si Y sunt echivalente (si scriem X ∼ Y ) dacaexista o functie bijectiva f : X → Y . O multime echivalenta cu N se numestemultime numarabila. Sa se arate ca multimile N∗, Z, N × N, Q+ = {x ∈ Q | x > 0}si Q sunt numarabile.

1.174. Sa se arate ca daca X este o multime infinita si x0 ∈ X atunci

X ∼ X \ {x0}.

1.175. Sa se arate ca multimile R, [a, b], (a, b], [a, b), (a, b) (a, b ∈ R, a < b), [0, 1]sunt echivalente.

1.176. Fie f : I → J o functie bijectiva si fie (Ai)i∈I , (Bj)j∈J doua familii de

multimi astfel ıncat Ai ∼ Bf(i) pentru orice i ∈ I. Sa se arate ca: a)

◦⋃

i∈I

Ai ∼◦⋃

j∈J

Bj ,

b)∏

i∈I

Ai ∼∏

j∈J

Bj .

1.177. Fie multimile A1, A2, B1, B2 astfel ıncat A1 ∼ A2 si B1 ∼ B2. Sa se arate caAB1

1 ∼ AB22 .

1.178. Fie (Xi)i∈N o familie de multimi numarabile indexata dupa multimea nu-

merelor naturale. Sa se arate ca multimea◦⋃

i∈N

Xi este numarabila.


Relatia ∼ este reflexiva, simetrica si tranzitiva. Asociem fiecarei multimi X un simbol |X|numit cardinalul multimii X, caracterizat prin proprietatea

|X| = |Y | ⇔ X ∼ Y.

Cardinalul multimii ∅ se noteaza cu 0, cardinalul submultimii {0, 1, . . . , n− 1} a multimiiN se noteaza cu n, iar cardinalul multimii N se noteaza cu ℵ0. Din problemele anterioarerezulta ca egalitatile

∑

i∈I

|Ai| =

∣∣∣∣∣◦⋃

i∈I

Ai

∣∣∣∣∣ ,∏

i∈I

|Ai| =

∣∣∣∣∣∏

i∈I

Ai

∣∣∣∣∣ , |B||A| =∣∣BA

∣∣

nu depind de alegerea reprezentantilor Ai, A,B ai cardinalelor |Ai|, |A|, |B| (i ∈ I), faptcare permite definirea ca mai sus a sumei, produsului, respectiv, ridicarii la putere acardinalelor. Amintim aici faptul ca adunarea si ınmultirea cardinalelor sunt asociative,comutative, ınmultirea este distributiva fata de adunare (vezi [7, Cap.3]) si produsul adoua cardinale poate fi exprimat cu ajutorul sumei astfel:

m · n = m + m + · · ·︸︷︷︸n

= n + n + · · ·︸︷︷︸m

.

De asemenea, amintim ca ridicarea la putere a cardinalelor satisface urmatoarele pro-prietati: daca m, n, p, (mi)i∈I , (mi)i∈I sunt cardinale atunci

(∏

i∈I

mi

)n

=∏

i∈I

(mni ) ,

∏

i∈I

(mni) = m

0B�∑i∈I

ni

1CA, (mn)p = m

n·p.

1.179. Fie m = |X|, n = |Y | doua numere cardinale. Scriem m ≤ n daca exista ofunctie injectiva f : X → Y . Sa se arate ca:a) relatia ≤ nu depinde de alegerea reprezentantilor;b) daca pentru cardinalele m1,m2, n1, n2 avem m1 ≤ n1 si m2 ≤ n2 atunci

m1 + m2 ≤ n1 + n2.

1.180. Fie m si n doua cardinale. Scriem m < n daca m ≤ n si m 6= n. Sa se arateca:a) daca m < n atunci exista un cardinal p > 0 astfel ıncat n = m + p;b) m ≤ n daca si numai daca exista un cardinal p astfel ıncat n = m + p.

1.181. Daca m si n sunt doua cardinale cu 1 < m, 1 < n atunci

m + n ≤ m · n.

1.182. Cardinalul 2ℵ0 se noteaza cu c si se numeste puterea continuului. Sa se arateca au loc urmatoarele egalitati: 1) ℵ0 + ℵ0 = ℵ0 ; 2) ℵ0 + ℵ0 + · · ·︸︷︷︸

ℵ0

= ℵ0 · ℵ0 = ℵ0 ;

3) c2 = c ; 4) cℵ0 = c ; 5) c + c = c ; 6) ℵℵ00 = c ; 7) ℵ0 · c = c .

1.183. Sa se arate ca multimile R, R2, . . . , Rn (n ∈ N∗) si C sunt de putereacontinuului.

27

1.184. Cardinalul unei multimi infinite se numeste cardinal infinit. Sa se arate cadaca m este un cardinal infinit atunci:a) m2 = m ;b) m + m = m ;c) pentru orice cardinal n cu proprietatea ca 1 ≤ n ≤ m avem

m + n = m si m · n = m.

Reamintim ca doua multimi bine ordonate (X,≤) si (Y,≤) sunt izomorfe daca existaf : X → Y o functie bijectiva pentru care f si f−1 sunt crescatoare. In acest cazscriem (X,≤) ≈ (Y,≤). Relatia ≈ astfel obtinuta este reflexiva, simetrica si tranzitiva.Asociem fiecarei multimi bine ordonate (X,≤) un simbol o(X,≤), numit ordinalul multimiibineordonate (X,≤), caracterizat de proprietatea

o(X,≤) = o(Y,≤) ⇔ (X,≤) ≈ (Y,≤) .

Cardinalul unei multimi bine ordonate de ordinal α se noteaza cu α si se numeste cardinalul

ordinalului α. Elementele multimii {α | α = m} se numesc ordinale corespunzatoare

cardinalului m.

1.185. a) Sa se arate ca toate ordinalele corespunzatoare unui cardinal finit suntegale.b) Sa se arate ca (pentru cardinale infinite) exista mai multe ordinale corespunzatoareaceluiasi cardinal.

Ordinalul multimii vide se noteaza cu 0, ordinalul multimii {1, 2, . . . , n} (n ∈ N∗) se

noteaza cu n, iar ordinalul lui (N,≤) se noteaza cu ω.

1.186. Fie (A,≤), (B,≤) doua multimi bine ordonate de ordinale α, respectiv β sifie relatia ≤ definita pe produsul cartezian A× B prin

(a1, b1) ≤ (a2, b2) ⇔ a1 < a2 sau (a1 = a2 si b1 ≤ b2)

(numita ordonare lexicografica). Sa se arate ca:a) multimea (A× B,≤) este bine ordonata;b) daca multimile bine ordonate (A′,≤) si (B′,≤) sunt izomorfe cu (A,≤), respectiv(B,≤) atunci multimile bine ordonate (A× B,≤) si (A′ × B′,≤) sunt izomorfe —ceea ce permite definirea produsului β · α al ordinalelor β si α astfel: β · α esteordinalul multimii bine ordonate (A× B,≤).

1.187. Fie (I,≤) o multime bine ordonata, pentru fiecare i ∈ I, (Ai,≤) o multime

bineordonata de ordinal αi si relatia ≤ definita pe◦⋃

i∈I

Ai prin

(i1, a′) ≤ (i2, a

′′) ⇔ (i1 = i2 si a′ ≤ a′′ ın Ai1) sau i1 ≤ i2.

Sa se arate ca:

a) multimea

( ◦⋃

i∈I

Ai , ≤)

este bine ordonata;

b) daca f este un izomorfism de ordine ıntre multimile bine ordonate (J,≤) si (I,≤)si pentru fiecare i ∈ I multimile bine ordonate (Ai,≤) si (Bf(i),≤) sunt izomorfe


atunci multimile bine ordonate

( ◦⋃

i∈I

Ai , ≤)

si

◦⋃

j∈I

Bj , ≤

au acelasi ordinal —

ceea ce permite definirea sumei∑

i∈I

αi a familiei de ordinale (αi)i∈I astfel:∑

i∈I

αi este

ordinalul multimii bine ordonate

( ◦⋃

i∈I

Ai , ≤)

;

c) daca α si β sunt doua ordinale atunci ordinalul α + β nu este ıntotdeauna egalcu ordinalul β + α.

Capitolul 2

Grupoizi. Semigrupuri. Grupuri

2.1. Sa se dea doua exemple de grupoizi care nu sunt semigrupuri si sa se cercetezedaca au elemente neutre.

2.2. Sa se dea un exemplu de grupoid care are doua elemente neutre la stanga(dreapta). Exista grupoizi care au doua elemente neutre la stanga diferite si unelement neutru la dreapta? Exista grupoizi care au doua elemente neutre?

2.3. Sa se dea exemplu de grupoid cu element neutru ın care exista un element cudoua simetrice diferite. Exista semigrupuri cu aceasta proprietate?

2.4. Sa se dea un exemplu de grupoid cu element neutru ın care exista un elementsimetrizabil cu care nu se poate simplifica. Exista semigrupuri cu aceasta proprie-tate?

2.5. Fie ∗ operatia definita pe R prin

x ∗ y = x+ y + xy.

Sa se arate ca (R, ∗) este un monoid comutativ si ca intervalul [−1,+∞) este o partestabila a lui (R, ∗).2.6. Fie λ ∈ R si ∗ operatia definita pe R prin

x ∗ y = xy − 2x− 2y + λ.

Sa se determine valorile parametrului real λ pentru care intervalul (2,+∞) este oparte stabila ın (R, ∗).2.7. Pe R se defineste operatia ∗ astfel

x ∗ y = xy + 2ax+ by, ∀x, y ∈ R.

Sa se determine a, b ∈ R astfel ıncat (R, ∗) sa fie un semigrup comutativ.

2.8. Fie m,n, p trei numere ıntregi si ∗ operatia definita ın Z prin

x ∗ y = mxy + n(x+ y) + p.

i) Sa se determine o conditie necesara si suficienta pentru ca operatia ∗ sa fie aso-ciativa.ii) Sa se determine conditii necesare si suficiente pentru existenta elementului neutruın (Z, ∗).iii) Sa se determine m,n si p astfel ıncat (Z, ∗) sa fie grup.

29

30 CAPITOLUL 2. GRUPOIZI. SEMIGRUPURI. GRUPURI (ENUNTURI)

2.9. Fie M o multime si ◦ compunerea functiilor.i) Sa se determine ın (MM , ◦) elementele inversabile la stanga (dreapta), elementeleinversabile, elementele cu care se poate simplifica la stanga (dreapta) si elementelecu care se poate simplifica.ii) Cum trebuie sa fie M pentru ca elementele inversabile la stanga sa coincida cucele inversabile la dreapta si cu cele inversabile?iii) Sa se ıntocmeasca tabla operatiei ◦ ın cazul M = {0, 1} si sa se gaseasca ın acestcaz elementele cerute la punctul i).

2.10. Fie A o multime finita cu n elemente. Sa se determine:i) numarul operatiilor (binare) pe A;ii) numarul operatiilor (binare) comutative pe A;iii) numarul operatiilor (binare) pe A care admit element neutru;iv) numarul operatiilor comutative si cu element neutru ce se pot defini pe A.

2.11. Fie ϕ o operatie pe multimea A si B ⊆ A o parte stabila ın (A,ϕ). Operatiaϕ′ : B × B → B definita prin

(∗) ϕ′(b1, b2) = ϕ(b1, b2), ∀b1, b2 ∈ B

se numeste operatia indusa de ϕ pe B. Sa se arate ca:i) daca ϕ este asociativa, respectiv comutativa, atunci ϕ′ este asociativa, respectivcomutativa;ii) daca B nu este stabila atunci formula (∗) nu defineste o operatie ın B.

2.12. Sa se dea un exemplu de submultime a lui Z care nu este stabila relativ la +si sa se arate ca + nu induce o operatie pe aceasta multime. Sa se determine partilestabile finite ale lui (Z,+).

2.13. Sa se determine partile stabile finite ale semigrupului (Z, ·).

2.14. Fie (A, ·) un grupoid. Sa se arate ca multimile

B1 = {a ∈ A | (ax)y = a(xy), ∀x, y ∈ A},B2 = {a ∈ A | (xa)y = x(ay), ∀x, y ∈ A},B3 = {a ∈ A | (xy)a = x(ya), ∀x, y ∈ A}

sunt parti stabile ın (A, ·) si ca (A, ·) este un semigrup daca si numai daca A coincidecu una dintre multimile B1, B2, B3.

2.15. Sa se arate, folosind problema anterioara, ca operatia · definita pe multimeaA = {a, b, c, d, f} prin tabla

· a b c d f

a a a a d d

b a b c d d

c a c b d d

d d d d a a

f a f f a a

este asociativa.

31

2.16. Fie M o multime si P(M) multimea partilor sale. Sa se determine un izomor-fism ıntre grupoizii (P(M),∪) si (P(M),∩). Sunt (P(M),∪) si (P(M),∩) grupuri?

2.17. Fie (A, ·) un grupoid si X, Y ⊆ A. Definim X · Y = {x · y | x ∈ X, y ∈ Y }.Sa se arate ca:i) (P(A), ·) are un subgrupoid izomorf cu (A, ·);ii) X · Y = Y ·X daca si numai daca pentru orice x ∈ X si y ∈ Y exista x′, x′′ ∈ Xsi y′, y′′ ∈ Y astfel ıncat xy = y′x′ si yx = x′′y′′. Deduceti de aici ca (A, ·) comutativimplica (P(A), ·) comutativ.iii) B este un subgrupoid ın (A, ·) daca si numai daca B · B ⊆ B;iv) daca B1, B2 ⊆ A sunt parti stabile si B1 ·B2 = B2 ·B1 atunci B1 ·B2 este partestabila;v) daca Y1, Y2 ⊆ A atunci

X · (Y1 ∪ Y2) = (X · Y1) ∪ (X · Y2), (Y1 ∪ Y2) ·X = (Y1 ·X) ∪ (Y2 ·X),

X · (Y1 ∩ Y2) ⊆ (X · Y1) ∩ (X · Y2), (Y1 ∩ Y2) ·X ⊆ (Y1 ·X) ∩ (Y2 ·X),

iar daca x ∈ A este un element cu care se poate simplifica si X = {x} atunci ultimeledoua incluziuni devin egalitati;vi) daca (A, ·) este un semigrup, respectiv un monoid, atunci (P(A), ·) este unsemigrup, respectiv un monoid;vii) daca A 6= ∅ atunci (P(A), ·) nu este grup, chiar daca (A, ·) este un grup.

2.18. Sa se arate ca multimea S(N,+) a subgrupoizilor lui (N,+) formeaza, ınraport cu incluziunea multimilor, o latice completa. Sa se verifice ca pentru oricen ∈ N, nN = {nk | k ∈ N} este parte stabila ın (N,+) si sa se determine 2N∧ 3N si2N ∨ 3N ın laticea (S(N,+),⊆). Este S(N,+) sublatice ın (P(N),⊆)?

2.19. Fie (A, ·) un grupoid. Un element x ∈ A se numeste idempotent daca x2 = x.Sa se arate ca daca (A, ·) este un semigrup comutativ si orice element din A esteidempotent atunci functia f : A → P(A), f(x) = xA (unde xA = {x} · A) este unomomorfism al lui (A, ·) ın (P(A),∩) si ın (P(A), ·).

2.20. O multime ordonata (L,≤) se numeste semilatice ın raport cu ∨ daca pentruorice a, b ∈ L exista a ∨ b = sup(a, b).a) Daca (L,≤) este o semilatice ın raport cu ∨ atunci (L,∨) este un semigrupcomutativ ın care toate elementele sunt idempotente.b) Daca (L,∨) este un semigrup comutativ ın care toate elementele sunt idempotenteatunci relatia ≤ definita pe L prin

a ≤ b⇔ a ∨ b = b

este o relatie de ordine si (L,≤) este o semilatice ın care

sup(a, b) = a ∨ b, ∀a, b ∈ L.

c) Corespondenta (A, ·) 7→ (A,≤) (unde x ≤ y ⇔ xy = y) realizeaza o bijectie ıntreclasa semigrupurilor comutative cu toate elementele idempotente si clasa semilati-cilor ın raport cu ∨.


2.21. O multime ordonata (L,≤) se numeste semilatice ın raport cu ∧ daca pentruorice a, b ∈ L exista a ∧ b = inf(a, b).a) Daca (L,≤) este o semilatice ın raport cu ∧ atunci (L,∧) este un semigrupcomutativ ın care toate elementele sunt idempotente.b) Daca (L,∧) este un semigrup comutativ ın care toate elementele sunt idempotenteatunci relatia ≤ definita pe L prin

a ≤ b⇔ a ∧ b = a

este o relatie de ordine si (L,≤) este o semilatice ın care

inf(a, b) = a ∧ b, ∀a, b ∈ L.

c) Corespondenta (A, ·) 7→ (A,≤) (unde x ≤ y ⇔ xy = x) realizeaza o bijectie ıntreclasa semigrupurilor comutative cu toate elementele idempotente si clasa semilati-cilor ın raport cu ∧.

2.22. a) Daca (L,≤) este o latice atunci egalitatile

a ∨ b = sup(a, b), a ∧ b = inf(a, b)

definesc pe L doua operatii (binare) ∨, ∧ care sunt asociative, comutative si verificalegile de absorbtie, adica

a ∨ (a ∧ b) = a, a ∧ (a ∨ b) = a.

b) Daca (L,∨,∧) este o structura algebrica cu doua operatii (binare) asociative,comutative care verifica legile de absorbtie atunci

a ∨ b = b⇔ a ∧ b = a

pentru orice a, b ∈ L, relatia ≤ definita prin

a ≤ b ⇔ a ∨ b = b ⇔ a ∧ b = a

este o relatie de ordine si (L,≤) este o latice ın care

sup(a, b) = a ∨ b, inf(a, b) = a ∧ b, ∀a, b ∈ L.

c) Corespondenta (L,∨,∧) 7→ (L,≤) (unde x ≤ y ⇔ x∨ y = y) realizeaza o bijectieıntre clasa structurilor algebrice cu doua operatii (binare) asociative, comutativecare verifica legile de absorbtie si clasa laticilor.

2.23. Fie a, b ∈ R si f : C → R, f(z) = a|z| + b. Sa se determine a si b astfel ıncatf sa fie un omomorfism al lui (C, ·) ın (R, ·).

2.24. Fie (A, ·), (B, ·) grupoizi si y0 ∈ B.i) Ce proprietate trebuie sa aiba y0 pentru ca functia constanta f : A→ B, f(x) = y0

sa fie un omomorfism?ii) Ce conditii trebuie sa verifice B pentru ca oricare ar fi grupoidul (A, ·) sa existeun omomorfism de la (A, ·) la (B, ·)?

33

2.25. Fie (A, ·), (B, ·) grupoizi, 1 ∈ A element neutru ın (A, ·) si f : A → B unomomorfism. Sa se arate ca:i) f(1) este un element neutru ın (f(A), ·);ii) daca (B, ·) are un element neutru si acesta apartine lui f(A) atunci f este unital(adica f(1) este unitatea lui (B, ·));iii) daca f este surjectiv atunci (B, ·) are element neutru si f este unital.

2.26. Fie (A, ·), (B, ∗) grupoizi si f : A→ B omomorfism. Sa se arate ca:i) daca A′ este un subgrupoid al lui (A, ·) atunci f(A′) este un subgrupoid al lui(B, ·), iar daca grupoidul (A, ·) este comutativ, respectiv semigrup, monoid, grupatunci grupoidul (f(A′), ·) este comutativ, respectiv semigrup, monoid, grup;

ii) daca B′ este un subgrupoid al lui (B, ·) atunci−1

f (B′) este un subgrupoid al lui(A, ·).

2.27. Sa se arate ca exista grupoizi care nu sunt semigrupuri, dar se aplica omomorfpe semigrupuri si chiar pe grupuri.

2.28. Fie (A, ·), (B, ·) grupoizi si f : A→ B un omomorfism.i) Daca un element x ∈ A este regulat (adica cu x se poate simplifica) rezulta oareca f(x) este regulat?ii) Daca cei doi grupoizi au unitate si x ∈ A este inversabil atunci cum trebuie safie f pentru ca f(x−1) = [f(x)]−1?

2.29. Fie A =

(1 10 1

), B =

(1 00 2

), C =

(2 00 1

), D =

(2 00 0

).

Sa se determine subsemigrupurile 〈A〉, 〈A,D〉, 〈B,C〉 si 〈B,D〉 ale semigrupului(M2(Z), ·).

2.30. a) Fie (A, ·) un grupoid si X ⊆ A. Sa se arate ca subgrupoidul lui (A, ·)generat de X este reuniunea tuturor submultimilor Xk ⊆ A (k ∈ N) obtinute astfel

X0 = X, Xk+1 = Xk ∪ {x1 · x2 | x1, x2 ∈ Xk}.

b) Fie (A, ·), (B, ·) doi grupoizi si X ⊆ A. Sa se arate ca daca f : A → B este unomomorfism atunci f(〈X〉) = 〈f(X)〉.

2.31. Fie (A, ·), (B, ·) grupoizi si fie X un sistem de generatori pentru (A, ·). Sa searate ca o functie a lui X ın B se extinde cel mult ıntr-un mod la un omomorfismal lui (A, ·) ın (B, ·).

2.32. a) Fie (A, ·) un semigrup, respectiv un monoid. Sa se arate ca orice functief : {1} → A se poate prelungi ın mod unic la un omomorfism, respectiv omomorfismunital al lui (N∗,+), respectiv (N,+) ın (A, ·).b) Se poate prelungi functia g : {1, 2} → N, g(1) = 1 = g(2) la un endomorfism allui (N∗,+)?c) Sa se determine subsemigrupul 〈2〉 generat de 2 ın (N, ·) si sa se gaseasca toateomomorfismele lui (N∗,+) ın 〈2〉.

2.33. Fie m,n ∈ Z, m < −1, n > 1. Sa se determine endomorfismele f : Q → Qale lui (Q, ·) pentru care avem f(Q) ⊆ {m,m+ 1, . . . , n}.


2.34. Fie n ∈ N∗, Mn(C) multimea matricelor patrate de ordinul n cu elementedin C si A = (aij) ∈ Mn(C). Care dintre functiile fk : Mn(C) → C (k = 1, 2, 3)

definite prin f1(A) = detA, f2(A) =

n∑

i=1

aii si f3(A) = 1 sunt omomorfisme ale lui

(Mn(C), ·) ın (C, ·)? Dar ale lui (Mn(C),+) ın (C,+)?

2.35. Fie f, g : C → C, f(z) = |z|, iar g(0) = 0 si g(z) = arg z pentru z 6= 0. Suntf si g endomorfisme ale lui (C,+)? Dar ale lui (C, ·)?

2.36. a) Fie (Ai , · )i∈I o familie de grupoizi. Sa se arate ca pe produsul cartezian

P =∏

i∈I

Ai exista o singura structura de grupoid (P, ·) pentru care proiectiile ca-

nonice pj : P → Aj , pj((ai)i∈I) = aj sunt omomorfisme. Mai mult, daca fiecare(Ai, ·) este semigrup, respectiv grupoid comutativ, monoid, grup, atunci (P, ·) este,de asemenea, semigrup, respectiv grupoid comutativ, monoid, grup.

b) Sa se arate ca grupoidul (P, ·) de mai sus are urmatoarea proprietate de univer-salitate: pentru orice grupoid (B, ·) si orice familie de omomorfisme ui : B → Ai,i ∈ I exista un singur omomorfism u : B → P astfel ıncat diagrama

B

u

��

uj

@@@

@@@@

Ppj // Aj

sa fie comutativa pentru orice j ∈ I.

c) Daca grupoidul (P ′, ·) si omomorfismele p′i : P ′ → A′i, i ∈ I au aceeasi proprietate

de universalitate ca si (P, ·) si omomorfismele pi, i ∈ I atunci grupoizii (P, ·) si(P ′, ·) sunt izomorfi, adica proprietatea de universalitate a lui (P, ·) determina pe(P, ·) pana la un izomorfism.

d) Fie (A, ·) un grupoid si (Ai, ·) = (A, ·) pentru orice i ∈ I. Sa se arate ca grupoidul(P, ·) = (AI , ·) are un subgrupoid izomorf cu (A, ·).

2.37. Fie A1, A2, A trei grupoizi, respectiv grupuri si f1 : A1 → A, f2 : A2 → Adoua omomorfisme. Sa se arate ca:

a) submultimea S = {(a1, a2) ∈ A1 × A2 | f1(a1) = f2(a2)} este un subgrupoid,respectiv subgrup al produsului (A1 × A2, ·), functiile g1 : S → A1, g1(a1, a2) = a1,g2 : S → A2, g2(a1, a2) = a2 sunt omomorfisme si diagrama

S

g2

��

g1 // A1

f1

��A2

f2 // A

este comutativa;

b) tripletul (S, g1, g2) are urmatoarea proprietate de universalitate: pentru oricegrupoid S ′ si orice omomorfisme g′1 : S ′ → A1, g

′2 : S ′ → A2 care fac comutativ

35

patratul diagramei

S ′

g′2

��

g′1 //

g

A1

f1

��

S

g2~~~~~~

~~~~

g1

>>~~~~~~~~

A2f2 // A

exista un omomorfism unic g : S ′ → S astfel ıncat g′1 = g1 ◦ g si g′2 = g2 ◦ g ;c) proprietatea de universalitate a tripletului (S, g1, g2) determina pe S pana la unizomorfism.

2.38. Fie (A, ·), (B, ·) grupoizi, respectiv grupuri si f, g : A→ B omomorfisme. Sase arate ca:a) submultimea E = {a ∈ A | f(a) = g(a)} este un subgrupoid, respectiv subgrupal lui (A, ·) si f ◦ i = g ◦ i , unde i : E → A este omomorfismul de incluziune;b) perechea (E, i) are urmatoarea proprietate de universalitate: pentru orice grupoid(C, ·) si orice omomorfism h : C → A care verifica egalitatea f ◦ h = g ◦ h exista unomomorfism unic γ : C → E astfel ıncat h = i ◦ γ;c) proprietatea de universalitate a perechii (E, i) determina pe E pana la un izomor-fism.

2.39. Fie (A, ·) un grupoid. Sa se arate ca ∆A si A×A sunt congruente pe (A, ·) sigrupoidul cat (A/∆A, ·) este izomorf cu (A, ·). Cate elemente are multimea suporta grupoidului cat (A/A×A, ·)?

2.40. Fie ρ1 si ρ2 relatiile binare definite ın C astfel:

z1ρ1z2 ⇔ arg z1 = arg z2 sau z1 = 0 = z2 ;

z1ρ2z2 ⇔ |z1| = |z2|.

Sunt ρ1 si ρ2 congruente pe (C,+)? Dar pe (C, ·)? In caz afirmativ sa se determinegrupoidul cat.

2.41. a) Fie (G, ·), (G′, ·) doi grupoizi si f : G → G′ un omomorfism. Sa se arateca nucleul ker f al functiei f este o congruenta pe (G, ·) si ca grupoizii (G/ ker f, ·)si (f(G), ·) sunt izomorfi.b) Sa se arate ca functia f : C → R, f(z) = |z| este un omomorfism de la (C, ·) la(R, ·) si sa se aplice punctul a) acestui omomorfism.c) Sa se arate ca f : Mn(C) → C, f(A) = detA este un omomorfism de la (Mn(C), ·)la (C, ·) si sa se aplice punctul a) acestui omomorfism.

2.42. a) Fie (A, ·) un grupoid, B un subgrupoid ın (A, ·) si ρ o congruenta pe(A, ·). Sa se arate ca ρ(B) este subgrupoid ın (A, ·), ca relatiile ρ′ = ρ ∩ (B ×B) siρ′′ = ρ ∩ (ρ(B) × ρ(B)) sunt congruente pe B, respectiv pe ρ(B) si ca grupoizii catB/ρ′ si ρ(B)/ρ′′ sunt izomorfi.b) Sa se arate ca B = {x ∈ R | |x| > 1} este un subgrupoid al lui (C, ·) si sa seaplice punctul a) lui A si congruentei ρ2 din problema 2.40.


2.43. Fie n ∈ N si ρn relatia binara definita ın Z prin

xρny ⇔ ∃k ∈ Z : x− y = kn.

Mentionam ca ın locul notatiei xρny se foloseste, ın general, notatia x ≡ y(modn),iar ρn se numeste congruenta modulo n. Sa se arate ca:a) ρn este o congruenta pe (Z,+) si sa se determine grupoidul cat (Z/ρn,+);

b) m|n⇔ ρn ⊆ ρm.

2.44. Este congruenta modulo n (n ∈ N) o congruenta pe (Z, ·)? In caz afirmativsa se determine grupoidul cat.

2.45. Fie (A, ·) un grupoid si ρ o congruenta pe (A, ·). Sa se arate ca grupoidulcat (A/ρ, ·) nu este, ın general, un subgrupoid al grupoidului (P(A), ·) introdus ınproblema 2.17.

2.46. a) Fie (A, ·) un grupoid si ρ1 ⊆ ρ2 doua congruente pe (A, ·). Sa se arate caexista un unic omomorfism de grupoizi f : A/ρ1 → A/ρ2 astfel ıncat pρ2 = f ◦ pρ1 ,iar daca notam nucleul lui f cu ρ2/ρ1 atunci grupoizii cat (A/ρ1)/(ρ2/ρ1) si A/ρ2

sunt izomorfi.b) Sa se aplice punctul a) lui (Z,+) si congruentelor modulo 2 si modulo 6.

2.47. Fie (A, ·) un grupoid. Un element a ∈ A se numeste nongenerator al lui Adaca pentru orice X ⊆ A,

〈X ∪ {a}〉 = A⇒ 〈X〉 = A.

Un subgrupoid M 6= A al lui (A, ·) se numeste maximal daca pentru orice subgrupoidB al lui (A, ·),

M ⊆ B ⇒ B = M sau B = A.

Sa se arate ca:

a) multimea F (A) a nongeneratorilor lui A formeaza un subgrupoid al lui (A, ·),numit subgrupoidul lui Frattini;

b) pentru orice automorfism f : A→ A avem f(F (A)) ⊆ F (A);c) F (A) coincide cu intersectia subgrupoizilor maximali ai lui (A, ·) (daca nu existasubgrupoizi maximali atunci aceasta intersectie este A).

2.48. Fie (A, ·) un semigrup ciclic (adica un semigrup generat de un element al luiA). Daca exista k1, k2 ∈ N∗ diferite astfel ıncat ak1 = ak2 si n este cel mai mic ıntregpozitiv pentru care exista un m ∈ N∗, m < n astfel ıncat am = an, atunci perechea(m,n) se numeste tipul lui (A, ·). Sa se arate ca daca (A, ·) este de tipul (m,n)atunci:

i) am+q(n−m) = am pentru orice q ∈ N;ii) ak ∈ Kn−m = {am, am+1, . . . , an−1} pentru k ≥ n; Kn−m se numeste parteaperiodica a lui A;iii) A = {a, a2, . . . , am, am+1, . . . , an−1};iv) Kn−m este parte stabila ın (A, ·) si (Kn−m, ·) este grup.

37

2.49. Sa se arate cai) pentru orice m,n ∈ N∗, m < n, exista un semigrup ciclic de tipul (m,n);ii) toate semigrupurile ciclice de tipul (m,n) sunt izomorfe;iii) orice semigrup ciclic infinit este izomorf cu (N∗,+).

2.50. Sa se ıntocmeasca tabla de operatie a semigrupului ciclic de tipul (3, 7) si sase arate ca partea sa periodica este un grup.

2.51. Fie (A, ·) un semigrup. Un element x ∈ A se numeste regular daca existax′ ∈ A astfel ıncat xx′x = x. Daca orice x ∈ A este regular atunci (A, ·) se numestesemigrup regular. Sa se arate ca:i) daca x este regular atunci exista x ∈ A astfel ıncat xxx = x si xxx = x;ii) un semigrup regular cu multimea suport nevida are elemente idempotente;iii) daca M este o multime atunci semigrupul (MM , ◦) al transformarilor lui M(adica al functiilor f : M →M) este regular.

2.52. Fie (A, ·) un semigrup. Sa se arate ca:i) daca (A, ·) este grup atunci exista ın A un singur element idempotent;ii) daca (A, ·) este regular si A 6= ∅ atunci A are un singur element idempotent dacasi numai daca (A, ·) este grup.

2.53. Fie G = (−1, 1), x, y ∈ G si

(1) x ∗ y =x+ y

1 + xy.

Sa se arate ca:i) egalitatea (1) defineste o operatie ∗ pe G si (G, ∗) este un grup abelian;ii) ıntre grupul multiplicativ al numerelor reale pozitive (R∗

+, ·) si (G, ∗) exista un

izomorfism f : R∗+ → G de forma f(x) =

αx− 1

x+ 1.

2.54. Fie x, y ∈ R si x ∗ y = xy − 5x− 5y + 30. Este (R, ∗) grup? Dar (R \ {5}, ∗)?

2.55. Fie X o multime nevida si (G, ·) un grup. Daca f, g ∈ GX atunci definimfunctia f · g : X → G prin (f · g)(x) = f(x) · g(x). Sa se arate ca (GX , ·) este grupsi ca (GX , ·) are un subgrup izomorf cu (G, ·).

2.56. Sa se arate ca un grupoid (G,+) este grup abelian daca si numai daca verificaconditiile:i) (x+ y) + z = x+ (z + y), ∀x, y, z ∈ G ;ii) ∃0 ∈ G : ∀x ∈ G, 0 + x = x ;iii) ∀x ∈ G, ∃x′ ∈ G : x′ + x = 0 .

2.57. Sa se arate ca un semigrup (G, ·) este grup daca si numai daca G 6= ∅ sia ·G = G = G · a pentru orice a ∈ G.

2.58. Fie (G, ·) un grup si x, y ∈ G. Sa se arate ca:a) (x · y)−1 = x−1 · y−1 ⇔ x · y = y · x⇔ (x · y)2 = x2 · y2;b) x · y = y · x⇒ (x · y)n = xn · yn, ∀n ∈ Z;c) x · y = y · x⇒ xm · yn = yn · xm, ∀m,n ∈ Z.


2.59. Fie (G, ·) un grup si f, g : G→ G, f(x) = x−1, g(x) = x2. Sa se arate ca:

i) f este o bijectie;ii) f este automorfism daca si numai daca (G, ·) este abelian;

iii) g este omomorfism daca si numai daca (G, ·) este abelian.

2.60. Sa se arate ca un semigrup finit este grup daca si numai daca multimeasuport este nevida si toate elementele sale sunt regulate. Grupurile infinite se potcaracteriza analog?

2.61. Fie R∗+ = {x ∈ R | x > 0}. Sa se arate ca grupurile (R∗

+, ·) si (R,+) suntizomorfe.

2.62. Fie n > 1 ıntreg impar si fie ∗ operatia definita pe R prin

x ∗ y = n√xn + yn.

Sa se arate ca (R, ∗) este un grup izomorf cu (R,+).

2.63. Sa se arate ca grupul (C,+) este izomorf cu (R × R,+), dar (C∗, ·) nu esteizomorf cu (R∗ × R∗, ·).

2.64. Fie (G, ·), (G′, ·) si (G′′, ·) trei grupuri. Sa se arate ca au loc urmatoareleizomorfisme de grupuri:

i) (G×G′, ·) ≃ (G′ ×G, ·);ii) ((G×G′) ×G′′, ·) ≃ (G× (G′ ×G′′), ·) ≃ (G×G′ ×G′′, ·).

2.65. Fie (G, ·) un semigrup cu G 6= ∅ si fie ta, t′a : G → G, ta(x) = ax, t′a(x) = xa

(a ∈ G). Sa se arate ca:

i) daca (G, ·) este grup atunci pentru orice a ∈ G functiile ta, t′a sunt bijectii;

ii) daca pentru orice a ∈ G, ta si t′a sunt surjectii atunci (G, ·) este grup.

2.66. Fie (G, ·) un semigrup, G 6= ∅, g ∈ G si tg, t′g : G → G functiile definite prin

tg(x) = gx, t′g(x) = xg, iar

T (G) = {tg | g ∈ G}, T ′(G) = {t′g | g ∈ G}.

Sa se arate ca:

i) T (G) si T ′(G) sunt subsemigrupuri ale lui (GG, ◦);ii) daca (G, ·) este un monoid atunci (G, ·) este izomorf cu (T (G), ◦), iar functiaf : G → T ′(G), f(g) = t′g este o bijectie si f(g1 · g2) = f(g2) ◦ f(g1), adica f esteantiizomorfism;

iii) daca (G, ·) este un grup atunci T (G) si T ′(G) sunt subgrupuri ale lui (SG, ◦)izomorfe cu (G, ·).

2.67. Fie (G, ·) un grupoid, End(G, ·) multimea endomorfismelor grupoidului (G, ·)si Aut(G, ·) multimea automorfismelor lui (G, ·). Sa se arate ca:a) End(G, ·) este un subsemigrup al semigrupului (GG, ◦);b) Aut(G, ·) este un subgrup al grupului simetric (SG, ◦).

39

2.68. Fie (G,+) si (G′,+) doi grupoizi si f, g : G → G′ omomorfisme. Sa se arateca:a) functia f + g : G → G′, (f + g)(x) = f(x) + g(x) este un omomorfism daca sinumai daca f(x) + g(x) = g(x) + f(x) pentru orice x ∈ G;b) daca (G′,+) este grup abelian atunci multimea Hom(G,G′) a omomorfismelorlui (G,+) ın (G′,+) este un grup abelian ın raport cu operatia definita mai sus.

2.69. Pe Q = {a1 +a2i+a3j+a4k | a1, a2, a3, a4 ∈ R} se defineste ınmultirea astfel:daca q = a1 + a2i+ a3j + a4k si q′ = b1 + b2i+ b3j + b4k atunci

qq′ = (a1b1 − a2b2 − a3b3 − a4b4) + (a1b2 + a2b1 + a3b4 − a4b3)i

+ (a1b3 − a2b4 + a3b1 + a4b2)j + (a1b4 + a2b3 − a3b2 + a4b1)k.

Sa se arate ca:i) (Q, ·) este un monoid necomutativ;ii) grupul elementelor inversabile din (Q, ·) coincide cu Q∗ = Q \ {0};iii) H = {−1, 1,−i, i,−j, j,−k, k} este un subgrup al lui (Q∗, ·) (numit grupul cu-aternionilor);iv) (Q∗, ·) are un subgrup izomorf cu (C∗, ·).

2.70. Sa se arate ca H = {z ∈ C | |z| = 1} este un subgrup al lui (C∗, ·), dar nueste subgrup al lui (C,+) si sa se dea un exemplu de alt subgrup H ′ al lui (C∗, ·)astfel ıncat H ∪H ′ sa nu fie subgrup al lui (C∗, ·).

2.71. Fie (G, ·) un grup, fie X ⊆ G si X−1 = {x−1 | x ∈ X}. Sa se arate caI = {X ⊆ G | X−1 ⊆ X} este o sublatice completa a laticii (P(G),⊆) si camultimea S a subgrupurilor lui G este inclusa ın I, dar I 6= S.

2.72. Fie (G, ·) un grup. Sa se arate ca:i) laticea subgrupurilor lui (G, ·) este o sublatice a laticii subsemigrupurilor lui (G, ·)dar nu este sublatice completa;ii) pentru orice subgrup H al lui (G, ·) exista o familie de subgrupuri ciclice Hi,i ∈ I, ale lui G astfel ıncat H = sup(Hi)i∈I .

2.73. Fie (G, ·) un grup. Sa se arate ca reuniunea a doua subgrupuri ale lui (G, ·)este un subgrup al lui (G, ·) daca si numai daca unul dintre ele este inclus ın celalalt.Sa se deduca de aici caG nu poate fi scris G = H1∪H2 undeH1 siH2 sunt subgrupuriale lui G diferite de G.

2.74. Fie (G, ·) un grup si H1, H2, H3 subgrupuri ale lui (G, ·). Sa se arate caH3 ⊆ H1 ∪H2 daca si numai daca H3 ⊆ H1 sau H3 ⊆ H2.

2.75. Fie (G, ·) un grup si H , K subgrupuri ale lui G. Sa se arate ca are locegalitatea |H| · |K| = |H ·K| · |H ∩K|.

2.76. a) Sa se dea cate un exemplu de ciclu (permutare circulara) de lungime 4, detranspozitie si de permutare care nu e ciclu.b) Fie σ1 = (1, 2, 3) ◦ (4, 5, 6, 7), σ2 = (3, 4) ◦ (5, 2, 6, 1, 8), σ3 = (1, 3, 4) ◦ (2, 3, 5, 7) ◦(1, 8, 4, 6), σ4 = (8, 2, 1, 4, 3) ◦ (1, 2) ◦ (1, 5) si σ5 = (8, 7, 4, 3, 1, 2) ◦ (5, 6) permutaridin S8. Sa se gaseasca σ3

1, σ22 ◦ σ1, σ3 ◦ σ4 ◦ σ5, σ

43 ◦ σ2

4 si σ5 ◦ σ4 ◦ σ3.


2.77. Fie M o multime. Sa se arate ca daca |M | ≥ 3 atunci centrul grupului (SM , ◦)este format doar din functia identica.

2.78. Spunem ca doua permutari f, g ∈ SM ale unei multimi M sunt disjuncte dacapentru orice x ∈ M are loc cel putin una dintre egalitatile f(x) = x, g(x) = x. Sase arata ca daca f, g ∈ SM sunt permutari disjuncte atunci f ◦ g = g ◦ f .

2.79. Sa se arate ca doua cicluri (i1, i2, . . . , il), (j1, j2, . . . , jk) din Sn sunt disjunctedaca si numai daca multimile {i1, i2, . . . , il}, {j1, j2, . . . , jk} sunt disjuncte.

2.80. a) Sa se descompuna ın produs de cicluri disjuncte permutarea

τ =

(1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 129 12 8 11 6 7 5 3 2 4 10 1

).

b) Sa se scrie ın doua moduri ca produs de transpozitii permutarea

σ =

(1 2 3 4 5 6 7 82 3 1 5 6 8 7 4

).

2.81. Fie n, l ∈ N, n ≥ l ≥ 2. Sa se determine:i) numarul transpozitiilor din Sn;ii) numarul ciclurilor de lungime n din Sn;iii) numarul ciclurilor de lungime l din Sn;iv) numarul tuturor ciclurilor (de lungime cel putin 2) din Sn.

2.82. Fie n ∈ N, n ≥ 2, 2 ≤ l ≤ n si σ = (i1, i2, . . . , il) ∈ Sn. Sa se arate ca:a) σ−1 = (il, il−1, . . . , i1) = σl−1;b) l este cel mai mic numar natural nenul pentru care σl este permutarea identica(adica ordinul lui σ este l);

c) σm(ij) =

{ij+m , daca j +m < lij+m−l , daca j +m > l

(m ∈ N∗).

2.83. a) Fie γ = (i1, i2, . . . , ik) ∈ Sn. Sa se arate ca pentru orice σ ∈ Sn avemσ ◦ γ ◦ σ−1 = (σ(i1), σ(i2), . . . , σ(ik)).b) Fie σ1 = (1, 2, 3) ◦ (4, 5, 6, 7), σ2 = (3, 4) ◦ (5, 2, 6, 1, 8), σ3 = (1, 3, 4) ◦ (2, 3, 5, 7) ◦(1, 8, 4, 6), σ4 = (8, 2, 1, 4, 3) ◦ (1, 2) ◦ (1, 5) si σ5 = (8, 7, 4, 3, 1, 2) ◦ (5, 6) permutaridin S8. Sa se determine σ1 ◦ σ4 ◦ σ−1

1 , σ−25 ◦ σ3 ◦ σ2

5, σ−52 ◦ σ4 ◦ σ5

2 .c) Fie σ1 = (1, 2, 3) ◦ (4, 5, 6) ◦ (7, 8, 9), σ2 = (1, 4, 7) ◦ (2, 5, 8) ◦ (3, 6, 9), σ3 =(4, 5, 6) ◦ (7, 8, 9). Sa se arate ca σ1 ◦ σ2 = σ2 ◦ σ1 si σ1 ◦ σ3 = σ3 ◦ σ1.

2.84. Sa se gaseasca elementele din grupul simetric (Sn, ◦) permutabile cu ciclul(i1, i2, . . . , in) ∈ Sn.

2.85. Sa se arate ca fiecare din urmatoarele multimi constituie un sistem de gener-atori pentru grupul simetric (Sn, ◦):a) {(i, j) | i, j ∈ {1, . . . , n}, i 6= j} (multimea transpozitiilor din Sn);b) {(1, 2), (1, 3), . . . , (1, n)};c) {(1, 2), (2, 3), . . . , (n− 1, n)};d) {(i1, i2), (i1, i2, . . . , in)}, unde {i1, i2, . . . , in} = {1, 2, . . . , n};e) {(i1, i2), (j1, j2, . . . , jn)}, unde {j1, j2, . . . , jn} = {1, 2, . . . , n}.

41

2.86. Sa se arate ca fiecare din urmatoarele multimi constituie un sistem de gener-atori pentru grupul altern An (grupul permutarilor pare de grad n):a) multimea tuturor ciclurilor de lungime 3;b) {(1, 2, 3), (1, 2, 4), . . . , (1, 2, n)}.2.87. Fie K ∈ {Q,R,C} si Mn(K) multimea matricelor patrate de ordinul n cuelemente din K, iar

GLn(K) = {A ∈Mn(K) | detA 6= 0}, SLn(K) = {A ∈Mn(K) | detA = 1}.

Sa se arate ca:i) (Mn(K), ·) este un monoid necomutativ pentru n > 1 si ca acest monoid areun submonoid izomorf cu (K, ·) — reamintim ca o parte stabila a unui monoidse numeste submonoid atunci cand contine elementul neutru al monoidului. Este(Mn(K), ·) grup?ii) GLn(K) este o parte stabila a lui (Mn(K), ·) si (GLn(K), ·) este un grup numitgrupul general liniar de gradul n peste K.iii) (GLn(K), ·) are (pentru n ≥ 1) un subgrup izomorf cu (K∗, ·).iv) (GL2(R), ·) are un subgrup izomorf cu (C∗, ·).v) SLn(K) este un subgrup al lui GLn(K).

2.88. Fie n ∈ N, n ≥ 2, K ∈ {Q,R,C} si GLn(K) grupul general liniar de graduln peste K. Sa se arate ca Z(GLn(K)) = {aIn | a ∈ K∗}, unde Z(GLn(K)) estecentrul grupului GLn(K), iar In este matricea unitate.

2.89. Fie GLn(Z) = {A ∈ Mn(Z) | detA este inversabil ın (Z, ·)} = {A ∈ Mn(Z) |detA ∈ {−1, 1}} si SLn(Z) = {A ∈Mn(Q) | detA = 1}. Sa se arate ca:i) GLn(Z) este un subgrup al lui (GLn(Q), ·);ii) grupul (GLn(Z), ·) este infinit daca n > 1;

iii) subgrupul lui (GL2(Z), ·) generat de

(1 10 1

)este izomorf cu (Z,+);

iv) SLn(Z) este un subgrup al lui GLn(Z).

2.90. Fie

A =

(0 1−1 0

), B =

(0 1−1 −1

).

Sa se arate ca ın (GL2(Z), ·) avem ordA = 4, ordB = 3 si ord(AB) = ∞.

2.91. Fie n ∈ N∗. Sa se arate ca grupul (GLn(Z), ·) are un subgrup izomorf cugrupul (Sn, ◦) al permutarilor unei multimi cu n elemente, adica (Sn, ◦) se scufundaizomorf ın (GLn(Z), ·).2.92. Sa se arate ca orice grup finit de ordin n se scufunda izomorf ın (GLn(Z), ·).2.93. Sa se determine ordinele elementelor

x =

(1 00 −1

), y =

(−1 −10 −1

), z =

(i 00 −i

),

u =

(−2 + 3i −2 + 2i1 − i 3 − 2i

), v =

(2 11 1

)

ın (GLn(C), ·) si grupurile ciclice generate de acestea.


2.94. FieM o multime, P(M) multimea submultimilor sale si △ diferenta simetrica,adica pentru X, Y ⊆ M avem X△Y = (X \Y )∪ (Y \X). Sa se arate ca (P(M),△)este un grup ın care orice element diferit de ∅ are ordinul 2.

2.95. Fie (L,∨,∧,′ ) o latice Boole. Definim ın L operatia + prin

x+ y = (x ∧ y′) ∨ (x′ ∧ x).

Sa se arate ca (L,+) este un grup ın care orice element diferit de elementul neutruare ordinul 2.

2.96. Sa se arate ca daca (G, ·) este un grup finit de ordin par atunci exista celputin un element x ∈ G \ {1} astfel ıncat x−1 = x (adica x are ordinul 2).

2.97. Fie (G, ·) un grup si x, y ∈ G. Sa se arate ca ord(xy) =ord(yx).

2.98. Fie (G, ·), (G′, ·) doua grupuri, x ∈ G si f : G → G′ un omomorfism. Sa searate ca:i) daca x ∈ G si ordinul lui x este finit atunci ordinul lui f(x) este finit si ordf(x)divide ord(x);ii) daca f este injectiv si x ∈ G atunci ordf(x) = ord x;iii) daca ordf(x) = ord x pentru orice x ∈ G atunci omomorfismul f este injectiv.

2.99. Fie (G, ·) un grup. Sa se arate ca:i) G are un singur element de ordin 1;ii) pentru orice x ∈ G avem ordx = ord x−1;

iii) daca x ∈ G, n = ord x si k ∈ N∗ atunci ord(xk) =n

(k, n), unde (k, n) este

c.m.m.d.c. al lui k si n;iv) daca n = ordx si n = km atunci ord(xk) = m;v) daca (G, ·) este un grup ciclic de ordin n ∈ N∗, generat de x, atunci xk este ungenerator pentru G daca si numai daca (k, n) = 1;vi) daca (G, ·) este un grup ciclic de ordinul n si Dn = {d ∈ N∗ | d|n} atunci laticeasubgrupurilor lui (G, ·) este izomorfa cu (Dn, |).

2.100. Fie (G, ·) un grup si x, y ∈ G elemente permutabile, adica xy = yx. Fiem = ord x, n = ord y, m,n ∈ N∗. Sa se arate ca:i) ord(xy) este finit si ord(xy) divide pe [m,n] (unde [m,n] este c.m.m.m.c. al luim si n);ii) daca 〈x〉 ∩ 〈y〉 = {1} atunci ord(xy) = [m,n];iii) daca (m,n) = 1 atunci ord(xy) = mn si 〈x, y〉 = 〈xy〉;iv) exista ın G (chiar si numai ın ipoteza initiala) un element de ordinul [m,n].

2.101. Fie σ ∈ Sn. Sa se arate ca daca σ = γ1 ◦ · · · ◦ γk este descompunerea lui σın cicluri disjuncte si lungimea lui γi este li (i = 1, . . . , k) atunci ordinul lui σ estec.m.m.m.c. al numerelor l1, . . . , lk.

2.102. Sa se arate ca daca (G, ·) este un grup, x, y ∈ G, ord x < ∞, ord y < ∞ sixy 6= yx atunci este posibil ca ord(xy) = ∞.

43

2.103. Fie (G, ·) un grup si t(G) = {x ∈ G | ordx <∞}. Sa se arate ca:i) daca (G, ·) este abelian atunci t(G) este un subgrup al lui G (numit partea detorsiune a lui G);ii) daca (G, ·) este necomutativ atunci t(G) nu este, ın general, un subgrup ın G;iii) (G \ t(G)) ∪ {1} nu este, ın general, subgrup (nici chiar ın caz abelian);iv) daca ∅ 6= H ⊆ t(G) atunci H este un subgrup ın G daca si numai daca

(∗) h1, h2 ∈ H ⇒ h1h2 ∈ H ;

v) daca (G, ·) este finit si ∅ 6= H ⊆ G atunci H este un subgrup ın G daca si numaidaca verifica pe (∗).

2.104. Fie (G, ·) si (G′, ·) doua grupuri abeliene. Sa se arate ca:i) daca G si G′ sunt izomorfe atunci t(G) si t(G′) sunt izomorfe;ii) este posibil ca t(G) si t(G′) sa fie izomorfe fara ca G si G′ sa fie izomorfe.

2.105. Sa se arate ca grupurile : i) (Q, +) si (Q∗, ·); ii) (R, +) si (R∗, ·); iii) (C,+)si (C∗, ·); iv) (R∗, ·) si (C∗, ·) nu sunt izomorfe.

2.106. Un grup G ın care fiecare element are ordin finit, adica G = t(G), se numestegrup cu torsiune. Sa se dea exemplu de grup cu torsiune infinit.

2.107. Sa se arate ca (Z,+) este un grup ciclic si ca a orice grup ciclic infinit esteizomorf cu (Z,+).

2.108. Fie n ∈ Z si nZ = {nk | k ∈ Z}. Sa se arate ca:i) nZ este subgrup al lui (Z,+);ii) nZ ⊆ mZ daca si numai daca m|n (m divide pe n);iii) pentru orice subgrup H al lui (Z,+) exista un unic n ∈ N astfel ıncat H = nZ;iv) laticea subgrupurilor lui (Z,+) este antiizomorfa cu laticea (N, |);v) mZ∩nZ = [m,n]Z si mZ+nZ = (m,n)Z (unde (m,n) si [m,n] sunt c.m.m.d.c.,respectiv c.m.m.m.c. al lui m si n);vi) laticea congruentelor lui (Z,+) este antiizomorfa cu laticea (N, |);vii) laticea subgrupurilor si laticea congruentelor lui (Z,+) sunt latici distributive.

2.109. Sa se arate ca fiecare dintre grupurile Hom(Q,Z) si Hom(Zn,Z) (n ∈ N,n ≥ 2) este format dintr-un singur omomorfism.

2.110. Sa se arate ca grupul (Z,+) este izomorf cu orice subgrup al sau diferit de{0} si ca (Z,+) nu este izomorf cu (Q,+).

2.111. Fie n ∈ N∗ si Un = {ε | εn = 1}. Sa se arate ca Un este un subgrup ciclic allui (C∗, ·) (numit grupul radacinilor de ordinul n ale unitatii) si ca orice grup ciclicde ordinul n este izomorf cu (Un, ·).

2.112. Sa se arate ca laticea subgrupurilor unui grup ciclic este distributiva.

2.113. Sa se arate ca multimea subgrupurilor unui grup infinit este infinita.

2.114. Sa se determine grupurile care au: i) un singur subgrup; ii) doua subgrupuri.


2.115. Care sunt grupurile ın care pentru orice submultime nevida X subsemigrupulgenerat de X coincide cu subgrupul generat de X?

2.116. a) Sa se determine grupurile cat ale lui (Z,+) si sa se arate ca acestea suntciclice.b) Sa se arate ca orice grup ciclic este izomorf cu (Z,+) sau cu un grup cat al lui(Z,+).

2.117. Sa se arate ca produsul direct a doua grupuri ciclice, fiecare de ordin celputin 2, este un grup ciclic daca si numai daca grupurile sunt finite si ordinele lorsunt relativ prime.

2.118. Fie n ∈ N, n ≥ 2. Sa se arate ca produsul direct a n grupuri ciclice, fiecarede ordin cel putin 2, este un grup ciclic daca si numai daca grupurile sunt finite siordinele lor sunt doua cate doua relativ prime.

2.119. Sa se arate ca grupurile Zn1 ×Zn2 ×· · ·×Znksi Zn1n2···nk

sunt izomorfe dacasi numai daca numerele n1, n2, . . . , nk sunt doua cate doua relativ prime.

2.120. Sa se arate ca produsul direct al unei familii infinite de grupuri ciclice, fiecarede ordin cel putin 2, nu este un grup ciclic.

2.121. Sa se arate ca, abstractie facand de un izomorfism, exista un singur grupneciclic de ordinul 4 (numit grupul lui Klein).

2.122. Sa se determine toate grupurile neizomorfe de ordinele 1, 2, 3, 4 si 5.

2.123. Sa se arate ca daca f : Z → Z este un endomorfism al grupului (Z,+) atuncif(x) = f(1) · x pentru orice x ∈ Z (adica f este o translatie a lui (Z, ·)) si ca oricetranslatie a lui (Z, ·) este un endomorfism al lui (Z,+).

2.124. Sa se arate ca endomorfismele grupului (Q,+) coincid cu translatiile lui(Q, ·).2.125. Fie (G,+) un grup abelian. Sa se arate ca grupul (Hom(Z, G),+) esteizomorf cu (G,+).

2.126. Sa se determine omomorfismele lui (Z6,+) ın (Z3,+) si ale lui (Z3,+) ın(Z9,+).

2.127. Sa se arate ca grupurile (Hom(Zm,Zn),+) si (Z(m,n),+) (unde (m,n) estec.m.m.d.c. al lui m si n) sunt izomorfe.

2.128. Fie (G, ·) un grup ciclic si G = 〈a〉. Sa se arate ca un endomorfism f : G→ Geste automorfism daca si numai daca G = 〈f(a)〉.2.129. Sa se arate ca urmatoarele grupuri sunt izomorfe: i) (Aut(Z,+), ◦) si (Z2,+);ii) (Aut(Z5,+), ◦) si (Z4,+); iii) (Aut(Z6,+), ◦) si (Z2,+).

2.130. Fie (G, ·) un grup, H un subgrup, ρH relatia de echivalenta la stanga de-terminata de subgrupul H , fie S un sistem de reprezentanti pentru multimea catG/ρH , iar f : G → G functia definita prin f(sh) = s (unde s ∈ S, h ∈ H). Sa searate ca pentru orice x ∈ G si orice h ∈ H au loc urmatoarele: i) f(f(x)) = f(x) ;ii) x−1f(x) ∈ H ; iii) f(xh) = f(x) .

45

2.131. Fie (G, ·) un grup, H un subgrup si f : G→ G o functie care verifica pentruorice x ∈ G si orice h ∈ H conditiile urmatoare: i) f(f(x)) = f(x); ii) x−1f(x) ∈ H ;iii) f(xh) = f(x). Sa se arate ca f(G) este un sistem de reprezentanti pentrumultimea cat G/ρH .

2.132. Fie (G, ·) un grup si ∅ 6= A ⊆ G. Sa se arate ca exista un subgrup H al luiG astfel ıncat A sa fie o clasa la stanga sau la dreapta a lui G ın raport cu H dacasi numai daca xy−1z ∈ A pentru orice x, y, z ∈ A.

2.133. Fie (G, ·) un grup si H1, H2 subgrupuri ale lui G. Sa se arate ca:i) H1 ·H2 este un subgrup daca si numai daca H1 ·H2 = H2 ·H1 ;ii) daca H1 · H2 este un subgrup atunci sup(H1, H2) ın laticea subgrupurilor lui Geste H1 ·H2 ;iii) daca H1 E G si H2 E G atunci H1 ·H2 E G.

2.134. Fie (G, ·) un grup si X ⊆ G. Sa se arate ca:i) subgrupul 〈X〉 generat de X este comutativ daca si numai daca pentru oricex, y ∈ X avem xy = yx;ii) daca pentru orice x ∈ X si orice g ∈ G avem g−1xg ∈ X atunci 〈X〉 E G;iii) daca X = X1 ∪X2 si pentru orice x1 ∈ X1 si x2 ∈ X2 avem x1x2 = x2x1 atunci〈X〉 = 〈X1〉 · 〈X2〉;iv) daca X = X1 ∪X2 si X1X2 = X2X1 atunci 〈X〉 = 〈X1〉 · 〈X2〉.

2.135. Fie G = Z × Z × {−1, 1} si · operatia definita ın G astfel:

(m1, m2, m3) · (n1, n2, n3) =

{(m1 + n1, m2 + n2, n3), daca m3 = 1 ;

(m1 + n1, m2 + n2,−n3), daca m3 = −1 .

Sa se arate ca:i) (G, ·) este un grup;ii) subgrupul H1 = 〈(1, 0, 1), (0, 1, 1)〉 este normal ın G;iii) subgrupul H2 = 〈(1, 0, 1)〉 este normal ın H1, dar nu este normal ın G.

2.136. Sa se determine:i) ordinul fiecarui element din S3;ii) subgrupurile lui S3 si sa se arate ca laticea subgrupurilor lui S3 este modulara,dar nu este distributiva;iii) subgrupurile normale ale lui S3;iv) grupurile cat ale lui S3.

2.137. Sa se arate ca laticea subgrupurilor grupului altern A4 nu este modulara.

2.138. Fie (G, ·) un grup, H,N subgrupuri ın G si ρH,N ⊆ G×G relatia

xρH,Ny ⇔ ∃h ∈ H, ∃n ∈ N : y = hxn.

Sa se arate ca:i) ρH,N este o relatie de echivalenta pe G si G/ρH,N = {HxN | x ∈ G} (HxN senumeste clasa lui x dupa perechea de subgrupuri (H,N));ii) daca N E G atunci ρH,N coincide cu echivalenta la stanga definita de HN .


2.139. Sa se determine descompunerea lui S3 ın clase dupa perechea de subgrupuri(H,N), unde H = N = 〈(1, 2)〉.

2.140. Un grup necomutativ care are toate subgrupurile normale se numeste gruphamiltonian. Fie (H, ·) grupul cuaternionilor (vezi problema 2.69). Sa se arate ca:i) (H, ·) este grup hamiltonian;ii) laticea subgrupurilor lui (H, ·) este modulara, dar nu este distributiva;iii) pentru orice x, y ∈ H avem x2y2 = y2x2, desi (H, ·) nu este comutativ;iv) daca a, b ∈ {i, j, k}, a 6= b atunci H = 〈a, b〉 si a4 = 1 = b4, a2 = b2, aba = a iardin aceste egalitati sa se deduca egalitatile: aba = a, a3b = ba si b3a = ab.

2.141. Sa se arate ca laticea subgrupurilor normale ale unui grup este modulara.

2.142. Fie (G, ·) un grup necomutativ si Z(G) centrul sau. Sa se arate ca grupulcat (G/Z(G), ·) nu este ciclic.

2.143. Sa se determine subgrupurile si grupurile cat ale lui: a) (Z12,+); b) (Z15,+).

2.144. Fie U6 mutimea radacinilor de ordinul 6 ale unitatii. Sa se determine sub-grupurile si grupurile cat ale lui (U6, ·).

2.145. Fie (G, ·) un grup. Sa se arate ca:i) daca toate elementele din G \ {1} au ordinul 2 atunci G este abelian;ii) daca G este finit si orice element din G \ {1} are ordinul 2 atunci ordinul lui Geste de forma 2k, cu k ∈ N.

2.146. Sa se arate ca orice grup de ordinul 6 este izomorf cu (Z6,+) sau cu grupulsimetric (S3, ◦).

2.147. Sa se arate ca rotatiile si simetriile unui triunghi echilateral formeaza ungrup (∆3, ◦) izomorf cu grupul simetric (S3, ◦).

2.148. Fie Pn un poligon regulat cu n laturi (n ∈ N, n ≥ 3). Sa se arate ca izometri-ile f ale planului care au proprietatea ca f(Pn) = Pn formeaza un grup (∆n, ◦)(numit grupul diedral de grad n) si ca ordinul acestui grup este 2n. (Amintim ca o

transformare geometrica f a planului se numeste izometrie daca pastreaza distanta dintre

orice doua puncte, adica pentru orice puncte M,N din plan avem MN = f(M)f(N).)

2.149. Fie p un numar prim impar. Sa se arate ca orice grup de ordinul 2p esteizomorf cu (Z2p,+) sau cu grupul diedral (∆p, ◦).

2.150. Sa se determine toate grupurile neizomorfe de ordinul 10.


2.152. Fie (G1, ·), (G2, ∗) doua grupuri si e1, respectiv e2 elementele lor neutre. Sase arate ca grupurile cat (G1/G1, ·) si (G2/G2, ∗) sunt izomorfe. Cand sunt izomorfegrupurile (G1/{e1}, ·) si (G2/{e2}, ∗)?

2.153. Fie K ∈ {Q,R,C}. Sa se arate ca SLn(K) este un subgrup normal al lui(GLn(K), ·) si ca grupul cat (GLn(K)/SLn(K), ·) este izomorf cu (K∗, ·). Ce seıntampla pentru K = Z?

47

2.154. Fie U2 = {−1, 1} grupul radacinilor de ordinul 2 ale unitatii. Sa se arate caau loc urmatoarele izomorfisme de grupuri: a) (C/R,+) ≃ (R,+); b) (Q∗/U2, ·) ≃(Q∗

+, ·); c) (R∗/U2, ·) ≃ (R∗+, ·).

2.155. Fie H = {z ∈ C | |z| = 1}. Sa se arate ca H E (C∗, ·) si ca au locizomorfismele: i) (R/Z,+) ≃ (H, ·); ii) (C∗/H, ·) ≃ (R∗

+, ·); iii) (C∗/R∗+, ·) ≃ (H, ·).

2.156. Sa se arate ca:i) exista o functie bijectiva ıntre multimea suport a grupului cat (Q/Z,+) si multimeaA = {x ∈ Q | 0 ≤ x < 1};ii) grupul (Q/Z,+) este cu torsiune si t(R/Z) = Q/Z;iii) pentru orice n ∈ N∗ grupul (Q/Z,+) are un singur subgrup de ordin n, iar acestsubgrup este ciclic.

2.157. Fie U = {z ∈ C | ∃n ∈ N∗ : zn = 1}. Sa se arate ca U este subgrup ın(C∗, ·) si ca (Q/Z,+) ≃ (U, ·).

2.158. Fie functiile

fa,b : R → R, fa,b(x) = ax+ b (a, b ∈ R),

SR multimea permutarilor lui R si

G = {fa,b | a ∈ R∗, b ∈ R}, H = {fa,0 | a ∈ R∗}, N = {f1,b | b ∈ R}.

i) Sa se arate ca G ≤ (SR, ◦). Este G subgrup normal ın SR?ii) Sa se arate ca H ≤ (G, ◦). Este H subgrup normal ın G?iii) Sa se arate ca N E (G, ◦) si (G/N, ◦) ≃ (R∗, ·).iv) Este N subgrup normal si ın (SR, ◦)?

2.159. Fie (G, ·) un grup si N un subgrup al sau. Sa se arate ca daca descompunerealui G ın raport cu N la stanga are un sistem de reprezentanti H care este subgrupatunci:i) H este un sistem de reprezentanti si pentru descompunerea la dreapta;ii) H ∩N = {1}, HN = G = NH ;iii) orice g ∈ G are o reprezentare unica de forma g = hn cu h ∈ H , n ∈ N ;iv) N este normal ın G si grupul (G/N, ·) este izomorf cu (H, ·).

2.160. Fie K = {e, (1, 2)◦ (3, 4), (1, 3)◦ (2, 4), (1, 4)◦(2, 3)}, unde e este permutareaidentica din S4. Sa se arate ca:a) submultimea K formeaza un subgrup comutativ al lui S4 izomorf cu grupul luiKlein;b) K este un subgrup normal al lui S4 si (S4/K, ◦) ≃ (S3, ◦);c) (A4/K, ◦) ≃ (Z3,+).

2.161. Fie (G, ·) un grup, H un subgrup al sau, ρH relatia de echivalenta la stangadefinita de H . Sa se arate ca:i) pentru orice a ∈ G functia ta : G/ρH → G/ρH , ta(xH) = axH este o permutatea lui G/ρH ;ii) functia f : G → SG/ρH

, f(a) = ta este un omomorfism al lui G ın grupulpermutarilor multimii cat G/ρH ;


iii) Ker f =⋂

x∈G

xHx−1;

iv) daca H E G atunci grupul translatiilor stangi ale lui (G/H, ·) este izomorf cugrupul (G/H, ·).

2.162. Sa se descompuna grupurile S3 si S4 ın clase de elemente conjugate.

2.163. Fie (G, ·) un grup, x, y ∈ G si X, Y ⊆ G. Sa se arate ca:i) daca x si y sunt conjugate atunci x si y au acelasi ordin;ii) daca X si Y sunt conjugate atunci X si Y au acelasi cardinal.

2.164. Sa se arate ca permutarile

α =

(1 2 3 4 5 62 5 3 6 1 4

)si β =

(1 2 3 4 5 65 3 4 2 1 6

)

sunt conjugate ın S6 si sa se determine numarul permutarilor σ ∈ S6 pentru careare loc egalitatea σ−1 ◦ α ◦ σ = β.

2.165. Sa se descompuna grupul cuaternionilor ın clase de elemente conjugate.

2.166. Fie matricele

A =

(1 00 2

), B =

(−1 00 −1

).

Sa se determine normalizatorii acestor matrice ın grupul GL2(R).

2.167. Fie (G, ·) un grup. Se numeste actiune a grupului G pe multimea X o functieG×X → X, (g, x) 7→ gx pentru care avem

1x = x si (g1g2)x = g1(g2x), ∀x ∈ X, ∀g1, g2 ∈ G.

Sa se arate ca:i) daca H este un subgrup al grupului SX al permutarilor lui X si f : G → H esteun omomorfism atunci functia G ×X → X, (g, x) 7→ [f(g)](x) este o actiune a luiG pe X. Sa se deduca de aici ca orice subgrup al lui SX actioneaza pe X;ii) conjugarea ın G determina o actiune G × G → G a lui G pe G definita prin(g, x) 7→ g−1xg.

2.168. Sa se arate ca daca grupul (G, ·) actioneaza pe multimea X atunci relatia ∼definita pe X prin

x ∼ x′ ⇔ ∃g ∈ G : gx = x′

este o relatie de echivalenta pe multimea X. Clasa de echivalenta Ox a lui x senumeste orbita lui x.

2.169. Fie (G, ·) un grup si x ∈ G. Sa se arate ca orbita lui x ın raport cu actiunealui G pe G definita de conjugarea ın G coincide cu clasa de conjugare a lui x.

2.170. O actiune a grupului G pe multimea X se numeste tranzitiva daca pentruorice x, x′ ∈ X exista g ∈ G astfel ıncat gx = x′. Sa se arate ca o actiune estetranzitiva daca si numai daca are o singura orbita.

49

2.171. Fie (G, ·) un grup si X o multime. Sa se arate ca:i) daca G × X → X, (g, x) 7→ gx este o actiune a lui G pe X atunci, fixand pe g,functia tg : X → X, tg(x) = gx este bijectiva, iar t : G → SX , t(g) = tg este unomomorfism de grupuri;ii) daca t : G → SX este un omomorfism de grupuri atunci α : G × X → X,α(g, x) = [t(g)](x) este o actiune a lui G pe X;iii) corespondenta t 7→ α este o bijectie ıntre multimea omomorfismelor lui (G, ·) ın(SX , ◦) si multimea actiunilor lui G pe X.

2.172. Fie G×X → X, (g, x) 7→ gx o actiune a grupului (G, ·) pe multimea X, fiex ∈ X si Fx = {g ∈ G | gx = x}. Sa se arate ca:i) Fx este un subgrup al lui G numit stabilizatorul lui x;ii) cardinalul orbitei lui x coincide cu indicele lui Fx ın G;iii) daca X = G si actiunea este definita de conjugare atunci Fx coincide cu norma-lizatorul lui x;iv) cardinalul clasei de conjugare a unui element g ∈ G coincide cu indicele norma-lizatorului lui g ın G.

2.173. Daca grupul (G, ·) actioneaza pe X atunci orice subgrup al lui G actioneazape X. Sa se arate ca daca G actioneaza tranzitiv pe X si F este stabilizatorulunui x0 ∈ X atunci exista o bijectie ıntre multimea orbitelor actiunii lui F pe X simultimea {FgF | g ∈ G} a claselor lui G dupa (F, F ).

2.174. Fie (G, ·) un grup, G×X → X, (g, x) 7→ gx o actiune a lui G pe multimeaX si F = {g ∈ G | gx = g, ∀x ∈ X}. Sa se arate ca F E G si ca:i) exista o singura actiune a grupului (G/F, ·) pe X astfel ıncat (gF )x = gx;ii) functia tgF : X → X, tgF (x) = (gF )x este o permutare a lui X si functiaϕ : G/F → SX , ϕ(gF ) = tgF este un omomorfism injectiv de grupuri.

2.175. Fie (G, ·) un grup finit de ordinul n si x ∈ G. Sa se arate ca:i) numarul elementelor conjugate cu x este un divizor al lui n;ii) daca m este ordinul lui x atunci numarul elementelor conjugate cu x este un

divizor al luin

m;

iii) daca m′ este ordinul centrului lui G atunci numarul elementelor conjugate cu x

este un divizor al luin

m′ ;

iv) daca l ∈ N atunci numarul elementelor conjugate cu xl este un divizor alnumarului elementelor conjugate cu x.

2.176. In G = Z × Z se defineste operatia · prin

(m1, n1) · (m2, n2) = (m1 +m2, (−1)m2n1 + n2).

Sa se arate ca (G, ·) este un grup si sa se determine pentru fiecare element (m,n)numarul elementelor conjugate cu (m,n).

2.177. Sa se determine toate grupurile neizomorfe care au numai doua clase deelemente conjugate.


2.178. Fie K1, K2, K3 clase de elemente conjugate ın grupul (G, ·). Sa se arate ca:i) K1 ∩K2K3 6= ∅ ⇒ K1 ⊆ K2K3:ii) daca G este finit, K1 = K2K3 si ki este numarul elementelor din Ki (i = 1, 2, 3)atunci k1 divide pe k2k3.

2.179. Fie (G, ·) un grup finit, H1, H2 subgrupuri ale luiG si x ∈ G. Daca n1 = |H1|,n2 = |H2| si m = |H2 ∩ x−1H1x| atunci numarul elementelor clasei H1xH2 a lui x ın

raport cu (H1, H2) esten1n2

m.

2.180. Sa se arate ca centrul unui grup (G, ·) al carui ordin este de forma pk, cu pprim si k ∈ N∗, este diferit de {1}.

2.181. Sa se arate ca pentru orice numar prim p exista numai doua grupuri neizo-morfe de ordinul p2.


2.183. Sa se determine grupurile care au trei subgrupuri.

2.184. Fie (G, ·) un grup necomutativ de ordinul p3 cu p numar prim. Sa se arateca |Z(G)| = p si ca grupul cat G/Z(G) este izomorf cu Zp × Zp.

2.185. Fie (G, ·) un grup abelian, p un numar prim si

Gp = {g ∈ G | ord g = pk, k ∈ N}.

Sa se arate ca Gp este un subgrup deplin invariant al lui G.

2.186. Fie (A,+) un grup abelian, B un subgrup al sau, n ∈ N∗ si

nB = {nb | b ∈ B}, B[n] = {b ∈ B | nb = 0}.

Sa se arate ca:i) nB si B[n] sunt subgrupuri ale lui A;ii) daca B este un subgrup caracteristic atunci nB si B[n] sunt subgrupuri caracte-ristice;iii) daca B este un subgrup deplin invariant atunci nB si B[n] sunt subgrupuri deplininvariante.

2.187. Fie (G, ·) un grup si H un subgrup al sau. Sa se arate ca:i) daca H este deplin invariant ın G si f este un endomorfism al lui G atunci functiaf : G/H → G/H , f(gH) = f(g)H este un endomorfism al lui G/H ;ii) daca H este deplin invariant ın G si H ′ este un subgrup al lui G astfel ıncatH ⊆ H ′ si H ′/H sa fie deplin invariant ın G/H atunci H ′ este subgrup deplininvariant ın G.

2.188. Fie (G, ·) un grup. Sa se arate ca:i) multimea subgrupurilor caracteristice ale lui G formeaza o sublatice completa alaticii subgrupurilor normale ale lui G;ii) multimea subgrupurilor deplin invariante ale lui G formeaza o sublatice completaa laticii subgrupurilor caracteristice ale lui G.

51

2.189. Fie (G, ·) un grup si X ⊆ G. Sa se arate ca:i) subgrupul lui G generat de

⋃{f(X) | f ∈ Aut(G, ·)} este cel mai mic subgrupcaracteristic al lui lui G ce include pe X;i) subgrupul lui G generat de

⋃{f(X) | f ∈ End(G, ·)} este cel mai mic subgrupdeplin invariant al lui lui G ce include pe X.

2.190. Fie (G, ·) un grup, X ⊆ G si H un subgrup caracteristic (deplin invariant) allui G astfel ıncat X ∩H = ∅. Sa se arate ca exista un subgrup caracteristic (deplininvariant) H ′ al lui G astfel ca:i) H ⊆ H ′;ii) X ∩H ′ = ∅;iii) daca H ′′ este un subgrup caracteristic (deplin invariant) al lui G astfel ıncatH ′ ⊆ H ′′ atunci X ∩H ′′ 6= ∅.

2.191. Fie (G, ·) un grup. Un element a ∈ A se numeste nongenerator al lui G dacapentru orice X ⊆ G, 〈X ∪ {a}〉 = G implica 〈X〉 = G. Un subgrup M al lui G senumeste maximal daca M 6= G si pentru orice subgrup H , din M ⊆ H deducemH = M sau H = G. Sa se arate ca:a) multimea F (G) a nongeneratorilor lui G formeaza un subgrup caracteristic al luiG, numit subgrupul lui Frattini;b) F (G) coincide cu intersectia tuturor subgrupurilor maximale ale lui G (daca nuexista subgrupuri maximale atunci aceasta intersectie este G).

2.192. Sa se arate ca subgrupoidul Frattini al unui grup nu coincide, ın general, cusubgrupul Frattini al acestuia.

2.193. Fie matricele

A =

(1 20 1

), B =

(1 2−1 −1

), C =

(0 1−1 1

)

din grupul GLn(Z). Sa se determine comutatorii [A,B], [B,C], [C,A].

2.194. Fie (G, ·) un grup, Z(G) centrul sau si G′ subgrupul sau derivat. Sa se arateca:i) pentru orice x, y ∈ G au loc egalitatile:

xy = yx[x, y], [x, y]−1 = [y, x], [x, y−1] = y[y, x]y−1, [x−1, y] = x[y, x]x−1,

[xy, z] = y−1[x, z]y[y, z], [x, yz] = [x, z]z−1[x, y]z;

ii) daca x, y ∈ G atunci [x, y] = 1 daca si numai daca xy = yx;iii) x ∈ Z(G) ⇔ ∀y ∈ G, [x, y] = 1;iv) G este abelian daca si numai daca G′ = {1}.

2.195. Fie (G, ·) un grup. Sa se arate ca daca G′ ⊆ Z(G) atunci pentru oricex, y, z ∈ G si orice n ∈ Z avem

[x, [y, z]] = [[x, y], z], [xy, z] = [x, z] · [y, z], [x, yz] = [x, y] · [x, z],[xn, y] =[x, yn] = [x, y]n, (x · y)n = xnyn[y, x]

n(n−1)2 ,

[x, [y, z]] · [y, [z, x]] · [z, [x, y]] = 1.


2.196. Sa se demonstreze ca

G =

1 a b0 1 c0 0 1

∣∣∣∣∣∣a, b, c ∈ Z

este un subgrup al lui GL3(Z) si ca subgrupul comutator al lui G coincide cu centrullui G.

2.197. Fie (G, ·) un grup si N un subgrup al lui G. Sa se arate ca N este normalın G daca si numai daca [N,G] ⊆ N .

2.198. Fie (G, ·) un grup si N1, N2 subgrupuri normale ale lui G. Sa se arate ca

[N1, N2] ⊆ N1 ∩N2.

2.199. Fie G un grup, X un sistem de generatori al lui G si N E G. Sa se arate cadaca [x, y] ∈ N pentru orice x, y ∈ X atunci G′ ⊆ N .

2.200. Sa se determine subgrupul derivat al grupului cuaternionilor.

2.201. Sa se determine subgrupul derivat al grupului simetric (S3, ◦).2.202. Sa se determine subgrupul derivat al grupului simetric (Sn, ◦).2.203. Fie (G, ·) un grup finit si H un p-subgrup al sau. Sa se arate ca daca H nueste un p-subgrup Sylow atunci H este un subgrup propriu al normalizatorului sauın G.

2.204. Fie G un grup finit, P un p-subgrup Sylow al lui G si NG(P ) normalizatorullui P ın G. Sa se arate ca daca H si H ′ sunt subgrupuri ale lui G astfel ıncatNG(P ) ⊆ H ⊆ H ′ atunci NG(H) = H si |H ′ : H| ≡ 1 (mod p).

2.205. Sa se determine subgrupurile Sylow ale grupului simetric (S4, ◦).2.206. Sa se determine toate grupurile neizomorfe de ordinul 15.

2.207. Fie p, q numere prime. Sa se arate daca (G, ·) este un grup de ordinul pqatunci G nu este simplu. Mai mult, daca p 6= q, p− 1 nu se divide prin q si q− 1 nuse divide prin p atunci (G, ·) este izomorf cu (Zpq,+).

2.208. Fie p, q numere prime, p 6= q. Sa se arate daca (G, ·) este un grup de ordinulp2q atunci G nu este simplu. Mai mult, daca p2 − 1 nu se divide prin q si q − 1 nuse divide prin p atunci G este abelian.

2.209. Aratati ca orice grup de ordinul 255 este ciclic.

2.210. Fie (G, ·) un grup si H,H ′ subgrupuri ale lui (G, ·) cu proprietatea ca

hh′ = h′h, ∀h ∈ H, ∀h′ ∈ H ′.

Sa se arate ca:i) exista un unic omomorfism f : H ×H ′ → G astfel ıncat

f(h, 1) = h si f(1, h′) = h′, ∀h ∈ H, ∀h′ ∈ H ′;

ii) f este injectiv daca si numai daca H ∩H ′ = {1};iii) f este surjectiv daca si numai daca 〈H ∪H ′〉 = G.

53

2.211. Fie (G, ·) un grup, X o multime si (GX , ·) grupul din problema 2.55. Sa searate ca GX este produsul direct al familiei de grupuri (Gx, ·) = (G, ·), x ∈ X.

2.212. Fie (Gi, ·), i ∈ I o familie de grupuri, (P, ·) produsul direct al acestei familii,(pi)i∈I familia proiectiilor canonice si (P ′, ·) produsul restrans al familiei (Gi, ·),i ∈ I. Sa se arate ca daca Xi este un sistem de generatori pentru (Gi, ·), i ∈ I,atunci X =

⋃{pi(Xi) | i ∈ I} este un sistem de generatori pentru (P ′, ·). In ce cazX este un sistem de generatori si pentru (P, ·)?

2.213. a) Sa se determine un sistem de generatori X pentru grupul (Z × Z,+) cuurmatoarele proprietati:i) cardinalul lui X este 2;ii) pentru orice grup abelian (A,+) si orice functie f : X → A exista un omomorfismunic f : Z × Z → A care extinde pe f (adica f = f ◦ i, unde i : X → Z × Z estefunctia de incluziune).b) Sa se generalizeze punctul a).

2.214. Pentru un grup abelian cu torsiune (A,+) si un numar prim p, subgrupulAp = {a ∈ A | ∃k ∈ N : pka = 0} se numeste p-componenta primara a lui A. Sa searate ca A este izomorf cu suma directa a componentelor sale primare, adica

A ≃⊕

p∈P

Ap

(unde cu P am notat multimea numerelor prime).

2.215. Fie p un numar prim si Zp∞ = {z ∈ C | ∃k ∈ N : zpk= 1}. Sa se arate ca

Zp∞ este un subgrup al lui (C∗, ·) si ca are loc izomorfismul

(Q/Z,+) ≃⊕

p∈P

(Zp∞, ·).

2.216. Sa se determine toate grupurile abeliene neizomorfe de ordinul 32.



2.219. Sa se arate ca grupul (Z,+) nu are siruri de compozitie.

2.220. Sa se arate ca un grup abelian (A,+) are siruri de compozitie daca si numaidaca A este finit.

2.221. Sa se determine toate sirurile de compozitie ale grupului (Z6 × Z5,+).

2.222. Fie (A,+) un grup abelian finit de ordinul n = p1 · · · pk, cu p1, . . . , pk numereprime diferite. Sa se determine toate sirurile de compozitie ale lui A.

2.223. Sa se arate ca un grup (G, ·) este nilpotent de clasa 1 daca si numai daca Geste abelian si G 6= {1}.

2.224. Sa se arate ca daca (G, ·) este un grup nilpotent de clasa cel mult 2 atunci,pentru orice x, y, z ∈ G avem [xy, z] = [x, z] · [y, z] si [x, yz] = [x, y] · [x, z].


2.225. Sa se arate ca grupul cuaternionilor este nilpotent de clasa 2.

2.226. Sa se determine n ∈ N∗ pentru care grupul simetric (Sn, ◦) este nilpotent.

2.227. Sa se arate ca grupul simetric (Sn, ◦) este resolubil pentru n ≤ 4.

2.228. Sa se arate ca orice grup de ordinul 2p, cu p prim, este resolubil.

2.229. Fie p si q doua numere prime, nu neaparat diferite. Sa se arate ca orice grupde ordinul pq este resolubil.

Capitolul 3

Inele si corpuri

3.1. Fie ⊥ si ⊤ operatiile definite pe Z astfel:

x⊥y = x+ y + 3; x⊤y = xy + 3x+ 3y + 6.

Sa se arate ca (Z,⊥,⊤) este domeniu de integritate si sa se determine elementeleinversabile din acest domeniu.

3.2. Fie ∗ operatia definita pe C astfel:

(a1 + b1i) ∗ (a2 + b2i) = a1a2 + (a1b2 + a2b1)i (a1, a2, b1, b2 ∈ R).

Sa se arate ca (C,+, ∗) este un inel asociativ, comutativ, cu unitate care are divizoriai lui zero.

3.3. Fie + si ⊤ operatiile definite pe Q × Q astfel:

(a1, b1) + (a2, b2) = (a1 + a2, b1 + b2),

(a1, b1)⊤(a2, b2) = (a1a2 − b1b2, a1b2 + a2b1 + b1b2).

Sa se arate ca (Q × Q,+,⊤) este un corp comutativ.

3.4. Fie M o multime si P(M) multimea submultimilor lui M . Definim pe P(M)doua operatii + si · astfel:

X + Y = (X \ Y ) ∪ (Y \X) si X · Y = X ∩ Y.

Sa se arate ca:

i) (P(M),+, ·) este inel asociativ, comutativ, cu unitate;

ii) daca |M | ≥ 2 atunci orice X ∈ P(M) \ {∅,M} este divizor al lui zero;

iii) (P(M),+, ·) este corp daca si numai daca |M | = 1.

3.5. Sa se arate ca ıntr-un inel cu unitate, comutativitatea adunarii este o consecintaa celorlalte axiome.

3.6. Sa se dea exemplu de inel finit necomutativ.

55

56 CAPITOLUL 3. INELE SI CORPURI (ENUNTURI)

3.7. Fie (R,+, ·) un inel asociativ si a, b ∈ R. Sa se arate ca:

a) (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2 ⇔ ab = ba⇔ a2 − b2 = (a− b)(a + b);

b) daca ab = ba atunci pentru orice n ∈ N∗ avem

(a+ b)n =C0na

n + C1na

n−1b+ · · · + Cn−1n abn−1 + Cn

nbn;

an − bn =(a− b)(an−1 + an−2b+ · · · + abn−2 + bn−1

);

a2n+1 + b2n+1 = (a+ b)(a2n − a2n−1b+ · · · − ab2n−1 + b2n

).

3.8. Fie (R,+, ·) un inel asociativ cu unitate si n ∈ N. Daca (xy)k = xkyk pentruorice x, y ∈ R si k ∈ {n, n+ 1, n+ 2} atunci inelul R este comutativ.

3.9. Sa se arate ca daca ıntr-un inel asociativ cu unitate (R,+, ·) avem x3 = xpentru orice x ∈ R atunci inelul R este comutativ.

3.10. Sa se arate ca daca ıntr-un inel asociativ (R,+, ·) avem x6 = x pentru oricex ∈ R atunci x2 = x pentru orice x ∈ R.

3.11. Fie (R,+, ·) un inel asociativ. Sa se arate ca urmatoarele conditii sunt echiva-lente:

i) a ∈ R, a2 = 0 ⇒ a = 0 ;

ii) a ∈ R, n ∈ N∗, an = 0 ⇒ a = 0 .

3.12. Sa se arate ca ıntr-un inel cu unitate (R,+, ·) orice element idempotent diferitde 0 si 1 este un divizor al lui zero.

3.13. Fie (R,+, ·) un inel asociativ, comutativ, cu unitate, cu R 6= {0}. Sa secalculeze produsul tuturor elementelor idempotente nenule ale lui R.

3.14. Fie (R,+, ·) un inel. Un element a ∈ R se numeste central daca ax = xapentru orice x ∈ R (adica a apartine centrului inelului R). Sa se arate ca daca Rnu are elemente nilpotente nenule atunci orice element idempotent este central.

3.15. Fie n ∈ N∗ \ {1} si n = pα11 · · · pαk

k (cu p1, . . . , pk numere prime distincte siα1, . . . , αk ∈ N∗) descompunerea lui n ın factori primi. Sa se arate ca:

a) a este nilpotent ın (Zn,+, ·) daca si numai daca p1 · · · pk|a;b) inelul (Zn,+, ·) are elemente nilpotente nenule daca si numai daca exista unnumar prim p astfel ıncat p2|n.

3.16. Fie n ∈ N∗ \ {1}. Sa se determine elementele idempotente ale lui (Zn,+, ·).

3.17. Fie R = {0, 1, a, b} un inel asociativ ın care 0 este elementul nul si 1 elementulunitate. Sa se arate ca:

i) functia f : R → R, f(x) = 1 + x este bijectiva;

ii)∑

x∈R

f(x) = 1 + a+ b si 1 + 1 + 1 + 1 = 0;

iii) daca R este corp atunci 1 + 1 = 0;

iv) R este corp daca si numai daca exista x ∈ R astfel ıncat 1 + x = x2.

57

3.18. Un inel asociativ (R,+, ·) se numeste inel Boole daca orice element din R esteidempotent (adica x2 = x pentru orice x ∈ R). Fie (R,+, ·) un inel Boole. Sa searate ca:i) x+ x = 0 pentru orice x ∈ R;ii) (R,+, ·) este un inel comutativ;iii) R nu contine divizori ai lui zero daca si numai daca R = {0} sau |R| = 2;iv) (R,+, ·) este corp daca si numai daca este cu unitate si |R| = 2.

3.19. i) Fie (R,∨,∧) o latice Boole (adica o latice distributiva, cu cel mai micelement 0, cel mai mare element 1, ın care fiecare element x are un complement x′).Sa se arate ca operatiile + si · definite pe R astfel:

x+ y = (x ∧ y′) ∨ (x′ ∧ y), xy = x ∧ y

ınzestreaza pe R cu o structura de inel Boole cu unitate ın care 0 este elementul nulsi 1 este elementul unitate.ii) Fie (R,+, ·) un inel Boole cu unitate. Sa se arate ca operatiile ∨ si ∧ definite peR astfel:

x ∨ y = x+ y − xy, x ∧ y = xy

ınzestreaza pe R cu o structura de latice Boole ın care 0 este cel mai mic element,1 este cel mai mare element si x′ = 1 − x.iii) Notand cu f(R,∨,∧), respectiv g(R,+, ·), inelul introdus la i), respectiv laticeaintrodusa la ii), avem

g(f(R,∨,∧)) = (R,∨,∧) si f(g(R,+, ·)) = (R,+, ·),

adica f realizeaza o bijectie ıntre clasa laticelor Boole si clasa inelelor Boole, iarf−1 = g.

3.20. Fie (R,+, ·) un inel asociativ finit, cu unitate si a ∈ R, a 6= 0. Sa se arate caa este inversabil daca si numai daca a nu este divizor al lui zero.

3.21. Sa se arate ca orice domeniu de integritate finit este corp.

3.22. Fie (R,+, ·) un inel asociativ, cu unitate. Daca un element a ∈ R are maimult decat un invers la stanga atunci inelul R este infinit si a are o infinitate deinverse la stanga.

3.23. Sa se rezolve ın Z12 ecuatiile 4x + 5 = 9 si 5x + 5 = 9 si ın M2(C) ecuatia(1 21 2

)X =

(1 21 2

).

3.24. In Z12, sa se determine divizorii lui zero si sa se rezolve sistemul:{

3x+ 4y = 11

4x+ 9y = 10.

3.25. Sa se dea exemple de parti stabile ale multimii R ın raport cu + si · carenu sunt inele ın raport cu operatiile induse de + si · , respectiv de parti stabile alemultimii C ın raport cu + si · care sunt corpuri sau inele ın raport cu operatiileinduse de + si · . Folosind definitia subinelului si a subcorpului, sa se precizeze caredin exemplele date sunt subinele sau subcorpuri ale lui (C,+, ·).


3.26. Sa se dea exemplu de subinel al unui inel cu unitate care nu contine unitateasi de subinel al unui corp care nu este subcorp.

3.27. Sa se dea exemplu de subinel S al unui inel cu unitate (R,+, ·) care este,ın raport cu operatiile induse, un inel cu unitate, dar unitatea sa este diferita deunitatea lui R.

3.28. Fie (K,+, ·) un corp comutativ. Sa se arate ca orice subinel al lui K carecontine unitatea este domeniu de integritate.

3.29. Sa se arate ca

R =

{(a b2b a

)| a, b ∈ Z

}

este o parte stabila a lui M2(Z) ın raport cu adunarea si ınmultirea matricelor si caR este un domeniu de integritate ın raport cu operatiile induse.

3.30. Sa se arate ca multimea

K =

{(a b2b a

)| a, b ∈ Q

}

este stabila ın raport cu adunarea si ınmultirea din M2(Q) si ca formeaza corpcomutativ ın raport cu operatiile induse.

3.31. Fie Z[√

2] = {a+ b√

2 | a, b ∈ Z} si Q(√

2) = {a + b√

2 | a, b ∈ Q}, adica

Z[√

2] = Z + Z ·√

2 si Q(√

2) = Q + Q ·√

2.

Sa se arate ca:i) Z[

√2] este un subinel al lui (R,+, ·) care contine pe 1 si acest subinel este generat

de {1,√

2};ii) Q(

√2) este un subcorp al lui (R,+, ·) si acest subcorp este generat de

√2;

iii) S1 = {a+ b 3√

2 | a, b ∈ Z} nu este subinel al lui (R,+, ·);iv) S2 = {a+ b 3

√2 | a, b ∈ Q} nu este subcorp al lui (R,+, ·).

3.32. Un numar d ∈ Z se numeste ıntreg liber de patrate daca d 6= 1 si d nu se divideprin patratul nici unui numar prim. Fie d un ıntreg liber de patrate. Sa se arate ca:i)√d /∈ Q;

ii) a, b ∈ Q si a + b√d = 0 implica a = b = 0;

iii) Z[√d] = {a + b

√d | a, b ∈ Z} este un subinel ın (C,+, ·) care contine pe 1 si

acest subinel este generat de {1,√d};

iv) Q(√d) = {a + b

√d | a, b ∈ Q} este un subcorp al lui (R,+, ·) si acest subcorp

este generat de√d.

3.33. Fie d ∈ Z un ıntreg liber de patrate si functia

δ : Z[√d] → N, δ(z) = |z · z|,

unde cu z = a− b√d s-a notat conjugatul lui z = a + b

√d ∈ Z[

√2]. Sa se arate ca

z este inversabil ın Z[√d] daca si numai daca δ(z) = 1.

59

3.34. Sa se determine elementele inversabile ale inelului ıntregilor lui Gauss

Z[i] = {a+ bi | a, b ∈ Z}.

3.35. Sa se arate ca inelul Z[√

2] are o infinitate de elemente inversabile.

3.36. Fie p, q ∈ Z si θ ∈ C o solutie a ecuatiei

(∗) x2 + px+ q = 0.

Sa se arate ca:a) Z[θ] = {a+ bθ | a, b ∈ Z} este subinelul lui C generat de {1, θ};b) Q(θ) = {a+ bθ | a, b ∈ Q} este subcorpul lui C generat de θ;c) daca θ′ ∈ C e cealalta solutie a ecuatiei (∗) atunci Z[θ] = Z[θ′] si Q(θ) = Q(θ′);

d) daca z = a+ bθ ∈ Q(θ)

(a, b ∈ Q, θ =

−p +√p2 − 4q

2

)atunci

z =(a− p

2b)

+√p2 − 4q

b

2,

iar daca z =(a− p

2b)−√p2 − 4q

b

2este conjugatul lui z atunci z = a + bθ′;

e) functia δ : Z[θ] → N, δ(z) = |z · z| are urmatoarele proprietati:i) δ(z1z2) = δ(z1)δ(z2) pentru orice z1, z2 ∈ Z[θ];ii) δ(z) = 0 (z ∈ Z[θ]) daca si numai daca z = 0;iii) daca p2 − 4q nu este patrat perfect atunci

δ(a+ bθ) = 0 (a, b ∈ Z) ⇔ a = b = 0;

iv) z ∈ Z[θ] este inversabil ın Z[θ] daca si numai daca δ(z) = 1;f) afirmatiile i), ii) si iii) de la e) sunt adevarate si pentru functia

δ0 : Q(θ) → Q, δ0(z) = |z · z|.

3.37. Determinati subinelele lui (Q,+, ·) ce contin pe 1.

3.38. Sa se determine subinelul si subcorpul lui (R,+, ·) generat de {1, 3√

2}.

3.39. Sa se determine:i) cea mai mica submultime a lui R stabila ın raport cu + si · ce contine pe 1;ii) cel mai mic subinel al lui (R,+, ·) care contine pe 1;iii) cel mai mic subcorp al lui (R,+, ·).

3.40. Fie a, b, c ∈ R si

x⊥y = ax+ by − 2; x⊤y = xy − 2x− 2y + c, ∀x, y ∈ R.

i) Sa se determine a, b, c astfel ıncat (R,⊥,⊤) sa fie corp;ii) Sa se determine apoi α, β ∈ R astfel ın cat functia f : R → R, f(x) = αx+ β sastabileasca un izomorfism de la (R,+, ·) la (R,⊥,⊤).

3.41. Sa se arate ca inelul Z[√

2] este izomorf cu inelul R din problema 3.29.


3.42. Sa se arate ca corpul Q(√

2) este izomorf cu corpul K din problema 3.30.

3.43. Fie d ∈ Z un ıntreg liber de patrate si

R =

{(a bbd a

)| a, b ∈ Z

}.

Sa se arate ca R este subinel ın (M2(Z),+, ·) si ca inelele (Z[√d],+, ·) si (R,+, ·)

sunt izomorfe.

3.44. Fie d ∈ Z un ıntreg liber de patrate si

K =

{(a bbd a

)| a, b ∈ Q

}.

Sa se arate ca:i) K este parte stabila ın M2(Q) ın raport cu adunarea si ınmultirea si formeazacorp ın raport cu operatiile induse;ii) corpurile (Q(

√d),+, ·) si (K,+, ·) sunt izomorfe.

3.45. Sa se arate ca inelul (Z,+, ·) si inelul (Z,⊥,⊤) din problema 3.1 sunt izomorfe.

3.46. Fie (R,+, ·) un inel (asociativ, comutativ, cu unitate) si (R′,⊥,⊤) o structuraalgebrica cu doua operatii (binare). Sa se arate ca daca exista un omomorfismsurjectiv f : R → R′ atunci (R′,⊥,⊤) este inel (asociativ, comutativ, cu unitate).Cu alte cuvinte, orice imagine omomorfa a unui inel este un inel.

3.47. Sa se arate ca exista structuri algebrice cu doua operatii (binare) care nu suntinele, dar au imagini omomorfe inele.

3.48. Sa se arate ca daca (R,+, ·) din problema 3.46 este domeniu de integritatenu rezulta, ın general, ca (R′,⊥,⊤) este domeniu de integritate.

3.49. Fie (R,+, ·) si (R′,+, ·) doua inele si f : R → R′ un omomorfism de inele.a) Sa se arate ca a idempotent ın R implica f(a) idempotent ın R′.b) Daca R si R′ sunt inele asociative, sa se arate ca a nilpotent ın R implica f(a)nilpotent ın R′.c) Daca f este surjectiv, sa se arate ca a central ın R implica f(a) central ın R′.d) Daca R, R′ sunt inele asociative cu unitate si f este unital, sa se arate ca ainversabil ın R implica f(a) inversabil ın R′.e) Sunt reciprocele implicatiilor de mai sus adevarate? Justificati raspunsul.

3.50. Fie (R,+, ·) un inel (corp), R′ o multime pentru care exista o bijectie f : R →R′. Sa se arate ca se pot defini ın mod unic doua operatii ⊥ si ⊤ pe R′ astfel ıncat(R′,⊥,⊤) sa fie inel (corp) si f sa fie izomorfism ıntre (R,+, ·) si (R′,⊥,⊤).

3.51. Fie (R,+, ·) un inel si n ∈ N∗. Sa se arate ca:i) inelul (Mn(R),+, ·) are n+ 1 subinele izomorfe cu (R,+, ·);ii) inelul (Mn(R),+, ·), cu n ≥ 2, este comutativ daca si numai daca R · R = {0};iii) daca n ≥ 2 si R 6= {0} atunci inelul (Mn(R),+, ·) are divizori ai lui zero sielemente nilpotente nenule;

61

iv) inelul (Mn(R),+, ·) este cu unitate daca si numai daca inelul (R,+, ·) este cuunitate;v) daca n ≥ 2 si (R,+, ·) este un inel nenul cu unitate, atunci inelul (Mn(R),+, ·)are elemente idempotente diferite de elementul nul si elementul unitate;vi) inelul (Mn(R),+, ·) este corp (domeniu de integritate) daca si numai daca n = 1si (R,+, ·) este corp (domeniu de integritate).

3.52. Fie (R,+, ·) un inel asociativ cu unitate si n ∈ N∗. Sa se determine centrulinelului (Mn(R),+, ·).3.53. Pe multimea Q = {a1 + a2i + a3j + a4k | a1, a2, a3, a4 ∈ R} se definesteınmultirea ca ın problema 2.69 si adunarea astfel: daca q = a1 + a2i+ a3j + a4k siq′ = b1 + b2i+ b3j + b4k atunci

q + q′ = (a1 + b1) + (a2 + b2)i+ (a3 + b3)j + (a4 + b4)k.

Sa se arate ca (Q,+, ·) este un corp (numit corpul cuaternionilor) si sa se determinecentrul sau.

3.54. Fie (R,+, ·) un inel asociativ cu unitate si (U(R,+, ·), ·) grupul (multiplicativ)al elementelor inversabile ale inelului R. Sa se arate ca:i) 0 ∈ U(R,+, ·) daca si numai daca |R| = 1;ii) (R,+, ·) este corp daca si numai daca R 6= 0 si U(R,+, ·) = R∗ = R \ {0};iii) daca (R,+, ·) si (R′,+, ·) sunt inele izomorfe atunci grupurile (U(R,+, ·), ·) si(U(R′,+, ·), ·) sunt izomorfe;iv) exista inele (R,+, ·) si (R′,+, ·) neizomorfe pentru care grupurile (U(R,+, ·), ·)si (U(R′,+, ·), ·) sunt izomorfe.

3.55. Fie n ∈ N∗, A,B ∈Mn(C). Sa se arate ca:i) urmatoarele afirmatii sunt echivalente:

a) A este inversabila la stanga;b) A este inversabila la dreapta;c) A este inversabila;

ii) daca A+B = AB atunci AB = BA si sa se dea un exemplu de astfel de matrice.

3.56. a) Sa se determine U(Z,+, ·), U(Mn(K),+, ·), cu K ∈ {Q,R,C} si n ∈ N∗,si U(Mn(Z),+, ·), cu n ∈ N∗.b) Fie n ∈ N∗, (R,+, ·) un inel asociativ, comutativ, cu unitate si (K,+, ·) un corp.Sa se determine U(Mn(R),+, ·) si U(Mn(K),+, ·).c) Sa se arate ca daca n ∈ N, n ≥ 2 atunci grupul (U(Mn(Z),+, ·), ·) este infinit.

3.57. Fie (R,+, ·) un inel asociativ, comutativ, cu unitate, m,n ∈ N∗ si Mm,n(R)multimea matricelor de tipul (m,n) cu elemente din R. Sa se arate ca (Mm,n(R),+)este un grup izomorf cu (Rmn,+). Sunt izomorfe grupurile (U(Mn(R),+, ·), ·) si((U(R,+, ·))n2

, ·)?3.58. Fie M o multime, (R,+, ·) un inel si RM = {f | f : M → R}. Pe RM sedefinesc doua operatii (binare) astfel: daca f, g ∈ RM atunci f + g, fg : R → Msunt functiile definite prin

(f + g)(x) = f(x) + g(x) si (fg)(x) = f(x) · g(x), ∀x ∈M.


1) Sa se arate ca:a) (RM ,+, ·) este un inel care este asociativ, comutativ, respectiv cu unitate daca(R,+, ·) este asociativ, comutativ, respectiv cu unitate;b) daca |M | ≥ 2 si |R| ≥ 2 atunci (RM ,+, ·) are divizori ai lui zero;c) daca M 6= ∅ atunci inelul (RM ,+, ·) are un subinel izomorf cu (R,+, ·);d) daca |M | = 1 atunci inelul (RM ,+, ·) este izomorf cu (R,+, ·);e) inelul (RM ,+, ·) este corp daca si numai daca |M | = 1 si (R,+, ·) este corp.2) Daca (R,+, ·) este un inel asociativ cu unitate, sa se determine U(RM ,+, ·). Sase analizeze cazurile R = R si R = Z.

3.59. Fie (R,+, ·) un inel asociativ cu unitate si (End(R,+),+, ◦) inelul endomor-fismelor grupului sau aditiv. Sa se arate ca:i) daca pentru orice f ∈ End(R,+) si orice x ∈ R, f(x) = f(1) · x atunci inelele(R,+, ·) si (End(R,+),+, ◦) sunt izomorfe;ii) daca inelul (R,+, ·) este comutativ atunci inelul (End(R,+),+, ◦) este comutativdaca si numai daca (R,+, ·) ≃ (End(R,+),+, ◦).3.60. Sa se determine endomorfismele si automorfismele grupurilor (Z,+), (Q,+)si (Zn,+) (n ∈ N, n ≥ 2). Care dintre acestea sunt endomorfisme, respectiv auto-morfisme pentru inelele (Z,+, ·), (Q,+, ·) si (Zn,+, ·)?3.61. Sa se descrie toate structurile de inel, respectiv inel cu unitate, ce se pot definipe grupul abelian (Z,+).

3.62. Fie n ∈ N, n ≥ 2. Sa se arate ca toate structurile de inel cu unitate pe grupulabelian (Zn,+) sunt izomorfe cu inelul (Zn,+, ·).3.63. Fie p un numar prim. Sa se arate ca, abstractie facand de un izomorfism,exista doar doua inele asociative cu p elemente.

3.64. Sa se arate ca singurul omomorfism nenul de corpuri de la (Q,+, ·) la (C,+, ·)este omomorfismul de incluziune.

3.65. Sa se determine automorfismele corpului Q(√

2).

3.66. Sa se arate ca singurul endomorfism nenul al corpului (R,+, ·) este 1R.

3.67. Fie m,n ∈ N, m ≥ 2, n ≥ 2. Sa se determine omomorfismele de inele de la(Zm,+, ·) la (Zn,+, ·).3.68. Sa se arate ca daca (R,+, ·) este un inel si restrictiile la Z a doua omomorfismeg, h : Q → R sunt egale atunci g = h.

3.69. Sa se determine idealele subinelelor lui (Z,+, ·).3.70. Fie (R,+, ·) un inel asociativ. Pentru doua ideale U , V ale lui R consideramU : V = {r ∈ R | rx ∈ U, ∀x ∈ V }. Sa se arate ca:i) U : V este ideal ın R;ii) daca U1, U2, V1, V2 sunt ideale ın R atunci au loc egalitatile: U : U = R, (U1∩U2) :V = (U1 : V ) ∩ (U2 : V ), U : (V1 + V2) = (U : V1) ∩ (U : V2);iii) daca inelul R este comutativ si T este, de asemenea, ideal al lui R atunci U :(U + V ) = U : V si (U : V ) : T = U : (V : T );iv) daca R este comutativ, cu unitate, U : V = R daca si numai daca V ⊆ U ;

v) ın inelul numerelor ıntregi avem nZ : mZ =[m,n]

mZ (m,n ∈ N, m 6= 0).

63

3.71. Fie (R,+, ·) un inel asociativ si comutativ si U , V ideale ın R. Sa se arateca

√U = {r ∈ R | ∃n ∈ N : rn ∈ U} este, de asemenea, ideal ın R si sa se verifice

egalitatile√√

U =√U ,

√U ∩ V =

√U ∩

√V si

√U + V =

√√U +

√V .

3.72. Este intersectia dintre un ideal stang si un ideal drept un ideal (bilateral)?Justificati raspunsul.

3.73. Sa se arate ca laticea idealelor unui inel este modulara.

3.74. Sa se arate ca ıntr-un inel asociativ si comutativ elementele nilpotente formeazaun ideal.

3.75. Sa se arate ca ıntr-un inel asociativ, comutativ, cu unitate suma unui elementinversabil cu un element nilpotent este un element inversabil.

3.76. Fie (R,+, ·) un inel Boole nenul. Sa se arate ca:i) R este inel simplu daca si numai daca R este izomorf cu inelul (Z2,+, ·);ii) orice ideal al lui R generat de o submultime finita este principal.

3.77. a) Fie (R1,+, ·) si (R2,+, ·) doua inele cu unitate. Sa se determine idealeleprodusului direct (R1 ×R2,+, ·) al celor doua inele.b) Sa se determine idealele inelului (Z × Z,+, ·) si al inelului (K × K,+, ·) (unde(K,+, ·) este un corp).

3.78. Fie (R,+, ·) un inel cu unitate si (Mn(R),+, ·) inelul matricelor patrate cuelemente din R. Sa se arate ca daca U este un ideal al lui (Mn(R),+, ·) si A ∈ Uatunci permutand doua linii (coloane) ale lui A, ınmultind o linie (coloana) a lui Acu un element din R sau adunand la o linie (coloana) a lui A o alta linie (coloana)a lui A ınmultita cu un element din R obtinem tot o matrice din U .

3.79. Fie (R,+, ·) un inel si (Mn(R),+, ·) inelul matricelor patrate cu elemente dinR. Sa se arate ca:a) matricele triunghiulare (adica matricele A = (aij), cu aij = 0 pentru orice i, j ∈{1, . . . , n}, i > j) formeaza un subinel necomutativ T al lui (Mn(R),+, ·);b) U = {A = (aij) | aij = 0, ∀i, j ∈ {1, . . . , n}, i ≥ j} este un ideal al lui T ;c) inelul cat T/U este comutativ.

3.80. Fie (R,+, ·) un inel cu unitate si (Mn(R),+, ·) inelul matricelor patrate cuelemente din R. Sa se arate ca:i) orice ideal al lui Mn(R) este de forma Mn(U), unde U este un ideal al lui R;ii) daca U este ideal ın R, inelele Mn(R)/Mn(U) si Mn(R/U) sunt izomorfe;iii) daca R este un inel simplu atunci Mn(R) este un inel simplu;iv) daca R este un corp atunci Mn(R) este un inel simplu;v) daca R nu are unitate, proprietatea i) nu ramane, ın general, adevarata;vi) proprietatea de la i) nu se mentine pentru ideale stangi (drepte).

3.81. Fie M o multime, (P(M),+, ·) inelul introdus ın problema 3.4 si N ⊆M . Sase arate ca:i) inelele (P(M \N),+, ·) si (P(M)/P(N),+, ·) sunt izomorfe;ii) daca M este finita, orice ideal al lui P(M) este de forma P(N) cu N ⊆ M ;iii) daca M este infinita atunci ii) nu are loc.


3.82. Sa se arate ca daca f : R → R′ este un omomorfism surjectiv de inele si Ueste un ideal al lui R care include pe Ker f atunci inelele cat R/U si R′/f(U) suntizomorfe.

3.83. Fie (R,+, ·) un inel. Sa se arate ca:i) toti nondivizorii lui zero din R au acelasi ordin ın grupul (R,+);ii) daca a ∈ R∗ nu este divizor al lui zero atunci ordinul lui a ın (R,+) este infinitsau un numar prim;iii) daca |R| = 4 si R nu are divizori ai lui zero atunci grupul (R,+) este izomorf cugrupul lui Klein;iv) daca |R| = 6 atunci R are divizori ai lui zero.

3.84. Sa se arate ca ıntr-un corp (K,+, ·) nu exista elemente nenule a, b astfel ıncat2a = 3b = 0.

3.85. Sa se determine caracteristica unui inel Boole.

3.86. Fie m,n ∈ N∗ \ {1}. Sa se determine caracteristica inelului (Zm × Zn,+, ·).

3.87. Sa se determine caracteristica inelelor Z × Z, Z2 × Z, Q × Z4, End(Z,+) siEnd(Z3,+).

3.88. Sa se dea exemple de inele infinite de caracteristica finita.

3.89. Sa se dea exemple de inele asociative, comutative, cu unitate care nu suntcorpuri, dar au caracteristica numar prim.

3.90. Sa se determine corpurile K pentru care {0, 1} formeaza un subcorp al lui K.

3.91. Fie K un corp comutativ de caracteristica infinita, n ∈ N∗ si A,B ∈Mn(K).Este posibil ca AB − BA = In?

3.92. Fie R un inel asociativ cu unitate, fara divizori ai lui zero, cu |R| ≥ 2. Sa searate ca grupurile (R,+) si (U(R,+, ·), ·) nu sunt izomorfe.

3.93. Fie K un corp. Sa se arate ca grupurile (K,+) si (K∗, ·) nu sunt izomorfe.

3.94. Fie (R,+, ·) un inel asociativ, comutativ, cu unitate si (R[X],+, ·) inelul po-linoamelor ıntr-o nedeterminata peste R. Se considera familia de grupuri (Rn,+) =(R,+), n ∈ N. Sa se arate ca grupul (R[X],+) este izomorf cu suma directa a(produsul restrans al) familiei de grupuri (Rn,+), n ∈ N.

3.95. Fie R un inel asociativ, comutativ, cu unitate. Sa se arate ca o serie formalaf = a0 + a1X + · · ·+ anX

n + · · · cu coeficienti ın R este inversabila ın R[[X]] dacasi numai daca a0 este inversabil ın R.

3.96. Sa se determine elementele inversabile ale urmatoarelor inele de polinoame:i) (Z[X],+, ·); ii) (Q[X],+, ·); iii) (R[X],+, ·); iv) (C[X],+, ·); v) (Zp[X],+, ·) (cup numar prim).

3.97. Exista polinoame inversabile ca serii formale care nu sunt inversabile ca poli-noame? Justificati raspunsul.

65

3.98. Sa se determine toate polinoamele h ∈ Z4[X] care verifica egalitatea

(2X2 + 2X + 3)h = 1.

3.99. Fie (R,+, ·) un inel asociativ, comutativ, cu unitate, a0, . . . , an ∈ R si f =a0 + a1X + · · · + anX

n ∈ R[X]. Sa se arate ca:a) f este inversabil ın R[X] daca si numai daca a0 este inversabil ın R si a1, . . . , an

sunt elemente nilpotente ale lui R;b) f este nilpotent ın R[X] daca si numai daca a0, a1, . . . , an sunt elemente nilpotenteale lui R

3.100. Fie n ∈ N, n ≥ 2. Sa se determine elementele inversabile din (Zn[X],+, ·).3.101. Fie (R,+, ·) un inel asociativ, comutativ, cu unitate. Sa se arate ca unpolinom nenul f este un divizor al lui zero ın R[X] daca si numai daca exista a ∈ R,a 6= 0 astfel ıncat af = 0.

3.102. Sa se arate ca ecuatia x2 + 1 = 0 are o infinitate de solutii ın corpul cuater-nionilor.

3.103. Exista polinoame nenule cu coeficienti ıntr-un inel asociativ, comutativ, cuunitate pentru care numarul radacinilor depaseste gradul? Justificati raspunsul.

3.104. Sa se determine radacinile polinomului aX2 + bX + c (a, b, c ∈ C, a 6= 0).

3.105. Sa se rezolve ın C ecuatiile: a) x2 + (2 − i)x− i = 0; b) y2 + i√

6y − 3 = 0;c) x2 +

√3x+ i = 0.

3.106. a) Fie p, q ∈ C. Sa se gaseasca doua numere α, β ∈ C astfel ıncat α + β safie o solutie a ecuatiei y3 + py + q = 0.b) Sa se determine radacinile polinomului aX3 + bX2 + cX + d ∈ C[X], a 6= 0.

3.107. Sa se rezolve ın C ecuatiile: a) x3 − 3x− 4 = 0; b) x3 + 6x2 + 18x+ 27 = 0.

3.108. a) Fie p, q, r ∈ C si h = X4 + pX2 + qX + r. Sa se determine m ∈ C astfel

ıncat h = f 2 − g2 unde f = X2 +p

2+m si g ∈ C[X].

b) Sa se deduca, folosind a), o metoda de rezolvare a ecuatiei

ax4 + bx3 + cx2 + dx+ e = 0, a, b, c, d, e ∈ C, a 6= 0.

3.109. Sa se determine radacinile polinomului X4 + 6X2 + 6i√

6X − 9 ∈ C[X].

3.110. Sa se dea exemple de inele asociative, comutative, cu unitate R pentrucare omomorfismul ϕ : R[X] → RR, ϕ(f) = f (unde f este functia polinomialadeteminata de f) nu este: a) injectiv; b) surjectiv.

3.111. a) Fie (R,+, ·) un domeniu de integritate infinit si f, g ∈ R[X]. Sa se arate

ca f = g daca si numai daca f = g (ceea ce permite aplicarea metodei coeficientilor

nedeterminati ın cazul functiilor polinomiale definite pe domenii de integritate infinite, de

exemplu pe Z, Q, R, C).b) Fie (R,+, ·) un domeniu de integritate finit cu n elemente, R = {a1, . . . , an} si

f, g ∈ R[X]. Sa se arate ca f = g daca si numai daca (X − a1) · · · (X− an) | (f − g).


3.112. Fie f = X3 + 2X2 +X + 1 ∈ Z3[X]. Care sunt polinoamele de grad cel mult3 din Z3[X] care definesc aceeasi functie polinomiala ca si f? Dar cele de grad celmult 4?

3.113. Fie (R,+, ·) un inel asociativ, comutativ, cu unitate. Sa se arate ca omo-morfismul ϕ din problema 3.110 este surjectiv daca si numai daca R = {0} sau Reste un corp finit.

3.114. Fie (R,+, ·) un domeniu de integritate. Sa se arate ca:a) daca ϕ este un endomorfism surjectiv al lui R[X] cu proprietatea ca

ϕ(r) = r, ∀r ∈ R

atunci exista a, b ∈ R astfel ıncat ϕ = EaX+b (amintim ca EaX+b(f) = f(aX + b));b) daca a, b ∈ R atunci EaX+b este automorfism al lui R[X] daca si numai daca aeste inversabil.

3.115. Sa se determine automorfismele inelelelor Z[X], Q[X] si Zp[X] (cu p numarprim).

3.116. Este inelul cat C[X]/(X2 + 1) un domeniu de integritate?

3.117. Este inelul cat Q[X, Y ]/(X, Y ) un corp?

3.118. Sa se demonstreze ca au loc urmatoarele izomorfisme de inele: a) C ≃R[X]/(X2 + 1); b) Z[X]/(n,X) ≃ Zn; c) Z[X]/(n) ≃ Zn[X] (n ∈ N, n ≥ 2).

3.119. Fie (K,+, ·) un corp comutativ. Sa se arate ca au loc urmatoarele izomor-fisme: a) K[X]/(X + 1) ≃ K; b) K[X, Y ]/(X − Y ) ≃ K[X] ≃ K[X, Y ]/(X + Y ).

3.120. Sa se arate ca urmatoarele inele cat sunt izomorfe: a) Q[X]/(X2 − 1) siQ[X]/(X2−4); b) Z2[X]/(X2− 1) si Z2[X]/(X2); c) Z5[X]/(X2+1) si Z5[X]/(X2+2X + 2); d) R[X]/(X2 + 1) si R[X]/(X2 + 2X + 2).

3.121. Sa se scrie cu ajutorul polinoamelor simetrice fundamentale urmatoarelepolinoame si fractii rationale simetrice cu coeficienti reali:a) (X2

1 +X22 )(X2

2 +X23 )(X2

3 +X21 ) ;

b) X31X2 + · · ·+X3

1Xn +X32X1 +X3

2X3 + · · ·+X32Xn + · · ·+X3

nX1 + · · ·+X3nXn−1 ;

c) (X21 +X3

1 +X41 ) + (X2

2 +X32 +X4

2 ) + (X23 +X3

3 +X43 ) + (X2

4 +X34 +X4

4 );

d)X1

X2+X2

X1+X2

X3+X3

X2+X3

X1+X1

X3.

3.122. Stiind ca α1, α2, α3 ∈ C sunt radacinile polinomului X3 − 3X − 4, sa sedetermine numarul (α2

1 + α22)(α

22 + α2

3)(α23 + α2

1).

3.123. Fie (K,+, ·) un corp comutativ si f = a0 + a1X + · · · + anXn ∈ K[X].

Polinomul f ′ = a1+2a2X+· · ·+nanXn−1 se numeste derivata formala a polinomului

f . Sa se arate ca pentru orice f, g ∈ K[X], k ∈ N∗ si α ∈ K avem

(f + g)′ = f ′ + g′, (αf)′ = αf ′, (fg)′ = f ′g + fg′ si (fk)′ = kfk−1f ′.

67

3.124. Fie (K,+, ·) un corp comutativ de caracteristica ∞ si f ∈ K[X]. Sa se arateca a ∈ K este radacina multipla de ordinul m a lui f daca si numai daca

f(a) = f ′(a) = · · · = f (m−1)(a) = 0 si f (m)(a) 6= 0.

3.125. Fie f = Xn − s1Xn−1 + s2X

n−2 + · · · + (−1)n−1sn−1X + (−1)nsn ∈ C[X],α1, . . . , αn ∈ C radacinile lui f , S0 = n si Sk = αk

1 + · · · + αkn (k ∈ N∗). Sa se

demonstreze egalitatile de mai jos (numite formulele lui Newton):

Sk−s1Sk−1 + · · · + (−1)k−2sk−2S2 + (−1)k−1sk−1S1 + (−1)kksk = 0, ∀k < n,

Sk − s1Sk−1 + · · ·+ (−1)n−1sn−1Sk−n+1 + (−1)nsnSk−n = 0, ∀k ≥ n.

3.126. Sa se scrie formulele lui Newton ın cazul: a) n = 2; b) n = 3.

3.127. Sa se arate ca formulele lui Newton raman adevarate ın cazul ın care R esteun domeniu de integritate, s1, . . . , sn sunt polinomamele simetrice fundamentale dinR[X1, . . . , Xn] si Sk = Xk

1 + · · ·+Xkn (k ∈ N∗).

3.128. Fie f = a0 + a1X + · · · + anXn, g = b0 + b1X + · · · + bmX

m, cu an 6= 0,bm 6= 0, doua polinoame din C[X], α1, . . . , αn ∈ C radacinile lui f , β1, . . . , βm ∈ Cradacinile lui g. Numarul complex

Rf,g = amn b

nm

∏

(i,j)∈{1,...,n}×{1,...,m}(αi − βj)

se numeste rezultanta polinoamelor f si g. Sa se arate ca:a) Rf,g = 0 daca si numai daca f si g au cel putin o radacina comuna;b) Rf,g = (−1)mnRg,f ;c) Rf,g = am

n g(α1) · · · g(αn) = (−1)mnbnmf(β1) · · ·f(βm);d) Rf,g1g2 = Rf,g1 · Rf,g2;e) daca f, g sunt polinoame din R[X] (Q[X], respectiv Z[X]) atunci Rf,g este unnumar real (rational, respectiv ıntreg).

3.129. Fie f = a0 + a1X + · · · + anXn, g = b0 + b1X + · · · + bmX

m, cu an 6= 0,bm 6= 0, doua polinoame din C[X]. Sa se arate ca rezultanta Rf,g a polinoamelor fsi g este egala cu determinantul∣∣∣∣∣∣∣∣

an an−1 an−2 . . . a0 0 0 . . . 00 an an−1 . . . a1 a0 0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . . . . a0

∣∣∣∣∣∣∣∣

m linii

∣∣∣∣∣∣∣∣

bm bm−1 bm−2 . . . . . . 00 bm bm−1 . . . . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . . . . b0

∣∣∣∣∣∣∣∣

n linii

3.130. Sa se scrie sub forma de determinant rezultanta polinoamelor a0+a1X+a2X2

si b0 + b1X + b2X2 + b3X

3 (a2 6= 0 6= b3).

3.131. Sa se arate ca urmatoarele polinoame au o radacina comuna:a) X5 −X4 −X2 + 1 si X3 + 2X2 − 3;b) 2X3 +X2 +X − 1 si 3X3 + 2X2 + 2X − 1.


3.132. Sa se determine λ ∈ C astfel ıncat urmatoarele polinoame cu coeficienticomplecsi sa aiba o radacina comuna:a) 2X3 +X2 +X − 1 si 2X3 + λX2 − 3X − (λ+ 1);b) X3 + 3X2 + 2X + λ si X2 − 3X + 2.

3.133. Fie f = a0 + a1X + · · · + anXn, cu an 6= 0, un polinom din C[X] si f ′

derivata formala a lui f . Numarul complex Df = (−1)n(n−1)

21

an

Rf,f ′ se numeste

discriminantul polinomului f . Sa se arate ca polinomul f are radacini multiple dacasi numai daca Df = 0.

3.134. Fie f = a0+a1X+ · · ·+anXn, cu an 6= 0, un polinom din C[X], α1, . . . , αn ∈

C radacinile sale si Sk = αk1 + · · ·+ αk

n (k ∈ N∗). Sa se arate ca

Df = a2n−2n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

n S1 S2 . . . Sn−1

S1 S2 S3 . . . Sn

S2 S3 S4 . . . Sn+1...

......

...Sn−1 Sn Sn+1 . . . S2n−2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

3.135. Sa se calculeze discriminantul urmatoarelor polinoame: a) aX2 + bX + c(a, b, c ∈ C, a 6= 0); b) X3 + pX + q (p, q ∈ C); c) 3X3 + 3X2 + 5X + 2 ∈ R[X]; d)2X4 −X3 − 4X2 +X + 1 ∈ R[X].

3.136. Sa se determine λ ∈ C pentru care urmatoarele polinoame din C[X] auradacini multiple: a) X3 − 3X + λ; b) X4 − 4X3 + (2 − λ)X2 + 2X − 2.

Capitolul 4

Semigrupuri si inele de fractii

4.1. Sa se dea exemple de semigrupuri comutative care nu pot fi scufundate izomorfıntr-un grup.

4.2. Fie (G, ·) un grup, A un subsemigrup comutativ al lui G si ∅ 6= S ⊆ A o partestabila a lui G. Sa se arate ca subsemigrupul lui G generat de A ∪ S−1 este

{as−1 | a ∈ A, s ∈ S}

si ca acesta este izomorf cu semigrupul de fractii AS. Sa se deduca de aici ca A areun grup de fractii izomorf cu subgrupul lui G generat de A.

4.3. Sa se determine urmatoarele semigrupuri de fractii (sau diferente): a) (ZZ∗ , ·);b) (Z∗

Z∗ , ·); c) (Z2Z∗ , ·); d) (N2N,+); e) (2N2N,+); f) (2Z2Z∗ , ·); g) (2Z2Z,+).

4.4. Fie (A, ·) un semigrup comutativ, S 6= ∅ o parte stabila ın A cu elementelecareia se poate simplifica si f : A→ AS omomorfismul canonic. Sa se arate ca dacaq1, . . . , qn ∈ AS atunci exista s ∈ S astfel ıncat f(s)q1, . . . , f(s)qn ∈ f(A).

4.5. Un triplet (A,+, ·), unde A este multime si +, · sunt operatii pe A se numestesemiinel, respectiv semiinel comutativ daca verifica urmatoarele conditii:

i) (A,+) este monoid comutativ;

ii) (A, ·) este semigrup, respectiv semigrup comutativ;

iii) a(b+ c) = ab+ ac si (b+ c)a = ba + ca, ∀a, b, c ∈ A.

Sa se arate ca orice semiinel comutativ (A,+, ·) cu proprietatea

a, b, c ∈ A, a+ b = a+ c⇒ b = c

se scufunda izomorf ıntr-un inel minimal, numit inelul diferentelor semiinelului(A,+, ·).

4.6. Sa se construiasca inelul diferentelor semiinelului (N,+, ·) si sa se arate ca sepoate identifica cu inelul (Z,+, ·) acceptat intuitiv.

4.7. Sa se dea exemple de inele comutative care nu pot fi scufundate izomorf ıntr-uncorp.

69

70 CAPITOLUL 4. SEMIGRUPURI SI INELE DE FRACTII (ENUNTURI)

4.8. Fie (K,+, ·) un corp, R un subinel comutativ nenul al lui K si ∅ 6= S ⊆ R unsistem multiplicativ ce nu contine pe 0. Sa se arate ca subinelul lui K generat deR ∪ S−1 este

{as−1 | a ∈ R, s ∈ S}si ca acesta este izomorf cu inelul RS. Sa se deduca de aici ca inelul R are un corpde fractii izomorf cu subcorpul lui K generat de R.

4.9. Sa se determine inelul total de fractii ın cazul urmatoarelor inele: a) (Z,+, ·);b) (2Z,+, ·); c) (Z3,+, ·); d) (Q,+, ·).

4.10. Sa se determine inelul fractiilor cu numaratori ın inelul (Z,+, ·) si numitoriın 2Z∗ ∪ {1}.

4.11. Sa se determine inelul total de fractii al inelului ıntregilor lui Gauss. Genera-lizare pentru (Z[

√d],+, ·) cu d ∈ Z \ {1} liber de patrate.

4.12. Fie p un numar prim si

Q(p) ={mn

∈ Q | (n, p) = 1}.

Sa se arate ca:a) Q(p) este parte stabila a lui Q ın raport cu adunarea si ınmultirea;b) (Q(p),+, ·) este un domeniu de integritate;c) corpul de fractii al lui (Q(p),+, ·) este (Q,+, ·).

4.13. Sa se arate ca pentru orice subinel nenul cu unitate R al lui (Q,+, ·) existaun sistem multiplicativ ∅ 6= S ⊆ Z (ce nu contine pe 0) astfel ıncat R = ZS .

4.14. Fie (R,+, ·) un domeniu de integritate si a ∈ R\{0}. Sa se arate ca daca S estesemigrupul generat de a atunci inelul RS este izomorf cu inelul cat R[X]/(aX − 1).

4.15. Fie (R,+, ·) un inel nenul asociativ si comutativ, ∅ 6= S ⊆ A un sistemmultiplicativ ce nu contine pe 0 si divizori ai lui zero, iar f : R → RS omomorfismulcanonic. Sa se arate ca:a) daca (R′,+, ·) este un inel si g, h : RS → R′ sunt omomorfisme de inele atunci

g ◦ f = h ◦ f ⇒ g = h;

b) daca R are unitate atunci f este izomorfism daca si numai daca S ⊆ U(R,+, ·).

4.16. Fie (R,+, ·) un domeniu de inegritate, ∅ 6= S ⊆ R un sistem multiplicativce nu contine pe 0 si f : R → RS omomorfismul canonic. Sa se arate ca f este unizomorfism daca si numai daca orice element din RS este radacina a unui polinomde forma X − a cu a ∈ R.

4.17. Fie n ∈ N, n ≥ 2 si S 6= ∅ un sistem multiplicativ al lui Zn ce nu contine pe0 si divizori ai lui zero. Sa se arate ca omomorfismul canonic f : Zn → (Zn)S estesurjectiv.

71

4.18. Pe (RR,+, ·) inelul definit pe RR = {f | f : R → R} ca ın problema 3.58. Sase arate ca:a) o functie nenula g : R → R este nondivizor al lui zero ın (RR,+, ·) daca si numaidaca pentru orice x ∈ R avem g(x) 6= 0;b) o functie nenula g : R → R este element inversabil ın (RR,+, ·) daca si numaidaca g nu este divizor al lui zero ın (RR,+, ·);c) inelul total de fractii al inelului (RR,+, ·) este izomorf cu (RR,+, ·).

4.19. Sa se arate ca functia g :(ZN)

Z∗→ (ZZ∗)N definita prin

g

((xn)n∈N

y

)=

(xn

y

)

n∈N

este un omomorfism. Este g izomorfism?

4.20. Sa se arate ca orice omomorfism injectiv (surjectiv, bijectiv) ıntre doua domeniide integritate induce un omomorfism injectiv (surjectiv, respectiv bijectiv) ıntre cor-purile lor de fractii.

4.21. Fie (R,+, ·) un inel nenul asociativ, comutativ si cu unitate, iar ∅ 6= S ⊆ Aun sistem multiplicativ ce nu contine pe 0 si divizori ai lui zero. Sa se arate ca dacatoate idealele lui R sunt principale atunci toate idealele lui RS sunt principale.

72 CAPITOLUL 4. SEMIGRUPURI SI INELE DE FRACTII (ENUNTURI)

Capitolul 5

Divizibilitatea ın monoizi

comutativi cu simplificare si

ın domenii de integritate

5.1. Sa se determine relatia de asociere ın divizibilitate si multimea cat ın raportcu aceasta ın cazul monoizilor sau domeniilor de integritate urmatoare: a) (N∗, ·);b) (Q∗, ·); c) (Z,+, ·); d) (R,+, ·); e) (Z2,+, ·); f) (Z[i],+, ·).5.2. Fie K ∈ {Z,Q,R,C} ∪ {Zp | p numar prim } si f ∈ K[X]. Sa se determinepolinoamele asociate ın divizibilitate cu f .

5.3. Sa se arate ca:i) relatia de divizibilitate din Z2[X1, . . . , Xn] este relatie de ordine;ii) daca R este domeniu de integritate ın care relatia de divizibilitate este relatie deordine atunci caracteristica lui R este 2;iii) exista domenii de integritate de caracteristica 2 ın care relatia de divizibilitatenu este relatie de ordine.

5.4. Fie R un domeniu de integritate ın care orice elemente nenule sunt asociate ındivizibilitate. Sa se arate ca R este un corp.

5.5. Fie R un domeniu de integritate ın care orice element nenul este inversabil sauireductibil. Sa se arate ca R este un corp.

5.6. Fie R,R′ domenii de integritate si ϕ : R → R′ un izomorfism de inele. Sa searate ca a ∈ R este element ireductibil (prim) ın R daca si numai daca ϕ(a) esteelement ireductibil (prim) ın R′.

5.7. Fie K ′ un corp comutativ, K un subcorp al lui K ′ si f ∈ K[X]. Sa se arate cadaca un polinom f este ireductibil ın K ′[X] atunci este ireductibil si ın K[X]. Estereciproca adevarata?

5.8. Fie p, q ∈ Z, (p, q) = 1 si f ∈ Z[X]. Sa se arate ca daca f

(p

q

)= 0 atunci

(p− q)|f(1) si (p+ q)|f(−1).

In particular, sa se arate ca daca a ∈ Z si f(a) = 0 atunci

(1 − a)|f(1) si (1 + a)|f(−1).

73

74 CAPITOLUL 5. DIVIZIBILITATE (ENUNTURI)

5.9. Sa se descompuna ın produs de polinoame ireductibile toate polinoamele dinZ2[X] \ Z2 de grad cel mult 3.

5.10. Fie K un corp comutativ si f ∈ K[X]. Sa se arate ca:a) daca grad f = 1 atunci f este ireductibil;b) daca grad f ∈ {2, 3} atunci f este ireductibil daca si numai daca f nu are nici oradacina ın K;c) polinoamele ireductibile din K[X] de grad 4 (sau mai mare) nu pot fi, ın general,caracterizate ca la b);d) polinomul X2+1 este ireductibil ın Q[X], dar polinomul X2+1 nu este ireductibilın Z5[X];e) polinomul X3 +X + 1 este ireductibil ın Z5[X].Sunt adevarate afirmatiile de la a) si b) cand K este doar domeniu de integritate?

5.11. i) Este f = 6X + 12 ireductibil ın Z[X]? Dar ın Q[X]?ii) Fie g ∈ Z[X]. Sa se arate ca g este ireductibil ın Z[X] daca si numai daca g esteireductibil ın Q[X] si primitiv ın Z[X].iii) Fie R un domeniu factorial si K corpul fractiilor lui R. Sa se generalizeze punctulii) la R si la K.

5.12. Fie R un domeniu factorial. Sa se arate ca R este corp daca si numai dacaorice polinom de grad 1 din R[X] este ireductibil ın R[X].

5.13. Sa se determine elementele prime si elementele ireductibile ın: i) (N∗, ·);ii) (Z,+, ·); iii) (C[X],+, ·); iv) (R[X],+, ·).5.14. Fie f = 7X4+2X3+9X2+5X−5. Sa se determine catul si restul ımpartirii ınZ[X] a polinomului f la polinomul: a) X−1; b) X−2; c) X2 +2X; d) X2−3X+2;e) X3 +X + 1; f) X4.

5.15. Fie (R, δ) un domeniu euclidian (δ : R∗ → N) si a, b ∈ R, b 6= 0. Sa se arateca existenta a doua elemente q, r ∈ R pentru care

a = bq + r, cu r = 0 sau δ(r) < δ(b)

nu implica, ın general, unicitatea lor.

5.16. Sa se arate ca pentru orice a, b ∈ Z, b 6= 0 exista q′, r′ ∈ Z astfel ıncat

a = bq′ + r′ si |r′| ≤ |b|2.

Sunt q′ si r′ unic determinati de conditiile de mai sus?

5.17. Folosind algoritmul lui Euclid, sa se determine :a) ( 4148 , 7684 ) ın Z ;b) (X18 − 1, X33 − 1) si (X3 − 1, X4 +X3 + 2X2 +X + 1) ın Q[X].

5.18. Fie R un domeniu cu ideale principale si a, b, c ∈ R. Sa se arate ca:

(a, b, c) = d⇒ ∃u, v, t ∈ R : d = au+ bv + ct;

(a, b, c) = 1 ⇔ ∃u, v, t ∈ R : 1 = au+ bv + ct.

Sa se generalizeze pentru n elemente.

75

5.19. Fie R un domeniu cu ideale principale si a, b, c ∈ R, a 6= 0 6= b. Sa se arateca:i) ecuatia ax+ by = c are solutii ın R× R daca si numai daca (a, b)|c ;ii) daca (x0, y0) este o solutie a ecuatiei de mai sus atunci orice solutie este de forma(x0 +

b

(a, b)t, y0 −

a

(a, b)t

)cu t ∈ R.

5.20. Sa se determine:i) (x, y) ∈ Z × Z astfel ıncat 31x− 17y = 1;ii) (x, y) ∈ N∗ × N∗ astfel ıncat 31x− 17y = 1.

5.21. Sa se rezolve ın Z urmatoarele sisteme de congruente:

a)

{x ≡ 2(mod 7)x ≡ 3(mod 6)

; b)

3x ≡ 2(mod 5)x ≡ 6(mod 7)x ≡ 1(mod 6)

.

5.22. Fie a, b, c, d,m, n ∈ Z. Sa se arate ca daca sunt verificate conditiile

(a, b) = 1, (m, a) = 1, (n, b) = 1

atunci congruentele mx ≡ c(mod a) si ny ≡ d(mod b) au o solutie comuna ın Z.

5.23. (Teorema chineza a resturilor pentru k congruente) Fie numerele ıntregi a1, a2,. . . , ak doua cate doua prime ıntre ele. Sa se arate ca oricare ar fi c1, c2, . . . , ck ∈ Zcongruentele x ≡ ci(mod ai) (i = 1, . . . , k) au o solutie comuna, unica moduloa1a2 · · ·ak.

5.24. Sa se arate ca congruenta mx ≡ c( mod a) are solutii ın Z daca si numai daca(m, a)|c, iar ın acest caz are exact (m, a) solutii necongruente modulo a.

5.25. 1) Sa se arate ca rezolvarea ecuatiei x2 +y2 = z2 ın Z×Z×Z se poate reducela cazul cand numerele x si y sunt prime ıntre ele.2) Fie x, y, z ∈ Z astfel ıncat x2 + y2 = z2 si (x, y) = 1. Sa se arate ca x si y nu potfi ambele impare, iar daca y este par atunci exista m,n ∈ Z astfel ıncat

x = m2 − n2, y = 2mn si z = m2 + n2.

5.26. Fie d ∈ Z \ {1} liber de patrate, δ : Z[√d] → N, δ(z) = |z · z|. Sa se arate ca

pentru orice z1, z2, z ∈ Z[√d] avem:

i) daca z1|z2 atunci δ(z1)|δ(z2);ii) z1 ∼ z2 daca si numai daca δ(z1) = δ(z2) si z1|z2;iii) δ(z1) = δ(z2) nu implica, ın general, z1 ∼ z2;iv) daca δ(z) este un numar prim atunci z este element ireductibil ın Z[

√d].

5.27. Sa se arate ca inelul ıntregilor lui Gauss (Z[i],+, ·) este un domeniu euclidiansi sa se determine:a) c.m.m.d.c. si c.m.m.m.c. al numerelor z1 = 12 − 3i si z2 = 3 + 6i ın Z[i];b) cate un generator pentru fiecare dintre idealele (z1) ∩ (z2) si (z1, z2).


5.28. Fie p, q ∈ Z cu |p| + |q| < 3, θ ∈ C o solutie a ecuatiei x2 + px + q = 0,subinelul

Z[θ] = {a+ bθ | a, b ∈ Z}al lui C si functia δ : Z[θ] → N, δ(z) = |z ·z|. Sa se arate ca (Z[θ], δ) este un domeniueuclidian.

5.29. Scrieti toate domeniile euclidiene care se obtin din problema anterioara.

5.30. Sa se arate ca inelele Z

[1 + i

√7

2

]si Z

[1 + i

√11

2

]sunt euclidiene.

5.31. Fie U un ideal nenul al inelului ıntregilor lui Gauss. Sa se arate ca inelul catZ[i]/U este finit.

5.32. 1) Sa se arate ca ın (Z[i],+, ·) au loc urmatoarele:a) 2, 5 si 17 nu sunt elemente ireductibile;b) 3 si 7 sunt elemente ireductibile;c) 1 + i si 1 + 2i sunt elemente ireductibile.2) Sa se scrie numerele 4 si 18 + 36i ca produs de elemente ireductibile din Z[i].

5.33. Sa se arate ca:a) orice element prim din Z[i] este un divizor al unui numar prim din Z;b) daca p este un numar prim si p ≡ 3(mod 4) atunci p este ireductibil ın Z[i];c) daca p este un numar prim si p ≡ 1(mod 4) atunci p este produsul a doua elementeconjugate ireductibile ın Z[i] care nu sunt asociate ın divizibilitate;d) orice element ireductibil din Z[i] este asociat ın divizibilitate cu 1 + i sau cu unnumar (natural) prim de forma 4k + 3 sau cu un element ireductibil ın Z[i] caredivide un numar (natural) prim de forma 4k + 1.

5.34. Sa se arate ca ın (Z[i√

5],+, ·) au loc urmatoarele:a) 3 este element ireductibil, dar nu este element prim;b) 6 si 2(1 + i

√5) nu au un c.m.m.d.c.;

c) 3 si 1 + i√

5 au un c.m.m.d.c.

5.35. Fie R domeniu euclidian, a, b ∈ R relativ prime si m,n ∈ N. Sa se arate ca

(am − bm, an − bn) = a(m,n) − b(m,n).

5.36. (Criteriul lui Eisenstein) Fie n ∈ N∗ si f = a0 + · · · + an−1Xn−1 + anX

n

un polinom primitiv din Z[X]. Sa se arate ca daca exista un numar prim p cuproprietatea ca p | a0, . . . , p | an−1 si p2 nu divide pe a0 atunci polinomul f esteireductibil peste Z.

5.37. Sa se arate ca ın Z[X] exista polinoame ireductibile de orice grad n ≥ 0, iarın Q[X] exista polinoame ireductibile de orice grad n ≥ 1.

5.38. Fie R un domeniu de integritate, a, b ∈ R, a inversabil si f ∈ R[X]. Sa searate ca f este ireductibil daca si numai daca f(aX + b) este ireductibil.

77

5.39. Fie p un numar prim. Sa se arate ca polinomul

f = Xp−1 +Xp−2 + · · ·+X + 1 ∈ Z[X]

este ireductibil peste Q.

5.40. Sa se arate ca urmatoarele polinoame cu coeficienti ıntregi sunt ireductibile ınQ[X]: a) X5 +5X4 +10X3 − 15X2 +15X− 20; b) X2n

+1 (n ∈ N∗); c) Xpn+ p− 1

(p prim, n ∈ N).

5.41. Sa se descompuna ın factori ireductibili ın Z[X], Q[X], R[X] si ın C[X]urmatoarele polinoame: i) 40X2 − 20X; ii) 10X2 + 5X − 5; iii) X3 − 8; iv) X3 + 8;v) X4 − 1; vi) x4 + 1; vii) X6 − 1; viii) X6 + 1; ix) X8 − 1; x) X8 + 1.

5.42. Sa se descompuna polinomul X4 − 5X2 + 6 ın factori ireductibili peste Q,peste Q(

√2) si peste R.

5.43. Fie p un numar prim si f = a0 + a1X + · · ·+ an−1Xn−1 +Xn un polinom cu

coeficienti ıntregi. Polinomul a0 + a1X + · · · + an−1Xn−1 + Xn se numeste redusul

modulo p al lui f . Sa se arate ca:a) daca f este reductibil peste Z atunci fiecare factor al lui f se reduce modulo p laun polinom de acelasi grad din Zp[X];

b) daca redusul modulo p al lui f este ireductibil peste Zp atunci f este ireductibilpeste Q.

5.44. Folosind problema anterioara, sa se studieze care din urmatoarele polinoamesunt ireductibile peste Q:

f = X3 + 6X2 + 5X + 25, g = X3 + 6X2 + 11X + 8, h = X4 + 8X3 +X2 + 2X + 5.

5.45. Fie K un corp comutativ, f = a0 + a1X + · · ·+ anXn ∈ K[X] si

g = an + an−1X + · · · + a0Xn.

Sa se arate ca daca f este ireductibil ın K[X] atunci si g este ireductibil.

5.46. Sa se arate ca Z[X] este un domeniu factorial, dar are ideale care nu suntprincipale.

5.47. Sa se arate ca R[X] este un domeniu cu ideale principale, dar R[X, Y ] areideale care nu sunt principale.

5.48. FieK un corp comutativ. Sa se arate ca idealul (X2, XY, Y 2) nu este principalın K[X, Y ] si ca inelul cat K[X, Y ]/ (X2, XY, Y 2) are ideale care nu sunt principale.Poate fi generat idealul (X2, XY, Y 2) al lui K[X, Y ] cu doua elemente?

5.49. Sa se descompuna ın factori irductibili ın Q[X, Y ] polinoamele: i) X3−Y 3; ii)Y 4−X2; iii) X2−Y 6; iv) X7+2X3Y +3X2+9Y si sa se demonstreze ireductibilitateafiecarui factor.


5.50. Fie K un corp comutativ.i) Sa se arate ca un polinom omogen f = aX2+bXY +cY 2 ∈ K[X, Y ] este ireductibilın K[X, Y ] daca si numai daca a 6= 0 si g = aX2 + bX + c este ireductibil ın K[X].ii) Sa se generalizeze i) pentru polinoamele omogene de grad n ≥ 2 din K[X, Y ].iii) Sa se arate ca factorii ireductibili ai unui polinom omogen din K[X, Y ] suntpolinoame omogene.

5.51. Sa se arate ca ın Z[i]:a) exista o infinitate de ideale prime;b) idealele (3) si (1 + i) sunt prime;c) idealul (2) nu este prim.

5.52. In inelul 4Z idealul generat de 8 este maximal, dar inelul cat corespunzatornu este un corp.

5.53. Sa se arate ca ıntr-un inel Boole nenul un ideal este maximal daca si numaidaca este prim.

5.54. Sa se arate ca idealul generat de X este ideal prim ın Z[X] dar nu este idealmaximal.

5.55. Sa se arate ca idealul generat de X este ideal maximal ın Q[X].

5.56. Fie n ∈ Z\{−1, 0, 1}. Sa se arate ca idealul (n,X) al lui Z[X] este prim dacasi numai daca n este numar prim.

5.57. Sa se arate ca idealele (X, Y ) si (X − 2, Y − 3) sunt maximale ın C[X, Y ].

5.58. Sa se arate ca idealele (Y − 3) si (X2 + 1) sunt prime ın Q[X, Y ]. Sunt elemaximale?

5.59. Sunt idealele (X2) si (X2 − 1) prime ın Q[X]? Dar maximale?

5.60. Fie R un inel nenul, asociativ, comutativ, cu unitate. Sa se arate ca un idealM 6= R al sau este maximal daca si numai daca pentru orice x ∈ R\M exista r ∈ Rastfel ıncat 1 − rx ∈M .

5.61. Un inel R se numeste local daca are un singur ideal maximal. Fie R un inelasociativ, comutativ cu unitate. Sa se arate ca:1) R este corp daca si numai daca R2 6= {0} si {0} este (singurul) ideal maximal allui R;2) urmatoarele conditii sunt echivalente:

i) R este inel local;ii) elementele neinversabile din R formeaza un ideal;iii) suma a doua elemente neinversabile din R este un element neinversabil.

5.62. Fie R un domeniu de integritate, P 6= R un ideal prim al lui R, S = R \ P siK corpul fractiilor lui R. Sa se arate ca:i) {ab−1 | a ∈ R, b ∈ S} este subinel al lui K si ca acest subinel coincide cu inelulde fractii RS;ii) inelul RS este local;

iii) A ={ab| a, b ∈ Z, b impar

}este subinel al lui Q si inelul A este local.

5.63. Sa se arate daca R este un inel comutativ local atunci inelul seriilor formaleR[[X]] este local.

Capitolul 6

Spatii vectoriale

6.1. Fie V un K-spatiu vectorial, V 6= {0}, α, β ∈ K si u, v ∈ V . Care dinurmatoarele afirmatii:a) αu = αv ⇒ u = v,b) αu = βu⇒ α = β,c) α 6= 0 si αu = αv ⇒ u = v,d) u 6= 0 si αu = βu⇒ α = β,e) αu = 0 ⇒ α = 0 sau u = 0sunt adevarate?

6.2. Aratati ca grupul abelian (R∗+, ·) este R-spatiu vectorial ın raport cu operatia

externa ∗ definita prinα ∗ x = xα, α ∈ R, x ∈ R∗

+

si ca acest spatiu vectorial este izomorf cu R-spatiul vectorial definit pe R deoperatiile uzuale de adunare si ınmultire.

6.3. Fie K un corp comutativ, V = K ×K, fie (x, y), (x′, y′) ∈ V si α ∈ K. Este Vun K-spatiu vectorial ın raport cu operatiile definite astfel:

i) (x, y) + (x′, y′) = (x+ x′, y + y′), α(x, y) =

{(0, 0) , daca α = 0;

(αx, α−1y) , daca α 6= 0?ii) (x, y) + (x′, y′) = (x+ 2x′, y + 3y′), α(x, y) = (αx, αy)?iii) (x, y) + (x′, y′) = (x+ x′, y + y′), α(x, y) = (x, 0)?Justificati raspunsul.

6.4. Fie V un K-spatiu vectorial si M o multime. Sa se arate ca V M este K-spatiuvectorial ın raport cu operatiile definite punctual ın V M , adica

(f + g)(x) = f(x) + g(x), (αf)(x) = αf(x), ∀f, g ∈ V M , ∀α ∈ K.

6.5. Fie (V,+) un grup abelian, V 6= {0}, K un corp si α ∈ K. Sa se arate ca:i) daca (V,+) este un K-spatiu vectorial si tα : V → V , tα(x) = αx atunci tα ∈End(V,+) si aplicatia ϕ : K → End(V,+), ϕ(α) = tα este omomorfism injectiv deinele;ii) daca ϕ : K → End(V,+) este omomorfism injectiv de inele atunci grupul (V,+)este K-spatiu vectorial ın raport cu operatia externa definita prin αx = (ϕ(α))(x);iii) exista o bijectie ıntre operatiile externe pe V cu domeniul de operatori K cuproprietatea ca ınzestreaza grupul (V,+) cu o structura de K-spatiu vectorial siomomorfismele injective de inele ıntre K si End(V,+).

79

80 CAPITOLUL 6. SPATII VECTORIALE (ENUNTURI)

6.6. Fie (V,+) un grup abelian si K un corp. Sa se arate ca exista o structurade K-spatiu vectorial pe (V,+) daca si numai daca inelul (End(V,+)+, ◦) are unsubinel care este corp izomorf cu K.

6.7. Sa se arate ca oricare ar fi K un corp nu exista nici o structura de K-spatiuvectorial pe grupul (Z,+).

6.8. Fie K un corp. Sa se arate ca exista pe grupul (Q,+) o structura de K-spatiuvectorial daca si numai daca corpurile K si Q sunt izomorfe.

6.9. Fie K un corp si V 6= {0} un K-spatiu vectorial. Sa se arate ca ordinul fiecaruielement v ∈ V \ {0} ın grupul (V,+) coincide cu caracteristica lui K.

6.10. Poate fi organizata o multime finita ca un spatiu vectorial peste un corpinfinit?

6.11. Sa se arate ca grupul (Q,+) nu poate fi organizat ca un spatiu vectorial pestecorpul numerelor reale.

6.12. Sa se defineasca o structura de Z2-spatiu vectorial pe grupul lui Klein.

6.13. a) Fie p un numar prim si n ∈ N∗. Sa se dea cate un exemplu de spatiuvectorial cu cate: i) 2 vectori; ii) 4 vectori; iii) 2n vectori; iv) pn vectori.b) Fie m un numar natural care nu este de forma pn cu n ∈ N si p numar prim.Exista spatii vectoriale cu m elemente?

6.14. Fie K un corp comutativ si n ∈ N. Sa se arate ca

Pn(K) = {f ∈ K[X] | grad f ≤ n}

este un subspatiu al K-spatiului vectorial K[X], iar {f ∈ K[X] | grad f = n} si{f ∈ K[X] | grad f ≥ n} nu sunt subspatii.

6.15. Fie V un K-spatiu vectorial si S un subspatiu al lui V . Este CV S = V \ Sun subspatiu al lui V ? Dar CV S ∪ {0}?

6.16. Fie V un K-spatiu vectorial si S ⊆ V . Sa se arate ca S este un subspatiu allui V daca si numai daca S 6= ∅ si α ∈ K, x, y ∈ S implica αx+ y ∈ S.

6.17. Fie V un K-spatiu vectorial, S un subspatiu al lui V si x, y ∈ V . Notam〈S, x〉 = 〈S ∪ {x}〉. Sa se arate ca daca x ∈ V \ S si x ∈ 〈S, y〉 atunci y ∈ 〈S, x〉.

6.18. Fie V un K-spatiu vectorial, α, β, γ ∈ K si x, y, z ∈ V astfel ıncat αγ 6= 0 siαx+ βy + γz = 0. Sa se arate ca 〈x, y〉 = 〈y, z〉.

6.19. Fie K un corp comutativ, n ∈ N si S un subspatiu al K-spatiului vectorialK[X] care contine cate un polinom de grad i pentru orice i ∈ {0, 1, . . . , n} dar nucontine nici un polinom de grad mai mare ca n. Sa se arate ca S = Pn(K).

6.20. Formeaza polinoamele f1 = 3X + 2, f2 = 4X2 −X + 1, f3 = X3 −X2 + 3 unsistem de generatori pentru R-spatiul vectorial P3(R) = {f ∈ R[X] | grad f ≤ 3}?Justificati raspunsul.

81

6.21. Fie V1, V2 substatii ale unui spatiu vectorial V . Sa se arate ca urmatoareleafirmatii sunt echivalente: a) V1 ∪ V2 este subspatiu al lui V ; b) V1 + V2 = V1 ∪ V2;c) V1 ⊆ V2 sau V2 ⊆ V1.

6.22. Sa se arate ca laticea subspatiilor unui spatiu vectorial este modulara, dar nueste, ın general, distributiva.

6.23. Fie V un K-spatiu vectorial si A1, . . . , An (n ∈ N∗) subspatii ale lui V . Sa searate ca V = A1 + · · · + An daca si numai daca functia

f : A1 × · · · ×An → V, f(a1, . . . , an) = a1 + · · ·+ an

este surjectiva. Ce conditie trebuie sa ındeplineasca f pentru a avea loc egalitateaV = A1 ⊕ · · · ⊕ An?

6.24. Sa se arate ca proprietatea unui subspatiu de a fi sumand direct este tranzitiva.

6.25. Sa se arate ca un subspatiu al unui spatiu vectorial V poate avea doi comple-menti directi diferiti ın V .

6.26. In R-spatiul vectorial RR = {f | f : R → R} consideram

(RR)i = {f : R → R | f este impara}, (RR)p = {f : R → R | f este para}.

Sa se arate ca (RR)i si (RR)p sunt subspatii ale lui RR si ca RR = (RR)i ⊕ (RR)p.

6.27. Sa se arate ca subspatiile lui R2 sunt {0} si

Va,b = {(x, y) ∈ R2 | ax+ by = 0}, cu a, b ∈ R.

Sa se dea interpretarea geometrica. Cand are loc egalitatea Va,b = Va′,b′? DarR2 = Va,b ⊕ Va′,b′?

6.28. Sa se arate ca subspatiile R-spatiului vectorial R3 sunt

Va,b,c = {(at, bt, ct) | t ∈ R} si Wa,b,c = {(x, y, z) ∈ R3 | ax+ by + cz = 0},

cu a, b, c ∈ R. Sa se dea interpretarea geometrica. Cand are loc egalitatea R3 =Va,b,c ⊕ Va′,b′,c′ ⊕ Va′′,b′′,c′′? Dar R3 = Va,b,c ⊕Wa′,b′,c′?

6.29. Fie V, V ′ doua K-spatii vectoriale. Sa se arate ca o functie f : V → V ′ esteo transformare liniara daca si numai daca f(αx + y) = αf(x) + f(y) pentru oriceα ∈ K si x, y ∈ V.

6.30. Fie V, V1, V2 K-spatii vectoriale. Sa se arate ca pentru orice transformareliniara f de la produsul direct V1 × V2 la V exista doua transformari liniare unicdeterminate g : V1 → V , h : V2 → V astfel ıncat f(x1, x2) = g(x1) + h(x2), pentruorice x1 ∈ V1, x2 ∈ V2.

6.31. Fie V, V1, V2 K-spatii vectoriale, doua functii f : V → V1, g : V → V2 sih : V → V1 × V2, h(x) = (f(x), g(x)). Sa se arate ca h este o transformare liniaradaca si numai daca f si g sunt transformari liniare. Generalizare.


6.32. a) Fie m ∈ N∗ si f : Rm → R. Sa se arate ca f este o transformare liniarade R-spatii vectoriale daca si numai daca exista a1, . . . , am ∈ R, unic determinate,astfel ıncat f(x1, . . . , xm) = a1x1 + · · ·+ amxm, pentru orice (x1, . . . , xm) ∈ Rm.b) Sa se determine tranformarile liniare f : Rm → Rn (n ∈ N∗).

6.33. Sa se arate ca exista o transformare liniara f : R2 → R2 astfel ıncat f(1, 1) =(2, 5) si f(1, 0) = (1, 4). Sa se determine f(2, 3). Este f izomorfism?

6.34. Exista o transformare liniara f : R3 → R2 astfel ıncat f(1, 0, 3) = (1, 1) sif(−2, 0,−6) = (2, 1)?

6.35. Fie V un K-spatiu vectorial si S un sumand direct al lui V . Sa se arate catoti complementii directi ai lui S sunt izomorfi.

6.36. Fie V un K-spatiu vectorial, Pl(V ) si P ′l(V ), multimea submultimilor libere,

respectiv legate, ale lui V si X, Y ⊆ V . Care din urmatoarele afirmatii:a) X, Y ∈ Pl(V ) ⇒ X ∪ Y ∈ Pl(V ),b) X, Y ∈ Pl(V ) ⇒ X ∩ Y ∈ Pl(V ),c) X, Y ∈ P ′

l(V ) ⇒ X ∪ Y ∈ P ′l(V ),

d) X, Y ∈ P ′l(V ) ⇒ X ∩ Y ∈ P ′

l(V ),e) {0} ∈ Pl(V ),f) {0} ∈ P ′

l(V ),g) V ∈ Pl(V ),h) V ∈ P ′

l(V ),i) x ∈ V, x 6= 0 ⇒ {x} ∈ Pl(V ),j) x ∈ V, x 6= 0 ⇒ {x} ∈ P ′

l(V ),k) X, Y ∈ Pl(V ), X ⊆ Y ⇒ Y ∈ Pl(V ),l) X, Y ∈ P ′

l(V ), X ⊆ Y ⇒ Y ∈ P ′l(V ),

m) Y ∈ Pl(V ), X ⊆ Y ⇒ X ∈ Pl(V ),n) Y ∈ P ′

l(V ), X ⊆ Y ⇒ X ∈ P ′l(V ),

o) ∅ ∈ Pl(V )sunt adevarate?

6.37. Fie V un K-spatiu vectorial si X, Y ⊆ V . Sa se arate ca:i) 〈X ∪ Y 〉 = 〈X〉 + 〈Y 〉;ii) 〈X ∩ Y 〉 ⊆ 〈X〉 ∩ 〈Y 〉 si dati un exemplu pentru care are loc egalitatea si unulpentru care nu are loc egalitatea;iii) daca X ∩ Y = ∅ si X ∪ Y este libera atunci 〈X ∪ Y 〉 = 〈X〉 ⊕ 〈Y 〉.6.38. Fie K un corp comutativ, V1 = K[X2] si V2 submultimea lui K[X] formatadin polinomul nul si polinoamele care au ın scrierea algebrica coeficientii puterilorpare ale lui X egali cu 0. Sa se arate ca V1 si V2 sunt subspatii ale lui K[X] siK[X] = V1 ⊕ V2.

6.39. a) Fie a, b, c ∈ R si polinoamele f1 = (X − b)(X − c), f2 = (X − c)(X − a),f3 = (X − a)(X − b). Sa se arate ca:i) vectorii f1, f2, f3 sunt liniar independenti ın R-spatiul vectorial R[X] daca si numaidaca (a− b)(b− c)(c− a) 6= 0;ii) daca (a− b)(b− c)(c− a) 6= 0 atunci pentru orice f ∈ R[X] cu grad f ≤ 2 existaλ1, λ2, λ3 ∈ R, unic determinate, astfel ıncat f = λ1f1 + λ2f2 + λ3f3.b) Sa se determine λ1, λ2, λ3 cand f = 1 + 2X −X2, a = 1, b = 2 si c = 3.

83

6.40. Fie V un R-spatiu vectorial si v1, v2, v3 ∈ V . Sa se arate ca 〈v1, v2, v3〉 =〈v2 + v3, v3 + v1, v1 + v2〉 si ca vectorii v1, v2, v3 sunt liniar independenti daca sinumai daca vectorii v2 + v3, v3 + v1, v1 + v2 sunt liniar independenti. Este aceastaproprietate adevarata ıntr-un spatiu vectorial peste un corp oarecare K?

6.41. Fie n ∈ N si fn : R → R, fn(x) = sinn x. Sa se arate ca L = {fn | n ∈ N} esteo submultime libera a R-spatiului vectorial RR.

6.42. Fie λ1, . . . , λn ∈ R∗ (n ∈ N∗) cu |λi| 6= |λj| pentru orice i, j ∈ {1, . . . , n}, i 6= jsi functiile fi : R → R, fi(x) = sin(λix), i ∈ {1, . . . , n}. Sa se arate ca f1, . . . , fn

sunt vectori liniar independenti ai R-spatiului vectorial RR.

6.43. Sa se dea o conditie necesara si suficienta pentru ca vectorii v1 = (a1, b1),v2 = (a2, b2) sa formeze o baza a lui R2. Sa se interpreteze geometric aceastaconditie. Folosind conditia stabilita, gasiti o infinitate de baze ale lui R2. Existao baza a lui R2 ın care coordonatele unui vector v = (x, y) sa coincida cu x si y?Sa se arate ca v1 = (1, 0) si v2 = (1, 1) formeaza o baza a lui R2 si sa se gaseascacoordonatele lui v = (x, y) ın aceasta baza.

6.44. Sa se arate ca vectorii (1, 2,−1), (3, 2, 4), (−1, 2,−6) din R3 sunt liniardependenti si sa se gaseasca o relatie de dependenta ıntre ei.

6.45. Sa se determine a ∈ R astfel ıncat vectorii v1 = (a, 1, 1), v2 = (1, a, 1),v3 = (1, 1, a) sa formeze o baza a lui R3.

6.46. Formulati si rezolvati ın cazul lui R3 o problema analoga cu problema 6.43.

6.47. Care dintre urmatoarele submultimi ale lui R3:a) {(1, 0,−1), (2, 5, 1), (0,−4, 3)};b) {(2,−4, 1), (0, 3,−1), (6, 0, 1)};c) {(1, 2,−1), (1, 0, 3), (2, 1, 1)};d) {(−1, 3, 1), (2,−4,−3), (−3, 8, 2)};e) {(1,−3,−2), (−3, 1, 3), (−2,−10,−2)}sunt baze ale R-spatiului vectorial R3?

6.48. Fie n ∈ N∗. Sa se arate ca vectorii

(1, . . . , 1, 1), (1, . . . , 1, 2), (1, . . . , 1, 2, 3), . . . , (1, 2, . . . , n− 1, n)

formeaza o baza a R-spatiului vectorial Rn si sa se scrie coordonatele vectorului(x1, . . . , xn) ın aceasta baza.

6.49. Sa se arate ca ın R-spatiul vectorial M2(R) matricele

E1 =

(1 00 0

), E2 =

(1 10 0

), E3 =

(1 11 0

), E4 =

(1 11 1

)

formeaza o baza si sa se determine coordonatele matricei A =

(−2 34 −2

)ın

aceasta baza.


6.50. Fie m,n ∈ N∗. Exista o baza a lui Mm,n(R) ın care coordonatele unei matricecoincid cu elementele sale?

6.51. Fie K un corp comutativ si n ∈ N∗. Sa se arate ca pentru orice matriceA ∈Mn(K) exista m ∈ N∗, m ≤ n2 si a0, a1, . . . , am−1 ∈ K astfel ıncat

a0In + a1A+ · · · + am−1Am−1 + Am = On.

6.52. a) Exista o baza a lui R[X] ın care coordonatele unui polinom sa coincida cucoeficientii sai?

b) Sa se arate ca polinoamele (X − a)n ∈ R[X], cu n ∈ N, formeaza o baza a luiR[X] si sa se determine coordonatele unui polinom f ∈ R[X] ın aceasta baza.

6.53. a) Exisa o baza a R-spatiului vectorial C ın care coordonatele lui z = a + bi(a, b ∈ R) sa fie a, b?

b) Sa se gaseasca o conditie necesara si suficienta pentru ca numerele complexez1 = a1 + b1i, z2 = a2 + b2i (a1, a2, b1, b2 ∈ R) sa formeze o baza a lui C peste R.

6.54. Fie p ∈ N un numar prim. Sa se arate ca operatiile uzuale de adunare siınmultire ınzestreaza pe V = {a + b 3

√p + c 3

√p2 | a, b, c ∈ Q} cu o structura de

Q-spatiu vectorial si sa se determine o baza si dimensiunea acestui spatiu vectorial.

6.55. Fie V un K-spatiu vectorial, X o multime. Sa se arate ca:

i) V X este un K-spatiu vectorial ın raport cu operatiile definite punctual;

ii) V (X) = {f ∈ V X | supp f finit} este un subspatiu al lui V X ;

iii) Daca X este infinita si V 6= {0} atunci V X si V (X) sunt de dimensiune infinita.

6.56. Fie V un spatiu vectorial, V1, V2 subspatii ale lui V si X1 ⊆ V1, X2 ⊆ V2. Sase arate ca:

i) daca V = V1 ⊕ V2 si Xi este baza a lui Vi (i = 1, 2) atunci X1 ∩X2 = ∅ si X1 ∪X2

este o baza a lui V ;

ii) daca X1 ∩X2 = ∅, Xi genereaza pe Vi (i = 1, 2) si X1 ∪ X2 este o baza a lui Vatunci Xi este baza a lui Vi (i = 1, 2) si V = V1 ⊕ V2.

6.57. Fie K un corp, K ′ un subcorp al lui K si V un K-spatiu vectorial de dimen-siune n ∈ N. Sa se arate ca, folosind operatiile din corpul K si faptul ca K ′ estesubcorp ın K, grupul (K,+) poate fi organizat ca un spatiu vectorial peste K ′ si cadaca dimK ′ K = m (m ∈ N∗) atunci dimK ′ V = mn.

6.58. Sa se determine numarul bazelor ordonate ale urmatoarelor spatii vectoriale:a) Z2(Z2)

2; b) Z2(Z2)3; c) Z3(Z3)

2; d) Z3(Z3)3.

6.59. Fie K un corp finit cu q elemente si V un K-spatiu vectorial de dimensiunen ∈ N∗. Sa se determine numarul bazelor ordonate ale lui V .

6.60. Fie K un corp finit cu q elemente si n ∈ N∗. Sa se determine ordinul grupuluiGLn(K).

85

6.61. Fie K un corp finit cu q elemente, V un K-spatiu vectorial de dimensiunen ∈ N∗, k ∈ {0, 1, . . . , n} si Gk

n(q) numarul subspatiilor lui V care au dimensiuneak. Numerele Gk

n(q) se numesc numerele lui Gauss asociate lui V . Sa se arate ca:i) G0

n(q) = 1 = Gnn(q);

ii) Gkn(q) =

(qn − 1)(qn−1 − 1) · · · (qn−k+1 − 1)

(qk − 1)(qk−1 − 1) · · · (q − 1), pentru k ∈ {1, . . . , n− 1};

iii) Gkn(q) = Gn−k

n (q), pentru k ∈ {0, 1, . . . , n};iv) Gk

n(q) = qkGkn−1(q) +Gk−1

n−1(q), pentru k ∈ {1, . . . , n− 1}.

6.62. Dati un exemplu de subspatiu propriu S al unui K-spatiu vectorial V careare aceeasi dimensiune cu spatiul V . Poate fi dimensiunea lui V finita?

6.63. Fie V un K-spatiu vectorial de dimensiune 3 si V1, V2 doua subspatii diferitede dimensiune 2. Sa se arate ca V1 ∩ V2 are dimensiunea 1. Care este semnificatiageometrica ın cazul K = R, V = R2?

6.64. Fie V un K-spatiu vectorial de dimensiune n ∈ N∗ si V1, V2 subspatii ale luiV . Sa se arate ca daca dimV1 = n− 1 si V2 * V1 atunci dim(V1 ∩ V2) = dimV2 − 1si V1 + V2 = V .

6.65. Fie V un K-spatiu vectorial de dimensiune finita si V1, V2 subspatii ale lui Vcare verifica egalitatea dim(V1 + V2) = dim(V1 ∩ V2) + 1. Sa se arate ca V1 ⊆ V2 sauV2 ⊆ V1.

6.66. Fie V un K-spatiu vectorial de dimensiune finita si V1, V2, S1, S2 subspatii alelui V astfel ıncat V = V1 ⊕ V2 = S1 ⊕ S2. Sa se arate ca

dim(V/(V1 ∩ S1)) ≤ dimV2 + dimS2.

6.67. Fie f si g endomorfisme ale unui K-spatiu vectorial V de dimensiune finita.Daca f + g este un automorfism al lui V si f ◦ g este endomorfismul nul atuncidimV = dim f(V ) + dim g(V ).

6.68. Fie K un corp comutativ, V = M2(K),

V1 =

{(a bc a

)| a, b, c ∈ K

}, V2 =

{(0 a−a b

)| a, b ∈ K

}.

Sa se arate ca V1 si V2 sunt subspatii ale lui V si sa se gaseasca dimensiunile lui V1,V2, V1 + V2 si V1 ∩ V2.

6.69. In Q-spatiul vectorial Q3 consideram vectorii

a = (−2, 1, 3), b = (3,−2,−1), c = (1,−1, 2), d = (−5, 3, 4), e = (−9, 5, 10).

Sa se arate ca 〈a, b〉 = 〈c, d, e〉.

6.70. In R-spatiul vecorial R4 se considera subspatiile generate astfel:a) S = 〈u1, u2〉, cu u1 = (1, 2, 1, 0), u2 = (−1, 1, 1, 1),

T = 〈v1, v2〉, cu v1 = (2,−1, 0, 1), v2 = (1,−1, 3, 7);b) S = 〈u1, u2〉, cu u1 = (1, 1, 0, 0), u2 = (1, 0, 1, 1),


T = 〈v1, v2〉, cu v1 = (0, 0, 1, 1), v2 = (0, 1, 1, 0);

c) S = 〈u1, u2, u3〉, cu u1 = (1, 2,−1,−2), u2 = (3, 1, 1, 1), u3 = (−1, 0, 1,−1),

T = 〈v1, v2〉, cu v1 = (−1, 2,−7,−3), v2 = (2, 5,−6,−5);

d) S = 〈u1, u2, u3〉, cu u1 = (1, 2, 1,−2), u2 = (2, 3, 1, 0), u3 = (1, 2, 2,−3),

T = 〈v1, v2, v3〉, cu v1 = (1, 1, 1, 1), v2 = (1, 0, 1,−1), v3 = (1, 3, 0,−3).

Sa se determine cate o baza si dimensiunea subspatiilor S, T , S + T si S ∩ T .

6.71. Fie V1, V2 doua K-spatii vectoriale de dimensiune finita cu dimV1 = dimV2

si f : V1 → V2 o transformare liniara. Sa se arate ca urmatoarele afirmatii suntechivalente: i) f este injectiva; ii) f este surjectiva; iii) f este izomorfism.

6.72. Sa se arate ca, ın cazul spatiilor vectoriale de dimensiune infinita, conditiiledin problema anterioara nu sunt echivalente.

6.73. Fie P2(R) = {f ∈ R[X] | grad f ≤ 2} si ϕ : P2(R) →M2(R),

ϕ(f) =

(f(1) − f(2) 0

0 f(0)

).

Sa se arate ca ϕ este liniara si sa se determine dimensiunile lui Imϕ si Kerϕ.

6.74. Fie ϕ ∈ R. Sa se arate ca rotatia ın plan de unghi ϕ, adica functia f : R2 → R2,f(x, y) = (x cosϕ− y sinϕ, x sinϕ+ y cosϕ), este automorfism al lui R2. Sa se scriematricea lui f ın baza canonica a lui R2 (adica ın baza (e1, e2), cu e1 = (1, 0),e2 = (0, 1)).

6.75. Sa se arate ca functiile f : R2 → R2, f(x, y) = (x,−y) (simetria ın raportcu axa Ox) si g : R2 → R2, f(x, y) = (−x, y) (simetria ın raport cu axa Oy) suntautomorfisme ale lui R2. Sa se scrie matricele lui f , g, f − g, f + 2g si g ◦ f ın bazacanonica.

6.76. Fie f : R2 → R3, f(x, y) = (x + y, 2x − y, 3x + 2y), v = ((1, 2), (−2, 1)) siv′ = ((1,−1, 0), (−1, 0, 1), (1, 1, 1)), Sa se arate ca v, respectiv v′ este baza ın R2,respectiv R3 si sa se scrie matricea lui f ın perechea de baze (v, v′).

6.77. Fie f : R3 → R4 aplicatia liniara definita pe baza canonica astfel:

f(e1) = (1, 2, 3, 4), f(e2) = (4, 3, 2, 1), f(e3) = (−2, 1, 4, 1).

Sa se determine:

i) f(v) pentru orice v ∈ R3;

ii) matricea lui f ın bazele canonice;

iii) cate o baza ın Im f si Ker f .

6.78. Sa se arate ca fiecare dintre multimile de vectori {v1, v2, v3} si {v′1, v′2, v′3}cu v1 = (1, 2, 1), v2 = (2, 3, 3), v3 = (3, 7, 1) si v′1 = (3, 1, 4), v′2 = (5, 2, 1), v′3 =(1, 1,−6) formeaza cate o baza a lui R3 si sa se gaseasca legatura dintre coordonateleunui vector scris ın cele doua baze.

87

6.79. Fie v = (v1, v2, v3, v4) o baza a R-spatiului vectorial R4, vectorii u1 = v1,u2 = v1 + v2, u3 = v1 + v2 + v3, u4 = v1 + v2 + v3 + v4 si f ∈ EndR(R4) cu

[f ]v =

1 2 0 13 0 −1 22 5 3 11 2 1 3

.

Sa se arate ca u = (u1, u2, u3, u4) este o baza a lui R4 si sa se scrie matricea [f ]u.

6.80. Fie V un spatiu vectorial real, v = (v1, v2, v3) o baza a lui V , vectorii u1 =v1 + 2v2 + v3, u2 = v1 + v2 + 2v3, u3 = v1 + v2 si f ∈ EndR(V ). Sa se arate cau = (u1, u2, u3) este o baza a lui V si sa se scrie matricea lui [f ]v stiind ca

[f ]u =

1 1 30 5 −12 7 −3

.

6.81. Fie P2(R) = {f ∈ R[X] | grad f ≤ 2}. Sa se arate ca ϕ : P2(R) → P2(R),ϕ(a0 +a1X+a2X

2) = a0 +a1 +(a1 +a2)X+(a0 +a2)X2 este o transformare liniara

si sa se determine [f ]b si [f ]b′ unde b = (1, X,X2) si b′ = (1, X − 1, X2 + 1).

6.82. Fie V, V ′ doua R-spatii vectoriale, a = (a1, a2, a3), b = (b1, b2, b3) cate o bazaın V , respectiv V ′ si f : V → V ′ o transformare liniara a carei matrice ın perecheade baze (a, b) este

[f ]a,b =

−1 0 11 0 −10 0 0

.

Sa se determine:i) f(v) pentru orice v ∈ V ;ii) dimensiunea spatiilor vectoriale Im f si Ker f ;iii) matricea [f ]a′,b′, unde a′ = (a1, a1+a2, a1+a2+a3) si b′ = (b1, b1+b2, b1+b2+b3).

6.83. Fie S = {(x, 2x) | x ∈ R}.i) Sa se arate ca S este subspatiu al R-spatiului vectorial R2 si sa se reprezintegeometric elementele sale.ii) Sa se determine spatiul cat R2/S si sa se reprezinte geometric elementele sale.iii) Sa se determine cate o baza ın S si ın R2/S.

6.84. Sa se determine spatiile cat ale lui R2 si sa se interpreteze geometric.

6.85. Fie S = {(t, 2t, 3t) | t ∈ R} si T = {(x, y, z) | x+ y + z = 1}.i) Sa se arate ca S si T sunt subspatii ale lui R3 si sa se reprezinte geometricelementele lor.ii) Sa se determine S ∩ T si S + T .iii) Sa se determine spatiile cat R3/S si R3/T . Interpretare geometrica.iv) Sa se determine cate o baza ın S, T , R3/S si R3/T .

6.86. Sa se determine spatiile cat ale lui R3 si sa se interpreteze geometric.


6.87. Fie V, V ′ R-spatii vectoriale, v = (v1, v2, v3) o baza ın V , v′ = (v′1, v′2, v

′3) o

baza ın V ′ si f : V → V ′ transformarea liniara cu

[f ]v,v′ =

0 −1 51 0 00 1 −5

.

Sa se determine:i) dimensiunea si cate o baza pentru Im f si Ker f ;ii) dimensiunea si cate o baza pentru V/Ker f si V ′/Im f ;iii) [f ]v,e′ ın cazul ın care V ′ = R3, v′1 = (1, 0, 0), v′2 = (0, 1, 1), v′3 = (0, 0, 1) si e′

este baza canonica a lui R3;iv) f(x) pentru x = 2v1 − v2 + 3v3, ın conditiile de la iii).

6.88. Fie f ∈ EndQ(Q4) pentru care matricea ın baza canonica este

a)

1 2 1 23 2 3 2−1 −3 0 40 4 −1 −3

; b)

0 1 2 3−1 2 1 03 0 −1 −25 −3 −1 1

.

Sa se determine cate o baza ın Ker f , Im f , Ker f+ Im f si Ker f∩ Im f .

6.89. Fie K un corp comutativ, m,n ∈ N∗, AX = B un sistem liniar de m ecuatiicu n necunoscute scris sub forma matriceala, AX = Om,1 sistemul liniar si omogenasociat si r = rangA. Sa se arate ca multimea S0 a solutiilor sistemului omogenformeaza un subspatiu de dimensiune n − r al lui Kn, iar multiea SB a solutiilorsistemului AX = B se obtine din S0 astfel: SB = s+S0, unde s ∈ Kn este o solutie alui AX = B. O baza a lui S0 se numeste sistem fundamental de solutii al sistemuluiliniar si omogen AX = Om,1.

6.90. Fie K = R. Sa se verifice egalitatea SB = s + S0 din problema precdenta ıncazul sistemului de ecuatii:

2x1 + x2 − x3 − x4 + x5 = 1x1 − x2 + x3 + x4 − 2x5 = 0

3x1 + 3x2 − 3x3 − 3x4 + 4x5 = 2

si sa se determine un sistem fundamental de solutii pentru sistemul liniar omogenasociat.

6.91. Sa se determine cate un sistem fundamental de solutii pentru sistemele:

a)

2x1 + x2 − 4x3 = 03x1 + 5x2 − 7x3 = 04x1 − 5x2 − 6x3 = 0

; b)

2x1 − 4x2 + 5x3 + 3x4 = 03x1 − 6x2 + 4x3 + 2x4 = 04x1 − 8x2 + 17x3 + 11x4 = 0

si sa se completeze pana la o baza a lui R3, respectiv R4.

6.92. Fie p un numar prim si V un Zp-spatiu vectorial cu dimZp V = 1. Sa sedetermine cardinalul multimii EndZp(V ).

89

6.93. a) Sa se arate ca daca V, V ′ sunt Q-spatii vectoriale atunci o functie f : V → V ′

este liniara daca si numai daca este aditiva, adica f(x + y) = f(x) + f(y) pentruorice x, y ∈ V .b) Sa se arate ca exista o functie aditiva f : R → R care nu este R-liniara.

6.94. Fie V1, V2 K-spatii vectoriale si f : V1 → V2 o transformare liniara. Sa searate ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:a) f este surjectiva;b) exista o transformare liniara s : V2 → V1 astfel ıncat f ◦ s = 1V2 ;c) daca V este un K-spatiu vectorial si α, β : V → V1 sunt transformari liniareatunci α ◦ β = h ◦ f implica α = β.

6.95. a) Fie V1, V2, V3 K-spatii vectoriale, f : V2 → V3, g : V1 → V3 transformariliniare si f surjectiva. Sa se arate ca exista o transformare liniara h : V1 → V2 astfelıncat diagrama

V3 V1goo

h~~V2

f

OO

sa fie comutativa, adica g = f ◦ h.b) Fie f : R3 → R2, f(x, y, z) = (2x − y, z). Sa se arate ca f este o transformareliniara surjectiva si sa se gaseasca o transformare liniara h : R2 → R3 astfel ıncat

f ◦ h = 1R2 .

Sa se scrie matricele lui f si h ın bazele canonice.

6.96. Fie V1, V2 K-spatii vectoriale si f : V1 → V2 o transformare liniara. Sa searate ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:a) f este injectiva;b) exista o transformare liniara r : V2 → V1 astfel ıncat r ◦ f = 1V1 ;c) daca V este un K-spatiu vectorial si α, β : V → V1 sunt transformari liniareatunci f ◦ α = f ◦ β implica α = β.

6.97. a) Fie V1, V2, V3 K-spatii vectoriale, f : V1 → V2, g : V1 → V3 transformariliniare si f injectiva. Sa se arate ca exista o transformare liniara h : V2 → V3 astfelıncat diagrama

V1

g

��

f // V2

h~~V3

sa fie comutativa, adica g = h ◦ f .b) Fie f : R2 → R3, f(x, y) = (x−y, x+y, 2x). Sa se arate ca f este o transformareliniara injectiva si sa se gaseasca o transformare liniara h : R3 → R2 astfel ıncat

h ◦ f = 1R2 .

Sa se scrie matricele lui f si h ın bazele canonice.


6.98. Fie V un K-spatiu vectorial si f ∈ EndK(V ).a) Sa se arate ca f este element inversabil ın inelul (EndK(V ),+, ◦) daca si numaidaca f nu este divizor al lui zero ın (EndK(V ),+, ◦).b) Sa se demonstreze ca daca dim V <∞ atunci are loc echivalenta conditiilor: i) fnu este divizor al lui zero ın inelul (EndK(V ),+, ◦); ii) f este inversabila la stanga;iii) f este inversabila la dreapta; iv) f este inversabila.

6.99. Fie K un corp comutativ, n ∈ N∗ si A ∈ Mn(K). Sa se demonstrezeechivalenta conditiilor: i) A nu este divizor al lui zero ın inelul Mn(K); ii) A esteinversabila la stanga; iii) A este inversabila la dreapta; iv) A este inversabila.

6.100. Fie K corp comutativ, m,n ∈ N∗, A ∈Mm,n(K). Sa se demonstreze ca:i) ∃B ∈Mn,m(K) : BA = Im ⇔ rangA = n;ii) ∃B ∈Mn,m(K) : AB = In ⇔ rangA = m.

6.101. Fie K un corp comutativ si V , V ′ K-spatii vectoriale. Sa se arate ca:i) daca unul dintre spatiile V, V ′ este de dimensiune infinita, iar celalalt este nenulatunci spatiul vectorial HomK(V, V ′) are dimensiunea infinita;ii) daca dimV ′ = m, dimV = n (m,n ∈ N∗) atunci dimHomK(V, V ′) = mn;iii) daca V ′ = K si dim V = n, n ∈ N∗ atunci spatiul vectorial V ∗ = HomK(V,K)este izomorf cu V . Spatiul V ∗ se numeste dualul lui V , iar o transformare din V ∗ senumeste forma liniara ;iv) daca e = (e1, . . . , en) este o baza a lui V atunci formele liniare

e∗i : V → K, e∗i (ej) = δij =

{1, daca i = j0, daca i 6= j

(i = 1, . . . , n)

formeaza o baza a lui V ∗, numita duala bazei e.

6.102. Fie K un corp comutativ si n ∈ N∗. Sa se arate ca daca f : Kn → K este oforma liniara atunci exista ai ∈ K (i = 1, . . . , n) astfel ıncat

f(x1, . . . , xn) = a1x1 + · · ·+ anxn.

Sa se determine coordonatele lui f ın duala bazei canonice a lui Kn si ın duala bazeie′1 = (1, 0, . . . , 0), e′2 = (1, 1, 0, . . . , 0), e′n = (1, 1, . . . , 1).

6.103. Fie K un corp comutativ, V1, V2, V3 spatii vectoriale peste K si f : V1 → V2

o transformare liniara. Sa se arate ca:i) functia f ∗ : V ∗

2 = HomK(V2, K) → V ∗1 = HomK(V1, K), f ∗(h) = h ◦ f , numita

duala lui f , este liniara;ii) daca si g : V2 → V3 este liniara atunci (g ◦ f)∗ = f ∗ ◦ g∗;iii) daca f este injectiva (surjectiva) atunci f ∗ este surjectiva (injectiva);iv) daca f este izomorfism atunci f ∗ este izomorfism.

Fie K un corp comutativ, n ∈ N∗ si V, V1, . . . , Vn K-spatii vectoriale. O functie f :V1 × · · · × Vn → V se numeste n-liniara sau (K-)multiliniara daca f este liniara ın fiecarevariabila adica pentru orice i ∈ {1, . . . , n} si orice v1 ∈ V1, . . . , vi−1 ∈ Vi−1, vi+1 ∈ Vi+1,. . . ,vn ∈ Vn fixati functia

f(v1, . . . , vi−1,−, vi+1, . . . , vn) : Vi → V, x 7→ f(v1, . . . , vi−1, x, vi+1, . . . , vn)

91

este liniara. Daca n = 2 atunci f se numeste functie biliniara. Daca V = K atunci fse numeste forma n-liniara. Daca V = K si n = 2 atunci f se numeste forma biliniara.O functie (forma) n-liniara f : V × · · · × V → V ′ (f : V × · · · × V → K) care satisfaceconditia

vi = vj , i 6= j ⇒ f(v1, . . . , vn) = 0

se numeste alterna. Din proprietatile determinantului rezulta ca determinantul de ordinul

n este o forma n-liniara alterna atat de liniile cat si de coloanele sale.

6.104. Fie K corp comutativ si n ∈ N∗. Sa se arate ca:i) f : Kn → K, f(x1, . . . , xn) = x1 · · ·xn este o forma n-liniara;ii) f : Kn ×Kn → K, f((x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn)) = x1y1 + · · · + xnyn este o formabiliniara.

6.105. Fie K corp comutativ. Sa se arate ca:i) daca a11, a12, a21, a22 ∈ K atunci f : K2 ×K2 → K definita prin

(∗) f((x1, x2), (y1, y2)) = a11x1y1 + a12x1y2 + a21x2y1 + a22x2y2

este o forma biliniara;ii) daca f : K2 ×K2 → Keste o forma biliniara atunci exista a11, a12, a21, a22 ∈ Kastfel ıncat f sa fie definita prin (∗). Generalizare.

6.106. Fie K un corp comutativ, n ∈ N∗, V, V ′ K-spatii vectoriale si fie f : V ×· · · × V → V ′ o functie n-multiliniara. Sa se arate ca daca

vi = vi+1 (i ∈ {1, . . . , n− 1}) ⇒ f(v1, . . . , vn) = 0

atunci f este alterna.

6.107. 1) Fie K un corp comutativ de caracteristica diferita de 2 si fie f : V ×· · ·×V → V ′ o functie K-multiliniara. Sa se arate ca sunt echivalente afirmatiile:i) f este alterna;ii) f este antisimetrica, adica 1 ≤ i < j ≤ n implica

f(v1, . . . , vi, . . . , vj, . . . , vn) = −f(v1, . . . , vj , . . . , vi, . . . , vn);

iii) pentru orice σ ∈ Sn, f(v1, . . . , vn) = (−1)inv σf(vσ(1), . . . , vσ(n)).2) Raman echivalente conditiile de mai sus daca corpul K are caracteristica 2?

6.108. Fie K un corp comutativ si n ∈ N∗. Privim coloanele unei matrice A ∈Mn(K) ca elemente din Kn si identificam pe Mn(K) cu (Kn)n. Sa se arate ıntai ıncazul n = 2 si pe urma ın cazul general ca:i) daca f : (Kn)n → K este o forma n-liniara alterna cu proprietatea ca f(In) = 1atunci f(A) = detA (am notat cu In matricea unitate, adica In = (e1, . . . , en) undee1, . . . , en este baza canonica);ii) pentru orice scalar a ∈ K exista o forma n-liniara alterna unica f : (Kn)n → Kastfel ıncat f(In) = a; aceasta forma este definita prin f(A) = a detA, adica

f(A) = f(In) detA.


6.109. Fie K un corp comutativ, m,n ∈ N∗, A ∈ Mm(K), B ∈ Mm,n(K), C ∈Mn(K) si On,m matricea nula din Mn,m(K). Folosind problema anterioara, sa searate ca ∣∣∣∣

A BOn,m C

∣∣∣∣ = |A| · |C|.

6.110. FieK un corp comutativ, V unK-spatiu vectorial si B(V ) multimea formelorbiliniare f : V × V → K. Daca dimV = n si v = (v1, . . . , vn) este o baza ordonataa lui V , iar f ∈ B(V ) atunci matricea Mv(f) = (aij) ∈Mn(K), unde aij = f(vi, vj),se numeste matricea formei biliniare f ın baza v. Sa se arate ca:i) B(V ) este K-spatiu vectorial ın raport cu operatiile definite punctual;

ii) daca A = Mv(f), X =

x1...xn

, unde x1, . . . , xn sunt coordonatele lui x ∈ V ın

baza v si Y =

y1...yn

este matricea analoga pentru y ∈ V atunci

f(x, y) = tX · A · Y,unde tX este transpusa lui X;iii) functia ϕv : B(V ) → Mn(K), ϕv(f) = Mv(f) este izomorfism de spatii vectoriale;iv) dimB(V ) = n2;v) daca v si w sunt baze ordonate ale lui V , S este matricea de trecere de la v la w,A = Mv(f) si B = Mw(f) atunci B = tS ·A · S.


f : R2 × R2 → R, f((x1, x2), (y1, y2)) = 2x1y1 + 3x1y2 + 4x2y1 − x2y2

este o forma biliniara si sa se determine matricea lui f ın baza canonica si ın baza((1, 1), (1,−1)).

6.112. Stiind ca f : R2 × R2 → R este forma biliniara care are ın baza canonica

matricea A =

(1 2−1 3

)sa se determine f((x1, x2), (y1, y2)).


f : R3 × R3 → R, f((x1, x2, x3), (y1, y2, y3)) = x1y1 − 2x1y2 + x2y1 − x3y3

este biliniara si sa se determine matricea lui f ın baza ((1, 0, 1), (1, 0,−1), (0, 1, 0)).

6.114. Fie K un corp comutativ si V un spatiu vectorial peste K. O forma biliniaraf : V ×V → K se numeste simetrica, respectiv antisimetrica daca f(x, y) = f(y, x),respectiv f(x, y) = −f(y, x) pentru orice x, y ∈ V . Daca dimV = n (n ∈ N∗) sa searate ca sunt echivalente urmatoarele conditii:i) forma biliniara f : V × V → K este simetrica (antisimetrica);ii) pentru orice baza v = (v1, . . . , vn) a lui V matricea lui f ın baza v este simetrica(antisimetrica);iii) exista o baza v = (v1, . . . , vn) a lui V ın care matricea lui f este simetrica(antisimetrica).

93

6.115. Fie K un corp comutativ de caracteristica diferita de 2 si V un K-spatiuvectorial cu dimV = n ∈ N∗. Sa se arate ca:i) pentru orice forma biliniara f : V × V → K exista o forma biliniara simetricafs : V × V → K si o forma biliniara antisimetrica fa : V × V → K astfel ıncat

f = fs + fa;

ii) pentru orice matrice A ∈ Mn(K) exista o matrice simetrica As ∈ Mn(K) si omatrice antisimetrica Aa ∈Mn(K) astfel ıncat A = As + Aa.

6.116. Fie V un K-spatiu vectorial. O functie q : V → K se numeste formapatratica daca exista o forma biliniara simetrica f : V × V → K astfel ıncat

q(x) = f(x, x), ∀x ∈ V.

Sa se arate ca daca corpul K are caracteristica diferita de 2 atunci:i) pentru orice forma patratica q : V → K exista o singura forma biliniara simetricaf : V × V → K astfel ıncat q(x) = f(x, x) pentru orice x ∈ V ; aceasta forma estenumita forma polara a lui q si este definita prin

(1) f(x, y) =1

2[q(x+ y) − q(x) − q(y)];

ii) daca f : V × V → K este o forma biliniara simetrica si nenula atunci formapatratica q asociata lui f este nenula.

6.117. Matricea unei forme patratice este, prin definitie, matricea formei sale polare.Sa se afle matricele urmatoarelor forme patratice ın bazele canonice:1) q1 : R2 → R, q1(x, y) = 2x2 + 3xy + 6y2;2) q2 : R2 → R, q2(x, y) = 8xy + 4y2;3) q3 : R3 → R, q3(x, y, z) = x2 + 2xy + 4xz + 3y2 + yz + 7z2;4) q4 : R2 → R, q4(x, y) = 4xy;5) q5 : R3 → R, q5(x, y, z) = x2 + 4xy + 4y2 + 2xz + z2 + 2yz.

6.118. Fie K un corp comutativ, V un K-spatiu vectorial de dimensiune n si f :V ×V → K o forma biliniara. Se spune ca f este diagonalizabila daca exista o bazaa lui V ın care matricea lui f are forma diagonala. Sa se arate ca:i) daca f este diagonalizabila atunci f este simetrica;ii) daca corpul K are caracteristica diferita de 2 atunci este adevarata si reciprocalui i), adica f este simetrica implica f este diagonalizabila.

6.119. Fie A =

(1 22 3

)si B =

0 1 21 −1 32 3 4

. Sa se diagonalizeze urmatoa-

rele forme biliniare

i) f : R2 × R2 → R, f(x, y) = txAy, unde x =

(x1

x2

)si y =

(y1

y2

);

ii) f : R3 × R3 → R, f(x, y) = txBy, unde x =

x1

x2

x3

si y =

y1

y2

y3

.


6.120. Sa se diagonalizeze formele patratice asociate transformarilor biliniare dinproblema anterioara.

6.121. Sa se diagonalizeze formele patratice din problema 6.117, prin completarela patrate.

6.122. Sa se arate ca forma biliniara simetrica

f : Z2 × Z2 → Z2, f(x, y) = x1y2 + x2y1,

unde x = (x1, x2) si y = (y1, y2), nu este diagonalizabila.

6.123. Fie K un corp comutativ, n ∈ N∗ si A,B ∈Mn(K). Sa se arate ca:a) tAA si A tA sunt simetrice;b) daca A este antisimetrica atunci A2 este simetrica;c) daca A si B sunt simetrice atunci AB este simetrica daca si numai daca AB = BA;d) daca A si B sunt ambele simetrice ori antisimetrice atunci AB −BA este antisi-metrica;e) daca A este simetrica si B este antisimetrica atunci AB − BA este simetrica;f) daca n este impar, K are caracteristica diferita de 2 si A este antisimetrica atuncidetA = 0.

6.124. Fie K un corp de caracteristica 2, n ∈ N∗ si A ∈Mn(K). Sa se arate ca:i) A este simetrica daca si numai daca A este antisimetrica;

ii) matricea

(0 10 0

)nu se poate scrie sub forma de suma dintre o matrice simetrica

si una antisimetrica.

6.125. Sa se afle o submultime infinita a lui M2(R) formata din matrice care auacelasi polinom caracteristic.

6.126. Fie K un corp comutativ, n ∈ N∗, A ∈ Mn(K). Sa se arate ca matricea Asi transpusa sa tA au acelasi polinom caracteristic.

6.127. Fie K un corp comutativ, m,n ∈ N∗, A ∈ Mn(K), B ∈ Mn,m(K), C ∈Mm(K). Sa se arate ca polinomul caracteristic al matricei

M =

(A Om,n

B C

)

coincide cu produsul polinoamelor caracteristice ale lui A si C.

6.128. Fie K un corp comutativ, n ∈ N∗, A,B ∈ Mn(K). Sa se arate ca daca Asau B este inversabila atunci polinoamele caracteristice ale matricelor AB si BAcoincid.

6.129. Sa se determine matricele din M2(R) care au valorile proprii 1 si −1.

6.130. Fie K un corp comutativ, n ∈ N, n ≥ 2 si A ∈Mn(K). Sa se arate ca:i) 0 este valoare proprie a lui A daca si numai daca A este singulara, adica detA = 0;ii) daca suma elementelor de pe fiecare linie a lui A este 1 atunci 1 este valoareproprie a lui A.

95

6.131. Fie K un corp comutativ, n ∈ N∗ si A ∈Mn(K). Sa se arate ca:i) A este inversabila daca si numai daca 0 nu este valoare proprie a lui A si ın acestcaz pA−1(λ) = (−1)nλn[pA(0)]−1pA(λ−1);ii) daca A este inversabila si λ ∈ K∗ este valoare proprie a lui A atunci λ−1 estevaloare proprie a lui A−1.

6.132. Fie V un K-spatiu vectorial si f ∈ AutK(V ). Sa se arate ca valorile propriiale lui f sunt nenule, apoi sa se determine relatia dintre valorile proprii ale lui fsi valorile proprii ale lui f−1 si dintre vectorii proprii ai lui f si vectorii propriiai lui f−1. Exista endomorfisme care au toate valorile proprii nenule, dar nu suntautomorfisme?

6.133. Fie K un corp comutativ, m ∈ N∗, A ∈ Mm(K) si

p = a0 + a1X + · · ·+ anXn ∈ K[X].

Sa se arate ca daca λ ∈ K este valoare proprie a lui A atunci p(λ) este valoareproprie pentru p(A) = a0In + a1A + · · · + anA

n. In particular, daca λ este valoareproprie a lui A atunci λn este valoare proprie pentru An.

6.134. Fie V un K-spatiu vectorial, p = a0 + a1X + · · · + anXn ∈ K[X] si f ∈

EndK(V ). Sa se arate ca p(f) = a01V + a1f + · · · + anfn ∈ EndK(V ), iar daca

λ ∈ K si x ∈ V sunt valoare, respectiv vector propriu pentru f atunci p(λ) si x suntvaloare, respectiv vector propriu pentru p(f).

6.135. Fie K un corp comutativ, n ∈ N∗, A = (aij) ∈ Mn(K), pA = a0 + a1X +· · ·+ anX

n polinomul caracteristic si λ1, . . . , λn ∈ K valorile proprii ale lui A. Sa searate ca:i) pA = (a11 −X)(a22 −X) · · · (ann −X) + q, unde grad q ≤ n− 2;ii) an = (−1)n, an−1 = −1n−1Tr(A), a0 = detA;iii) λ1 + · · ·+ λn = Tr(A), λ1 · · ·λn = (−1)n detA;

iv) an−2 = (−1)n∑

i<j

∣∣∣∣aii aij

aji ajj

∣∣∣∣.

6.136. Fie K un corp comutativ, n ∈ N∗, A ∈Mn(K), f ∈ K[X], m = grad f si bmcoeficientul lui Xm din f . Sa se arate ca:i) daca x1, . . . , xm sunt radacinile lui f atunci det f(A) = bnmpA(x1) · · ·pA(xm);ii) daca λ1, . . . , λn sunt valorile proprii ale lui A atunci det f(A) = f(λ1) · · · f(λn)si sa se deduca de aici ca valorile proprii ale lui f(A) sunt f(λ1), . . . , f(λn).

6.137. Fie V un R-spatiu vectorial, v = (v1, v2, v3, v4) o baza a lui V si f unendomorfism al lui V cu

[f ]v =

1 1 0 20 −1 1 20 0 2 30 0 0 −2

.

a) Sa se determine valorile proprii si vectorii proprii ai lui f .b) Sa se arate ca exista o baza a lui V formata din vectori proprii ai lui f si sa sedetermine o astfel de baza.c) Sa se scrie matricea lui f ın baza determinata la b).


6.138. Fie v = (v1, v2, v3, v4) o baza a lui R4 si f ∈ EndR(R4) cu

[f ]v =

1 0 2 −10 1 4 −22 −1 0 12 −1 −1 2

.

Sa se determine valorile proprii si vectorii proprii ai lui f si sa se arate ca S =〈v1 + 2v2, v2 + v3 + 2v4〉 este un subspatiu f -invariant al lui R4.

6.139. Fie K un corp comutativ, n ∈ N∗, A ∈ Mn(K). Sa se arate ca matriceaA este similara cu o matrice triunghiulara din Mn(K) (adica este triangulabila ınMn(K)) daca si numai daca polinomul caracteristic al lui A are toate radacinile (nradacini) ın K.

6.140. Fie f, g : R2 → R2 si h : R3 → R3 transformarile liniare definite prin

f(x, y) = (−3x+ 4y, 2x− y), g(x, y) = (x+ y, x− y),

h(x, y, z) = (−x+ 2y + 2z, 2x+ 2y + 2z,−3x− 6y − 6z).

1) Sa se determine:i) polinoamele caracteristice ale lui f, g si h;ii) valorile proprii ale lui f, g si h;iii) subspatiile proprii ale lui f, g si h corspunzatoare fiecarei valori proprii.2) Sunt f, g, h diagonalizabile? In caz afirmativ, sa se determine cate o baza alui R2, respectiv R3 ın care matricele lui f, g, respetiv h sunt diagonale si sa sestabileasca legatura dintre aceste matrice si matricele [f ]e, [g]e, [h]e′, unde e estebaza canonica a lui R2 si e′ este baza canonica a lui R3, iar dupa aceea sa se afle([f ]e)

n, ([g]e)n si ([h]e′)

n pentru n ∈ N.

6.141. Pentru aplicatiile liniare f, g : R3 → R3 definite prin

f(x1, x2, x3) = (3x1 + 2x2 + 2x3, x1 + 4x2 + x3,−2x1 − 4x2 − x3),

g(x1, x2, x3) = (4x1 + 9x2,−2x2 + 8x3, 7x3)

se mentin cerintele din problema anterioara.

6.142. Sa se arate ca aplicatia liniara

f : R2 → R2, f(x, y) = (3x+ 2y,−2x+ 3y)

nu este diagonalizabila.

6.143. Sa se arate ca rotatia de unghi ϕ, adica

f : R2 → R2, f(x, y) = (x cosϕ− y sinϕ, x sinϕ+ y cosϕ)

nu este diagonalizabila.

6.144. Fie A =

(1 11 −1

)si B =

(3 2−2 3

). Sa se arate ca:

i) A nu este diagonalizabila ın Mn(Q), dar este diagonalizabila ın M2(R);ii) B nu este diagonalizabila ın Mn(R), dar este diagonalizabila ın M2(C).

97

6.145. Sa se studieze daca matricea

A =

1 0 0 10 1 0 00 0 1 −21 0 −2 5

∈M4(R)

este diagonalizabila. In caz afirmativ sa se determine matricea diagonalizatoare,adica S ∈ GL4(R) pentru care S−1AS coincide cu forma diagonala, si sa se calculezeAn (n ∈ N∗).

6.146. Fie K un corp comutativ si A =

(a bc d

)∈M2(K). Se cer:

i) polinomul caracteristic al lui A;ii) detA = 0 ⇒ An = (a+ d)n−1 detA;

iii) detA 6= 0 ⇒ A−1 =1

detA(A− Tr(A) · I2);

iv) daca K = R si ∆ = (Tr(A))2 − 4 detA atunci

A este diagonalizabila ın M2(R) ⇔ ∆ > 0 sau ∆ = 0 si A = aI2 (a ∈ R),

A este diagonalizabila ın M2(C) ⇔ ∆ 6= 0 sau ∆ = 0 si A = aI2 (a ∈ R).

6.147. Fie K un corp comutativ, V un K-spatiu vectorial, dimV = n ∈ N∗ sif : V → V un endomorfism liniar. Sa se arate ca:i) daca f are o singura valoare proprie ın K atunci f este diagonalizabil daca sinumai daca exista λ ∈ K astfel ıncat f(v) = λv, adica f = λ · 1V ;ii) daca A = (aij) ∈ Mn(K) are o singura valoare proprie ın K atunci A estediagonalizabila daca si numai daca A = λIn, unde λ ∈ K;

iii) matricele

(1 a0 1

),

(1 0a 1

), cu a ∈ K∗ nu sunt diagonalizabile.

6.148. Sa se arate ca daca A ∈ Mn(C) si detA 6= 0 atunci exista g ∈ C[X] cugrad g ≤ n− 1 astfel ıncat A−1 = g(A).

6.149. Folosind teorema Cayley-Hamilton, calculati A4 − 11A2 + 22A, unde

A =

0 0 22 1 0−1 −1 3

.

6.150. Fie V = R4 si f : V → V transformarea liniara care are ın baza canonicae = (e1, e2, e3, e4) matricea

a) [f ]e =

2 −1 0 10 3 −1 00 1 1 00 −1 0 3

= A ; b) [f ]e =

2 −4 2 2−2 0 1 3−2 −2 3 3−2 −6 3 7

= A.

Sa se determine:i) forma canonica Jordan J a lui A;ii) o baza canonica Jordan a lui f , adica o baza v ın care avem J = [f ]v;iii) S ∈ GL4(R) pentru care J = S−1AS.


6.151. Fie V = R6 si f : V → V transformarea liniara care are ın baza canonicae = (e1, . . . , e6) matricea

[f ]e =

0 1 0 0 0 00 0 0 2 0 00 0 0 0 0 10 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

= A.

Sa se afle forma canonica Jordan J a lui A si o baza canonica Jordan a lui f .

6.152. Sa se gaseasca forma canonica Jordan a matricei

A =

a a a a0 a a a0 0 a a0 0 0 a

(a ∈ R∗).

6.153. Care dintre urmatoarele matrice

A =

−3 3 −2−7 6 −31 −1 2

, B =

0 1 −1−4 4 −2−2 1 1

, C =

0 −1 −1−3 −1 −27 5 6

,

D =

0 1 20 1 10 0 2

sunt similare ?

6.154. Sa se gasesca forma canonica Jordan a urmatoarelor matrice patratice cuelemente din R:

a)

1 2 00 2 0−2 −2 −1

, b)

3 0 83 −1 6−2 0 −5

, c)

−4 2 10−4 3 7−3 1 7

,

d)

3 1 0 0−4 −1 0 07 1 2 1

−17 −6 −1 0

.

Capitolul 7

Corpuri comutative. Teoria lui

Galois

7.1. Sa se dea exemple de numere reale algebrice si de numere reale trancendente.

7.2. Sa se dea exemple de numere algebrice si de numere trancendente din C \ R.

7.3. Sa se arate ca nultimea T a numerelor transcendente nu este stabila nici relativla adunare, nici relativ la ınmultire.

7.4. Fie z = a+ bi ∈ C, a, b ∈ R. Sa se arate ca z este algebric daca si numai dacaa si b sunt algebrice.

7.5. Fie K ≤ K ′ o extindere de corpuri comutative, a ∈ K, u ∈ K ′ si

A = {x ∈ K ′ | x este element algebric peste K}.

Folosind numai definitia elementelor algebrice, sa se arate ca

u ∈ A⇔ u+ a ∈ A⇔ u2 ∈ A,

iar daca f ∈ K[X] si gradf ≥ 1 atunci

u ∈ A⇔ f(u) ∈ A.

7.6. Fie f ∈ Q[X], gradf ≥ 1. Sa se arate ca numerele f(π) si f(e) sunt transcen-dente.

7.7. Sa se determine corpul R(√

2 + i√

3) si subcorpul sau prim.

7.8. Fie K ≤ K ′ o extindere de corpuri si ai, bj ∈ K ′, i ∈ {1, . . . , m}, j ∈ {1, . . . , n}.Sa se arate ca K(a1, . . . , am) = K(b1, . . . , bn) daca si numai daca {a1, . . . , am} ⊆K(b1, . . . , bn) si {b1, . . . , bn} ⊆ K(a1, . . . , am).

7.9. Sa se arate ca numarul 1 +√

2 este algebric si sa se determine polinomul sauminimal peste Q.

7.10. Este numarul√

2 +√

3 algebric? In caz afirmativ, sa se determine polinomulsau minimal (peste Q).

99

100 CAPITOLUL 7. CORPURI COMUTATIVE (ENUNTURI)

7.11. Sa se determine corpurile Q(√

2), Q( 3√

2) si subcorpurile lor prime.

7.12. Fie n ∈ N, n ≥ 2. Sa se determine corpurile Q( n√

2) si Q( n√

3).

7.13. Sa se arate ca multimea subcorpurilor corpului R este infinita.

7.14. Sa se arate ca pentru orice n ∈ N∗ exista K astfel ıncat Q ≤ K ≤ R si[K : Q] = n. Folosind acest rezultat, sa se arate ca extinderile Q ≤ R si Q ≤ C suntinfinite.

7.15. Sa se determine gradul extinderii R ≤ C, sa se arate ca orice numar complexeste algebric peste R si C = R(z) pentru orice z ∈ C \ R.

7.16. Sa se determine subcorpurile lui C care includ pe R.

7.17. Fie a, b ∈ Q. Sa se determine subcorpul K al lui C generat de z = a+ bi.

7.18. Sa se determine numerele u ∈ Q(√

2) care genereaza corpul Q(√

2).

7.19. Sa se determine gradul extinderii Q ≤ Q(i,√

2) si corpul Q(i,√

2).

7.20. Fie K ≤ K ′ o extindere de corpuri de grad prim. Sa se arate ca:1) K ′ = K(u) pentru orice u ∈ K ′ \K;2) daca K = Q sau K = Zp (cu p numar prim) atunci K ′ este generat de oriceelement u ∈ K ′ \K.

7.21. Fie K ∈ {Q}∪{Zp | p numar prim} si K ≤ K ′ o extindere de corpuri de gradprim. Sa se determine subcorpurile lui K ′.

7.22. Fie u = 2 +√

3, v = 4√

5 +√

5, w = 3√

2 + 3√

4. Sa se arate ca numerele u, vsi w sunt algebrice, sa se gaseasca polinoamele minimale ale acestor numere si sa sedetermine corpurile Q(u), Q(v), Q(w).

7.23. Sa se arate ca Q

(√3

2

)= Q(

√6).

7.24. Sa se arate ca daca u ∈ Q si√u /∈ Q atunci exista un ıntreg liber de patrate

d astfel ıncat Q(√u) = Q(

√d).

7.25. Sa se arate ca o extindere K a lui Q are gradul 2 daca si numai daca K =Q(

√d) unde d este un ıntreg liber de patrate.

7.26. Fie K1 si K2 corpuri care au acelasi subcorp prim P . Sa se arate ca dacaf : K1 → K2 este un omomorfism nenul atunci f |P = 1P . Folosind acest rezultat, sase arate ca singurul endomorfism nenul al unui corp prim K este 1K . In particular,sa se determine automorfismele corpurilor Q si Zp (p numar prim).

7.27. Sa se arate ca nu sunt izomorfe corpurile Q(√

2) si Q(√

3).

7.28. Fie d, d′ ∈ Z \ {1} ıntregi liberi de patrate. Sa se demonstreze echivalenta:

Q(√d) ≃ Q(

√d′) ⇔ d = d′.

101

7.29. Sa se determinele automorfismele corpului Q(√d), unde d ∈ Z \ {1} este un

ıntreg liber de patrate.

7.30. Sa se determine un subcorp K al lui C, neinclus ın R, izomorf cu Q( 4√

2).

7.31. Sa se determine un subcorp K al lui C, neinclus ın R, izomorf cu Q( 3√

2).

7.32. Sa se determine gradul si cate o baza pentru fiecare dintre urmatoarele extin-deri de corpuri : a) Q ≤ Q (

√3 , i) ; b) Q ≤ Q ( 3

√2 , i

√2) ; c) Q ≤ Q (

√18 , 4

√2) ;

d) Q ≤ Q(√

3 , i√

5 ,√

7); e) Q ≤ Q(√

2 ,√

3).

7.33. Fie α o radacina a polinomului f = X3 − 6X2 + 9X + 3 ∈ Q[X]. Sa sedetermine:

a) gradul si o baza a extinderii Q ≤ Q(α);

b) coordonatele elementelor α4, α5, 3α5 − α4 + 2,1

α,

1

α + 1,

1

α2 − 6α + 8ın baza

gasita la punctul a).

7.34. a) Sa se determine polinoamele de grad cel mult 3 din Z2[X] ireductibile pesteZ2.

b) Sa se construiasca un corp cu 4 elemente si sa se alcatuiasca tablele de adunaresi ınmultire ale acestui corp.

c) Sa se construiasca un corp cu 8 elemente.

7.35. Sa se determine:

a) polinoamele de gradul 2 din Z3[X] ireductibile peste Z3;b) un corp cu 9 elemente.

7.36. Fie K un corp finit cu q elemente. Spunem ca un polinom din K[X] esteunitar daca are coeficientul termenului de grad maxim egal cu 1. Sa se arate ca:a) numarul polinoamelor unitare de gradul 2 din K[X] ireductibile peste K esteq2 − q

2;

b) numarul polinoamelor unitare de gradul 3 din K[X] ireductibile peste K esteq3 − q

3.

7.37. Sa se determine corpurile de descompunere peste Q si peste R ale urmatoarelorpolinoame: a) f = X2−2; b) f = X2+2; c) f = X3−1; d) f = X3+1; e) f = X4−2;f) f = X4 + 2; g) f = X4 +X2 + 1.

7.38. Fie n ∈ N∗, f = Xn − 1 ∈ Q[X] si g = Xn − a ∈ Q[X], iar ε o radacinaprimitiva de ordinul n a unitatii si u o rdacina a lui g. Sa se arate ca:a) Q(ε) este corpul de descompunere al lui f peste Q;

b) Q(ε, u) este corpul de descompunere al lui g peste Q.

7.39. Sa se determine grupurile Galois ale extinderilor Q ≤ R, R ≤ C si Q ≤ Q(i).

7.40. Fie K subcorpul prim al corpului K ′. Sa se arate ca G(K,K ′) = Aut(K ′).

102 CAPITOLUL 7. CORPURI COMUTATIVE (ENUNTURI)

7.41. Fie f = X3 − 2 ∈ Q[X]. Sa se determine:1) grupul Galois Gf(Q) al lui f peste Q si permutarea radacinilor lui f indusa defiecare automorfism din Gf(Q);2) diagrama laticei subgrupurilor lui Gf (Q);3) diagrama laticei subcorpurilor corpului Df (Q) de descompunere al lui f peste Q.

7.42. Fie f = X4 − 2 ∈ Q[X]. Sa se determine:1) grupul Galois Gf (Q) al lui f peste Q si sa se arate ca Gf (Q) nu este izomorf cugrupul simetric S4;2) diagrama laticei subgrupurilor lui Gf (Q);3) diagrama laticei subcorpurilor corpului Df (Q) de descompunere al lui f peste Q.

7.43. Fie K = Q(ε), unde ε este o radacina de ordinul 3 a unitatii si f = X3 − 2 ∈K[X]. Sa se determine:1) grupul Galois al lui f peste K;2) diagrama laticei subgrupurilor grupului Galois Gf(K) al lui f peste K;3) diagrama laticei subcorpurilor corpului D = Df(K) de descompunere al lui fpeste K, care includ pe K.

7.44. Fie p ∈ N∗ un numar prim, ε 6= 1 o radacina de ordinul p a unitatii, K = Q(ε)si f = Xp − 2 ∈ K[X]. Sa se determine:1) grupul Galois al lui f peste K;2) diagrama laticei subgrupurilor grupului Galois Gf(K) al lui f peste K;3) diagrama laticei subcorpurilor corpului D = Df(K) de descompunere al lui fpeste K, care includ pe K.

7.45. Sa se arate ca pentru orice n ∈ N∗ si orice numar prim p ∈ N exista:i) un polinom de gradul n ireductibil peste Zp;ii) o extindere de corpuri Zp ≤ D de gradul n.

7.46. Sa se arate ca pentru orice n ∈ N∗ si orice corp prim P exista:i) un polinom de gradul n ireductibil peste P ;ii) o extindere de corpuri P ≤ K de gradul n.

7.47. Fie K un subcorp al lui R, f ∈ K[X] un polinom ireductibil peste K sip = grad f > 2. Sa se arate ca daca p este prim si f are exact p− 2 radacini reale,atunci grupul Galois Gf(K) al lui f peste K este izomorf cu Sp.

7.48. Sa se arate ca ecuatia x(x2 − 4)(x2 + 2) = 2 nu este rezolvabila prin radicalipeste Q.

Partea II

SOLUTII, INDICATII si

RASPUNSURI

103

Capitolul 1

Relatii. Functii

1.1. a) Daca m = 0 sau n = 0 atunci A sau B fiind multimea vida avem A×B = ∅,deci numarul cerut este 0. Fie m,n ∈ N∗, A = {1, . . . , m}, B = {1, . . . , n} si fief(m,n) numarul cerut (adica f(m,n) = |A×B|). Demonstram prin inductie dupam ∈ N∗ ca f(m,n) = mn. Din

{1} × {1, 2, . . . , n} = {(1, 1), (1, 2), . . . , (1, n)}

rezulta f(1, n) = n = 1 · n. Presupunand ca f(m,n) = mn avem

{1, . . . , m,m+ 1} × {1, . . . , n} = ({1, . . . , m} × {1, . . . , n})∪∪ {(m+ 1, 1), (m+ 1, 2), . . . , (m+ 1, n)}

de unde deducem ca

f(m+ 1, n) = f(m,n) + f(1, n) = mn + n = (m+ 1)n.

b) Fie P(A×B) multimea submultimilor multimii A×B. Intrucat A×B are Ckmn

submultimi cu k elemente, numarul cerut este

C0mn + C1

mn + · · · + Cmnmn = 2mn.

c) Cum orice relatie cu domeniul A si codomeniul B este determinata de graficulsau, numarul relatiilor ıntre elementele multimilor A si B este egal cu numarulsubmultimilor lui A×B, adica este egal cu 2mn.

1.2. a) Relatia universala ıntre elementele multimilor A si B are domeniul A,codomeniul B si graficul

A× B = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3)}.

Complementara sa este relatia vida pentru ca

CA×B(A× B) = (A× B) \ (A× B) = ∅.

Complementara relatiei (A,B,R1) este relatia (A,B,CA×B(R1)) cu graficul

CA×B(R1) = (A× B) \R1 = {(1, 1), (2, 1), (2, 2)}.

105

106 CAPITOLUL 1. RELATII. FUNCTII (SOLUTII)

b) Reuniunea si intersectia relatiilor binare (B,C,R2) si (B,C,R3) sunt relatiile(B,C,R2 ∪ R3), respectiv (B,C,R2 ∩ R3) cu

R2 ∪R3 = {(1, 2), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 4)} si R2 ∩R3 = {(1, 4)}.

c) Avem

R2 ◦R1 = {(a, c) ∈ A× C | ∃b ∈ B : (a, b) ∈ R1, (b, c) ∈ R2} =

= {(1, 1), (1, 4), (2, 1), (2, 4)},R1 ◦R2 = {(b1, b2) ∈ B ×B | ∃a ∈ A ∩ C : (b1, a) ∈ R2, (a, b2) ∈ R1} =

= {(3, 2), (3, 3)}.

d) Avem

−1

R1 = {(b, a) ∈ B × A | (a, b) ∈ R1} = {(3, 1), (3, 2), (2, 1)},−1

R2 = {(1, 3), (4, 1), (4, 3)},iar din c) rezulta

−1

R2 ◦R1 = {(1, 1), (4, 1), (1, 2), (4, 2)}.Mentionam ca pentru determinarea acestui grafic putea fi folosita si egalitatea

−1

R2 ◦R1 =−1

R1 ◦−1

R2.

e) Complementara relatiei ≤ este relatia > si are ca grafic semiplanul deschis formatdin punctele situate sub prima bisectoare.

Observatii:

i) Daca domeniul A si codomeniul B ale unei relatii binare (A,B,R) sunt multimi finite,A = {a1, . . . , am}, B = {b1, . . . , bn}, fixand o ordine pe aceste multimi (de exemplu ceadata de succesiunea indicilor ın multimea numerelor naturale), putem identifica relatiadata cu o matrice cu m coloane si n linii, care are la intersectia liniei i cu coloana j pe 1daca (aj , bi) ∈ R si pe 0 daca (aj , bi) /∈ R, adica 0, respectiv 1 reprezinta falsul, respectivadevarul. Astfel, relatiile R1, R2 si R3 vor fi reprezentate, respectiv, prin matricele:

0 01 01 1

,

0 0 10 0 00 0 01 0 1

,

0 0 01 1 00 1 01 0 0

.

ii) Din i) rezulta imediat ca operatia care asociaza unei relatii binare R complementara sase va reprezenta prin matricea obtinuta ınlocuind ın matricea lui R fiecare 0 cu 1 si fiecare1 cu 0. Conform cu cele de mai sus, relatiile de la punctul a) se reprezinta, respectiv, prinmatricele:

1 11 11 1

,

0 00 00 0

,

1 10 10 0

.

iii) Doua relatii care au acelasi domeniu si acelasi codomeniu vor fi reprezentate prinmatrice de acelasi tip. Matricele care reprezinta reuniunea si intersectia acestora se obtin

107

la fel ca suma a doua matrice, luand disjunctia, respectiv conjunctia elementelor de peaceeasi pozitie din cele doua matrice:

0 ∨ 0 = 0, 1 ∨ 0 = 0 ∨ 1 = 1 ∨ 1 = 1,

0 ∧ 0 = 0 ∧ 1 = 1 ∧ 0 = 0, 1 ∧ 1 = 1.

Astfel, relatiile R2 ∪R3 si R2 ∩R3 se reprezinta, respectiv, prin matricele:

0 0 11 1 00 1 01 0 1

,

0 0 00 0 00 0 01 0 0

.

iv) Unele proprietati ale reuniunii si intersectiei relatiilor (de exemplu, asociativitatea sicomutativitatea) sunt determinate de proprietati similare ale disjunctiei si conjunctiei.

v) Compusa (C,B,R ◦ S) a doua relatii (A,B,R) si (C,D,S) este egala cu compusarelatiilor (A ∩D,B,R ∩ ((A ∩D) ×D)) si (C,A ∩D,S ∩ (C × (A ∩D))).

vi) Compusei R◦S a doua relatii (A,B,R) si (C,D,S) ıi va corespunde matricea obtinutaastfel:• din matricea corespunzatoare lui R retinem coloanele si din cea corespunzatoare lui Sliniile corespunzatoare elementelor din intersectia D ∩A, obtinand astfel restrictiile

(A ∩D,B,R ∩ ((A ∩D) ×D)) si (C,A ∩D,S ∩ (C × (A ∩D)))

ale celor doua relatii (evident, aceasta etapa poate fi omisa daca A = D);• daca A∩D = ∅ atunci R ◦S = ∅; daca A∩D 6= ∅ atunci matricea corespunzatoare com-pusei R◦S se obtine printr-un procedeu asemanator ınmultirii matricelor ,,ınmultirea” ele-mentelor 0 si 1 realizandu-se dupa regulile conjunctiei, iar ,,adunarea” produselor obtinuterealizandu-se dupa regulile disjunctiei.

De exemplu, compusa R2 ◦R1 a relatiilor din problema noastra are ın linia 1 si coloana1 elementul

(0 ∧ 0) ∨ (0 ∧ 1) ∨ (1 ∧ 1) = 0 ∨ 0 ∨ 1 = 1,

si matricea corespunzatoare compusei R2 ◦R1 este

0 0 10 0 00 0 01 0 1

0 01 01 1

=

1 10 00 01 1

.

Pentru calculul matricei compusei R1 ◦ R2, sa remarcam ca A ∩ C = A = {1, 2}, decidin matricea asociata lui R2 retinem liniile corespunzatoare perechilor (x, 1) si (x, 2) cux = 1, 2, 3, adica primele doua linii, deci compusa R2 ◦R1 se reprezinta prin matricea

0 01 01 1

(

0 0 00 0 0

)=

0 0 00 0 10 0 1

.

vii) In ceea ce priveste inversa unei relatii, aceasta se reprezinta prin transpusa matriceicorespunzatoare relatiei date, deci matricele corespunzatoare relatiilor

−1R1,

−1R2 si

−1

R2 ◦R1


sunt, respectiv,

(0 1 10 0 1

),

0 0 0 10 0 0 01 0 0 1

si

(1 0 0 11 0 0 1

).

1.3. a) Graficul relatiei ≤ este format de punctele din plan de coordonate (x, y)cu x ≤ y, deci este multimea punctelor din plan situate deasupra sau pe primabisectoare.b) Graficul relatiei ≥ este format de punctele din plan de coordonate (x, y) cu x ≤ y,deci este multimea punctelor din plan situate sub sau pe prima bisectoare.c) Intersectia relatiilor ≤ si ≥ are graficul

{(x, y) ∈ R2 | x ≤ y si x ≥ y} = {(x, y) ∈ R2 | x = y},

deci este multimea punctelor de pe prima bisectoare.d) Din faptul ca pentru orice numere reale x si y avem x ≤ y sau x ≥ y rezulta careuniunea relatiilor ≤ si ≥ are graficul

{(x, y) ∈ R2 | x ≤ y sau x ≥ y} = R2,

adica graficul este multimea tuturor punctelor din plan.

1.4. Pentru orice x, y ∈ N avem

x < y ⇔ y − x > 0 ⇔ y − x ≥ 1

si astfel,

x <2 y ⇔ ∃z ∈ N, x < z, z < y ⇔ ∃z ∈ N, z − x ≥ 1, y − z ≥ 1

⇔ y − x ≥ 2 ⇔ x+ 2 ≤ y ⇔ x+ 1 < y.

Analog,x <3 y ⇔ x+ 3 ≤ y ⇔ x+ 2 < y.

De asemenea, avem

x(< ◦ >)y ⇔ ∃z ∈ N, x > z, z < y ⇔ ∃z ∈ N, z < min(x, y)

⇔ (x, y) ∈ N∗ × N∗;

x(> ◦ <)y ⇔ ∃z ∈ N, x < z, z > y ⇔ ∃z ∈ N, z > max(x, y)

⇔ (x, y) ∈ N × N.

Observatie: Relatiile < si > sunt una inversa celeilalte. Din cele de mai sus rezulta ca

inversa unei relatii nu este simetrica a relatiei date relativ la compunerea relatiilor.

1.5. Transformarea geometrica ce duce pe ρ ⊆ R × R ın−1ρ va duce fiecare punct

(x, y) ∈ ρ ın punctul (y, x), deci este simetria ın raport cu prima bisectoare. Cumρ0 se reprezinta ın plan prin dreapta ce trece prin origine si face un unghi de 60◦ cu

axa Ox, deducem ca−1ρ0 este dreapta care trece prin origine si face un unghi de 30◦

cu Ox. Lasam cititorului trasarea graficului relatiei−1ρ0.

109

1.6. Echivalenta(a, b) ∈ R1 ⇔ (a, b) ∈ R2

are loc daca si numai daca are loc echivalenta

(b, a) ∈−1

R1 ⇔ (b, a) ∈−1

R2.

1.7. Fie a = (a1, . . . , an), b = (b1, . . . , bn). Avem

aρib ⇔ aρi1b, aρi2b, . . . , aρinb

⇔i∑

k=1

ak = b1,

i∑

k=1

ak = b1 + b2, . . . ,

i∑

k=1

ak =

n∑

k=1

bk

⇔ b2 = b3 = · · · = bn = 0 si

i∑

k=1

ak = b1,

aρb ⇔ aρ11b, aρ22b, . . . , aρnnb

⇔ a1 = b1, a1 + a2 = b1 + b2, . . . ,

n∑

k=1

ak =

n∑

k=1

bk

⇔ a1 = b1, a2 = b2, . . . , an = bn

⇔ a = b,

deci ρ este relatia de egalitate ın Rn si, cum din asociativitatea intersectiei rezulta

ρ′ =

n⋂

i=1

ρi,

deducemaρb ⇔ a = b = (a1, 0, . . . , 0).

1.8. CummR2n⇔ ∃p ∈ N : m|p, p|n⇔ m|n,

avem R2 = R, iar din

m(S ◦R)n⇔ ∃p ∈ N : mRp, pSn⇔ ∃p ∈ N : m|p, p < n⇔ m < n,

deducem S ◦R = S. Avem T 2 = N × N deoarece

mT 2n⇔ ∃p ∈ N : (m, p) = 1, (p, n) = 1

si p = 1 satisface conditiile de mai sus pentru orice m,n ∈ N.Folosind faptul ca |a− b| = k ⇔ a = b+ k sau a = b− k avem

m(R ◦Rk)n⇔ ∃p ∈ N : |m− p| = k, p|n⇔ (m− k)|n sau (m+ k)|n;

m(Rk ◦R)n⇔ ∃p ∈ N : m|p, |p− n| = k ⇔ m|(n− k) sau m|(n+ k);

m(Rk ◦ S)n⇔ ∃p ∈ N : m < p, |p− n| = k ⇔ m < n+ k;

m(S ◦Rk)n⇔ ∃p ∈ N : |m− p| = k, p < n⇔ m− k < n⇔ m < n + k;

m(Rk ◦Rl)n⇔ ∃p ∈ N : |m− p| = l, |p− n| = k

⇔ |m− n| = k + l sau |m− n| = |k − l|.


1.9. Raspuns. ρ21 = ρ1, ρ

22 = ρ2, ρ

23 = C[a, b] ×C[a, b], ρ2 ◦ ρ3 = ρ3 ◦ ρ2,

f(ρ2 ◦ ρ1)g ⇔ f(a) ≤ g(a) si f(b) ≤ g(b);

f(ρ3 ◦ ρ2)g ⇔ f(a) 6= g(a) si f(b) 6= g(b).

1.10. Raspuns. (S ∩ S′) ◦ R = ∅ = R ◦ (S ∩ S′), (S ◦ R) ∩ (S′ ◦ R) = {(1, 4), (4, 4)},(R ◦ S) ∩ (R ◦ S′) = {(1, 4)}.

Observatie: Din cele de mai sus rezulta ca operatia ◦ nu este, ın general, distributiva

fata de operatia ∩.

1.11. Avem:R(X) = {y ∈ B | ∃x ∈ X : xRy} = {b4},

R〈a2〉 = {y ∈ B | a2Ry} = {b4},−1

R(Y ) = {x ∈ A | ∃y ∈ Y : xRy} = {a1, a2, a3},−1

R〈b5〉 = {x ∈ A | xRb5} = {a3},

pr1R =−1

R(B) = {x ∈ A | ∃y ∈ B : xRy} = {a1, a2, a3},pr2R = R(A) = {y ∈ B | ∃x ∈ X : xRy} = {b2, b3, b4, b5}.

Observatie: Si calculul sectiunilor pentru relatii binare care au domeniul si codome-niul finite poate fi realizat cu ajutorul matricelor prezentate ın Observatiile de dupasolutia problemei 1.2. Tinand cont de ordinea fixata ın domeniul (codomeniul) uneirelatii binare (A,B,R), o submultime X ⊆ A (respectiv X ⊆ B) poate fi reprezentata cao matrice coloana ın care marcam cu 1 pozitiile corespunzatoare elementelor din X si prin0 pozitiile corespunzatoare elementelor din A\X (respectiv B \X). Astfel, submultimilorA,X, {a2} ⊆ A si B,Y, {b5} ⊆ B le corespund, respectiv, matricele:

1111

,

0101

,

0100

,

11111

,

11011

,

00001

.

Matricele corespunzatoare relatiilor R si−1R fiind

0 0 0 01 0 0 01 0 0 00 1 0 00 0 1 0

si, respectiv,

0 1 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 0

,

deducem ca sectiunile R(X), R〈a2〉,−1R (Y ),

−1R 〈b5〉, pr1R, pr2R se reprezinta, respectiv,

prin matricele (coloana):

0 0 0 01 0 0 01 0 0 00 1 0 00 0 1 0

0101

=

00010

,

0 0 0 01 0 0 01 0 0 00 1 0 00 0 1 0

0100

=

00010

,

111

0 1 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 0

11011

=

1110

,

0 1 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 0

00001

=

0010

,

0 1 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 10 0 0 0 0

11111

=

1110

,

0 0 0 01 0 0 01 0 0 00 1 0 00 0 1 0

1111

=

01111

.

1.12. Raspuns. ρ〈1〉 = N,−1ρ ({4, 9}) = {1, 2, 3, 4, 9}, pr1ρ = N, pr2ρ = N.

1.13. Avem ρ〈−1〉 = {y ∈ R | 1 + y2 ≤ 1} = {0} = ρ〈1〉,

ρ〈0〉 = {y ∈ R | y2 ≤ 1} = [−1, 1], ρ〈2〉 = {y ∈ R | 4 + y2 ≤ 1} = ∅,

ρ([0, 1]) = {y ∈ R | ∃x ∈ [0, 1] : x2 + y2 ≤ 1} = [−1, 1],

pr1ρ = {x ∈ R | ∃y ∈ R : x2 + y2 ≤ 1} = [−1, 1] = pr2ρ.

Interpretare geometrica: Graficul relatiei ρ e discul unitate, prin urmare, pentruo submultime A ⊆ R, ρ〈a〉 = {y ∈ R | ∃a ∈ A, a2 + y2 ≤ 1} este multimeaordonatelor tuturor punctelor din discul unitate care au abscisa ın A. Ca urmare,pentru un a ∈ R, ρ〈a〉 = {y ∈ R | a2 + y2 ≤ 1} este multimea ordonatelor punctelordin plan ce se afla ın intersectia discului unitate cu dreapta x = a.

1.14. Indicatie. Vezi interpretarea geometrica din problema anterioara. Pentru deter-

minarea contraimaginii se poate tine seama de problema 1.5.

1.15. Indicatie. Se foloseste definitia sectiunii unei relatii dupa o submultime.

1.16. Indicatie. Se foloseste definitia sectiunii unei relatii dupa un element.

1.17. Indicatie. Se folosesc definitiile sectiunii si a proiectiei ıntai.

1.18. Raspuns. ρ(X ∩ Y ) =

[−1,−

√3

4

]∪[√

3

4, 1

], ρ(X) ∩ ρ(Y ) = [−1, 1].

1.19. Raspuns. (ρ ∩ ρ′)(X) = ∅, ρ(X) ∩ ρ′(X) = [−1, 1].

Observatie: Din cele de mai sus rezulta ca incluziunile

ρ(X ∩ Y ) ⊆ ρ(X) ∩ ρ(Y ) si (ρ ∩ ρ′)(X) ⊆ ρ(X) ∩ ρ′(X)

nu sunt, ın general, egalitati.

1.20. Raspuns. ρ1(R) = C, ρ1(X) = X, ρ1〈i〉 = {z ∈ C | |z| = 1}, ρ2(R) = R,

ρ2(X) = C \ {0}, ρ2〈i〉 = {bi | b ∈ R, b > 0}, ρ3(R) = R, ρ3(X) = X, ρ3〈i〉 = {−i}.

1.21. Indicatie. Se folosesc definitiile sectiunii si ale celor doua proiectii.


1.22. a) Avem

(a, c) ∈ S ◦ (X × Y ) ⇔ ∃b ∈ B, (a, b) ∈ X × Y si (b, c) ∈ S

⇔ a ∈ X si (∃b ∈ Y, (b, c) ∈ S)

⇔ a ∈ X si c ∈ S(Y )

⇔ (a, c) ∈ X × S(Y ).

b) Avem

(a, c) ∈ (Y × Z) ◦R ⇔ ∃b ∈ B, (a, b) ∈ R si (b, c) ∈ Y × Z

⇔ c ∈ Z si (∃b ∈ B, b ∈ Y si (a, b) ∈ R)

⇔ c ∈ Z si a ∈−1

R(Y )

⇔ (a, c) ∈−1

R(Y ) × Z.

c) Daca y0 ∈ Y ∩ Y ′ atunci pentru orice (x, z) ∈ X × Z avem (x, y0) ∈ X × Y si(y0, z) ∈ Y ′ × Z, de unde urmeaza (x, z) ∈ (Y ′ × Z) ◦ (X × Y ). Deci

X × Z ⊆ (Y ′ × Z) ◦ (X × Y ).

Invers, daca (a, c) ∈ (Y ′ × Z) ◦ (X × Y ) atunci ∃b ∈ B astfel ıncat (a, b) ∈ X × Ysi (b, c) ∈ Y ′ × Z, de unde rezulta a ∈ X si c ∈ Z, adica (a, c) ∈ X × Z. Deci

(Y ′ × Z) ◦ (X × Y ) ⊆ X × Z.

d) Presupunem ca (Y ′ ×Z) ◦ (X × Y ) 6= ∅, adica exista (a, c) ∈ (Y ′ ×Z) ◦ (X × Y ),ceea ce implica ∃b ∈ B astfel ıncat (a, b) ∈ X×Y si (b, c) ∈ Y ′×Z, de unde deducemb ∈ Y ∩ Y ′ 6= ∅, ceea ce contrazice ipoteza.

1.23. a) Avem

(a1, a2) ∈ ρ ◦ (A× A) ⇔ ∃a3 ∈ A, (a3, a2) ∈ ρ⇔ a2 ∈ pr2ρ.

Deci ρ verifica conditia ceruta daca si numai daca pr2ρ = A.b) Analog se arata ca aceasta conditie este verificata daca si numai daca pr1ρ = A.c) Avem

(a1, a2) ∈ ρ ◦ (A× A) ◦ ρ⇔ ∃a3, a4 ∈ A : (a1, a3) ∈ ρ si (a4, a2) ∈ ρ⇔⇔ a1 ∈ pr1ρ si a2 ∈ pr2ρ.

Deci ρ verifica conditia ceruta daca si numai daca pr1ρ = A = pr2ρ.d) Avem

(a1, a2) ∈ (A× A) ◦ ρ ◦ (A× A) ⇔ ∃a3, a4 ∈ A : (a3, a4) ∈ ρ⇔ ρ 6= ∅.Deci ρ verifica conditia ceruta daca si numai daca ρ 6= ∅.e) Avem

(a1, a2) ∈−1ρ ◦ ρ⇔ ∃a3 ∈ A, (a1, a3) ∈ ρ si (a3, a2) ∈

−1ρ

⇔ ∃a3 ∈ A, a3 ∈ ρ〈a1〉 si a3 ∈ ρ〈a2〉⇔ ρ〈a1〉 ∩ ρ〈a2〉 6= ∅.

Deci ρ verifica conditia ceruta daca si numai daca pentru orice (a1, a2) ∈ A × A,avem ρ〈a1〉 ∩ ρ〈a2〉 6= ∅.

113

1.24. a) Avem

(a, c) ∈ S ◦R ⇔ ∃b ∈ B, (a, b) ∈ R si (b, c) ∈ S

⇔ ∃b ∈ B, b ∈ R〈a〉 si b ∈−1

S 〈c〉

⇔ R〈a〉 ∩−1

S 〈c〉 6= ∅.

b) Avem

(a, c) ∈ S ◦R ⇔ ∃b ∈ B : (a, b) ∈ R, (b, c) ∈ S ⇔ ∃b ∈ B : a ∈−1

R〈b〉, c ∈ S〈b〉

⇔ ∃b ∈ B : (a, c) ∈−1

R〈b〉 × S〈b〉 ⇔ (a, c) ∈⋃

b∈B

−1

R〈b〉 × S〈b〉,

de unde rezulta egalitatea ceruta.

1.25. a) Folosind incluziunea pr1S ⊆ B, avem

pr1(S ◦R) = (−1

S ◦R)(C) = (−1

R ◦−1

S )(C) =−1

R(−1

S (C))

=−1

R(pr1S) ⊆−1

R(B) = pr1R.

b) Folosind incluziunea pr2R ⊆ B, avem

pr2(S ◦R) = (S ◦R)(A) = S(R(A)) = S(pr2R) ⊆ S(B) = pr2S.

c) Avem

S ◦R 6= ∅ ⇔ ∃(a, c) ∈ S ◦R ⇔ ∃b ∈ B, (a, b) ∈ R si (b, c) ∈ S

⇔ ∃b ∈ B, b ∈ pr2R si b ∈ pr1S ⇔ pr2R ∩ pr1S 6= ∅.

d) Avem

(a, c) ∈ S ◦R ⇒ ∃b ∈ B, (a, b) ∈ R si (b, c) ∈ S ⇒ a ∈ pr1R si c ∈ pr2S ⇒⇒ (a, c) ∈ pr1R× pr2S.

1.26. a)⇒b). Intr-adevar,

(x, x) ∈ ∆A ⇒ x ∈ A⇒ R〈x〉 6= ∅ ⇒ ∃y ∈ B, y ∈ R〈x〉 ⇒ ∃y ∈ B, xRy

⇒ ∃y ∈ B, xRy si y−1

Rx ⇒ (x, x) ∈−1

R ◦R.

Deci ∆A ⊆−1

R ◦R.b)⇒c). Intr-adevar,

x ∈ A⇒ (x, x) ∈ ∆A ⇒ (x, x) ∈−1

R ◦R ⇒ ∃y ∈ B, xRy ⇒ x ∈ pr1R.

Deci A ⊆ pr1R, iar incluziunea inversa este adevarata pentru orice relatie. Rezultaca pr1R = A.


c)⇒d). Implicatia din d) este echivalenta cu implicatia

P1 ∩ P2 6= ∅ ⇒ (R ◦ P1) ∩ (R ◦ P2) 6= ∅.

Demonstram aceasta implicatie. Din P1 ∩ P2 6= ∅ rezulta ca exista (x1, x2) ∈ P1 ∩P2 ⊆ A′ × A, iar din x2 ∈ A, urmeaza conform lui c) ca exista x ∈ B astfelıncat (x2, x) ∈ R. Din (x1, x2) ∈ P1 si (x2, x) ∈ R obtinem (x1, x) ∈ R ◦ P1, iar din(x1, x2) ∈ P2 si (x2, x) ∈ R deducem (x1, x) ∈ R◦P2. Deci (x1, x) ∈ (R◦P1)∩(R◦P2),adica (R ◦ P1) ∩ (R ◦ P2) 6= ∅.d)⇒e). Daca ın d) luam P1 = P2 = P atunci obtinem

R ◦ P = ∅ ⇒ P = ∅,

iar implicatiaP = ∅ ⇒ R ◦ P = ∅

este evidenta.e)⇒f). Intrucat R(X1 ∩ X2) ⊆ R(X1) ∩ R(X2), din R(X1) ∩ R(X2) = ∅ rezultaR(X1 ∩X2) = ∅. Prin urmare, daca P = {(x, x) | x ∈ X1 ∩X2} atunci R ◦ P = ∅,ceea ce (conform lui e)) implica P = ∅. Deci X1 ∩X2 = ∅.f)⇒g). Daca ın f) luam X1 = X2 = X atunci obtinem

R(X) = ∅ ⇒ X = ∅,

iar implicatiaX = ∅ ⇒ R(X) = ∅

este evidenta.

g)⇒h). Intrucat−1

R(Y1 ∪ Y2) =−1

R(Y1) ∪−1

R(Y2), din Y1 ∪ Y2 = B rezulta

(1)−1

R(Y1) ∪−1

R(Y2) =−1

R(B) = pr1R ⊆ A.

Din g) urmeaza ca pentru orice x ∈ A avem R〈x〉 6= ∅, adica exista y ∈ B astfelıncat xRy, ceea ce ne arata ca x ∈ pr1R. Astfel am aratat ca A ⊆ pr1R. RezultaA = pr1R, de unde (conform lui (1)) deducem

−1

R(Y1) ∪−1

R(Y2) = A.

h)⇒ i). Daca ın h) luam Y1 = Y si Y2 = C(Y ) atunci obtinem pe i).

i)⇒a). Daca ın i) luam Y = ∅ atunci obtinem−1

R(B) = A, de unde rezulta ca pentruorice x ∈ A exista un y ∈ B astfel ca xRy, adica R〈x〉 6= ∅. Deci R verifica pe a).

1.27. a)⇒b). Intr-adevar, daca (y1, y2) ∈ R ◦−1

R atunci exista x ∈ A astfel ıncat

(y1, x) ∈−1

R si (x, y2) ∈ R, de unde rezulta y1, y2 ∈ R〈x〉 ceea ce (conform lui a))

implica y1 = y2, adica (y1, y2) ∈ ∆B. Deci R ◦−1

R ⊆ ∆B.b)⇒c). Incluziunea

(1) (S1 ∩ S2) ◦R ⊆ (S1 ◦R) ∩ (S2 ◦R)

115

are loc pentru orice R ⊆ A× B. Invers, daca

(x, z) ∈ (S1 ◦R) ∩ (S2 ◦R),

atunci (x, z) ∈ S1 ◦R si (x, z) ∈ S2 ◦R, de unde rezulta ca

(2) ∃y ∈ B, (x, y) ∈ R si (y, z) ∈ S1

si

(3) ∃y′ ∈ B, (x, y′) ∈ R si (y′, z) ∈ S2,

ceea ce ne arata ca y, y′ ∈ R〈x〉. De aici, conform lui b), rezulta y = y′. Acum, din(2) si (3) urmeaza (x, y) ∈ R si (y, z) ∈ S1 ∩ S3, adica

(x, z) ∈ (S1 ∩ S2) ◦R.

Deci am demonstrat incluziunea

(S1 ◦R) ∩ (S2 ◦R) ⊆ (S1 ∩ S2) ◦R,

care ımpreuna cu (1), da egalitatea ceruta.c)⇒d). Intr-adevar, daca S1 ∩ S2 = ∅ atunci, conform lui c), avem

(S1 ◦R) ∩ (S2 ◦R) = (S1 ∩ S2) ◦R = ∅ ◦R = ∅.

d)⇒ e). Daca ın d) luam S1 = S si S2 = C(S) atunci obtinem pe e).e)⇒f). Aratam ca negatia lui f) implica negatia lui e). Din negatia lui f) rezulta ca∃Y1, Y2 ⊆ B astfel ıncat

Y1 ∩ Y2 = ∅ si−1

R(Y1) ∩−1

R(Y2) 6= ∅.

Din−1

R(Y1) ∩−1

R(Y2) 6= ∅ urmeaza ca exista un x ∈−1

R(Y1) ∩−1

R(Y2), ceea ce implicaexistenta unui y1 ∈ Y1 si a unui y2 ∈ Y2 astfel ıncat xRy1 si xRy2. Din Y1 ∩ Y2 = ∅rezulta y1 6= y2. Deci luand S = {(y1, y2)} avem (y2, y2) ∈ C(S). Prin urmare(x, y2) ∈ S ◦R si (x, y2) ∈ C(S) ◦R, adica

(S ◦R) ∩ (C(S) ◦R) 6= ∅,

ceea ce demonstreaza negatia lui e).f)⇒g). Daca ın f) luam Y1 = Y si Y2 = C(Y ) atunci obtinem pe g).

g)⇒h). Daca a ∈−1

R(B) ∩ C(−1

R(Y )) atunci a ∈−1

R(B) si a /∈−1

R(Y ). Deci existab ∈ B astfel ıncat (a, b) ∈ R si pentru orice y ∈ Y avem (a, y) /∈ R, de unde

urmeaza ca b ∈ C(Y ) si (a, b) ∈ R, ceea ce implica a ∈−1

R(C(Y )). Astfel am aratatca incluziunea

(4)−1

R(B) ∩ C(−1

R(Y )) ⊆−1

R(C(Y ))

are loc pentru orice relatie R ⊆ A×B. Daca R verifica pe g) atunci

−1

R(C(Y )) ⊆ C(−1

R(Y )),


de unde, ıntrucat C(Y ) ⊆ B implica−1

R(C(Y )) ⊆−1

R(B), deducem

(5)−1

R(C(Y )) ⊆−1

R(B) ∩ C(−1

R(Y )).

Din (4) si (5) rezulta h).h)⇒a). Aratam ca negatia lui a) implica negatia lui h). Din negatia lui a) rezultaca exista x0 ∈ A astfel ıncat R〈x0〉 sa contina doua elemente diferite y1, y2 ∈ B.

Daca Y = {y1} atunci x0 ∈−1

R(Y ) si y2 ∈ C(Y ), de unde urmeaza x0 /∈ C(−1

R(Y )) si

x0 ∈−1

R〈y2〉 ⊆−1

R(C(Y )), ceea ce ne arata ca

−1

R(B) ∩ C(−1

R(Y )) 6=−1

R(C(Y )).

Deci negatia lui h) este demonstrata.

Observatie: R ⊆ A×B este graficul unei functii daca si numai daca R verifica o conditie

din problema 1.26 si o conditie din problema 1.27.

1.28. In ipoteza problemei avem

y ∈ R(C(X)) ⇔ ∃a ∈ A, a /∈ X, aRy ⇔ y ∈ pr2R, y /∈ R(X)

⇔ y ∈ pr2R \R(X),

ceea ce demonstreaza ca

R(CA(X)) = pr2R \R(X).

Incluziunea R(X ∩X ′) ⊆ R(X) ∩ R(X ′) are loc pentru orice R ⊆ A× B. Daca Rverifica ipoteza din enunt atunci

y ∈ R(X) ∩ R(X ′) ⇒ (∃x ∈ X, xRy) si (∃x′ ∈ X ′, x′Ry)

⇒ x = x′ ∈ X ∩X ′, xRy ⇒ y ∈ R(X ∩X ′).

Rezulta ca R(X) ∩R(X ′) ⊆ R(X ∩X ′), deci

R(X ∩X ′) = R(X) ∩ R(X ′).

Observatii: a) Relatia R(X ∩ X ′) = R(X) ∩ R(X ′) se poate generaliza de la douasubmultimi ale lui A la o familie oarecare de submultimi ale lui A.

b) Daca f : A → B este o functie si Y, Y ′ ⊆ B atunci egalitatile stabilite ın problema de

mai sus ne conduc la−1f (C(Y )) = C(

−1f (Y )) si

−1f (Y1 ∩ Y2) =

−1f (Y1) ∩

−1f (Y2).

1.29. Incluziunea

(1) S ◦ (R1 ∩R2) ⊆ (S ◦R1) ∩ (S ◦R2)

are loc pentru orice relatii. Din (x, z) ∈ (S ◦R1) ∩ (S ◦R2) rezulta ca exista y ∈ Bastfel ıncat (x, y) ∈ R1 si (y, z) ∈ S si exista y′ ∈ B astfel ıncat (x, y′) ∈ R2 si(y′, z) ∈ S. Din ipoteza problemei deducem ca y = y′ ∈ B asadar, (x, y) ∈ R1,(x, y) ∈ R2 si (y, z) ∈ S, adica (x, y) ∈ R1 ∩ R2 si (y, z) ∈ S, de unde obtinem ca(x, z) ∈ S ◦ (R1 ∩R2). Aceasta arata ca

(2) (S ◦R1) ∩ (S ◦R2) ⊆ S ◦ (R1 ∩ R2).

Conform (1) si (2) avem S ◦ (R1 ∩ R2) = (S ◦R1) ∩ (S ◦R2).

117

1.30. Intai mentionam ca implicatia a) este echivalenta cua′) X1, X2 ⊆ B, R(X1) = R(X2) ⇒ X1 = X2.a)⇒b). Daca R ◦R1 = R ◦R2 atunci pentru orice a ∈ A avem

R(R1〈a〉) = R(R2〈a〉),

de unde, conform lui a′), rezulta ca R1〈a〉 = R2〈a〉 pentru orice a ∈ A, ceea ceimplica R1 = R2.b)⇒a). Din negatia lui a) rezulta ca

∃X1, X2 ⊆ B, X1 6= X2 si R(X1) = R(X2).

Din X1 6= X2 rezulta ca una dintre submultimile X1, X2 contine un element carenu apartine celeilalte, de exemplu exista x1 ∈ X1, x1 /∈ X2. Luand A = {x1} siR1 = {x1} ×X1, R2 = {x1} ×X2, avem R1 6= R2 si

R ◦R1 = {x1} × R(X2) = {x1} × R(X1) = R ◦R2.

Astfel am aratat ca negatia lui a) implica negatia lui b).

Observatie: Din a) urmeaza ca pr1R = B, adica R〈b〉 6= ∅ pentru orice b ∈ B. Intr-

adevar, daca b ∈ B atunci din {b} 6= ∅ urmeaza R〈b〉 6= R(∅) = ∅.

1.31. a)⇒b). Daca R verifica conditia a) din enunt atunci−1

R verifica conditia a)din problema de mai sus. Avem

R1 ◦R = R2 ◦R ⇒−1

R ◦−1

R1 =−1

R ◦−1

R1

si, conform problemei anterioare, avem−1

R1 =−1

R2, de unde rezulta R1 = R2.

b)⇒a). Daca R verifica conditia b) din enunt atunci−1

R verifica conditia b) din

problema anterioara. Deci−1

R verifica conditia a) din problema de mai sus, ceea cene arata ca R verifica conditia a) din enunt.

Observatie: Din conditia a) rezulta ca pr2R = B.

1.32. Indicatie. Se foloseste definitia functiei.

1.33. Raspuns. a) f 6= g; b) f 6= g; c) f = g.

1.34. Raspuns. f(X1 ∩X2) = {0}, f(X1) ∩ f(X2) = [0, 1).

Observatie: Din cele de mai sus rezulta ca ın f(X1 ∩X2) ⊆ f(X1) ∩ f(X2) nu are loc,

ın general, egalitatea.

1.35. Raspuns. a) F ⊆ A× B si orice paralela la axa Oy dusa printr-un punct din A

sa intersecteze pe F exact ıntr-un punct. b) Nu.

1.36. Raspuns. In general, nu.


1.37. Raspuns. F ∪G este un grafic functional daca si numai daca F = G; F ∩G este

graficul unei functii daca si numai daca F = G; C(F ) este un grafic functional daca si

numai daca A = ∅ sau B este formata din doua elemente;−1F este grafic al unei functii

daca si numai daca F este graficul unei bijectii.

1.38. Indicatie. Se foloseste definitia injectivitatii.

1.39. Indicatii. a) Se foloseste problema anterioara (punctul b)) si interpretarea geo-metrica din solutia probemei 1.13.

b) Daca luam A = B = {1, 2, 3} (ordonata de relatia uzuala din N) atunci functia f : A→A, f(1) = 2, f(2) = 1, f(3) = 3 este injectiva si nu este monotona.

1.40. Indicatie. Se foloseste definitia surjectivitatii.

1.41. Indicatie. Se foloseste problema anterioara (punctul c)) si interpretarea geomet-

rica din solutia probemei 1.13.

1.42. Intrucat orice functie care are o retracta este injectiva, rezulta ca functiilecerute trebuie sa fie injective. Functiile cerute nu sunt bijective, deoarece o bijectieare numai o retracta.a) Fie A = {1, 2}, B = {1, 2, 3} si f : A→ B functia data ın tabelul

x 1 2f(x) 2 3

Daca r : B → A este o retracta a lui f atunci r ◦ f = 1A, de unde urmeaza r(2) = 1si r(3) = 2, iar r(1) trebuie sa verifice doar conditia r(1) ∈ A. Rezulta ca r(1)poate fi ales ın doua si numai doua feluri. Deci f are cel mult doua retracte diferiter1, r2 : B → A definite astfel:

x 1 2 3r1(x) 1 1 2

x 1 2 3r2(x) 2 1 2

Din r1(1) 6= r2(1) rezulta ca r1 6= r2. Se verifica usor ca r1 ◦ f = 1A si r2 ◦ f = 1A.Deci r1 si r2 sunt retracte ale lui f . Prin urmare f are exact doua retracte.b) Fie f : A→ B o functie injectiva, care nu este surjectiva. Pentru ca f sa aiba oinfinitate de retracte este necesar ca B sa fie infinita. Fie A = B = N si f : N → N,f(n) = 2n. Daca rk : N → N, k ∈ N sunt functiile definite astfel:

rk(n) =

{ n

2, daca n este par

k, daca n este impar

atunci rk ◦ f = 1N. Deci rk, k ∈ N sunt retracte diferite ale lui f .

1.43. Intrucat orice functie care are o sectiune este surjectiva, rezulta ca functiilecerute sunt surjective. Functiile cerute nu sunt bijective, deoarece o bijectie arenumai o sectiune.a) Fie A = {1, 2, 3}, B = {1, 2} si f : A→ B functia definita astfel:

x 1 2 3f(x) 2 1 2

119

Daca s : B → A este o sectiune a lui f atunci f ◦ s = 1B, de unde urmeaza s(1) = 2si s(2) ∈ {1, 3}, adica s(2) poate fi ales ın doua feluri. Deci f are cel mult douasectiuni diferite s1, s2 : B → A definite astfel:

x 1 2s1(x) 2 1

x 1 2s2(x) 2 3

Din s1(2) 6= s2(2) rezulta ca s1 6= s2. Se verifica usor ca f ◦ s1 = 1B si f ◦ s2 = 1B.Deci f are exact doua sectiuni diferite.b) Fie f : R → [0,∞[, f(x) = x2. Daca sk : [0,∞) → R (k = 0, 1, 2, . . . ) suntfunctiile definite astfel:

sk(x) =

{ √x, daca x 6= k

−√x, daca x = k

atunci (f ◦sk)(x) = x pentru orice x ∈ [0,∞). Deci sk (k = 0, 1, 2, . . . ) sunt sectiunidiferite ale lui f .

1.44. Indicatie. Orice functie injectiva care nu este surjectiva.

1.45. Indicatie. Orice functie surjectiva care nu este injectiva.

1.46. Raspuns. a) m ≤ n; b) m ≥ n; c) m = n.

1.47. Indicatie. Cum f(A) ⊆ A, conditia f nu este surjectiva (adica f(A) 6= A) este

echivalenta cu faptul ca numarul elementelor multimii f(A) este strict mai mic decat

numarul elementelor din A ceea ce are loc daca si numai daca exista cel putin doua

elemente din A care au acceasi imagine prin f , adica daca f nu este injectiva.

1.48. Raspuns. Deosebim doua cazuri:a) Daca n este impar atunci f este bijectiva si f−1 : R → R, f−1(x) = n

√x.

b) Daca n este par atunci f nu este nici injectiva si nici surjectiva, dar g : R+ → R+,

g(x) = xn (unde R+ = [0,∞)) este bijectiva si g−1 : R+ → R+, g−1(x) = n√x.

1.49. a)⇒b). Daca f∗(X1) = f∗(X2) atunci f(X1) = f(X2). Rezulta ca pentruorice x1 ∈ X1 exista un x2 ∈ X2 astfel ıncat f(x1) = f(x2), de unde, conform lui a),urmeaza x1 = x2, adica x1 ∈ X2. Astfel am aratat ca X1 ⊆ X2. Analog se arata caX2 ⊆ X1. Deci f∗(X1) = f∗(X2) implica X1 = X2, adica f∗ este injectiva.b)⇒c). Pentru orice functie f : A→ B si orice X ⊆ A are loc incluziunea

(1) X ⊆−1

f (f(X)) = (f ∗ ◦ f∗)(X).

Daca x ∈−1

f (f(X)) atunci f(x) ∈ f(X), adica exista un element x′ ∈ X astfelıncat f(x) = f(x′). Rezulta ca f∗({x}) = f({x′}), ceea ce, conform lui b), implica{x} = {x′}, adica x = x′ ∈ X. Astfel, am aratat ca

(2) (f ∗ ◦ f∗)(X) ⊆ X.

Din (1) si (2) umeaza c).c)⇒d). Din c) urmeaza ca f∗ este o sectiune a lui f ∗. Deci f ∗ are o sectiune, ceeace ne arata ca f ∗ este surjectiva.


d)⇒e). Incluziunea f(X1 ∩X2) ⊆ f(X1) ∩ f(X2) are loc pentru orice functie. Fie

(3) y ∈ f(X1) ∩ f(X2)

Din d) rezulta ca exista Y1, Y2 ⊆ B astfel ıncat f ∗(Yi) = Xi (i = 1, 2), adica

(4)−1

f (Yi) = Xi.

Intrucat f(−1

f (Yi)) ⊆ Yi, din (3) si (4) urmeaza ca y ∈ Y1 ∩ Y2. Asadar,

−1

f 〈y〉 ⊆−1

f (Y1 ∩ Y2) =−1

f (Y1) ∩−1

f (Y2) = X1 ∩X2,

deci exista x ∈ X1∩X2 cu f(x) = y. Rezulta y ∈ f(X1∩X2) si astfel am demonstrat

f(X1) ∩ f(X2) ⊆ f(X1 ∩X2).

Deci f verifica pe e).e)⇒f). Daca ın e) luam X1 = X si X2 = C(X) atunci obtinem

∅ = f(X) ∩ f(C(X)),

de unde rezulta ca f(C(X)) ⊆ C(f(X)).f)⇒a). Daca x, x′ ∈ A si x 6= x′ atunci x′ ∈ C({x}), prin urmare f(x′) ∈ f(C({x})),ceea ce, conform lui f), implica f(x′) ∈ C({f(x)}), adica f(x) 6= f(x′). Deci f esteinjectiva.

1.50. Indicatie. Rezolvarea este similara cu a problemei precedente.

1.51. Notam cu (1) egalitatea ce trebuie demonstrata la a) si cu (2) cea de la b).a) Demonstram pe (1) prin inductie dupa numarul natural nenul n. Pentru n = 1,egalitatea (1) devine

f(X1) = f(X1)

si este, evident, adevarata. Examinam si cazul n = 2, care va fi folosit ın parteadeductiva a inductiei. Pentru n = 2 egalitatea (1) devine

(3) f(X1 ∪X2) = f(X1) + f(X2) − f(X1 ∩X2),

iar din definitia lui f rezulta ca aceasta egalitate este adevarata.Presupunem ca egalitatea (1) este adevarata pentru n = m− 1 si o demonstram

pentru n = m. Intr-adevar, din asociativitatea reuniunii si din (3) rezulta

f

(m⋃

i=1

Xi

)= f

(m−1⋃

i=1

Xi

)+ f(Xm) − f((X1 ∪ · · · ∪Xm−1) ∩Xm).

Intrucat

(X1 ∪ · · · ∪Xm−1) ∩Xm =m−1⋃

i=1

(Xi ∩Xm),

121

aplicand ipoteza inductiei, obtinem

f

(m⋃

i=1

Xi

)=

m∑

i=1

f(Xi) −∑

1≤i<j≤m−1

f(Xi ∩Xj) + · · · + (−1)mf

(m−1⋂

i=1

Xi

)

−

m−1∑

i=1

f(Xi ∩Xm) −∑

1≤i<j≤m−1

f(Xi ∩Xj ∩Xm) + · · · + (−1)mf

(m⋂

i=1

Xi

) .

Printr-o regrupare convenabila a termenilor, primim egalitatea

f

(m⋃

i=1

Xi

)=

m∑

i=1

f(Xi) −∑

1≤i<j≤m

f(Xi ∩Xj) + · · · + (−1)m+1f

(m⋂

i=1

Xi

),

care trebuia demonstrata.

b) Daca aplicam pe (1) ın cazul A =

n⋃

i=1

Xi si f : A→ N, f(x) = 1, obtinem (2).

1.52. a) Notam cu |M | numarul elementelor unei multimi finite M . Daca m > 0si n = 0 atunci

∣∣BA∣∣ = 0, iar daca m = n = 0 atunci

∣∣BA∣∣ = 1. Demonstram prin

inductie dupa m ∈ N∗ ca

(1)∣∣BA

∣∣ = nm.

Daca m = 1 atunci evident∣∣BA

∣∣ = n = n1.Presupunem ca (1) este adevarata pentrum = k si demonstram ca este adevarata

pentru m = k+1. Daca A este formata din k+1 elemente, iar A′ este o submultimea lui A formata din k elemente si x0 ∈ A, x0 /∈ A′ atunci A = A′∪{x0}. Cu ajutorulunei functii g : A′ → B, definim n functii diferite f y

g , y ∈ B astfel:

f yg =

{g(x) , daca x ∈ A′

y , daca x = x0.

Daca f ∈ BA, y = f(x0) si g este restrictia lui f la A′ atunci f = f yg . Deci

BA =⋃

{f yg | y ∈ B, g ∈ BA′},

iar functia F : B × BA′ → BA, F (y, g) = f yg este bijectiva. Rezulta ca

∣∣BA∣∣ =

∣∣∣B × BA′

∣∣∣ = n · nk = nk+1.

b) Daca m > n atunci numarul cerut este egal cu zero. Fie m ≤ n. Demonstram(ın acest caz) prin inductie dupa m ca numarul cerut este

Amn = n(n− 1) . . . (n−m+ 1).

Daca m = 1 ≤ n atunci exista n functii de la A la B si fiecare este injectiva. Deci,ın acest caz, afirmatia este adevarata.

Presupunem afirmatia adevarata pentru m = k < n si o demonstram pentrum = k + 1. Daca |A| = k + 1, iar A′ ⊆ A, |A′| = k si x0 ∈ A, x0 /∈ A′ atunci


A = A′ ∪ {x0}. O functie f : A → B este determinata ın mod unic de f(x0) si derestrictia f ′ a lui f la A′. Daca f este injectiva atunci f ′ este injectiva, iar dacaf ′ este injectiva atunci f este injectiva daca si numai daca f(x0) /∈ f(A′). Deci,f ′ fiind fixat, exista n − k posibilitati de alegere pentru f(x0). Conform ipotezeiinductiei, f ′ se poate alege ın

Akn = n(n− 1) . . . (n− k + 1).

Deci exista

(n− k)Akn = Ak+1

n

posibilitati de a defini pe f .c) Daca m 6= n atunci numarul cerut este 0. Daca m = n atunci functia f : A→ Beste bijectiva daca si numai daca este injectiva. Deci, ın acest caz, rezulta din b) canumarul cerut este

Ann = n! = Pn.

d) Daca m < n atunci numarul cerut este zero. Presupunem ca m ≥ n. FieA = {x1, . . . , xm} si B = {y1, . . . , yn}. Daca S este multimea functiilor surjectivede la A la B, iar

Si = {f ∈ BA | yi /∈ f(A)} (i = 1, . . . , n)

atunci S = BA \n⋃

i=1

Si, de unde rezulta ca |S| =∣∣BA

∣∣−∣∣∣∣∣

n⋃

i=1

Si

∣∣∣∣∣ . Acum, din a) si din

problema precedenta deducem

(2) |S| = nm −n∑

i=1

|Si| +∑

1≤i<j≤n

|Si ∩ Sj | − · · ·+ (−1)n

∣∣∣∣∣n⋂

i=1

Si

∣∣∣∣∣ .

Pe de alta parte, din definitia lui Si rezulta ca numarul functiilor din Si coincidecu numarul functiilor definite pe A si cu valori ın B \ {yi}. Deci acest numar este(n− 1)m, adica

(3) |Si| = (n− 1)m.

Numarul functiilor din Si ∩ Sj coincide cu numarul functiilor definite pe A si cuvalori ın B \ {yi, yj}, adica

|Si ∩ Sj | = (n− 2)m.

Analog se obtin egalitatile

(4) |Si ∩ Sj ∩ Sk| = (n− 3)m, . . . ,

∣∣∣∣∣n⋂

i=1

Si

∣∣∣∣∣ = 0.

Din (2), (3) si (4) rezulta

|S| = nm − C1n(n− 1)m + C2

n(n− 2)m − C3n(n− 3)m + · · ·+ (−1)n−1Cn−1

n .

123

1.53. Fie g : R → R, g(x) = xn.a) Avem

f(xn) = x, ∀x ∈ R ⇔ f ◦ g = 1R.

Deci exista f (cu proprietatea ceruta) daca si numai daca functia g este injectiva,iar g este injectiva daca si numai daca n este impar. Prin urmare, exista f dacasi numai daca n este impar. Daca n este impar atunci g este chiar bijectiva, deunde rezulta ca f este unica si f(x) = n

√x, daca n ≥ 3, iar daca daca n = 1 atunci

f(x) = x.b) Avem

[f(x)]n = x, ∀x ∈ R ⇔ g ◦ f = 1R.

Deci exista f (cu proprietatea ceruta) daca si numai daca g este surjectiva, iar g estesurjectiva daca si numai daca n este impar. Prin urmare, exista f daca si numaidaca n este impar. Daca n este impar atunci g este chiar bijectiva, de unde rezultaca f este unica si f(x) = n

√x, daca n ≥ 3, iar daca daca n = 1 atunci f(x) = x.

1.54. Indicatie. Conditia din enunt exprima faptul ca g admite o retracta, ceea ce nu

e cazul, deoarece o functie para sau periodica nu e injectiva.

1.55. Daca f este bijectiva si s1, s2 : B → A sunt sectiuni ale lui f , adica

f ◦ s1 = 1B = f ◦ s2,

atunci (compunand din stanga cu f−1) rezulta s1 = f−1 = s2. Deci f are o singurasectiune si anume pe f−1.

Invers, presupunem ca f are o sectiune unica. Rezulta ca f este surjectiva. Dacaf nu ar fi injectiva atunci ar exista doua elemente x1, x2 ∈ A, x1 6= x2 astfel ıncatf(x1) = f(x2) = y0 si am putea construi doua sectiuni diferite s1, s2 : B → A astfel:

si(y) =

{xi , daca y = y0

xy , daca y 6= y0

unde i = 1, 2 si xy este o solutie a ecuatiei f(x) = y. Astfel am ajuns la ocontradictie. Deci f este si injectiva. Rezulta ca f este bijectiva.

1.56. a) Daca A = ∅ si B este o multime oarecare atunci exista o singura functiecu domeniul A si codomeniul B, graficul acestei functii fiind ∅. Aceasta functie esteinjectiva, iar daca B 6= ∅, atunci nu are nici o retracta, deoarece nu exista nici ofunctie cu domeniul B 6= ∅ si codomeniul A = ∅.b) Daca |A| = 1, |B| > 1 si f : A→ B atunci f este injectiva, dar nu este surjectiva,iar din B ın A exista o singura functie, care este retracta a lui f .c) Daca f este bijectiva si r1, r2 : B → A sunt retracte ale lui f , adica

r1 ◦ f = 1A = r2 ◦ fatunci (compunand la dreapta cu f−1) rezulta r1 = f−1 = r2. Deci f are o singuraretracta si anume pe f−1.

Invers, presupunem ca |A| > 1 si ca f are o retracta unica. Rezulta ca f esteinjectiva. Fie x1, x2 ∈ A, x1 6= x2. Daca f nu ar fi surjectiva atunci ar existay0 ∈ B \ f(A) si am putea construi doua retracte diferite r1, r2 : B → A astfel: dacay ∈ B \ f(A), atunci ri(y) = xi, iar daca y ∈ f(A), atunci ri(y) = x, unde x esteunicul element din A pentru care avem f(x) = y. Astfel am ajuns la o contradictie.Deci f este si surjectiva. Rezulta ca f este bijectiva.


1.57. Indicatii. Descompunem pe f ın produsul (compusa) unei injectii cu o surjectieastfel: f = i ◦ f ′, unde f ′ : A → f(A), f ′(x) = f(x) si i : f(A) → B, i(y) = y. Intrucatf ′ este o surjectie si f(A) 6= ∅, deoarece A 6= ∅, iar i este o injectie, urmeaza ca f ′ areo sectiune s : f(A) → A si i are o retracta r : B → f(A). Definind pe g : B → A pring = s ◦ r avem

f ◦ g ◦ f = (i ◦ f ′) ◦ (s ◦ r) ◦ (i ◦ f ′) = i ◦ (f ′ ◦ s) ◦ (r ◦ i) ◦ f ′= i ◦ 1f(A) ◦ 1f(A) ◦ f ′ = i ◦ f ′ = f.

Deci g = s ◦ r verifica conditia ceruta. Intrucat o functie injectiva care nu este surjectiva

poate avea mai multe retracte, iar o functie surjectiva care nu este injectiva poate avea

mai multe sectiuni, propunem cititorului sa construiasca un exemplu care sa arate ca, ın

general, g nu este unic determinata.

1.58. Indicatie. Daca R ⊆ A×B atunci definim functia R : A→ P(B), R(x) = R〈x〉.Functia f : {R | R ⊆ A×B} → [P(B)]A, f(R) = R este bijectiva.

1.59. Indicatie. Daca R ⊆ A × B atunci definim functia R : P(A) → P(B) prin

R(X) = R(X). Functia f : R → F , f(R) = R este bijectiva.

1.60. Egalitatea f = h ◦ g ne arata ca diagrama

Rf //

g

��

R

R+

h

>>

este comutativa. Intrucat functia g este surjectiva si

g(x1) = g(x2) ⇒ x21 = x2

2 ⇒ x1 = ±x2 ⇒ cosx1 = cos x2 ⇒ f(x1) = f(x2),

(din teorema de factorizare a unei functii printr-o surjectie) rezulta existenta siunicitatea functiei h cu proprietatea ceruta. Din aceeasi teorema urmeaza ca dacas : R+ → R este o sectiune a lui g atunci h = f ◦ s. Intrucat functia s : R+ → R,s(x) =

√x este o sectiune a lui g rezulta ca functia h : R+ → R este definita prin

h(x) = (f ◦ s)(x) = cos√x.

1.61. Raspuns. Nu.

1.62. Egalitatea f = g ◦ h ne arata ca diagrama

R Rfoo

h��A

g

OO

este comutativa. Intrucat functia g este injectiva si

f(R) = [−1, 1] ⊆ [−3,+∞) = g(A),

125

(din teorema de factorizare a unei functii printr-o injectie) rezulta existenta si unici-tatea lui h cu proprietatea ceruta. Din aceeasi teorema urmeaza ca daca r : R → Aeste o retracta a lui g atunci h = r ◦ f . Functia r : R → A,

r(x) =

{ x− 1

2, daca x ∈ [−3,+∞)

0 , daca x ∈ (−∞,−3)

fiind o retracta a lui g, deducem ca functia h : R → A este definita prin

h(x) = (r ◦ f)(x) =cosx− 1

2.

1.63. Raspuns. Nu.

1.64. Raspuns. ϕA,B((a, b)) = (b, a).

1.65. Raspuns. ϕA,B,C(((a, b), c)) = (a, (b, c)).

1.66. Indicatie. Fie functiile fi : Ai → Bi, i ∈ I si pentru fiecare i din I fie Xi ⊆ Ai,Yi ⊆ Bi. Folosind definitia produsului cartezian al unei familii de functii

∏

i∈I

fi :∏

i∈I

Ai →∏

i∈I

Bi,

(∏

i∈I

fi

)((ai)i∈I) = (fi(ai))i∈I

se demostreaza ca(∏

i∈I

fi

)(∏

i∈I

Xi

)=∏

i∈I

(fi(Xi)) si

−1∏

i∈I

fi

(∏

i∈I

Yi

)=∏

i∈I

(−1fi (Yi)

).

1.67. Indicatie. Fie functiile fi : A → Bi, i ∈ I si pentru fiecare i ∈ I fie Yi ⊆ Bi. Se

arata ca functia h : A→∏

i∈I

Bi, h(a) = (fi(a))i∈I verifica egalitatea

−1

h

(∏

i∈I

Yi

)=⋂

i∈I

−1

h (Yi).

1.68. Indicatie. Se folosesc definitiile injectivitatii, surjectivitatii si a produsului car-

tezian a doua functii.

1.69. Daca f : A → A′ si g : B → B′ sunt functii date atunci f × g este singurafunctie pentru care patratele diagramei sunt comutative:

A

f

��

A× Bp1oo p2 //

f×g��

B

g

��A′ A′ × B′p′1oo

p′2 // B′

unde pi, p′i (i = 1, 2) sunt proiectiile canonice. Rezulta ca F este de forma ceruta

daca si numai daca exista f : A→ A′ si g : B → B′ astfel ıncat diagrama

A

f

��

A× Bp1oo p2 //

F��

B

g

��A′ A′ × B′p′1oo

p′2 // B′


sa fie comutativa. Intrucat pi (i = 1, 2) sunt surjectii, din teorema de factorizarea unei functii printr-o surjectie rezulta ca existenta lui f si g este echivalenta cuimplicatiile

pi(a1, b1) = pi(a2, b2) ⇒ (p′i ◦ F )(a1, b1) = (p′i ◦ F )(a2, b2)

pentru i = 1, 2, care exprima faptul ca au loc egalitatile:

p′1(F (a, b1)) = p′1(F (a, b2)) si p′2(F (a1, b)) = p′2(F (a2, b))

pentru orice a, a1, a2 ∈ A si orice b, b1, b2 ∈ B. Prin urmare, daca F nu verifica unadin egalitatile de mai sus, atunci F nu se poate scrie sub forma ceruta. De exemplu,daca A = B = A′ = B′ = {1, 2} si F : A × B → A × B este functia definita printabelul

(x, y) (1,1) (1,2) (2,1) (2,2)F (x, y) (2,1) (1,2) (1,1) (2,2)

atunci F nu se poate scrie sub forma ceruta.

1.70. Indicatie. a) Functia u : A1◦∪A2 → B este definita astfel:

u(i, ai) =

{u1(a1) , daca i = 1u2(a2) , daca i = 2.

b) Se aplica unicitatea lui u.

c) Daca tripletul (A, q′1, q′2) are aceeasi proprietate de universalitate ca si (A1

◦∪A2, q1, q2)

atunci din proprietatea de universalitate a lui A1◦∪A2 rezulta ca exista v : A1

◦∪ A2 → Aastfel ıncat

(1) v ◦ q1 = q′1 si v ◦ q2 = q′2,

iar din proprietatea de universalitate a lui A urmeaza ca exista o functie v′ : A→ A1◦∪A2

astfel ıncat

(2) v′ ◦ q′1 = q1 si v′ ◦ q′2 = q2.

Din (1), (2) si b) se deduce ca v′ ◦ v = 1A1

◦

∪A2si v ◦ v′ = 1A, ceea ce ne arata ca v este o

bijectie si v−1 = v′.

Observatii: i) Proprietatea de universalitate a reuniunii disjuncte este duala proprietatiide universalitate a produsului cartezian.ii) Reuniunea disjuncta se poate generaliza pentru o familie arbitrara (Ai)i∈I de multimi.Se obtine multimea

◦⋃

i∈I

Ai =⋃

i∈I

({i} ×Ai),

care ımpreuna cu injectiile canonice corespunzatoare

qj : Aj →◦⋃

i∈I

Ai, qj(aj) = (j, aj),∀aj ∈ Aj (j ∈ I)

verifica o proprietate de universalitate analoga celei din problema 1.70 (fiind, astfel, unic

determinata pana la o bijectie).

127

1.71. Indicatie. Se determina cele patru elemente ξi (i = 1, 2, 3, 4) din AA si pentru

orice b ∈ B avem f g(ξi)(b) = (f ◦ ξi ◦ g)(b) = f(ξi(g(b))).

1.72. Indicatie. Se foloseste caracterizarea functiilor injective cu ajutorul proprietatii

de simplificare.

1.73. Indicatie. Se foloseste caracterizarea functiilor surjective cu ajutorul proprietatii

de simplificare.

1.74. Avem f g : AB11 → AB2

2 . Fie ξ, ξ′ ∈ AB11 si η ∈ AB2

2 .a) Daca f este injectiva si g este surjectiva atunci:

f g(ξ) = f g(ξ′) ⇒ f ◦ ξ ◦ g = f ◦ ξ′ ◦ g ⇒ ξ = ξ′,

adica f g este injectiva.b) Daca f este surjectiva si g este injectiva, atunci f are o sectiune s si g are oretracta r, de unde urmeaza ca ecuatia

f g(ξ) = η

are solutia ξ = s ◦ η ◦ r, adica f g este surjectiva.

1.75. Indicatie. Bijectivitatea lui ϕ este o consecinta a proprietatii de universalitate a

produsului cartezian. Comutativitatea diagramei din enunt se stabileste punctual.

1.76. Indicatie. Daca ϕ(f) = ϕ(f ′) = F atunci fy = f ′y pentru orice y ∈ B2, adica

f(x, y) = f ′(x, y), pentru orice x ∈ B1, y ∈ B2, asadar f = f ′. Daca F ∈ (AB1)B2 atunci

pentru orice y ∈ B2, F (y) ∈ AB1 . Definind functia f ∈ AB1×B2 prin f(x, y) = (F (y))(x),

avem fy = F (y), deci ϕ(f) = F . Comutativitatea diagramei din enunt se stabileste

punctual.

1.77. Indicatii. c) x ∈ pr1R⇒ ∃y ∈ A : xRy ⇒ xRy si yRx⇒ xRx.

d) Este o consecinta imediata a punctului c).

1.78. Greseala este urmatoarea: poate sa existe x ∈ A pentru care nu exista nici uny ∈ A astfel ıncat xRy.

1.79. Aratam ca nici una din axiome nu este o consecinta a celorlalte:• Simetria nu rezulta din reflexivitate si tranzitivitate deoarece relatia ≤ ın R estereflexiva si tranzitiva, dar nu este simetrica.• Reflexivitatea nu este o consecinta a simetriei si a tranzitivitatii deoarece relatia deparalelism ıntre dreptele din plan este simetrica si tranzitiva, dar nu este reflexiva.• Fie A = {1, 2, 3} si ρ = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2)} ⊆ A × A.Relatia ρ este reflexiva si simetrica, dar nu este tranzitiva. Deci tranzitivitatea esteindependenta de reflexivitate si simetrie.

Observatii: Relatiile reflexive, simetrice sau tranzitive pe o multime finita A pot fi car-acterizate folosind identificarea relatiilor binare cu matrice (bivalente) pe care am descris-oın observatiile ce succed problema 1.2. Astfel:• cum o relatie este reflexiva daca si numai daca contine pe ∆A, toate elementele de pediagonala matricei asociate acestei relatii vor fi egale cu 1;


• cum o relatie este simetrica daca si numai daca coincide cu inversa sa, deducem ca orelatie este simetrica daca si numai daca se va reprezenta printr-o matrice simetrica fatade diagonala principala;• verificarea tranzitivitatii unei relatii se face tinand seama de faptul ca o relatie R estetranzitiva daca si numai daca R ◦R ⊆ R si de observatiile anterioare.

Propunem cititorului sa ilustreze independenta axiomelor ce definesc o relatie de

echivalenta folosind observatiile de mai sus.

1.80. ∆A ⊆ ∆A ◦ ∆A ⊆ R ◦ S. Analog ∆A ⊆ S ◦R.

1.81. Daca R ◦ S este simetrica atunci R ◦ S =−1

R ◦ S =−1

S ◦−1

R = S ◦ R. Reciproc,

daca R ◦ S = S ◦R atunci−1

R ◦ S =−1

S ◦−1

R = S ◦R = R ◦ S.

1.82. (R◦S) ◦ (R◦S) = R◦ (S ◦R) ◦S = R◦ (R◦S) ◦S = (R◦R) ◦ (S ◦S) ⊆ R◦S

1.83. Daca R este o relatie de echivalenta atunci R este reflexiva, simetrica sitranzitiva. Folosind tranzitivitatea si simetria avem

xRy si yRz ⇒ xRz ⇒ zRx,

adica R este circulara. Invers, daca R este reflexiva si circulara atunci

xRy ⇒ xRy si yRy ⇒ yRx,

adica R este simetrica. Folosind faptul ca R este circulara si simetrica, avem

xRy si yRz ⇒ zRx ⇒ xRz,

adica R este tranzitiva. Deci R este o relatie de echivalenta.

1.84. Indicatie. Se folosesc definitiile reflexivitatii, simetriei si tranzitivitatii.

1.85. Raspuns. a) ρ1 este o relatie de echivalenta pe A, dar ρ2 nu este echivalenta.Partitia corespunzatoare echivalentei ρ1 este A/ρ1 = {{1, 2, 3}, {4}}.b) π1 este o partitie a lui A, iar π2 nu este o partitie. Relatia de echivalenta corespunzatoarepartitiei π1 este

ρ = {(1, 1), (2, 2), (1, 2), (2, 1), (3, 3), (4, 4)}= ({1, 2} × {1, 2}) ∪ ({3} × {3}) ∪ ({4} × {4}).

1.86. Cum fiecare relatie de echivalenta pe A este determinata de o partitie a lui Aprezentam mai jos partitiile lui A si alaturi echivalentele corespunzatoare:

π1 = {{1}, {2}, {3}}, ρ1 = ∆A;

π2 = {A}, ρ2 = A×A;

π3 = {{1}, {2, 3}}, ρ3 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (2, 3), (3, 2)};π4 = {{2}, {1, 3}}, ρ4 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 3), (3, 1)};π5 = {{3}, {1, 2}}, ρ5 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1)}.

129

1.87. Raspuns. A/∆A = {{a} | a ∈ A}, A/A×A = {A}.

1.88. Raspuns. Clasele de echivalenta ale unui z ∈ C∗ modulo ρ1 si ρ2 sunt

ρ1〈z〉 = {z′ ∈ C | |z| = |z′|}, respectiv ρ2〈z〉 = {z′ ∈ C | arg z = arg z′},

adica ρ1〈z〉 este multimea punctelor de pe cercul cu centrul ın origine si de raza |z|, iarρ2〈z〉 este multimea punctelor de pe semidreapta deschisa care pleaca din origine si treceprin z. Mentionam ca ρi〈0〉 = {0} (i = 1, 2), iar multimile cat sunt

C/ρi = {ρi〈z〉 | z ∈ C} (i = 1, 2).

1.89. Indicatie. Clasele de echivalenta modulo ρ1 au ca reprezintare geometrica drepte

paralele cu Oy, iar clasele modulo ρ2, drepte paralele cu Ox.

1.90. Indicatie. Se aplica [34, Teorema 1.8.15] functiilor f : R → Z, f(x) = [x] si

g : R → [0, 1), g(x) = {x}.

1.91. Indicatie. Se arata ca egalitatea f(ρ〈A〉) = detA este independenta de alegerea

reprezentantului A ∈ ρ〈A〉, adica defineste o functie f : Mn(R)/ρ → R, iar dupa aceea se

stabileste ca f este o bijectie.

1.92. Indicatie. Daca R este o relatie de echivalenta atunci familia R〈x〉, x ∈ A verifica

conditiile de mai sus.

1.93. Raspuns. E(A) este ınchisa ın raport cu intersectia si cu inversarea.

1.94. Indicatii. Daca pi : Ai → Ai/Ri (i = 1, 2) sunt functiile canonice atunci functiap1 × p2 : A1 ×A2 → (A1/R1) × (A2/R2) este surjectiva si ker(p1 × p2) = R, deci R este oechivalenta si exista o bijectie ıntre (A1/R1) × (A2/R2) si (A1 ×A2)/R..Altfel: Se poate proceda si aratand ca egalitatea

f((R1〈a1〉, R2〈a2〉)) = R〈(a1, a2)〉

defineste o functie f : (A1/R1) × (A2/R2) → (A1 × A2)/R, adica nu depinde de alegerea

reprezentantilor, iar dupa aceea stabilind ca f este o bijectie.

1.95. Daca x1, x2 ∈ R atunci

(x1, x2) ∈ ker f ⇔ x21 = x2

2 ⇔ x1 = ±x2 ⇔ x41 = x4

2 ⇔ (x1, x2) ∈ ker g,

ceea ce ne arata ca ker f = ker g si R/ ker f = {{−x, x} | x ∈ R}.Intrucat f(R) = R+, din [34, Teorema 1.8.15] urmeaza ca exista o functie bijec-

tiva f : R/ ker f → R+ astfel ıncat diagrama

Rpker f

��

f // R

R/ ker ff // R+

i

OO

sa fie comutativa, unde i este functia de incluziune si pker f este functia canonica.Din comutativitatea diagramei de mai sus urmeaza ca

f({−x, x}) = x2.


1.96. Indicatie. Avem (1, i) ∈ ker g si (1, i) /∈ ker f , iar bijectiile C/ ker f → C si

C/ ker f → C se pot obtine aplicand [34, Teorema 1.8.15] functiilor f , respectiv g.

1.97. Fie 0 < k ≤ m si

nk = |{ρ ∈ E(A) | |A/ρ| = k}|,

adica nk este numarul acelor relatii de echivalenta pe A ale caror multimi cat suntformate din k clase. Avem

|E(A)| = n1 + n2 + · · · + nm.

Reducem determinarea lui nk la determinarea numarului de surjectii ale lui A peo multime K formata din k elemente. Daca f : A → K este o functie surjectiva,atunci, conform teoremei de factorizare a unei functii printr-o surjectie, exista ofunctie bijectiva unica f : A/ ker f → K astfel ıncat diagrama urmatoare sa fiecomutativa

A

pker f

��

f // K

A/ ker ff

:: .

Deci |A/ ker f | = k. Fie S multimea surjectiilor de la A la K si

Ek(A) = {ρ ∈ E(A) | |A/ρ| = k}.

Rezultatele obtinute ne permit sa definim functia

ϕ : S → Ek(A), ϕ(f) = ker f.

Daca ρ ∈ Ek(A) si h : A/ρ→ K este o bijectie atunci ϕ(h ◦ pρ) = ρ. Deci functia ϕeste surjectiva. Avem

(f, f ′) ∈ kerϕ⇔ ker f = ker f ′ ⇔ f = h ◦ f ′,

unde h : K → K este o bijectie. Rezulta ca

f 6= f ′ ⇔ h 6= 1S,

asadar fiecare clasa din S/ ker f are k! elemente si astfel

(1) |S/ kerϕ| =|S|k!.

Din [34, Teorema 1.8.15] deducem ca exista o bijectie ıntre S/ kerϕ si Ek(A), ceeace, ımpreuna cu (1) si problema 1.52, ne conduce la

nk = |Ek(A)| =1

k!

[km − C1

k(k − 1)m + · · ·+ (−1)k−1Ck−1k

].

1.98.−1

R ◦−1

−1

R ◦−1

R =−1

R ◦R ◦−1

R =

−1

R ◦−1

R ◦R =−1

R.

131

1.99. d1⊥d2, d2⊥d3 si d3⊥d4 ⇒ (d1‖d3 sau d1 = d3) si d3⊥d4 ⇒ d1⊥d4.

1.100. F ◦−1

F ◦ F ⊆ ∆B ◦ F = F si F ◦−1

F ◦ F ⊇ F ◦ ∆A = F.

Observatie: Din problemele 1.99 si 1.100 rezulta ca functiile formeaza o subclasa a

clasei relatiilor difunctionale si ca incluziunea aceasta este stricta.

1.101. a)⇒b). Din R〈a1〉 ∩ R〈a2〉 6= ∅ rezulta ca exista b0 ∈ R〈a1〉 ∩ R〈a2〉, adicaa1Rb0 si a2Rb0, ceea ce implica

(1) a2Rb0 si b0−1

Ra1.

Daca b ∈ R〈a1〉 atunci a1Rb, care ımpreuna cu (1) ne da (a2, b) ∈ R ◦−1

R ◦ R.Deci, conform lui a), avem (a2, b) ∈ R, adica b ∈ R〈a2〉. Astfel s-a aratat caR〈a1〉 ⊆ R〈a2〉. Analog se arata ca R〈a2〉 ⊆ R〈a1〉. Deci R〈a1〉 = R〈a2〉.b)⇒c). Din

−1

R〈b1〉 ∩−1

R〈b2〉 6= ∅ rezulta ca exista a0 ∈−1

R〈b1〉 ∩−1

R〈b2〉, adica a0Rb1 sia0Rb2, ceea ce implica

(2) b1, b2 ∈ R〈a0〉.

Daca a ∈−1

R〈b1〉 atunci aRb1, adica b1 ∈ R〈a〉, ceea ce ımpreuna cu (2) implicaR〈a〉 ∩ R〈a0〉 6= ∅. Deci, conform lui b), urmeaza ca R〈a〉 = R〈a0〉. Acum, din

(2) deducem ca b2 ∈ R〈a〉, de unde obtinem a ∈−1

R〈b2〉. Astfel am aratat ca−1

R〈b1〉 ⊆−1

R〈b2〉. Incluziunea inversa se demonstreaza analog. Deci−1

R〈b1〉 =−1

R〈b2〉.c)⇒b). Demonstratia acestei implicatii este similara cu cea a implicatiei precedente.c)⇒d). Fie Bi, i ∈ I o indexare bijectiva a multimii

{R〈x〉 | x ∈ A si R〈x〉 6= ∅}.

Pentru fiecare i ∈ I alegem cate un yi ∈ Bi si fie Ai =−1

R〈yi〉. Din c) rezulta caAi, i ∈ I verifica urmatoarea conditie

(3) i1, i2 ∈ I si Ai1 ∩Ai2 6= ∅ ⇒ Ai1 = Ai2.

Intrucat c)⇒ b), urmeaza ca Bi, i ∈ I verifica urmatoarea conditie

(4) i1, i2 ∈ I si Bi1 ∩Bi2 6= ∅ ⇒ Bi1 = Bi2.

Sa demonstram ca

(5) R =⋃

i∈I

Ai ×Bi.

Daca (a, b) ∈ R atunci b ∈ R〈a〉 si a ∈−1

R〈b〉, iar din (4) rezulta ca pentru orice

b′ ∈ R〈a〉 avem−1

R〈b′〉 =−1

R〈b〉. Deci exista i ∈ I astfel ıncat a ∈ Ai =−1

R〈b〉 sib ∈ Bi = R〈a〉. Prin urmare, am aratat ca

(6) R ⊆⋃

i∈I

Ai × Bi.


Daca (a, b) ∈ ⋃i∈I Ai × Bi atunci exista i ∈ I astfel ıncat (a, b) ∈ Ai × Bi, de

unde rezulta ca b ∈ Bi = R〈a〉, ceea ce implica (a, b) ∈ R. Deci am demonstrat siincluziunea

(7)⋃

i∈I

Ai × Bi ⊆ R.

Din (6) si (7) urmeaza (5).d)⇒a). Avem

(a, b) ∈ R ⇒ (a, b) ∈ R si (b, a) ∈−1

R si (a, b) ∈ R ⇒ (a, b) ∈ R ◦−1

R ◦R,

ceea ce ne arata ca incluziunea R ⊆ R ◦−1

R ◦ R are loc pentru orice relatie. Din

(a, b) ∈ R ◦−1

R ◦ R urmeaza ca exista b1 ∈ B si a1 ∈ A astfel ıncat aRb1, b1−1

Ra1,a1Rb, adica b1 ∈ R〈a〉 ∩ R〈a1〉 si b ∈ R〈a1〉, de unde (conform lui (4)) rezulta ca

b ∈ R〈a1〉 = R〈a〉, adica aRb. Deci am demonstrat si incluziunea R ◦−1

R ◦ R ⊆ R.Rezulta ca relatia R este difunctionala.

1.102. Solutia 1: Daca R este o echivalenta atunci R este reflexiva,

−1

R = R si R ◦R = R,

de unde difunctionalitatea relatiei R urmeaza astfel:

R ◦−1

R ◦R = R ◦R ◦R = R ◦R = R.

Invers, daca R este o difunctionala reflexiva atunci

R ◦−1

R ◦R = R si ∆A ⊆ R.

Deci−1

R = ∆A ◦−1

R ◦ ∆A ⊆ R ◦−1

R ◦R = R,

adica R este simetrica si−1

R = R. Tranzitivitatea relatiei R rezulta astfel:

R ◦R = R ◦−1

R ◦ ∆A ⊆ R ◦−1

R ◦R = R.

Solutia 2: O alta solutie se poate obtine din problemele 1.92 si 1.101.

1.103. a) Avem

x ∈ pr1R ⇒ ∃y ∈ B, xRy ⇒ ∃y ∈ B, xRy, xRy si y−1

Rx⇒ x−1

R ◦Rx,

ceea ce ne arata ca−1

R ◦R ⊆ pr1R×pr2R este reflexiva pentru orice relatie R ⊆ A×B(nu numai pentru relatii difunctionale). Folosind ipoteza ca R este difunctionala,

simetria si tranzitivitatea relatiei−1

R ◦R rezulta astfel:

−1

−1

R ◦R =−1

R ◦R;(−1

R ◦R)◦(

−1

R ◦R)

=−1

R ◦(R ◦

−1

R ◦R)

=−1

R ◦R.

133

b) Analog cu a).

c) Daca x ∈ pr1R atunci

(1) y ∈ R〈x〉 ⇒−1

R(R〈x〉) =−1

R〈y〉.

Intr-adevar, daca y ∈ R〈x〉 si x′ ∈−1

R(R〈x〉), atunci xRy si exista y′ ∈ R〈x〉, x′Ry′,de unde urmeaza x′Ry′, y′

−1

Rx, xRy, ceea ce implica

(x′, y) ∈ R ◦−1

R ◦R = R,

adica x′ ∈−1

R〈y〉. Deci−1

R(R〈x〉) ⊆−1

R〈y〉. Invers, daca x′ ∈−1

R〈y〉 si y ∈ R〈x〉 atunci

y−1

Rx si y ∈ R〈x〉, de unde urmeaza ca x′ ∈−1

R(R〈x〉). Deci−1

R〈y〉 ⊆−1

R(R〈x〉). Astfelam demonstrat pe (1). Analog se arata ca daca y ∈ pr2R atunci

(2) x ∈−1

R〈y〉 ⇒ R

(−1

R〈y〉)

= R〈x〉.

Din (1) si (2) rezulta ca

pr1R/−1

R ◦R = {−1

R〈y〉 | y ∈ pr2R} si pr2R/R ◦−1

R = {R〈x〉 | x ∈ pr1R}.

Acum aratam ca

(3) x, x′ ∈−1

R〈y〉 ⇒ R〈x〉 = R〈x′〉.

Intr-adevar, daca x, x′ ∈−1

R〈y〉 si y′ ∈ R〈x〉 atunci x′Ry, y−1

Rx, xRy′, de undeurmeaza

(x′, y′) ∈ R ◦−1

R ◦R = R,

ceea ce ne arata ca y′ ∈ R〈x′〉. Deci R〈x〉 ⊆ R〈x′〉. Analog se arata ca R〈x′〉 ⊆ R〈x〉.Rezulta ca R〈x〉 = R〈x′〉.

Din (3) deducem ca formula ϕ

(−1

R〈y〉)

= R〈x〉, unde x ∈−1

R〈y〉, defineste o

functie

ϕ : pr1R/−1

R ◦R→ pr2R/R ◦−1

R.

Propunem cititorului sa arate ca ϕ este o bijectie.

Daca R ⊆ A× B este graficul unei functii f : A→ B atunci

R ◦−1

R = ∆pr1R si−1

R ◦R = ker f.

Deci, ın acest caz, ϕ este bijectia cautata.


1.104. Indicatie. Avem

R ◦−1R ◦R =

−1F2 ◦ F ◦ F1 ◦

−1F1 ◦

−1F ◦ F2 ◦

−1F2 ◦ F ◦ F1

=−1F2 ◦ F ◦ ∆A′/ρ1

◦−1F ◦ ∆B′/ρ2

◦ F ◦ F1

=−1F2 ◦ F ◦

−1F ◦ F ◦ F1

=−1F2 ◦ ∆B′/ρ2

◦ F ◦ F1

=−1F2 ◦ F ◦ F1 = R.

Verificarea egalitatilor pr1R = A′ si pr2R = B′ o lasam cititorului.

1.105. Indicatie. Se procedeaza la fel ca ın rezolvarea problemei 1.79.

Observatii: O relatie (A,A,R) este antisimetrica daca si numai daca R ∩−1R ⊆ ∆A.

Rezulta ca o relatie binara omogena pe o multime finita A este antisimetrica daca si numaidaca, ın matricea asociata, orice element egal cu 1 care nu este pe diagonala principalaare ca simetric fata de diagonala principala pe 0. Matricele

1 0 00 0 10 0 1

,

1 0 01 0 10 1 1

sunt exemple de matrice asociate unei relatii antisimetrice, respectiv unei relatii care nueste antisimetrica (definite pe o multime cu 3 elemente).

Propunem si aici cititorului sa ilustreze independenta axiomelor ce definesc o relatie

de ordine folosind matrice bivalente.

1.106. DacaR este atat o relatie de ordine cat si de echivalenta pe A atunci ∆A ⊆ R,iar daca a1Ra2 atunci si a2Ra1, ceea ce implica a1 = a2.

1.107. Raspuns. a) N ımpreuna cu relatia de divizibilitate (pe N) ; b) (Z,≤) ; c) (N,≤) ;

d) (N,=); e) (P(M),⊆) unde M este o multime formata din cel putin doua elemente.

1.108. Indicatie. Se folosesc definitiile reflexivitatii, antisimetriei, tranzitivitatii si a

relatiei de ordine totala.

1.109. Indicatie. Se aplica [34, Teorema 1.8.16] .

1.110. a) Pe A exista o singura relatie de ordine si anume ∆A. Pe B avem

urmatoarele relatii de ordine: ρ1 = ∆B, ρ2 = {(a, a), (b, b), (a, b)} si ρ3 =−1ρ2.

Relatiile de ordine pe C sunt ∆C si cele redate ın diagramele:

c

b

a

b

c

a

a

c

b

c

a

b

b

a

c

a

b

c

b c

a

a c

b

a b

c

b

a

c

a

b c

b

a c

c

a b

a

c

b

b

a

c

a

c

b

b

c

a

c

a

b

135

b) Din a) rezulta ca numarul multimilor ordonate neizomorfe cu un element este 1,cu 2 elemente este 3 si cu 3 elemente este 5.Propunem cititorului sa raspunda la c) si d), folosind diagramele de la a).

1.111. Indicatie. Daca a ∈ A atunci corespondenta care asociaza lui a pe

f(a) = {x ∈ A | x ≤ a}

realizeaza un izomorfism f : A→ {f(a) | a ∈ A}.

1.112. Indicatie. Rezulta din proprietatile inversei unei relatii binare.

1.113. Indicatie. b) Relatia ρ ⊆ R × R definita prin

xρy ⇔ (x 6= 0 6= y si x ≤ y) sau x = 0 = y

este o relatie de ordine. In (R, ρ) zero este unicul element minimal (maximal), dar nu

exista cel mai mic (cel mai mare) element.

1.114. Fie ρ0 o ordonare totala pe A, ρ ∈ R si ρ0 ⊆ ρ. Daca xρy atunci ıntrucatρ0 este o relatie de ordine totala, urmeaza ca xρ0y sau yρ0x. Daca yρ0x atunci dinρ0 ⊆ ρ rezulta yρx, care ımpreuna cu xρy ne da x = y. Deci xρy implica xρ0y, adicaρ0 = ρ. Astfel am aratat ca ρ0 este un element maximal ın (R,⊆).

Invers, aratam ca daca ρ0 ∈ R nu este o ordonare totala atunci ρ0 nu este unelement maximal ın (R,⊆). Intr-adevar, daca ordonarea ρ0 nu este totala atunciexista x, y ∈ A astfel ıncat (x, y) /∈ ρ0 si (y, x) /∈ ρ0. Relatia

ρ = ρ0 ∪ {(a, b) | aρ0x si yρ0b}

este o ordonare pe A si ρ0 ⊆ ρ pentru ca aρb. Deci ρ0 nu este un element maximalın (R,⊆).

1.115. Indicatie. Se aplica lema lui Zorn multimii (R,⊆) din problema 1.114.

1.116. Indicatie. Se foloseste echivalenta dintre conditia minimalitatii (maximalitatii)si conditia lanturilor descrescatoare (crescatoare).

Altfel: Se aplica o inductie ın raport cu numarul elementelor multimii.

1.117. Indicatie. Se arata prin inductie ın raport cu numarul de elemente ale multimii

ca orice sir strict descrescator este finit.

1.118. Din faptul ca (A,≤) este total ordonata si din conditia minimalitatii urmeazaca (A,≤) este bine ordonata. Rezulta ca putem forma cu elementele lui A un sircrescator

a0 < a1 < a2 < . . . .

Cum conditia maximalitatii este echivalenta cu cerinta ca orice sir crescator din Asa fie finit, deducem ca acest sir este finit. Deci A este finita.

1.119. Indicatie. Daca ar exista un a ∈ A astfel ıncat a > f(a) atunci

a > f(a) > f(f(a)) > . . . .


1.120. Indicatie. Fie A si B doua multimi bine ordonate. Daca ar exista doua izomor-

fisme diferite f, g : A → B atunci ar exista un a ∈ A astfel ıncat f(a) < g(a) sau

g(a) < f(a) de unde ar urma g−1(f(a)) < a sau f−1(g(a)) < a. In continuare se aplica

problema anterioara.

1.121. Indicatie. O multime total ordonata este bine ordonata daca si numai daca

verifica conditia lanturilor descrescatoare.

1.122. Indicatii. Daca (A = {a1, . . . , an}, ρ1) si (B = {b1, . . . , bn}, ρ2) sunt cele doualanturi finite atunci putem scrie, fara a restrange generalitatea,

a1ρ1a2ρ1 . . . ρ1an si b1ρ2b2ρ2 . . . ρ2bn,

iar izomorfismul dorit este dat de corespondenta ai 7→ bi (i = {1, . . . , n}).O alta solutie poate fi obtinuta prin inductie ın raport cu numarul (comun) de elemente

ale multimilor A si B.

1.123. Indicatie. a) Faptul ca ρ1 si ρ2 sunt ordonari totale nu implica, ın general, ca ρ

este o ordonare totala. c) u(a) = (u1(a), u2(a)).

1.124. Indicatie. AI =∏

i∈I

Ai, unde Ai = A pentru orice i ∈ I.

1.125. Indicatie. Se folosesc definitiile compusei si a functiei (des)crescatoare.

1.126. Daca ρ1, ρ2 sunt relatii de ordine pe A si ρ1 este strict inclusa ın ρ2 atuncifunctia 1A din (A, ρ1) ın (A, ρ2) este bijectiva si crescatoare, dar 1−1

A = 1A din (A, ρ2)ın (A, ρ1) nu este crescatoare.

Fie acum f : A→ B o bijectie crescatoare de la multimea total ordonata (A,≤) lamultimea ordonata (B,≤) — am notat la fel relatiile de ordine din cele doua multimideoarece nu exista pericol de confuzie. Sa aratam ca si f−1 este crescatoare. Fieb1, b2 ∈ B cu b1 ≤ b2. Cum f e bijectiva, exista a1, a2 ∈ A, unic determinate, astfelıncat f(a1) = b1, f(a2) = b2 si astfel avem a1 = f−1(b1) si a2 = f−1(b2). Cum (A,≤)este total ordonata, avem a1 ≥ a2 sau a1 ≤ a2. Daca a1 ≥ a2 atunci, cum f estecrescatoare, avem b1 = f(a1) ≥ f(a2) = b2(≥ b1). Deducem b1 = b2 si, ın consecinta,a1 = a2. Reflexivitatea relatiei ≤ din A ne permite sa scriem f−1(b1) ≤ f−1(b2).Daca a1 ≤ a2 atunci concluzia f−1(b1) ≤ f−1(b2) survine imediat.

1.127. Indicatie. Daca (A,≤) este bine ordonata si a ∈ A nu este cel mai mare elemental lui A atunci cel mai mic element din {x ∈ A | x > a} este succesorul imediat al lui a.Multimea

{1} ∪{

1 − 1

n| n = 1, 2 . . .

}

este bine ordonata de relatia ≤ si zero este cel mai mic element. In aceasta multime 1 nu

are predecesor imediat.

1.128. Indicatie. Avem

inf BX ∈ {a ∈ A | ∀x ∈ X, a ≤ x} si sup BX ∈ {a ∈ A | ∀x ∈ X, a ≥ x}.

1.129. Indicatie. Se foloseste problema 1.110.

137

1.130. Indicatie. a) Se face inductie dupa numarul de elemente ale lui X. b) Se

foloseste punctul a) si inf ∅ = supL, sup ∅ = inf L.

1.131. Indicatie. Nu exista infN ∅.

1.132. Indicatie. Se foloseste faptul ca a ≤ b⇔ a ∨ b = b⇔ a ∧ b = a.

1.133. Raspuns. a) (N,≤), b) ({n ∈ Z | n ≤ 0},≤), c) (Z,≤), d) ({0, 1},≤).

1.134. Indicatie. Daca X ⊆ N atunci supX este cel mai mic multiplu comun al

numerelor din X daca X este finita si este 0 daca X este infinita, iar infX este cel mai

mare divizor comun al numerelor din X.

1.135. Indicatie. inf ∅ = 1 ∈ L′ si sup ∅ = 0 ∈ L′.

1.136. Indicatie. Se folosesc definitia sublaticii, problema anterioara si faptul ca

infP(A) ∅ = A.

1.137. Pentru orice f, g ∈ RR avem sup(f, g) = α si inf(f, g) = β, unde α, β ∈ RR

sunt functiile definite prin α(x) = max(f(x), g(x)) si β(x) = min(f(x), g(x)). Fief, g ∈ D(R,R). Se arata usor ca pentru orice x ∈ R avem

f(x) ≤ f 2(x) + g2(x) + 1 si g(x) ≤ f 2(x) + g2(x) + 1.

Prin urmare f 2 + g2 + 1 ∈ D(R,R) este o majoranta comuna pentru f si g ınsaluand, de exemplu, f, g : R → R, f(x) = x, g(x) = −x avem f, g ∈ D(R,R) siα = sup(f, g) /∈ D(R,R) deoarece α(x) = |x| si α nu este derivabila ın x = 0. DeciD(R,R) nu este sublatice ın (RR,≤).

Pentru a arata caD(R,R) nu este latice consideram functiile f, g ∈ RR, f(x) = x,g(x) = −x si presupunem ca ar exista h = supD(R,R)(f, g). Atunci, pentru oricex ∈ R, avem x ≤ h(x) si −x ≤ h(x). Daca

hn : R → R, hn(x) =

−x , daca x ∈(−∞,− 1

n

)

2

n−√

2

n2− x2 , daca x ∈

[− 1

n,1

n

]

x , daca x ∈(

1

n,∞)

, n ∈ N∗,

atunci f(x) ≤ hn(x) si g(x) ≤ hn(x) pentru orice n ∈ N∗ si orice x ∈ R si deducemca h(x) ≤ hn(x) pentru orice n ∈ N∗ si orice x ∈ R. Rezulta ca

−x ≤ h(x) ≤ −x, ∀x ∈(−∞,− 1

n

)si x ≤ h(x) ≤ x, ∀x ∈

(1

n,∞)

si, ın consecinta, pentru orice n ∈ N∗, avem

h(x) = −x, ∀x ∈(−∞,− 1

n

)si h(x) = x, ∀x ∈

(1

n,∞).

Urmeaza cah(x) = −x, ∀x ∈ (−∞, 0) si h(x) = x, ∀x ∈ (0,∞) ,

de unde continuitatea lui h ne conduce la faptul ca h(x) = |x|, ceea ce contrazicederivabilitatea (ın origine, a) lui h.


1.138. Indicatie. Daca (Ai, ρi)i∈I este o familie de multimi ordonate atunci

(ai)i∈Iρ(bi)i∈I ⇔ aiρibi, ∀i ∈ I

defineste o relatie de ordine ρ pe∏

i∈I

Ai.

Daca multimile ordonate (Ai, ρi)i∈I sunt latici si (ai)i∈I , (bi)i∈I ∈∏

i∈I

Ai atunci

(ai)i∈I ∧ (bi)i∈I = (ai ∧ bi)i∈I , (ai)i∈I ∨ (bi)i∈I = (ai ∨ bi)i∈I ,

iar daca laticile Ai sunt complete si (aji )i∈I , j ∈ J atunci

∧

j∈J

(aji )i∈I =

∧

j∈J

aji

i∈I

,∨

j∈J

(aji )i∈I =

∨

j∈J

aji

i∈I

.

1.139. Raspuns. Daca A si B sunt doua multimi si R ⊆ A×B atunci functia

P(A) → P(B), X 7→ R(X)

este crescatoare (ın raport cu ⊆) dar nu este, ın general, un omomorfism de latici.

1.140. Indicatie. b) Vezi problema 1.49.

1.141. a) Diagramele multimilor ordonate (P(A),⊆) si (B, |) sunt:

{1,2,3}

{1,3}{1,2} {2,3}

{3}{2}{1}

O

30

106 15

2 3 5

1

Functia f : P(A) → B definita prin f(∅) = 1, f({1}) = 2, f({2}) = 3, f({3}) = 5,f({1, 2}) = 6, f({1, 3}) = 10, f({2, 3}) = 15, f({1, 2, 3}) = 30 este un izomorfismde ordine.b) Orice izomorfism de ordine g : P(A) → B conserva nivelele diagramelor, adica,pe langa egalitatile g(∅) = 1, g({1, 2, 3}) = 30 avem

(1) g({{1}, {2}, {3}}) = {2, 3, 5}, g({{1, 2}, {1, 3}, {2, 3}}) = {6, 10, 15}.

Multimile ordonate (P(A),⊆) si (B, |) sunt latici, iar

{1, 2} = {1} ∪ {2}, {1, 3} = {1} ∪ {3}, {2, 3} = {2} ∪ {3}.

De aici, ıntrucat izomorfismele de ordine ıntre latici coincid cu izomorfismele delatici, urmeaza ca restrictia lui g la multimea {{1, 2}, {1, 3}, {2, 3}} este determinatade restrictia lui g la {{1}, {2}, {3}}. De aici si din (1) deducem ca izomorfismelelui (P(A),⊆) pe (B, |) sunt determinate de bijectiile lui {{1}, {2}, {3}} pe {2, 3, 5}.Deci exista 6 izomorfisme.

139

1.142. Din a ∧ c ≤ a si a ≤ a ∨ b rezulta a ∧ c ≤ a ∨ b, iar cum avem si a ∧ c ≤ c,urmeaza ca a ∧ c ≤ (a ∨ b) ∧ c. Analog se obtine b ∧ c ≤ (a ∨ b) ∧ c si astfel seobtine proprietatea de subdistributivitate. Proprietatea de submodularitate rezultadin proprietatea de subdistributivitate tinand seama de faptul ca a ≤ c implicaa ∧ c = a.

1.143. Din problema 1.142 avem:

(1) a, b, c ∈ L, a ≤ c ⇒ a ∨ (b ∧ c) ≤ (a ∨ b) ∧ c.

a)⇒b) L modulara si a ≤ a ∨ c implica a ∨ [b ∧ (a ∨ c)] = (a ∧ b) ∨ (a ∧ c).b)⇒a) Din a ≤ c avem a ∨ c = c, ceea ce, ınlocuit ın

a ∨ [b ∧ (a ∨ c)] = (a ∧ b) ∨ (a ∧ c)

conduce la a ∨ (b ∧ c) = (a ∧ b) ∨ c.a)⇒c) Daca L este modulara si a ≤ b atunci a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ c) ∧ b si, conformipotezei de la c), avem

a = a ∨ (a ∧ c) = a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ c) ∧ b = (b ∨ c) ∧ b = b.

c)⇒a) Fie a, b, c ∈ L cu proprietatea ca a ≤ c. Notam

a1 = a ∨ (b ∧ c), c1 = (a ∨ b) ∧ c.

Din (1) deducem a1 ∨ b ≤ c1 ∨ b. Evident a ≤ a1, de unde obtinem a ∨ b ≤ a1 ∨ b.Cum a ∨ b ≥ (a ∨ b) ∧ c = c1 avem a1 ∨ b ≥ c1, de unde rezulta

a1 ∨ b = (a1 ∨ b) ∨ b ≥ c1 ∨ b.

Asadar a1 ∨ b = c1 ∨ b. Prin dualitate (folosind c1 ≤ c) se arata ca a1 ∧ b = c1 ∧ b.Inegalitatea a1 ≤ c1 si c) ne conduc la a1 = c1, adica a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ c.c)⇒d) Pentagonul nu verifica proprietatea de la c).d)⇒c) Daca c) nu are loc ın laticea L atunci exista a, b, c ∈ L cu

a ≤ b, a ∨ c = b ∨ c, a ∧ c = b ∧ c si a 6= b.

Deducem ca {a, b, c, a ∨ c = b ∨ c, a ∧ c = b ∧ c} este o sublatice a lui L izomorfa cupentagonul.

1.144. Indicatie. Se arata ca ϕa si ϕb sunt functii crescatoare pentru care

ϕa ◦ ϕb = 1[a∧b,a] si ϕb ◦ ϕa = 1[b,a∨b].

1.145. Din problema 1.142 avem:

(1) (a ∨ b) ∧ c ≥ (a ∧ c) ∨ (b ∧ c), ∀a, b, c ∈ L.

a)⇒ b) (a∨c)∧(b∨c) = [a∧(b∨c)]∨[c∧(b∨c)] = [a∧(b∨c)]∨c = [(a∧b)∨(a∧c)]∨c =(a ∧ b) ∨ [(a ∧ c) ∨ c] = (a ∧ b) ∨ c.b)⇒ a) Se demonstreaza analog.


a)⇒ c) a = a∧ (a∨c) = a∧ (b∨c) = (a∧ b)∨ (a∧c) = (a∧ b)∨ (b∧c) = b∧ (a∨c) =b ∧ (b ∨ c) = b.c)⇒ a) Din c) rezulta ca laticea L este modulara. Fie a, b, c ∈ L. Notam

u = (a ∧ b) ∨ [(a ∨ b) ∧ c] si v = (b ∧ c) ∨ [(b ∨ c) ∧ a].

Conform modularitatii laticii L avem

a ∧ b ≤ a ∨ b⇒ u = (a ∧ b) ∨ [(a ∨ b) ∧ c] = (a ∨ b) ∧ [(a ∧ b) ∨ c],b ∧ c ≤ b ∨ c⇒ v = (b ∧ c) ∨ [(b ∨ c) ∧ a] = (b ∨ c) ∧ [(b ∧ c) ∨ a].

Dar

u ∧ b = (a ∨ b) ∧ [(a ∧ b) ∨ c] ∧ b = b ∧ [(a ∧ b) ∨ c] = (a ∧ b) ∨ (b ∧ c),v ∧ b = (b ∨ c) ∧ [(b ∧ c) ∨ a] ∧ b = b ∧ [(b ∧ c) ∨ a] = (b ∧ c) ∨ (a ∧ b)

si

u ∨ b = (a ∧ b) ∨ [(a ∨ b) ∧ c] ∨ b = b ∨ [(a ∨ b) ∧ c] = (a ∨ b) ∧ (b ∨ c),v ∨ b = (b ∧ c) ∨ [(b ∨ c) ∧ a] ∨ b = b ∨ [(b ∨ c) ∧ a] = (a ∨ b) ∧ (b ∨ c).

In concluzie, u ∧ b = v ∧ b si u ∨ b = v ∨ b. Rezulta ca u = v si astfel,

u ∨ c = v ∨ c.

Dar

u ∨ c = (a ∨ b) ∧ [(a ∧ b) ∨ c] ∨ c = (a ∨ b) ∧ c,v ∨ c = (b ∨ c) ∧ [(b ∧ c) ∨ a] ∨ c = c ∧ [(b ∧ c) ∨ a] = (b ∧ c) ∨ (a ∧ c),

deci (a ∨ b) ∧ c = (b ∧ c) ∨ (a ∧ c).c)⇒ d) Din c) rezulta ca ca L este modulara, iar pentru diamant avem a 6= b chiardaca a ∨ c = b ∨ c, a ∧ c = b ∧ c.d)⇒ c) Demonstram ca daca L este modulara si satisface c), atunci L contine osublatice izomorfa cu diamantul. Intr-adevar, cum L nu verifica c), exista a, b, c ∈ Lastfel ıncat a ∨ c = b ∨ c, a ∧ c = b ∧ c si a 6= b. Cum L este modulara deducem caa si b nu sunt comparabile. Daca am avea a ≤ c atunci c = a ∨ c = b ∨ c implicab ≤ c, asadar a = a ∧ c = b ∧ c = b, ceea ce este fals. Analog se arata ca c ≤ a nuconvine. Deci submultimea {a, b, c, a ∨ c = b ∨ c, a ∧ c = b ∧ c} formeaza o sublaticea lui L izomorfa cu diamantul.

1.146. Indicatie. Nu contine sublatici izomorfe cu pentagonul sau diamantul.

1.147. Indicatie. Se arata, folosind legatura dintre cel mai mic multiplu comun si celmai mare divizor comun, ca daca a, b, c ∈ N si c 6= 0 atunci

a ∨ c = b ∨ c si a ∧ c = b ∧ c⇒ a = b.

1.148. Indicatii. Pentru latici modulare se foloseste caracterizarea de la punctul b) al

problemei 1.143, iar pentru latici distributive se foloseste definitia.

141

1.149. Indicatie. Pentru laticile neizomorfe cu cel mult 3 elemente, vezi problema

1.129. Laticile neizomorfe cu 4 si 5 elemente sunt cele din diagramele:

Pentru partea a doua a problemei se folosesc problemele 1.143. d) si 1.145. d).

1.150. Indicatie. Se foloseste distributivitatea unei latici Boole si punctul c) din pro-

blema 1.145.

1.151. Indicatie. Reuniunea este distributiva fata de intersectie, ∅ este cel mai mic

element, M este cel mai mare element si pentru o submultime X ⊆M complementul este

CMX = M \X.

1.152. Indicatie. Cel mai mic element din (P/ ≡,≤) este clasa formulelor identic false

(contradictiilor), cel mai mare element este clasa formulelor identic adevarate (tautologi-

ilor), iar complementul clasei unei propozitii p este clasa negatiei propozitiei p.

1.153. a) Presupunem ca exista x =∨

i∈I

ai. Rezulta ca ai ≤ x pentru orice i ∈ I,

de unde urmeaza x′ ≤ a′i pentru orice i ∈ I. Deci x′ este o minoranta a familieia′i, i ∈ I. Daca b ∈ B este o alta minoranta a acestei familii (adica b ≤ a′i pentruorice i ∈ I) atunci b′ ≥ (a′i)

′ = ai (i ∈ I), adica b′ este o majoranta a familiei

ai, i ∈ I. Acum, din x =∨

i∈I

ai rezulta x ≤ b′, adica x′ ≥ b. Deci x′ este cea mai

mare minoranta a familiei a′i, i ∈ I, adica x′ =∧

i∈I

a′i. Astfel am aratat ca egalitatea

din enuntul punctului a) are loc.Se arata prin dualitate ca daca exista y =

∧

i∈I

a′i atunci y′ =∨

i∈I

ai.

b) Afirmatia de la b) este duala celei de la a).

1.154. Indicatii. a) Se ia D = ∅. b) Daca D ⊆ C atunci

inf (C,⊆)D =⋂

X∈DX si sup (C,⊆)D =

⋂{Y ∈ C |

⋃

X∈DX ⊆ Y

}.

1.155. Raspuns. Nu.

1.156. Indicatii. a) Se foloseste iii) din definitia operatorului de ınchidere.

b) Din i) rezulta ca J(X) ⊆ J(J(X)) are loc pentru orice X ⊆ A.

1.157. Indicatie. Pentru functia din enunt, conditia i) din definitia operatorului de

ınchidere rezulta din reflexivitate, ii) din proprietatile relatiilor binare, iar iii’) din tranzi-

tivitatea relatiei R.


1.158. a) Presupunem ca J , J ′ si J ′ ◦ J sunt operatori de ınchidere. Daca X ⊆ Aatunci din proprietatea de extensivitate a lui J rezulta

(1) (J ′ ◦ J)(X) ⊆ (J ◦ J ′ ◦ J)(X),

iar din extensivitatea lui J ′ si independenta lui J ′ ◦ J urmeaza

(2) (J ◦ J ′ ◦ J)(X) ⊆ (J ′ ◦ J ◦ J ′ ◦ J)(X) = (J ′ ◦ J)(X).

Din (1) si (2) rezulta egalitatea din enuntul lui a).Invers, presupunem ca operatorii de ınchidere J si J ′ verifica egalitatea din

enuntul lui a). Din extensivitatea lui J si J ′ rezulta ca

X ⊆ J(X) ⊆ (J ′ ◦ J)(X)

pentru orice X ⊆ A, adica J ′ ◦ J este extensiv. Din monotonia lui J si J ′ obtinem

X ⊆ Y ⇒ J(X) ⊆ J(Y ) ⇒ (J ′ ◦ J)(X) ⊆ (J ′ ◦ J)(Y ),

unde X, Y ⊆ A, ceea ce ne arata ca J ′ ◦ J este monoton. Din ipoteza si dinidempotenta lui lui J rezulta ca

(J ′ ◦ J ◦ J ′ ◦ J)(X) = (J ′ ◦ J ′ ◦ J)(X) = (J ′ ◦ J)(X)

pentru orice X ⊆ A. Prin urmare J ′◦J este idempotent. Deci J ′◦J este un operatorde ınchidere.b) Este suficient sa aratam ca egalitatea de la b) implica egalitatea de la a). DacaJ si J ′ comuta atunci J ◦ J ′ ◦ J = J ′ ◦ J ◦ J = J ′ ◦ J.1.159. Indicatie. a) Daca ρi ∈ Rr, i ∈ I, atunci

⋂

i∈I

ρi ∈ Rr, iar daca I 6= ∅ si

{ρi | i ∈ I} este dirijata superior atunci si⋃

i∈I

ρi ∈ Rr.

b) Cu notatiile de la a), pentru I = ∅ avem⋃

i∈I

ρi = ∅ /∈ Rr.

c) ρ ∪ ∆A este cea mai mica relatie reflexiva care include pe ρ.

1.160. Indicatie. b) Se arata, printr-un contraexemplu, ca reuniunea a doua relatii

tranzitive poate sa nu fie tranzitiva. In rest, se procedeaza ca la problema anterioara.

1.161. Indicatie. Se procedeaza ca la problema 1.159 .

1.162. Indicatie. Daca |A| > 1 atunci A×A /∈ Ra, deci Ra nu e sistem de ınchidere.



1.165. Indicatie. a) Se foloseste definitia operatorului de ınchidere. Pentru prima si

ultima functie se poate aplica punctul b) si problema 1.158.

1.166. Indicatie. Se folosesc definitia sistemului de ınchidere si caracterizarea sistemu-

lui de ınchidere algebric din remarcile ce preced enuntul problemei 1.159.

143

1.167. Indicatie. b) Daca (Ji)i∈I este o familie de operatori de ınchidere pe A si

J : P(A) → P(A) este functia definita prin J(X) =⋂

i∈I

Ji(X) atunci J este un operator

de ınchidere si inf(Ji)i∈I = J .

1.168. Indicatie. Bijectivitatea lui ϕ se deduce din remarcile ce preced enuntul prob-

lemei 1.159.

1.169. Fie x ∈ A si y = ϕ(x). Avem

x ≤ ψ(ϕ(x)) ⇒ ϕ(x) ≥ ϕ(ψ(ϕ(x))),

y ≤ ϕ(ψ(y)) ⇔ ϕ(x) ≤ ϕ(ψ(ϕ(x))),

deci ϕ ◦ ψ ◦ ϕ = ϕ. Analog ψ ◦ ϕ ◦ ψ = ψ.

1.170. Indicatii. La a) si b) se folosesc definitia operatorului de ınchidere, definitia

corespondentei Galois si problema anterioara, iar la c) se arata ca ϕ si ψ dau prin com-

punere functiile identice ale multimilor P(A) si P(B).

1.171. Indicatie. Egalitatile dorite se obtin folosind proprietatile relatiilor binare si

definitia corespondentei Galois.

1.172. Raspuns. Sistemul de ınchidere definit de ϕ ◦ ψ, respectiv ψ ◦ ϕ este

{[a,+∞) | a ∈ R} ∪ {∅,R}, respectiv {(−∞, a] | a ∈ R} ∪ {∅,R}.

1.173. Indicatii. Numarabilitatea multimii N∗ rezulta din bijectivitatea functiei N →N∗, n 7→ n+ 1 iar a multimii Z din bijectivitatea functiei

ϕ : N → Z, ϕ(n) =

n

2, daca n este par;

−n+ 1

2, daca n este impar.

Cum pentru orice numar natural n exista m,k ∈ N, unic determinate, cu proprietatea can = 2m(2k + 1) deducem ca functia N × N → N, (m,k) 7→ 2m(2k + 1) este bijectiva, decimultimea N × N este numarabila. Aceasta rezulta si din faptul ca elementele multimiiN × N pot fi ,,numarate” asa cum indica sagetile din figura de mai jos

(0, 0) // (0, 1)

{{wwwwwwww(0, 2) // (0, 3)

{{wwwwwwww. . .

(1, 0)

��

(1, 1)

;;wwwwwwww(1, 2)

{{wwwwwwww(1, 3) . . .

(2, 0)

;;wwwwwwww(2, 1)

~~||||

||||

|(2, 2) (2, 3) . . .

(3, 0)...

(3, 1)...

(3, 2)...

(3, 3)...

. . .

Similar, se poate stabili o bijectie ıntre N∗ si Q+ aranjand numerele rationale ıntr-un sir

dupa cum urmeaza: consideram fractiile ireductibilep

qcu p, q ∈ N∗ care sunt reprezentanti


pentru numerele rationale pozitive si le grupam ın clase determinate de suma p+q. Astfel, ok-clasa este formata din fractiile ireductibile pentru care suma numaratorului cu numitoruleste k. In interiorul unei k-clase asezarea elementelor se face ın ordinea descrescatoare anumitorilor, obtinandu-se astfel sirul

1

k − 1,

2

k − 2, · · · , k − 2

2,k − 1

1

(din care, evident, lipsesc fractiile reductibile). Acum putem realiza succesiunea elemen-telor din Q+ punand elementele 1-clasei, apoi ale 2-clasei s. a. m. d.

Din cele de mai sus se deduce existenta unei bijectii ψ : N∗ → Q+. Functiile

f : N → Q+ ∪ {0}, f(n) =

{0 , daca n = 0;

ψ(n) , daca n ∈ N∗,

g : N∗ → Q−, g(n) = −ψ(n),

sunt, de asemenea, bijective. Echivalenta multimilor N si Q se obtine aratand ca

χ : N → Q, χ(n) =

f(n

2

), daca n este par;

g

(n+ 1

2

), daca n este impar

este o functie bijectiva.

Observatie: Printr-un procedeu analog cu cel din ultima parte a solutiei acestei prob-

leme se poate arata ca reununea disjuncta a doua multimi numarabila este o multime

numarabila.

1.174. Reamintim ca o multime X se numeste finita daca exista n ∈ N astfel ıncatX ∼ {1, 2, . . . , n}, ın caz contrar, se numeste infinita. Notam, de asemenea, ca omultime X este infinita daca si numai daca exista X ′ ⊆ X, X ′ 6= X pentru careX ′ ∼ X (Dedekind) sau, echivalent, daca X are o submultime numarabila (Cantor).

Asadar, din X infinita deducem ca exista A ⊆ X si exista o functie bijectivaf0 : N∗ → A. Functia

f : N → A ∪ {x0}, f(n) =

{f0(n) , daca n ∈ N∗;x0 , daca n = 0

este, de asemenea, bijectiva. Concluzia dorita se obtine aratand ca

ϕ : X → X \ {x0}, ϕ(x) =

{x , daca x /∈ A ∪ {x0};

f(n+ 1) , daca x = f(n)

este o functie bijectiva. Evident, ϕ este bine definita.Fie x, x′ ∈ X astfel ıncat ϕ(x) = ϕ(x′). Rezulta ca fie x, x′ /∈ A∪{x0} ceea ce ne

conduce imediat la x = x′, fie x, x′ ∈ A ∪ {x0} ceea ce ınseamna ca exista k, l ∈ Nastfel ıncat x = f(k) si x′ = f(l) si

f(k + 1) = ϕ(x) = ϕ(x′) = f(l + 1).

Bijectivitatea funtiei f ne conduce la k+1 = l+1. Astfel, avem k = l si x = f(k) =f(l) = x′, ceea ce completeaza demonstatia injectivitatii lui ϕ.

Fie y ∈ X \ {x0} arbitrar. Daca y /∈ A ∪ {x0} atunci y = ϕ(y) ∈ ϕ(X). Dacay ∈ A(⊆ A ∪ {x0}) atunci exista n ∈ N astfel ıncat y = f(n). Dar y 6= x0 implican 6= ∅. Rezulta y = f(n) = f(n − 1 + 1) = ϕ(f(n − 1)) ∈ ϕ(X). Deci ϕ este sisurjectiva.

145

1.175. Indicatii. Functiile ϕ : R → (−1, 1), ϕ(x) =x

x+ 1si ψ : [0, 1] → [a, b],

ψ(x) = (b − a)x + a sunt bijective. Problema anterioara si faptul ca ∼ este tranzitiva

completeaza solutia.

1.176. Indicatii. Se folosesc proprietatile de universalitate ale reuniunii disjuncte si

produsului cartezian, mai exact, unicitatea pana la o bijectie a acestora.


1.178. Vom ıncepe prin a demonstra ca pentru orice n ∈ N∗ exista si sunt unic deter-

minate numerele naturale k, j cu proprietatea ca 1 ≤ j ≤ k + 1 si n =k(k + 1)

2+ j.

Demonstram prin inductie dupa n existenta numerelor k, j. Daca n = 1 atunci k = 0 sij = 1, iar daca n = 2 atunci k = j = 1. Presupunem afirmatia adevarata pentru n. Avem

n+ 1 =k(k + 1)

2+ j + 1. Daca j < k + 1 atunci j + 1 ≤ k + 1 si n+ 1 =

k′(k′ + 1)

2+ j′,

unde k′ = k si j′ = j + 1. Daca j = k + 1 atunci

n+ 1 =k(k + 1)

2+ k + 1 =

(k + 1)(k + 2)

2+ 1 =

k′(k′ + 1)

2+ j′,

unde k′ = k + 1 si j′ = 1. Daca n =k(k + 1)

2+ j =

k′(k′ + 1)

2+ j′ cu j, j′, k, k′ ∈ N,

1 ≤ j ≤ k+ 1 si 1 ≤ j′ ≤ k′ + 1 atunci 2(j′ − j) = (k − k′)(k + k′ + 1). Daca k′ < k atunci

(k − k′)(k + k′ + 1) > k + k′ + 1 ≥ 2(k′ + 1) > 2(j′ − j), contradictie. Similar k < k′ ne

conduce la o contradictie. Deci k = k′ si j = j′, ceea ce demonstreaza unicitatea numerelor

j, k. Pentru un numar natural nenul n notam k si j de mai sus cu α(n), respectiv cu β(n).

Revenind la problema noastra, putem considera ca multimile Xi sunt disjuncte.Multimile Xi fiind numarabile, rezulta ca pentru orice i ∈ I exista fi : N∗ → Xi

bijectie. Fie f : N∗ →⋃

i∈I

Xi, f(n) = fα(n)−β(n)+2(β(n)).

Daca n, n′ ∈ N∗ si f(n) = f(n′) atunci (ın Xα(n)−β(n)+2 ∩ Xα(n′)−β(n′)+2) avemfα(n)−β(n)+2(β(n)) = fα(n′)−β(n′)+2(β(n′)). Multimile Xi fiind disjuncte, aceasta areloc doar daca α(n)−β(n)+2 = α(n′)−β(n′)+2, iar cum fα(n)−β(n)+2 este bijectivaavem β(n) = β(n′) si, implicit, α(n) = α(n′). Rezulta n = n′, asadar functia f esteinjectiva.

Functia f este surjectiva deoarece pentru orice x ∈⋃

i∈I

Xi exista n ∈ N∗ astfel

ıncat f(n) = x. Intr-adevar, daca x ∈⋃

i∈I

Xi atunci exista un unic i ∈ I pentru

care x ∈ Xi. Cum fi este surjectiva, deducem ca exista m ∈ N∗ astfel ıncat x =fi(m). Cautam pe n astfel ıncat m = β(n) si i = α(n) − β(n) + 2 si obtinem

n =(i+m− 2)(i+m− 1)

2+m(∈ N∗).

Deci f este o bijectie si⋃

i∈I

Xi este numarabila.

1.179. a) Fie X, Y astfel ıncat |X| ≤ |Y | si fie f : X → Y o injectie. Daca pentruX ′, Y ′ avem X ∼ X ′, Y ∼ Y ′ si ϕ : X → X ′, ψ : Y → Y ′ sunt doua bijectii atunciψ ◦ f ◦ ϕ−1 este o injectie si astfel avem |X ′| ≤ |Y ′|.


b) Fie X1, X2, Y1, Y2 multimi de cardinale, respectiv, m1,m2, n1, n2 astfel ıncat X1 ∩X2 = ∅ = Y1∩Y2. Din m1 ≤ n1 si m2 ≤ n2 rezulta ca exista doua injectii f1 : X1 → Y1,f2 : X2 → Y2. Este imediat faptul ca

f : X1 ∪X2 → Y1 ∪ Y2, f(x) =

{f1(x) , daca x ∈ X1;f2(x) , daca x ∈ X2

este o functie injectiva. Deci |X1 ∪X2| ≤ |Y1 ∪ Y2| si m1 + m2 ≤ n1 + n2.

Observatii: i) ,,Relatia” ≤ este reflexiva, antisimetrica si tranzitiva.

ii) |X| ≤ |Y | daca si numai daca exista Z ⊆ Y astfel ıncat X ∼ Z.

iii) Proprietati similare cu cea pe care am demonstrat-o la b) au loc si pentru ınmultire si

ridicare la putere. Astfel, daca pentru cardinalele m1,m2, n1, n2 avem m1 ≤ n1 si m2 ≤ n2

atunci m1 · m2 ≤ n1 · n2 si mm21 ≤ n

n21 .

1.180. a) Fie X si Y doua multimi cu |X| = m si |Y | = n. Din m < n rezulta caexista Y ′ ⊆ Y astfel ıncat X ∼ Y ′. Fie Y ′′ = Y \ Y ′ si p = |Y ′′|. Din |Y ′| = m < n

deducem Y ′ ⊆ Y si Y ′ 6= Y . Astfel, Y ′′ 6= ∅ si p > 0. Cum Y = Y ′ ∪ Y ′′ siY ′ ∩ Y ′′ = ∅, avem |Y | = |Y ′| + |Y ′′|, deci n = m + p.b) Pentru m 6= n, necesitatea conditiei din enunt urmeaza din a), iar pentru m = n,urmeaza considerand p = 0. Pe de alta parte, orice cardinal p are proprietateap ≥ 0, de unde conform problemei 1.179. b) avem m + p ≥ m + 0 = m, deci, dacan = m + p atunci m ≤ n.

Observatie: i) Sa remarcam ca proprietatile pe care le ıntalnim la cardinalele finite suntchiar cele pe care le cunoastem din N.

ii) Reciproca afirmatiei de la a) din problema de mai sus nu este valabila. Ca exemplu, sa

luam egalitatea ℵ0 = ℵ0 + 1 care deriva din N ∼ N∗.

1.181. Din m > 1, n > 1 deducem ca exista cardinalele m′ > 0 si n′ > 0 astfel ıncatm = m′ +1, n = n′ +1. Avem mn = (m′ +1)(n′ +1) = m′n′ +m′ +n′ +1. Din m′ > 0si n′ > 0 deducem m′n′ ≥ 1, deci mn ≥ 1 + m′ + n′ + 1 = m + n.

1.182. 1) se obtine din observatia ce succede solutia problemei 1.173.2) rezulta din problema 1.178.3) c2 = c · c = 2ℵ0 · 2ℵ0 = 2ℵ0+ℵ0 = 2ℵ0 = c.

4) cℵ0 =(2ℵ0)ℵ0 = 2ℵ0·ℵ0 = 2ℵ0 = c.

5) Din 2 < c avem, conform problemei 1.181, c + c ≤ c2 = c, iar cum c ≤ c + c

obtinem c + c = c.6) Din 2 < ℵ0 ≤ c avem, conform observatiei iii) de dupa solutia problemei 1.179,

c = 2ℵ0 ≤ ℵℵ00 ≤ c

ℵ0 = c,

deci ℵℵ00 = c.

7) Observatia mentionata mai sus (la 6)) ne conduce de la 2 < ℵ0 ≤ c la

c = 2 · c ≤ ℵ0 · c ≤ c2 = c,

asadar ℵ0 · c = c.

147

Observatii: a) Daca X este o multime atunci corespondenta f 7→−1f 〈1〉 realizeaza

o bijectie ıntre multimea {0, 1}X a functiilor de la X la {0, 1} si multimea P(X) asubmultimilor multimii X.

b) ℵ0 < c deoarece c = 2ℵ0 = |P(N)| ≥ |N| si, conform teoremei lui Cantor — daca X este

o multime atunci X ≁ P(X) — avem |P(N)| 6= |N|.

1.183. Indicatie. Functiile ϕ : R → P(Q), ϕ(x) = {a ∈ Q | a ≤ x} si

ψ : {0, 1}N → [0, 1), ψ((ai)i∈N) = 0, a0a1a2 . . . ai . . .

sunt injective si astfel avem

|R| ≤ |P(Q)| = 2ℵ0 = c si c = 2ℵ0 =∣∣∣{0, 1}N

∣∣∣ ≤ |[0, 1)| = |R|,

deci |R| = c.

Observatie: Multimea R nu este numarabila deoarece R ∼ P(N) (avand acelasi cardinal)

si P(N) ≁ N.

1.184. a) Fie X o multime cu |X| = m si fie

R = {(A, f) | A ⊆ X, A infinita, f : A→ A× A bijectie}.

Cum X este infinita, rezulta ca exista B ⊆ X astfel ıncat B ∼ N. Din faptul caB × B ∼ N × N ∼ N obtinem existenta unei bijectii g : B → B × B si deducem caR 6= ∅ deoarece (B, g) ∈ R.

Relatia ≤ definita prin

(A, f) ≤ (A′, f ′) ⇔ A ⊆ A′ si f ′|A = f

este o relatie de ordine pe R. Fie L ⊆ R un lant, A0 =⋃

(A,f)∈L

A si functia

f0 : A0 → A0 ×A0

definita prin f0(x) = f(x) daca x ∈ A si (A, f) ∈ R. Atunci (A0, f0) ∈ R si (R,≤)verifica ipoteza lemei lui Zorn. Rezulta ca ın (R,≤) exista un element maximal(E, f). Daca notam |E| = a atunci a este un cardinal transfinit si a2 = a.

Daca a < m atunci a ≤ a + a ≤ a2 = a de unde deducem ca 2a = a + a = a si3a = 2a + a = a + a = a. Daca |X \ E| ≤ a atunci X = (X \ E) ∪ E ne conduce lam = |X \E|+a ≤ a+a = a, ceea ce contrazice faptul ca a < m. Asadar, |X \E| > a

de unde rezulta ca exista F ⊆ X \E astfel ıncat |F | = a. Pentru M = E ∪ F avem

M×M = (E∪F )×(E∪F ) = (E×E)∪(E×F )∪(F ×E)∪(F ×F ) = (E×E)∪Z,

unde Z = (E × F ) ∪ (F × E) ∪ (F × F ). Dar

|Z| = |E × F | + |F × E| + |F × F | = a2 + a

2 + a2 = a + a + a = 3a = a

de unde urmeaza ca Z ∼ F . Daca g : Z → F este o bijectie atunci si

h : E ∪ F → (E × E) ∪ Z = (E ∪ F ) × (E ∪ F ), h(x) =

{f(x) , x ∈ E;g(x) , x ∈ F


este o bijectie. Deducem ca (E∪F, h) ∈ R, iar cum (E, f) ≤ (E∪F, h), se contrazicemaximalitatea lui (E, f).

In concluzie a = m, deci m2 = m.b) Cum m ≤ m + m ≤ m2 = m, rezulta ca m + m = m.c) Din 0 ≤ n ≤ m deducem m = m + 0 ≤ m + n = m, deci m + n = m, iar din1 ≤ n ≤ m deducem m = m ·1 ≤ m ·m ≤ m ·m = m2 = m, de unde rezulta m ·n = m.

1.185. a) Este o consecinta imediata a problemei 1.122.b) Fie R = {(m,n) ∈ N × N | 0 < m ≤ n} ∪ {(m, 0) | m ∈ N}. Evident, (N, R) esteo multime bine ordonata, dar (N, R) si (N,≤) nu sunt izomorfe, deci nu au acelasiordinal (0 este cel mai mare element din (N, R), iar ın (N,≤) nu exista cel mai mareelement).

1.186. Indicatii. a) Se foloseste definitia multimii bine ordonate.

b) Daca f : A → A′ si g : B → B′ sunt izomorfisme de ordine atunci f × g este un

izomorfism de ordine.

1.187. Indicatii. a) Se foloseste definitia multimii bine ordonate.b) Daca ϕi : Ai → Bf(i) (i ∈ I) sunt izomorfisme de ordine atunci corespondenta

◦⋃

i∈I

Ai →◦⋃

j∈J

Bj , (i, ai) 7→ (f(i), ϕi(ai))

este un izomorfism de ordine.

c) Evident, lantul numerelor naturale nenule are ordinalul ω (fiind izomorf cu lantul

numerelor naturale), iar din solutia de la punctul b) al problemei 1.185 deducem ca

1 + ω = ω 6= ω + 1.

Capitolul 2

Grupoizi. Semigrupuri. Grupuri

2.1. Raspuns. Grupoizii (A, ∗) cu A = (0,+∞) si a ∗ b = ab pentru orice a, b ∈ A

si (V,×) cu V multimea vectorilor (segmentelor orientate) din spatiu si x × y produsul

vectorial al lui x cu y, pentru orice x, y ∈ V nu sunt semigrupuri. Cei doi grupozi nu au

elemente neutre.

2.2. Raspuns. Grupoidul definit de tabla

∗ a b

a a b

b a b

are doua elemente neutre la stanga diferite. Raspunsul la cele doua ıntrebari este negativ.

2.3. Raspuns. Un exemplu ar fi grupoidul definit prin

∗ e a b

e e a b

a a e e

b b e a

Intr-un semigrup cu element neutru (monoid) orice element are cel mult un simetric.

2.4. Raspuns. In grupoidul din problema anterioara, elementul a este simetrizabil si

a ∗ a = a ∗ b. Intr-un semigrup cu element neutru se poate simplifica cu orice element

simetrizabil.

2.5. Evident, x ∗ y = y ∗ x pentru orice x, y ∈ R, iar daca x, y, z ∈ R atunci

(x ∗ y) ∗ z = (x+ y + xy) ∗ z = x+ y + xy + z + xz + yz + xyz,

x ∗ (y ∗ z) = x ∗ (y + z + yz) = x+ y + z + yz + xy + xz + xyz.

Deci (R, ∗) este semigrup comutativ. Daca e ∈ R este element neutru atunci

e ∗ x = x, ∀x ∈ R ⇔ e+ x+ ex = x, ∀x ∈ R ⇔ e(1 + x) = 0, ∀x ∈ R,

de unde deducem ca e = 0. Aratam ca e = 0 este element neutru. Intr-adevar,

0 ∗ x = 0 + x+ 0x = x, ∀x ∈ R.

149

150 CAPITOLUL 2. GRUPOIZI. SEMIGRUPURI. GRUPURI (SOLUTII)

Asadar, (R, ∗) este monoid comutativ, iar cum

x ∗ y = x+ y + xy = −1 + (1 + x)(1 + y),

avem

x, y ∈ [−1,+∞) ⇒ x ≥ −1, y ≥ −1 ⇒ (1 + x)(1 + y) ≥ 0 ⇒ x ∗ y ∈ [−1,+∞).

2.6. Cum x ∗ y = 2− 2 + xy − 2x− 2y + λ = 2 + (x− 2)(y − 2) + λ− 6, rezulta ca

x, y ∈ (2,+∞) ⇒ x ∗ y ∈ (2,+∞)

daca si numai daca λ ≥ 6, pentru ca (x− 2)(y − 2) > 0 si (x− 2)(y − 2) tinde la 0cand x→ 2, y → 2 (x, y ≥ 2).

2.7. Raspuns. a = b = 0 sau a =1

2, b = 1.

2.8. i) Pentru orice x, y, z ∈ Z avem:

x ∗ (y ∗ z) = m2xyz +mnxz +mnyz +mpz +mnxy + n2x+ n2y + np+ nz + p,

(x ∗ y) ∗ z = m2xyz +mnxy +mnxz +mpx+mnyz + nx+ n2y + n2z + np+ p.

Asadar, ∗ este asociativa daca si numai daca

mpz + n2x+ nz = mpx+ nx+ n2z, ∀x, y, z ∈ Z,

adica(z − x)(mp− n2 + n) = 0, ∀x, y, z ∈ Z,

iar aceasta are loc daca si numai daca

(1) mp− n2 + n = 0.

Deci (1) este o conditie necesara si suficienta pentru ca operatia ∗ sa fie asociativa.ii) Evident, operatia ∗ este comutativa. Un numar e ∈ Z este element neutru dacasi numai daca

x ∗ e = x, ∀x ∈ Z ⇔ (me + n− 1)x+ (ne+ p) = 0, ∀x ∈ Z.

Dar un polinom din Z[X] are o infinitate de radacini daca si numai daca este poli-nomul nul, prin urmare,

(2)

{me+ n− 1 = 0ne + p = 0

.

Astfel, am redus problema la determinarea unor conditii necesare si suficiente pentruexistenta unui e ∈ Z care verifica conditiile (2). Deosebim cazurile:1) Daca m = 0 atunci n = 1, e = −p si x ∗ y = x+ y + p.

2) Daca n = 0 atunci p = 0 si me = 1. Deducem ca e =1

mcare este un numar

ıntreg daca si numai daca m ∈ {−1, 1}. In acest caz x ∗ y = xy sau x ∗ y = −xy.

151

3) Daca m 6= 0 6= n atunci e = −p

n=

1 − n

m∈ Z . Asadar, n|p si mp− n2 + n = 0.

iii) Din ii) rezulta ca existenta elementului neutru implica (1). Deci (Z, ∗) este unmonoid comutativ. In cazul 1) acest monoid este grup deoarece pentru orice x ∈ Z,x′ = −2p − x ∈ Z este simetricul lui x. In cazul 2) monoidul (Z, ∗) nu este gruppentru ca numai −1 si 1 sunt simetrizabile. In cazul 3), daca x ∈ Z si x′ estesimetricul lui x atunci

x′ =−p− np− n2x

mnx+ n2=

−p− np− (n+mp)x

n+mp+mnx∈ Z.

Trecand la limita cand x → ∞ rezultan +mp

mn=

1

m+p

n∈ Z, care ımpreuna cu

n|p implica1

m∈ Z adica m ∈ {−1, 1}. Prin urmare, pentru m /∈ {−1, 1}, monoidul

(Z, ∗) nu este grup.

• Daca m = 1 atunci e = 1 − n, p = n2 − n si x′ =1 − n2 − nx

x+ n. Luand x = 0

primim 0′ =1

n− n ∈ Z, adica n ∈ {−1, 1}. Daca n = 1 atunci p = 0, e = 0 si

x ∗ y = xy + x+ y, iar ın (Z, ∗) singurele elemente simetrizabile sunt 0 si −2. Dacan = −1 atunci p = 2, e = 2 si x ∗ y = xy− x− y+ 2, iar ın (Z, ∗) sunt simetrizabilenumai 0 si 2.• Daca m = −1 se veifica analog cu cazul anterior ca monoidul (Z, ∗) nu este grup.In concluzie, (Z, ∗) este grup daca si numai daca m = 0, n = 1 si p ∈ Z.

2.9. Raspuns. i) Elementele inversabile la stanga (dreapta) coincid cu functiile injective(surjective) si cu elementele cu care se poate simplifica la stanga (dreapta) — vezi [34,Teoremele 1.3.14, 1.3.15]. Elementele inversabile coincid cu functiile bijective.ii) M trebuie sa fie finita.iii) In acest caz, MM este formta din patru functii, definite prin tabelele:

x 0 1

f1(x) 0 1

x 0 1

f2(x) 1 0

x 0 1

f3(x) 0 0

x 0 1

f4(x) 1 1 ,

tabla de operatie este◦ f1 f2 f3 f4

f1 f1 f2 f3 f4

f2 f2 f1 f4 f3

f3 f3 f3 f3 f3

f4 f4 f4 f4 f4

iar elementele cerute la punctul i) sunt f1 si f2.

2.10. i) Din solutia problemei 1.52 punctul a) deducem ca numarul operatiilor(binare) pe A este n(n2).ii) Tabla unei operatii binare comutative ϕ : A×A→ A este simetrica ın raport cudiagonala principala deoarece ϕ(a, b) = ϕ(b, a). Rezulta ca ϕ este determinata devalorile sale pe D = {(a, a) | a ∈ A} ∪ D′, unde D′ este o submultime a lui A × Aobtinuta alegand pentru orice a, b ∈ A, a 6= b, doar una dintre perechile (a, b) si(b, a). Asadar, D′ are atatea elemente cate submultimi cu cate doua elemente are

A si, prin urmare, |D| = n + C2n =

n(n+ 1)

2. Cum orice operatie comutativa pe A


este determinata de restrictia sa la D, urmeaza ca numarul operatiilor comutativepe A coincide cu numarul functiilor cu domeniul D si codomeniul A, deci este egal

cu∣∣AD

∣∣ = nn(n+1)

2 .iii) Daca a ∈ A este element neutru pentru ϕ : A × A → A atunci linia si coloanaelementului a din tabla lui ϕ sunt determinate ıntrucat ϕ(a, b) = b = ϕ(b, a). Decioperatia binara ϕ va fi determinata de restrictia sa la

D = {(x, y) ∈ A2 | x 6= a 6= y} = (A \ {a}) × (A \ {a}).

Cum |D| = (n − 1)2, numarul operatiilor care au ca element neutru pe a este∣∣AD∣∣ = n(n−1)2 , deci numarul operatiilor pe A care admit element neutru este

n ·∣∣AD

∣∣ = n(n−1)2+1.

iv) Din cele de mai sus deducem ca numarul operatiilor comutative care au elementneutru pe a ∈ A este egal cu numarul functiilor de la D = (A\ {a})× (A\ {a})∩D′

la A, adica∣∣AD

∣∣ = nn(n−1)

2 . Deci numarul operatiilor comutative pe A care admit

element neutru este n ·∣∣AD

∣∣ = nn(n−1)

2+1.

2.11. Indicatie. Se folosesc definitia asociativitatii, a comutativitatii si a stabilitatii.

2.12. Indicatie. Multimea termenilor sirului x, 2x = x+ x, . . . , nx = (n− 1)x+ x, . . .

este finita daca si numai daca x = 0. Submultimile lui Z finite si stabile ın (Z,+) sunt ∅si {0}.

2.13. Indicatie. Cum multimea puterilor cu exponent din N∗ ale unui numar ıntreg

x este finita numai daca |x| ≤ 1, partile stabile finite ale lui (Z, ·) se cauta printre

submultimile multimii A = {−1, 0, 1}. Dintre cele 23 = 8 submultimi ale lui A sunt

stabile numai ∅, {0}, {1}, {−1, 1}, {0, 1}, {−1, 0, 1}.

2.14. Indicatie. Pentru orice i ∈ {1, 2, 3} incluziunea A ⊆ Bi exprima chiar asociativi-

tatea operatiei · .

2.15. Indicatie. Se arata ca A = B1 (vezi problema anterioara), stabilind ca operatiile

ϕc : A×A→ A, ϕc(x, y) = (cx)y si ϕ′c : A×A→ A, ϕ′

c(x, y) = c(xy)

coincid, ceea ce se constata alcatuind tablele lor. Analog se arata ca f ∈ B1, dupa care,

aplicand problema anterioara deducem ca elementele a = f · f , b = c · c, d = c · f apartin

lui B1. Deci A = B1 si, conform cu problema anterioara, operatia · este asociativa.

2.16. Indicatie. f : P(M) → P(M), f(X) = CM (X)(= M \X) este un izomorfism.

2.17. Indicatii. i) {{a} | a ∈ A} este un subgrupoid al lui (P(A), ·) izomorf cu (A, ·).iv) (B1 · B2)(B1 · B2) = B1(B2 · B1)B2 = B1(B1 · B2)B2 = (B1 ·B1)(B2 · B2) ⊆ B1 · B2.

vii) Daca ın P(A) 6= ∅ exista element neutru, fie acesta M , atunci M 6= ∅ si totusi

∅ ·M = ∅ · ∅.

2.18. Indicatie. 2N ∧ 3N = 2N ∩ 3N = 6N, 2N ∨ 3N = 〈2N ∪ 3N〉 = 2N + 3N.

2.19. Indicatie. z ∈ xA ∩ yA⇒ ∃a ∈ A : z = xa = x2a = xz ∈ x(yA) = xyA.

153

2.20. Indicatie. b) Pentru orice a, b ∈ L, a ∨ b este o majoranta pentru a si b deoarece

a∨ (a∨ b) = (a∨ a)∨ b = a∨ b = a∨ (b∨ b) = (a∨ b)∨ b = b∨ (a∨ b) iar daca c ∈ L este o

majoranta pentru a si b atunci a∨ c = c = b∨ c si astfel, (a∨ b)∨ c = a∨ (b∨ c) = a∨ c = c,

asadar a ∨ b ≤ c.

2.21. Indicatie. Aceasta problema este duala problemei anterioare.

2.22. Indicatie. Aceasta problema este o consecinta a problemelor anterioare. Pentru

detalii se poate consulta si [34, Teorema 1.6.5].

2.23. Raspuns. a1 = 0 = b1; a2 = 1, b2 = 0; a3 = 0, b3 = 1.

2.24. Raspuns. i) y20 = y0, adica y0 trebuie sa fie idempotent.

ii) (B, ·) trebuie sa contina un element idempotent.

2.25. Indicatie. ii) Se calculeaza produsul ın (f(A), ·) al lui f(1) cu elementul neutru

al lui (B, ·). iii) Se aplica ii).

2.26. Indicatie. Se folosesc definitia subgrupoidului si definitia omomorfismului.

2.27. Indicatie. Orice grupoid se aplica omomorf pe grupul cu un element.

2.28. Raspuns. i) In general, nu. De exemplu, f : N∗ → {0, 1}, f(1) = 1 si f(n) = 0

pentru n > 1 este un omomorfism al lui (N∗, ·) ın ({0, 1}, ·), ın (N∗, ·) orice element este

regulat, dar 0 nu este regulat ın ({0, 1}, ·). ii) f trebuie sa fie unital.

2.29. Raspuns. 〈A〉 =

{(1 n0 1

)| n ∈ N∗

},

〈A,D〉 = 〈A〉 ∪{(

2k 00 0

)| k ∈ N∗

}∪{(

2k 2kn0 0

)| k, n ∈ N∗

},

〈B,C〉 =

{(2k 00 1

)| k ∈ N∗

}∪{(

1 00 2n

)| n ∈ N∗

}∪{(

2k 00 2n

)| k, n ∈ N∗

},

〈B,D〉 =

{(1 00 2n

)| n ∈ N∗

}∪{(

2n 00 0

)| n ∈ N∗

}.

2.30. Indicatii. a) Se arata ca⋃

k∈N

Xk este cel mai mic ıntre subgrupoizii lui (A, ·) ce

include pe X. b) Daca Y0 = f(X) si Yk+1 = Yk ∪ {y1 · y2 | y1, y2 ∈ Yk}, se arata prin

inductie ca f(Xk) = Yk pentru orice k ∈ N.

2.31. Indicatie. Se arata ca daca f, g : A→ B sunt omomorfisme ale caror restrictii la

X coincid, atunci f = g. Se procedeaza astfel: faptul ca X genereaza pe (A, ·) ınseamna

ca 〈X〉 = A si se arata prin inductie dupa n ca f |Xn = g|Xn .

2.32. Raspuns. a) Daca f(1) = a atunci un omomorfism f care prelungeste pe f este

definit prin f(n) = an. b) Nu, deoarece g(1) = 1 implica g(2) = g(1+1) = g(1)+g(1) = 2.

c) Subsemigrupul lui (N, ·) generat de 2 este 〈2〉 = {2k | k ∈ N∗}, iar omomorfismele cerute

sunt fn : N∗ → 〈2〉, fn(k) = 2nk (n ∈ N∗).

2.33. Cum f(Q) este parte stabila ın (Q, ·) si trebuie sa fie si o submultime finitaa lui Z deducem ca exista urmatoarele posibilitati: 1) f(Q) = {0}, 2) f(Q) = {1},3) f(Q) = {−1, 1}, 4) f(Q) = {0, 1}, 5) f(Q) = {−1, 0, 1} (vezi solutia problemei


2.13). In primele doua cazuri obtinem endomorfismele f1, f2 definite respectivprin f1(x) = 0 si f2(x) = 1. Din 0x = 0 rezulta ca pentru orice endomorfism favem f(0)f(x) = f(0), ceea ce implica f(0) = 0 sau f(x) = 1 pentru orice x ∈ Q.Deducem ca ın cazul 3) nu exista nici un endomorfism, iar ın cazurile 4) si 5) avemf(0) = 0. Egalitatea 1x = x conduce la faptul ca orice endomorfism f verificaegalitatea f(1)f(x) = f(x), ceea ce arata ca

f(1) = 0 ⇒ f(x) = 0, ∀x ∈ Q.

Astfel, ın cazul 4), f(1) = 1. In consecinta f(x−1) = [f(x)]−1 pentru orice x 6= 0 sise obtine un singur endomorfism f4 definit prin

f4(x) =

{0 , x = 0;1 , x 6= 0.

In cazul 5) este imposibil ca f(1) = −1 deoarece, ın caz contrar, am avea

1 = (−1)(−1) = f(1)f(1) = f(1 · 1) = f(1) = −1.

Urmeaza ca f(0) = 0, f(1) = 1 si f(x) ∈ {−1, 1} pentru orice x 6= 0. Fie

A = {p ∈ N∗ | p prim} ∪ {−1} si B = {p−1 | p ∈ A}.

Cum multimea A∪B este un sistem de generatori pentru (Q, ·) si f(x−1) = [f(x)]−1,f este determinat de restrictia sa la A. La fiecare submultime nevida P a lui Aasociem un endomorfism fP definit prin fP (0) = 0, iar daca x ∈ Q∗ se scrie sub

forma x = pk11 · · ·pki

i qki+1

i+1 · · · qknn , cu kj ∈ Z (j = 1, . . . , n), pj ∈ P (j = 1, . . . , i),

qj ∈ A \ P (j ∈ i, . . . , n), atunci fP (x) = (−1)k1+···+ki. Cand P parcurge multimeasubmultimilor nevide ale lui A atunci fP parcurge multimea endomorfismelor dincazul 5). Deci endomorfismele cerute sunt f1, f2, f4 si fP cu ∅ 6= P ⊆ A.

2.34. Raspuns. f1 este omomorfism al lui (Mn(C), ·) ın (C, ·), dar nu este omomorfism

al lui (Mn(C),+) ın (C,+), f2 nu este omomorfism al lui (Mn(C), ·) ın (C, ·), dar este

omomorfism al lui (Mn(C),+) ın (C,+), iar f3 este omomorfism al lui (Mn(C), ·) ın (C, ·),dar nu este omomorfism al lui (Mn(C),+) ın (C,+).

2.35. Raspuns. f nu este endomorfism al lui (C,+), dar este endomorfism al lui (C, ·),iar g nu este endomorfism nici pentru (C,+), nici pentru (C, ·).

2.36. a) Unicitatea: Presupunem ca exista o operatie · ın P astfel ca fiecare pj safie omomorfism. Atunci

(a1i )i∈I · (a2

i )i∈I = (pj((a1i )i∈I) · pj((a

2i )i∈I))j∈I = (pj((a

1i · a2

i )i∈I))i∈I = (a1j · a2

j )i∈I ,

ceea ce arata unicitatea modului de a defini aceasta operatie.Existenta: Putem introduce o structura de grupoid pe P definind

(1) (a1i )i∈I · (a2

i )i∈I = (a1i · a2

i )i∈I ,

pentru orice (a1i )i∈I , (a

2i )i∈I ∈ P . Daca j ∈ I atunci din (1) urmeaza

pj((a1i · a2

i )i∈I)) = a1j · a2

j = pj((a1i )i∈I) · pj((a

2i )i∈I) ,

155

ceea ce ne arata ca pj, j ∈ I sunt omomorfisme.b) Unicitatea lui u: Presupunem ca exista un omomorfism u : B → P este pentrucare diagrama

B

u

��

uj

@@@

@@@@

Ppj // Aj

este comutativa pentru orice j ∈ I. Atunci pj(u(b)) = uj(b) pentru orice b ∈ B,adica componenta de indice j ale familiei u(b) este uj(b). Deci u(b) = (ui(b))i∈I

pentru orice b ∈ B, de unde rezulta unicitatea modului de a defini pe u.Existenta lui u: Definim functia u : B → P prin u(b) = (ui(b))i∈I . Pentru oriceb1, b2 ∈ B, folosind definitia lui u si (1), avem

u(b1 · b2) = (ui(b1 · b2))i∈I = (ui(b1) · ui(b2))i∈I = (ui(b1))i∈I · (ui(b2))i∈I

= u(b1) · u(b2).

Deci u este un omomorfism. Pentru orice b ∈ B si orice j ∈ I avem

(2) (pj ◦ u)(b) = pj((ui(b))i∈I) = uj(b),

de unde urmeaza pj ◦ u = uj, adica diagrama din enunt este comutativa.c) Din proprietatea de universalitate a lui P rezulta ca exista un singur omomorfismf : P ′ → P astfel ıncat

P ′

f

��

p′j

AAA

AAAA

P

f ′

OO

pj // Aj

p′j = pj ◦ f, ∀j ∈ I,

iar din proprietatea de universalitate a lui P ′ urmeaza ca exista un singur omomor-fism f ′ : P → P ′ astfel ca pj = p′j ◦ f ′ pentru orice j ∈ I. Deci pj = pj ◦ (f ◦ f ′)pentru orice j ∈ I , iar pe de alta parte pj = pj ◦ 1P pentru orice j ∈ I. Acum, dinunicitatea lui u deducem ca f ◦ f ′ = 1P . Analog se arata ca f ′ ◦ f = 1P ′. Deci f esteun izomorfism si f−1 = f ′.d) Daca f1, f2 ∈ AI atunci f1 ·f2 : I → A este definita prin (f1 ·f2)(i) = f1(i) ·f2(i) ,pentru orice i ∈ I. Submultimea {fa ∈ AI | fa(i) = a, ∀i ∈ I} este un subgrupoidal lui (AI , ·) izomorf cu (A, ·) deoarece corespondenta a 7→ fa este un omomorfisminjectiv de la A la AI .

2.37. Indicatie. b) Din f1 ◦ g′1 = f2 ◦ g′2 rezulta ca (g′1(x), g′2(x)) ∈ S pentru x ∈ S′,

ceea ce ne permite sa definim pe g prin g(x) = (g′1(x), g′2(x)).

Observatii: a) Tripletul (S, g1, g2) se numeste produsul fibrat al omomorfismelor f1, f2.

b) Se constata cu usurinta ca enuntul problemei de mai sus ramane adevarat daca ınlocuim

,,grupoid” cu ,,multime” si ,,omomorfism” cu ,,functie”. Atunci (S, g1, g2) este produsul

fibrat al functiilor f1 si f2.

2.38. Indicatie. b) Din f ◦h = g ◦h rezulta ca h(C) ⊆ E, ceea ce ne permite sa definim

pe γ prin γ(c) = h(c).


Observatii: a) Perechea (E, i) se numeste nucleul perechii de omomorfisme (f, g).

b) Se constata cu usurinta ca enuntul problemei de mai sus ramane adevarat daca ınlocuim

,,grupoid” cu ,,multime” si ,,omomorfism” cu ,,functie”. Atunci perechea (E, i) este nucleul

perechii de functii (f, g).

2.39. Raspuns. |A/A×A| = 1.

2.40. Raspuns. ρ1 nu este congruenta nici pe (C,+) si nici pe (C, ·); ρ2 nu este

congruenta pe (C,+), dar este congruenta pe (C, ·), iar daca z ∈ C atunci clasa de

echivalenta ρ2〈z〉 a lui z ın raport cu ρ2 este formata din numerele complexe situate

pe cercul cu centrul ın origine si de raza |z|. In grupoidul cat (C/ρ2, ·) produsul a doua

clase este definit prin ρ2〈z〉 · ρ2〈z′〉 = ρ2〈zz′〉.

2.41. Indicatii. a) Din [34, Teorema 1.8.15] rezulta ca functia f : A/ ker f → f(A),f((ker f)〈x〉) = f(x) este bijectiva, iar faptul ca f este omomorfism se verifica imediat.

b) Nucleul lui f este congruenta ρ2 din problema anterioara f(C) = [0,+∞), iar izomor-fismul C/ρ2 → [0,+∞) dat de a) asociaza cercului cu centrul ın origine si de raza |z|lungimea razei sale.

c) Izomorfismul Mn(C)/ ker f → C dat de a) asociaza clasei matricelor cu acelasi determi-

nant valoarea acestui determinant.

Observatie: Afirmatia de la a) din problema de mai sus se numeste teorema ıntai de

izomorfism pentru grupoizi.

2.42. Indicatii. a) Avem ρ(B) = {y ∈ A | ∃b ∈ B : bρy}. Daca x ∈ B atunciρ′〈x〉 = {b ∈ B | xρb}, iar daca y ∈ ρ(B) atunci clasa ρ′′〈y〉 = {a ∈ A | yρa} are unreprezentant din B. Izomorfismul dintre grupoizii cat B/ρ′ = {ρ′〈x〉 ⊆ B | x ∈ B} siρ(B)/ρ′′ = {ρ〈y〉 ⊆ A | y ∈ ρ(B)} este dat de corespondenta ρ′〈x〉 7→ ρ′′〈x〉. Acelasirezultat se poate obtine aplicand 2.41 a) restrictiei la B a omomrfismului pρ : A→ A/ρ.

b) Daca ρ′2, respectiv ρ′′2 sunt restrictiile lui ρ2 la B, respectiv la ρ2(B) = {z ∈ C | |z| > 1}atunci ρ′2 si ρ′′2 sunt congruente pe B, respectiv ρ2(B) si

B/ρ′2 = {{−x, x} | x > 1}, ρ2(B)/ρ′′2 = {ρ2〈z〉 | |z| > 1} ,

adica ρ2(B)/ρ′′2 este formata din cercurile cu centrul ın origine si de raza (strict) mai mare

decat 1. Izomorfismul dat de a) este B/ρ′2 → ρ2(B)/ρ′′2 , {−x, x} 7→ ρ2〈x〉.

Observatie: Afirmatia de la a) din problema de mai sus se numeste teorema a doua de


2.43. Indicatie. Z/ρn = Zn = {0, 1, . . . , n− 1}, unde i = {kn+ i | k ∈ Z}, iar operatia

+ este definita pe Zn prin i+ j = i+ j.

2.44. Raspuns. Da, pentru ca n|x1 − y1 si n|x2 − y2 implica

n|x1(x2 − y2) + y2(x1 − y1) = x1x2 − y1y2.

Operatia din (Zn, ·) este definita prin i · j = ij.

2.45. Indicatie. (Z2, ·) nu este o subalgebra a algebrei (P(Z), ·).

157

2.46. Indicatii. a) Din teorema de factorizare a unei functii printr-o functie surjectivarezulta existenta unei singure functii f : A/ρ1 → A/ρ2 astfel ıncat pρ2 = f ◦ pρ1. Aceastaeste surjectiva si e definita prin f(ρ1〈x〉) = ρ2〈x〉. Se arata ca f este un omomorfism degrupoizi. Tot din teorema de factorizare a unei functii printr-o surjectie deducem existentaunei bijectii f care face comutativ triunghiul din dreapta al diagramei

Apρ1 //

pρ2 !!CCC

CCCC

C A/ρ1

pρ2/ρ1//

f��

(A/ρ1)/(ρ2/ρ1)

fwwA/ρ2

Se arata usor ca f este un omomorfism de grupoizi.

b) Cu notatiile de la 2.43 avem ρ6 ⊆ ρ2, Z/ρ2 = Z2 = {0, 1}, Z/ρ6 = Z6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5},Z6/(ρ6/ρ2) = {{0, 2, 4}, {1, 3, 5}}. Izomorfismul dintre Z2 si Z6/(ρ6/ρ2) dat de a) asociaza

lui 0 pe {0, 2, 4}, iar lui 1 pe {1, 3, 5}.

Observatie: Afirmatia de la a) din problema de mai sus se numeste teorema a treia de


2.47. a) Fie a1, a2 ∈ F (A). Stiind ca 〈X ∪{a1 · an}〉 ⊆ 〈X ∪{a1, a2}〉 din egalitatea〈X ∪ {a1 · a2)}〉 = A deducem 〈X ∪ {a1, a2}〉 = A. Intrucat a2 ∈ F (A), urmeaza〈X ∪ {a1}〉 = A, iar din a1 ∈ F (A) avem 〈X〉 = A. Asadar a1 · a2 ∈ F (A), adicaF (A) este un subgrupoid.b) Fie a ∈ F (A) si f : A → A un automorfism. Daca 〈X ∪ {f(a)}〉 = A atunciaplicam pe f−1 si, conform problemei anterioare, avem 〈f−1(X)∪{a}〉 = A de unde,ıntrucat a ∈ F (A), urmeaza 〈f−1(X)〉 = A. Aplicand pe f , obtinem 〈X〉 = A. Decif(a) ∈ F (A) si astfel, f(F (A)) ⊆ F (A).

c) Fie {Mi | i ∈ I} multimea subgrupoizilor maximali ai lui (A, ·) si M =⋂

i∈I

Mi.

Avem:

a /∈M ⇒ ∃i0 ∈ I, a /∈Mi0 ⇒ 〈Mi0 ∪ {a}〉 = A si 〈Mi0〉 = Mi0 6= A⇒ a /∈ F (A) ,

ceea ce ne arata ca F (A) ⊆M.Daca a /∈ F (A), atunci exista X ⊆ A astfel ıncat 〈X ∪ {a}〉 = A si 〈X〉 6= A.

Fie S multimea acelor subgrupoizi B ai lui A pentru care avem X ⊆ B si a /∈ B.Evident ca 〈X〉 ∈ S, adica S 6= ∅. Multimea ordonata (S,⊆) verifica ipotezalemei lui Zorn, deci exista un subgrupoid M ′ maximal ın (S,⊆). Acesta este unsubgrupoid maximal al lui A, iar din M ′ ∈ S urmeaza a /∈ M ′. Rezulta a /∈ M siastfel am aratat ca a /∈ F (A) implica a /∈M , adica M ⊆ F (A).

2.48. i) Demonstram egalitatea ceruta prin inductie dupa q ∈ N. Egalitatea este,evident, adevarata pentru q = 0. Daca q > 0 si am+(q−1)(n−m) = am atunci

am+q(n−m) = am+(q−1)(n−m)+n−m = am+(q−1)(n−m)an−m = aman−m = an = am.

ii) Daca k ≥ n atunci k −m ≥ n−m. Impartind pe k −m la n−m obtinem

k −m = q(n−m) + r, cu 0 ≤ r < n−m,


de unde, folosind i), deducem

ak = am+q(n−m)+r = am+q(n−m) · ar = am · ar = am · an−m = an = am.

iii) Egalitatea ceruta rezulta din ii).iv) Stabilitatea submultimii Kn−m ın (A, ·) este o consecinta imediata a lui ii).Vom demonstra ca (Kn−m, ·) este grup aratand ca este izomorf cu grupul aditiv(Zn−m,+) al claselor de resturi modulo n−m. Numerele m,m+1, . . . , n−1 formeazaun sistem complet de reprezentanti al lui Zn−m = {0, 1, . . . , n−m− 1}. Asadar,pentru fiecare i ∈ Zn−m exista un singur ki ∈ {m,m + 1, . . . , n − 1} astfel ıncati = ki, de unde urmeaza ca functia f : Zn−m → Kn−m, f(i) = aki este bijectiva.Daca i, j ∈ Zn−m si ki + kj − m = q(n − m) + r, cu 0 ≤ r < n − m, atuncii+ j ≡ ki + k+ j ≡ m+ r(modn−m) si m ≤ m+ r < n. Rezulta ca ki+j = m+ r,adica f(i+ j) = am+r, iar cum

f(i) · f(j) = aki · akj = aki+kj = am+q(n−m)+r = am+r,

deducem ca f este un izomorfism.

2.49. Indicatie. i) Notam cu rk restul ımpartirii lui k la n−m si consideram functia

f : N∗ → {1, . . . , n − 1}, f(k) =

{k , daca k < n;

m+ rk−m , daca k ≥ n.

Se arata ca pentru orice k, j ∈ N∗ avem f(k) + f(j) = f(k + j) si ca egalitatea

k ◦ j = f(k + j)

defineste o operatie (binara) asociativa pe A = {1, . . . , n − 1}. Semigrupul (A, ◦) estegenerat de 1, iar tipul sau este (m,n).ii) Daca 〈a〉 si 〈b〉 sunt semigrupuri ciclice de tip (m,n) atunci ϕ : 〈a〉 → 〈b〉, ϕ(ak) = bk

(k = 1, . . . , n− 1) este un izomorfism.

iii) Daca 〈a〉 este un semigrup ciclic infinit atunci ψ : N → 〈a〉, ψ(k) = ak este un

izomorfism.


2.51. Indicatii. i) x = x′xx′; ii) x′x este idempotent; iii) Vezi problema 1.57.

2.52. Indicatie. ii) Presupunem ca (A, ·) este regular si are un singur element idempo-

tent. Fie ecuatia ax = b, cu a, b ∈ A. Cum aa si bb sunt idempotente, rezulta ca aa = bb,

de unde, ınmultind cu b, obtinem a(ab) = b. Deci ab este o solutie a ecuatiei ax = b.

Analog se arata ca ba este o solutie a ecuatiei ya = b.

2.53. i) Daca x, y ∈ G atunci x ∗ y ∈ G deoarece

x ∗ y = −1 +(x+ 1)(y + 1)

1 + xysi x ∗ y = 1 − (x− 1)(y − 1)

1 + xy.

Asadar, ∗ este o operatie pe G. Din (1) rezulta ca ∗ este comutativa. Asociativitateasa se obtine astfel:

(x ∗ y) ∗ z =x+ y

1 + xy∗ z =

x+ y + z + xyz

xy + xz + yz + 1,

x ∗ (y ∗ z) = x ∗ y + z

1 + yz=

x+ y + z + xyz

xy + xz + yz + 1.

159

Presupunem ca e este elementul neutru. Atunci x ∗ e = x pentru orice x ∈ G, adicax+ e

1 + xe= x pentru orice x ∈ G. Rezulta ca e = 0. Prin urmare, daca elementul

neutru exista, acesta este 0. Intrucat x ∗ 0 = x pentru orice x ∈ G, rezulta ca 0este elementul neutru. Daca x′ este simetricul lui x ∈ G atunci x ∗ x′ = 0 de undededucem x′ = −x ∈ G. Deci, daca simetricul lui x exista, acesta este −x. Se verificausor ca −x este simetricul lui x pentru orice x ∈ G. Astfel am aratat ca (G, ∗) esteun grup abelian.ii) Cum imaginea elementului neutru printr-un omomorfism de grupuri este elemen-tul neutru, rezulta ca f(1) = 0, ceea ce implica α = 1. Deci

(2) f(x) =x− 1

x+ 1.

Intrucat,

x− 1

x+ 1> −1 ⇔ 2x

x+ 1> 0 ,

x− 1

x+ 1< +1 ⇔ −2

x+ 1< 0 ,

avem f(x) ∈ G pentru orice x ∈ R∗+, ceea ce arata ca egalitatea (2) defineste o

functie f : R∗+ → G. Functia f este bijectiva deoarece ecuatia f(x) = y are o solutie

unica x =1 + y

1 − y∈ R∗

+. Prin calcul se arata ca f este un omomorfism, adica

f(x1x2) =x1x2 − 1

x1x2 + 1= f(x1) ∗ f(x2) .

Deci f este izomorfism.

2.54. Indicatie. (R, ∗) este monoid comutativ si e = 6 este elementul neutru. (R, ∗)nu este grup deoarece 5 nu are simetric. (R \ {5}, ∗) este grup comutativ. In acest grup

elementul neutru este e = 6 si simetricul lui x 6= 5 este x′ =5x− 24

x− 56= 5.

2.55. Indicatie. Fie a ∈ G si fa : X → G, fa(x) = a. Functia ϕ : G → GX , ϕ(a) = fa

este un omomorfism injectiv.

2.56. Indicatie. Se ia ın i) x = 0.

2.57. Indicatie. Faptul ca aG = G = Ga pentru orice a ∈ G este echivalent cu faptul

ca pentru orice a, b ∈ G ecuatiile ax = b si ya = b au solutii ın G.

2.58. Indicatii. b) Se considera cazurile i) n = 0, ii) n ∈ N∗, iii) −n ∈ N∗. Cazul ii) sedemonstreaza prin inductie dupa n, iar solutia pentru cazul iii) rezulta din ii), a) si dindefinitia puterilor cu exponent negativ.c) Daca m = 0 sau n = 0, egalitatea are loc. Prin inductie se arata ca

xy = yx⇒ xmy = yxm, ∀m ∈ N∗.

Folosind acest rezultat avem

xy = yx⇒ yx−1 = x−1y ⇒ x−1y = yx−1 ⇒ x−my = yx−m, ∀m ∈ N∗.

Asadar, xy = yx implica xmy = yxm pentru orice m ∈ Z. Folosind acest fapt deducem:

xmy = yxm ⇒ xmyn = ynxm, ∀n ∈ Z.


2.59. Indicatie. Se foloseste punctul i) al problemei anterioare.

2.60. Indicatii. Daca a ∈ G este regulat atunci functiile ta, t′a : G → G, ta(x) = ax,

t′a(x) = xa fiind injective, sunt si surjective (deoarece G este finit), deci pentru orice

a, b ∈ G ecuatiile ax = b si ya = b au solutii ın G si astfel G este grup. Grupurile infinite

nu pot fi caracterizate analog: de exemplu, (Z∗, ·) este un semigrup ın care orice element

este regulat, dar nu e grup.

2.61. Indicatie. Fie a ∈ R, a > 0, a 6= 1. Functia f : R∗+ → R, f(x) = loga x este un

izomorfism.

2.62. Indicatie. f : R → R, f(x) = n√x este un izomorfism al lui (R,+) pe (R, ∗).

2.63. Indicatie. Functia f : C → R × R, f(a + bi) = (a, b) este un izomorfism al lui

(C,+) ın (R × R,+). In (R∗ × R∗, ·) avem [(a, b)]n = (1, 1) (n ∈ N∗) daca si numai daca

a, b ∈ {−1, 1}. Daca ar exista un izomorfism g al lui (C∗, ·) ın (R∗ × R∗, ·) atunci toate

radacinile complexe z ale unitatii (care formeaza o multime infinita) ar verifica o egalitate

de forma [g(z)]n = (1, 1) deci bijectia g ar duce o submultime infinita a domeniului ıntr-o

submultime finita a codomeniului, ceea ce e imposibil.

2.64. Indicatii. i) Corespondenta (g, g′) 7→ (g′, g) realizeaza un izomorfism.

ii) Corespondentele (g, g′, g′′) 7→ ((g, g′), g′′) si (g, g′, g′′) 7→ (g, (g′, g′′)) realizeaza izomor-

fisme. Aceste izomorfisme pot fi obtinute si aplicand proprietatea de universalitate a

produsului direct de grupuri.

2.65. Indicatie. Surjectivitatea lui ta (respectiv t′a) este echivalenta cu faptul ca pentru

orice b ∈ G ecuatia ax = b (respectiv ya = b) are solutie ın G.

2.66. Indicatie. ii) Daca (G, ·) este un monoid atunci corepondenta g 7→ tg realizeaza

izomorfismul cerut. iii) Functia ϕ : G→ T ′(G), ϕ(g) = tg−1 este izomorfism.

2.67. Indicatie. i) Compusa a doua omomorfisme de grupoizi este, de asemenea, un

omomorfism. ii) Aut(G, ·) = U(End(G, ·), ◦).

2.68. Indicatie. ii) Daca 0′ este elementul neutru din (G′,+) atunci θ : G → G′,θ(x) = 0′ este elementul neutru din (Hom(G,G′),+), iar daca f : G → G′ este un

omomorfism atunci −f : G→ G′, (−f)(x) = −f(x) este, de asemenea, un omomorfism.

2.69. Indicatii. Sa remarcam ca ınmultirea definita este determinata de (distributivi-tatea sa fata de adunare si) de produsele din tabla

· 1 i j k

1 1 i j k

i i −1 k −jj j −k −1 i

k k j −i −1

i) 1 = 1 + 0i + 0j + 0k este elementul neutru. ii) Pentru q = a1 + a2i + a3j + a4k luam

q = a1 − a2i − a3j − a4k si N(q) = qq. Avem N(q) = a21 + a2

2 + a23 + a2

4, iar daca q 6= 0

atunci q−1 =1

N(q)· q.

161

2.70. Evident, H 6= ∅ (de exemplu, 1 ∈ H). Intrucat |z1 · z2| = |z1| · |z2| si|z|−1 = |z−1|, avem

z1, z2 ∈ H ⇒ |z1| = 1 = |z−12 | ⇒ |z1 · z−1

2 | = |z1| · |z−12 | = 1 ⇒ z1 · z−1

2 ∈ H.

Deci H este subgrup al lui (C∗, ·). Cum 1 ∈ H , dar 1 + 1 /∈ H , H nu este partestabila, deci nici subgrup, ın (C,+). Luand H ′ = R∗, H ′ este subgrup al lui (C∗, ·),dar H∪H ′ nu este subgrup deoarece nu este parte stabila (de exemplu, 2, i ∈ H∪H ′

si 2i /∈ H ∪H ′).

2.71. Indicatie. ∅ ∈ I \ S.

2.72. Indicatii. i) Supremumul multimii vide ın laticea subsemigrupurilor lui G este ∅,care nu este un subgrup al lui G. ii) H = sup(〈x〉)x∈H .

2.73. Indicatie. Daca H1,H2 ≤ G si exista h1 ∈ H1 \ H2, h2 ∈ H2 \ H1 atunci

h1h2 /∈ H1 ∪H2 pentru ca h1h2 ∈ H1 implica h2 ∈ H1, iar h1h2 ∈ H2 implica h1 ∈ H2.

2.74. Indicatie. H3 ⊆ H1 ∪H2 daca si numai daca H3 = (H1 ∩H3) ∪ (H2 ∩H3) si se

poate folosi ultima parte din problema anterioara.

2.75. Indicatie. Fie f : H ×K → H ·K, f(h, k) = hk si ρ = ker f . Cum f este ofunctie surjectiva avem |(H ×K)/ρ| = |H ·K| (vezi [34, Teorema 1.8.15]). In plus,∣∣∣(h, k)

∣∣∣ = |H ∩K|, deoarece clasa de echivalenta (h, k) a lui (h, k) este

(h, k) = {(hkg−1, g) | g ∈ (H ∩K)k}.

Toate clasele din (H×K)/ρ avand cardinalul |H∩K| si cardinalul multimii claselorfiind |H ·K| avem |H| · |K| = |H ×K| = |H ·K| · |H ∩K|.

2.76. Raspuns.

a) In S7,

(1 2 3 4 5 6 71 4 3 5 7 6 2

)= (2, 4, 5, 7),

(1 2 3 4 5 6 72 1 3 4 5 6 7

)= (1, 2) si

(1 2 3 4 5 6 71 3 2 6 7 4 5

)nu este un ciclu. b) σ3

1 = (4, 8, 6, 5), σ22 ◦ σ1 = (2, 3, 5, 8, 4, 6),

σ3 ◦ σ4 ◦ σ5 =

(1 2 3 4 5 6 7 86 4 7 1 3 8 5 2

), σ4

3 ◦ σ24 = (2, 4, 8, 7, 3, 5, 6), σ5 ◦ σ4 ◦ σ3 =

(1 2 3 4 5 6 7 88 1 2 5 4 7 3 6

).

2.77. Daca f ∈ SM \ {1M} atunci exista a ∈ M astfel ıncat b = f(a) 6= a. Din|M | ≥ 3 rezulta ca exista c ∈ M \ {a, b}. Luand functia g : M → M definita pring(b) = c, g(c) = b si g(x) = x pentru orice x ∈ M \ {b, c} avem (f ◦ g)(a) = b si(g ◦ f)(a) = c ceea ce implica f ◦ g 6= g ◦ f .

2.78. Daca f, g ∈ SM sunt permutari disjuncte si x ∈ M atunci avem una dinurmatoarele posibilitati: i) f(x) = x = g(x), ii) f(x) 6= x (si atunci x = g(x)) sauiii) g(x) 6= x (si atunci x = f(x)). In primul caz avem (f ◦ g)(x) = x = (g ◦ f)(x).In cazul ii) avem (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(x), iar cum f(x) 6= x si f este injectivaavem f(f(x)) 6= f(x), deci f(x) = g(f(x)) = (g ◦ f)(x). Analog se trateaza si cazuliii). Asadar, f ◦ g = g ◦ f .


2.79. Indicatie. Fie α = (i1, i2, . . . , il) si β = (j1, j2, . . . , jk). Daca {i1, i2, . . . , il},{j1, j2, . . . , jk} sunt multimi disjuncte, faptul ca α, β ∈ Sn sunt disjuncte rezulta din

definitie. Reciproc, se arata ca daca {i1, i2, . . . , il} ∩ {j1, j2, . . . , jk} 6= ∅ atunci α si β nu

sunt disjuncte. Intr-adevar, fara a restrange generalitatea putem presupune ca i1 = j1 si

atunci α(i1) = i2 6= i1 si β(i1) = β(j1) = j2 6= j1 = i1.

2.80. Raspuns. a) τ = (1, 9, 2, 12) ◦ (3, 8) ◦ (4, 11, 10) ◦ (5, 6, 7); b) σ = (1, 2, 3) ◦(4, 5, 6, 8) = (1, 3) ◦ (1, 2) ◦ (4, 8) ◦ (4, 6) ◦ (4, 5) = (1, 2) ◦ (2, 3) ◦ (4, 5) ◦ (5, 6) ◦ (6, 8).

2.81. Raspuns. i) C2n; ii) (n− 1)!; iii) (l − 1)! · C l

n; iv)

n∑

l=2

(l − 1)! · C ln.

2.82. Indicatie. iii) se arata prin inductie dupa m.

2.83. Indicatii. a) Avem (σ ◦ γ ◦ σ−1)(σ(ik)) = σ(i1). Daca j ∈ {1, . . . , k − 1} avem(σ ◦ γ ◦ σ−1)(σ(ij)) = σ(ij+1), iar daca i /∈ {σ(i1), . . . , σ(ik)}, adica σ−1(i) /∈ {i1, . . . , ik},atunci γ(σ−1(i)) = σ−1(i), ceea ce implica (σ ◦ γ ◦ σ−1)(i) = i.

b) Folosind a) se arata ca σ1 ◦ σ4 ◦ σ−11 = (4, 3, 2, 5, 1) ◦ (2, 3) ◦ (2, 6), σ−2

5 ◦ σ3 ◦ σ25 =

(8, 4, 7) ◦ (7, 5, 2, 3) ◦ (8, 6, 4, 1), σ−52 ◦ σ4 ◦ σ5

2 = (8, 2, 1, 3, 4) ◦ (1, 2) ◦ (1, 5).

c) Se verifica egalitatile σ1 ◦ σ2 ◦ σ−11 = σ2 si σ1 ◦ σ3 ◦ σ−1

1 = σ3.

2.84. Fie σ ∈ Sn si γ = (i1, i2, . . . , in). Presupunem ca γ ◦ σ = σ ◦ γ. Aceastaınseamnaa ca (γ ◦ σ)(il) = (σ ◦ γ)(il) pentru orice l ∈ {1, . . . , n}. Asadar, notandik = σ(i1) si ınlocuind pe l cu 1 obtinem ik+1 = σ(i2), daca k ≤ n− 1 si i1 = σ(i2).Luand l = 2 primim ik+2 = σ(i3) daca k + 1 ≤ n − 1 si i2 = σ(i3). Contimuandrationamentul, conform problemei 2.82, se obtine σ = γk−1. Deci σ comuta cu γnumai daca σ este o putere a lui γ. Intrucat puterile lui γ comuta cu γ, urmeaza caelementele din Sn permutabile cu γ coincid cu puterile lui γ.

2.85. Indicatii. a) Orice permutate (diferita de permutarea identica) se scrie ca unprodus de cicluri disjuncte si orice ciclu se scrie ca un produs de transpozitii astfel

(i1, i2, . . . , ik) = (i1, ik) ◦ (i1, ik−1) ◦ · · · ◦ (i1, i2).

b) Pentru orice i, j ∈ {1, . . . , n}, i 6= j avem (i, j) = (1, i) ◦ (1, j) ◦ (1, i) (vezi 2.83).

c) (1, 2) ◦ (2, 3) ◦ (1, 2) = (1, 3), (1, 3) ◦ (3, 4) ◦ (1, 3) = (1, 4) s. a. m. d. (vezi 2.83).d) Conform problemei 2.83 avem (i1, i2, . . . , in) ◦ (i1, i2) ◦ (in, in−1, . . . , i1) = (i2, i3),(i1, i2, . . . , in) ◦ (i2, i3) ◦ (in, in−1, . . . , i1) = (i3, i4) s. a. m. d.

e) Cum (j1, j2, . . . , jn) = (jn, j1, j2, . . . , jn−1) putem face ca i1 sa apara pe prima pozitie

ın scrierea ciclului (j1, j2, . . . , jn), apoi, folosind problema 2.82, gasim ıntre puterile lui

(j1, j2, . . . , jn) = (i1, i′2, . . . , i

′n) (cu {i1, i′2, . . . , i′n} = {1, 2, . . . , n}) un ciclu de forma

(i1, i2, i′′3 , . . . , i

′′n) (cu {i1, i2, i′′3 , . . . , i′′n} = {1, 2, . . . , n}) si folosim punctul anterior.

2.86. Indicatii. a) Din punctul a) al problemei anterioare se deduce ca toate produselede cate doua transpozitii genereaza pe An, iar daca i, j, k, l ∈ {1, . . . , n} sunt distincte,

(i, l) ◦ (i, j) = (i, j, l) si (i, j) ◦ (k, l) = (i, j) ◦ (i, k) ◦ (k, i) ◦ (k, l) = (i, j, k) ◦ (k, l, i).

b) Se foloseste punctul b) al problemei anterioare si

(1, 3) ◦ (1, 2) = (1, 2, 3), (1, 4) ◦ (1, 2) = (1, 2, 4), . . . , (1, n) ◦ (1, 2) = (1, 2, n).

163

2.87. Indicatii. Matricea unitate In are det In = 1, iar daca A,B ∈ Mn(K) atuncidet(AB) = detA · detB. Rezulta ca daca detA 6= 0 atunci detA−1 = (detA)−1.

i) Functia f : K →Mn(K), f(x) = xIn este un omomorfism injectiv. (Mn(K), ·) nu estegrup deoarece matricele cu determinantul nul nu sunt inversabile.

ii) GLn(K) este parte stabila ın Mn(K) deoarece

A,B ∈ GLn(K) ⇒ detA 6= 0 6= detB ⇒ det(AB) = detA · detB 6= 0 ⇒ AB ∈ GLn(K).

Din asociativitatea ınmultirii matricelor rezulta ca operatia indusa de aceasta ın GLn(K)este asociativa, iar din det In = 1 rezulta In ∈ GLn(K). In plus, daca A ∈ GLn(K) atuncidetA 6= 0, de unde rezulta ca exista A−1 ∈Mn(K) astfel ıncat AA−1 = In = A−1A. AvemdetA−1 6= 0, adica A−1 ∈ GLn(K) si astfel (GLn(K), ·) este grup. Acesta este grupulelementelor inversabile ale monoidului (Mn(K), ·).iii) Functia ϕ : K∗ → GLn(K), ϕ(x) = xIn este un omomorfism injectiv.

iv) Functia ψ : C∗ → GLn(R), ψ(a + bi) =

(a b−b a

)este un omomorfism injectiv.

v) Cum In ∈ SLn(K), avem SLn(K) 6= ∅. Daca A,B ∈ SLn(K) atunci AB ∈ SLn(K)

deoarece det(AB) = detA · detB = 1, iar daca A ∈ SLn(K), din AA−1 = In deducem

detA−1 = detA−1 · detA = 1, asadar A−1 ∈ SLn(K).

2.88. Evident {aIn | a ∈ K∗} ⊆ Z(GLn(K)). Invers, daca A = (aij) ∈ Z(GLn(K))atunci, pentru orice i, j ∈ {1, . . . , n}, A comuta cu matricea Eij obtinuta din Inprin permutarea liniilor i si j, iar din Eij · A = A · Eij rezulta aii = ajj si aij = aji.Urmeaza ca A este simetrica si a11 = a22 = · · · = ann = a. Fie x ∈ K∗ \ {1} si

Ex11 =

x 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0...

......

...0 0 0 . . . 1

,

adica matricea obtinuta din In ınlocuind elementul din linia 1 si coloana 1 cu x. DinEx

11 ∈ GLn(K) rezulta ca Ex11 · A = A · Ex

11, ceea ce implica a1jx = a1j pentru oricej ∈ {2, 3, . . . , n}, de unde rezulta ca a12 = a13 = · · · = a1n = 0. Analog se obtinea21 = a23 = · · · = a2n = 0, . . . , an1 = an2 = · · · = an,n−1 = 0, deci A = aIn.

2.89. Indicatie. iii) Daca n ∈ Z atunci

(1 10 1

)n

=

(1 n0 1

).

2.90. Indicatie. AB = −(

1 10 1

).

2.91. Fie In matricea unitate de tipul (n, n), E1, . . . , En liniile sale si E1, . . . , En

coloanele sale. Pentru σ ∈ Sn notam σ(In) =(Eσ(1), Eσ(2), . . . , Eσ(n)

). Avem

σ(In) ∈ GLn(Z) si σ(In) =

Eσ−1(1)

· · ·Eσ−1(n)

,


iar daca σ, τ ∈ Sn atunci

σ(In)τ (In) =

Eσ−1(1)

· · ·Eσ−1(n)

(Eτ(1), Eτ(2), . . . , Eτ(n)

)

=

Eσ−1(1)Eτ(1) . . . Eσ−1(1)E

τ(n)

......

Eσ−1(n)Eτ(1) . . . Eσ−1(n)E

τ(n)

=

(Eσ(τ(1)), . . . , Eσ(τ(n))

)

= σ ◦ τ(In).

Rezulta ca functia f : Sn → GLn(Z), f(σ) = σ(In) este un omomorfism injectiv.

2.92. Indicatie. Se aplica Teorema lui Cayley si problema anterioara.

2.93. Raspuns. ordx = 2, ord y = ∞, ord z = 4, ordu =ord v = ∞ si 〈x〉 = {x, x2},〈y〉 = {yk | k ∈ Z}, 〈z〉 = {z, z2, z3, z4}, 〈u〉 = {uk | k ∈ Z}, 〈v〉 = {vk | k ∈ Z}.

2.94. Fie C(X) = CMX = M \X complementara submultimii X ⊆M . Avem

(1) X△Y = [X ∩ C(Y )] ∪ [Y ∩ C(X)].

In stabilirea asociativitatii operatiei △ avem nevoie de egalitatea

(2) C(X△Y ) = (X ∩ Y ) ∪ [C(X) ∩ C(Y )]

care se deduce din (1), din formulele lui de Morgan si din distributivitatea intersectieifata de reuniune astfel:

C(X△Y ) = C(X ∩ C(Y )) ∩ C(Y ∩ C(X)) = [C(X) ∪ Y ] ∪ [C(Y ) ∪X]

= {[C(X) ∪ Y ] ∩ C(Y )} ∪ {[C(X) ∪ Y ] ∩X}= [C(X) ∩ C(Y )] ∪ [Y ∩ C(Y )] ∪ [C(X) ∪X] ∪ [Y ∩X]

= [C(X) ∩ C(Y )] ∪ ∅ ∪ ∅ ∪ (X ∩ Y ) = (X ∩ Y ) ∪ [C(X) ∩ C(Y )].

Folosind (1) si (2) avem

(X△Y )△Z = [(X + Y ) ∩ C(Z)] ∪ [C(X + Y ) ∩ Z]

={[(X ∩ C(Y )) ∪ (Y ∩ C(X))] ∩ C(Z)} ∪ {[(X ∩ Y ) ∪ (C(X) ∩ C(Y ))] ∩ Z}=[X ∩ C(Y ) ∩ C(Z)] ∪ [Y ∩ C(X) ∩ C(Z)] ∪ [X ∩ Y ∩ Z] ∪ [C(X) ∩ C(Y ) ∩ Z]

=(X ∩ Y ∩ Z) ∪ [X ∩ C(Y ) ∩ C(Z)] ∪ [C(X) ∩ Y ∩ C(Z)] ∪ [C(X) ∩ C(Y ) ∩ Z].

La acelasi rezultat se ajunge si calculand pe X△(Y△Z). Deci △ este asociativa.Din definitia operatiei △ rezulta ca △ este comutativa, are element neutru

submultimea vida si X△X = ∅, adica opusa lui X este X. Deci (P(M),△) estegrup abelian ın care orice element diferit de ∅ are ordinul 2.

2.95. Indicatie. Problema 2.95 este o generalizare a problemei 2.94 si, pentru a orezolva, se procedeaza ın mod analog: se arata ca (x+y)′ = (x∧y)∨ (x′∧y′), se stabilesteasocitivitatea lui + demonstrand ca

(x+ y) + z = (x ∧ y′ ∧ z′) ∨ (x′ ∧ y ∧ z′) ∨ (x′ ∧ y′ ∧ z) ∨ (x ∧ y ∧ z) = x+ (y + z),

se verifica faptul ca cel mai mic element 0 este element neutru si ca x+ x = 0.

165

2.96. Indicatie. {{x,−x} | x ∈ G} este o partitie a lui G.

2.97. Daca ord(xy) = n ∈ N∗ atunci ınmultind cu y la stanga si cu y−1 la dreaptaın egalitatea x(yx)n−1y = (xy)n = 1 avem (yx)n = 1, de unde rezulta ca ord(yx)este finit si ord(yx) divide pe ord(xy). Analog se obtine ord(xy) | ord(yx), deciord(xy) = ord(yx). Daca ord(xy) este infinit si ord(yx) ar fi finit, conform celor demai sus, s-ar obtine o contradictie.

2.98. Reamintim ca pentru orice k ∈ Z avem [f(x)]k = f(xk). Notam cu 1 si 1′

elementele neutre din G, respectiv din G′.i) Daca ordx = n ∈ N∗ atunci [f(x)]n = f(xn) = f(1) = 1′, ceea ce implicaordf(x)|n.ii) Daca ordx este finit, egal cu n ∈ N∗, atunci, conform a), ordf(x) = m ∈ N∗

si m|n. Avem, de asemenea, f(1) = 1′ = [f(x)]m = f(xm) de unde, pe bazainjectivitatii lui f , deducem xm = 1, adica n|m. Deci m = n. Daca ordx = ∞ siordf(x) ar fi finit, egal cu m ∈ N∗ atunci ca mai sus se obtine xm = 1, contradictie.iii) daca ordf(x) = ord x pentru orice x ∈ G atunci f(x) = 1′ implica ord x = 1,adica x = 1. Urmeaza ca nucleul lui f este {1}, deci f este injectiv.

2.99. i) Elementul neutru este singurul element de ordinul 1.ii) Pentru orice k ∈ Z avem (x−1)k = (xk)−1, deci xk = 1 daca si numai daca(x−1)k = 1, de unde urmeaza ca ordx = ord x−1.iii) Fie d = (k, n) si m = ord(xk). Avem n = n′d si k = k′d, unde (k′, n′) = 1.Sa aratam ca m = n′. Din m = ord(xk) rezulta ca xkm = 1, iar cum n = ord xdeducem ca n|km, de unde urmeaza n′|k′m. De aici si din (k′, n′) = 1 avem n′|m.Din k = k′d, n = n′d si n = ord x obtinem

(xk)n′

= xkn′

= xk′dn′

= xk′n = (xn)k′

= 1,

asadar m = ord(xk) divide pe n′. Cum m,n′ ∈ N∗, m|n′ si n′|m avem m = n′.

iv) ord(xk) =n

(k, n)=

n

(k, km)=n

k= m.

v) G = 〈xk〉 ⇔ ord(xk) = n⇔ (k, n) = 1.vi) Corespondenta d 7→

⟨x

nd

⟩realizeaza un izomorfism de ordine ıntre laticea (Dn, |)

si laticea subgrupurilor lui (G, ·).

Observatie: Cu notatiile de mai sus, considerand ca c.m.m.d.c. a doua numere ıntregi

este numar natural, din ii) si iii) rezulta ca ord(xk) =n

(k, n)pentru orice k ∈ Z.

2.100. Fie a = [m,n] si d = (m,n). Daca m = m′d, n = n′d (m′n′ ∈ N∗) atuncia = m′n′d = mn′ = m′n.i) Din (xy)a = xa · ya = (xm)n′ · (yn)m′

= 1 · 1 = 1 rezulta ca ord(xy) este finit sidivide pe a.ii) Daca b = ord(xy) atunci xb · yb = (xy)b = 1 implica xb = y−b. Dar xb ∈ 〈x〉 siy−b ∈ 〈y〉, ceea ce arata ca xb = y−b = 1. Cum ord x = m si ord y = n avem m|b sin|b, deci a|b, ceea ce ımpreuna cu i) conduce la ord(xy) = [m,n].iii) Din Teorema lui Lagrange avem ca |〈x〉∩〈y〉| divide pe m = |〈x〉| si pe n = |〈y〉|,iar cum (m,n) = 1, avem |〈x〉 ∩ 〈y〉| = 1. In consecinta, 〈x〉 ∩ 〈y〉 = {1}, asadar


ord(xy) = [m,n] = mn. Evident, 〈xy〉 ⊆ 〈x, y〉. Cum (m,n) = 1, exista u, v ∈ Zastfel ıncat um+ vn = 1. Deducem ca

x = xum+vn = (xm)uxvn = xvn = xvn(yn)v = (xy)vn

si, analog, y = (xy)um. Deci x, y ∈ 〈xy〉, ceea ce implica 〈x, y〉 ⊆ 〈xy〉.iv) Fie {p1, p2, . . . , pl} multimea obtinuta reunind multimea divizorilor primi ai luim cu multimea divizorilor primi ai lui n. Avem

m = pα11 · · · pαl

l , n = pβ1

1 · · · pβl

l ,

unde αi, βi ∈ N (i = 1, . . . , l). Putem presupune, fara a restrange generalitatea, caα1 ≤ β1, . . . , αk ≤ βk, αk+1 ≥ βk+1, . . . , αl ≥ βl, unde 1 ≤ k ≤ l. Atunci

a = [m,n] = pβ1

1 · · · pβk

k pαk+1

k+1 · · · pαll ,

unde numerele p = pβ1

1 · · · pβk

k , q = pαk+1

k+1 · · ·pαll sunt relativ prime, iar daca

p′ = pβk+1

k+1 · · · pβl

l , q′ = pα1

1 · · · pαkk

atunci ord(xq′) = q si ord(yp′) = p (vezi problema anterioara). Conform punctuluiii), elementul xq′yp′ ∈ G are ordinul pq = a.

2.101. Indicatie. Daca i, j = 1, . . . , k, i 6= j atunci 〈γi〉 ∩ 〈γj〉 = {e} si se aplica ii) din

problema anterioara.

2.102. Indicatie. Vezi problema 2.90 sau daca (SP , ◦) este grupul permutarilor planului

P si sA, sB sunt simetriile lui P ın raport cu doua puncte diferite A, respectiv B din P

atunci ord sA = 2 = ord sB si ord(sA ◦ sB) = ∞.

2.103. i) Din problema 2.117 rezulta ca t(G) 6= ∅ (1 ∈ t(G)) si ca xy ∈ t(G) pentruorice x, y ∈ t(G). Cum ord x = ord x−1 avem si x−1 ∈ t(G) pentru orice x ∈ t(G),deci t(G) este subgrup.ii) Vezi problema 2.102.

iii) De exemplu, ın (R∗, ·) avem ord 2 = ∞ = ord

(−1

2

), dar ord

(−1

2· 2)

= 2.

Asadar, (R∗ \ t(R∗)) ∪ {1} = R∗ \ {−1} nu este subgrup.iv) Daca h ∈ H atunci, cum H ⊆ t(G), urmeaza ca n = ordh < ∞ si hn = 1. Decih−1 = hn−1 ∈ H .v) Daca G este finit atunci t(G) = G si se aplica iii).

2.104. Indicatii. i) Un izomorfism f : G → G′ induce ıntre partile de torsiune un

izomorfism f ′ : t(G) → t(G′), f ′(x) = f(x); ii) t(Q∗, ·) = {−1, 1} = t(R∗, ·).

2.105. Indicatie. Partile de torsiune nu sunt izomorfe.

2.106. Raspuns. t(C∗, ·).

2.107. Indicatie. Z = 〈1〉.

167

2.108. Indicatii. iii) Se foloseste faptul ca orice subgrup al unui grup ciclic este ciclicsau se poate proceda astfel: daca H = {0} atunci n = 0, iar daca H 6= {0} atunciH ∩ N∗ 6= ∅ si n = min(H ∩ N∗). Intr-adevar, nZ ⊆ H, iar daca h ∈ H atunci, conformteoremei ımpartirii cu rest ın Z, exista q, r ∈ Z astfel ıncat h = nq + r si 0 ≤ r ≤ n − 1.Rezulta ca r ∈ H ∩ N si pentru a nu contrazice minimalitatea lui n trebuie ca r = 0, decih ∈ nZ. Unicitatea lui n rezulta din ii) si antisimetria divizibilitatii ın N.

iv) Corespondenta n 7→ nZ realizeaza un antiizomorfism de ordine (deci si un antiizomor-fism laticial) ıntre laticea (N, |) si laticea subgrupurilor lui (Z,+).

v) Este o consecinta imediata a lui iv). Se poate proceda si astfel: daca x ∈ mZ ∩ nZatunci m|x, n|x si avem [m,n]|x, iar daca [m,n]|x atunci m|x si n|x, si deducem camZ ∩ nZ = [m,n]Z; se verifica mZ + nZ ≤ Z, prin urmare exista d ∈ N astfel ıncatmZ + nZ = dZ si d = (m,n) deoarece d|m, d|n, iar daca d′ ∈ N cu d′|m si d′|n atuncid′ ∈ mZ + nZ = dZ, deci d′|d.vi) Se foloseste iii), iv) si [34, Teorema 2.8.13].

vii) (N, |) este latice distributiva (vezi problema 1.147).

2.109. Fie f : Q → Z un omomorfism, x ∈ Q arbitrar si f(x) = a ∈ Z. Atunci,

pentru orice n ∈ N∗ avem a = f(x) = f(n · x

n

)= n · f

(xn

), iar cum f

(xn

)∈ Z,

deducem ca a = 0 (fiind multiplu pentru orice n ∈ N∗), asadar f(x) = 0 pentruorice x ∈ Q.

Fie n ∈ N, n ≥ 2 si g : Zn → Z un omomorfism. Daca x ∈ Zn si g(x) = a ∈ Zatunci na = ng(x) = g (nx) = g (nx) = g(0) = 0, iar cum n 6= 0, deducem ca a = 0,deci g(x) = 0 pentru orice x ∈ Zn.

2.110. Indicatii. Daca n ∈ N∗ atunci corepondenta k 7→ nk realizeaza un izomorfism de

la (Z,+) la (nZ,+). Cum singurul omomorfism de la (Q,+) la (Z,+) este omomorfismul

nul, aceste grupuri nu sunt izomorfe.

2.111. Indicatii. Un = 〈ε1〉, unde ε1 = cos2π

n+ i sin

2π

n, iar daca G este un grup ciclic

de ordinul n generat de x atunci functia f : G→ Un, f(xk) = εk1 este un izomorfism.

2.112. Indicatii. Vezi problema 2.99, vi) si problema 2.108, vii).

2.113. Indicatie. Fie (G, ·) un grup infinit. Daca G are un element de ordin infinit

atunci 〈x〉 ≃ (Z,+) si din problema 2.108 rezulta ca G are o infinitate de subgrupuri.

Daca toate elementele lui G au ordinele finite si multimea subgrupurilor ciclice ale lui G

ar fi formata numai din H1, . . . ,Hn atunci G = H1 ∪H2 ∪ · · · ∪Hn, de unde ar urma ca

G este finit.

2.114. Raspuns. i) Grupurile cu cate un singur element. ii) Grupurile de ordinul p, cu

p numar prim.

2.115. Raspuns. Grupurile cu torsiune.

2.116. Indicatii. i) Grupurile cat ale lui (Z,+) sunt (Z/nZ,+), cu n ∈ N. Daca n = 0

atunci Z/{0} = {{k} | k ∈ Z} ≃ Z. Daca n ∈ N∗ atunci Z/nZ = Zn = {0, 1, . . . , n− 1},unde i = i+ nZ. Operatia din grupul cat este definita de egalitatea i+ j = i+ j si avem

Zn = 〈1〉. ii) (Zn,+) ≃ (Un, ·) pentru orice n ∈ N∗.


2.117. Indicatie. Cum orice grup ciclic este izomorf cu (Z,+) sau cu (Zn,+), n ∈ N∗,este suficient sa demonsram urmatoarele:

a) (Z ×Z,+) nu este ciclic. Intr-adevar, daca (a, b) ∈ Z si a 6= b atunci subgrupul 〈(a, b)〉nu contine perechile (m,m), cu m ∈ Z, iar daca a = b atunci subgrupul 〈(a, b)〉 nu contineperechile (m,n) ∈ Z × Z, cu m 6= n. Deci pentru orice a, b ∈ Z, subgrupul 〈(a, b)〉 estediferit de Z × Z.

b) (Z × Zn,+), cu n ∈ N∗, nu este ciclic deoarece este infinit si are elemente nenule deordin finit.

b’) (Zn × Z,+), cu n ∈ N∗, nu este ciclic.

c) (Zm × Zn,+), cu (m,n) = d > 1, nu este ciclic deoarece ordinul fiecarui element din

acest grup nu depaseste pemn

d(vezi problema 2.100) si

mn

d< mn.

d) (Zm × Zn,+), cu (m,n) = 1, este ciclic deoarece elementul (1, 1) = (1, 0) + (0, 1) are

ordinul mn.

2.118. Indicatie. Se foloseste problema anterioara si se face o inductie dupa n.

2.119. Indicatie. Se foloseste problema anterioara.

2.120. Cum produsul direct este un grup infinit, ca sa fie ciclic ar trebui sa fieizomorf cu (Z,+). Atunci orice subgrup nenul al sau ar fi ciclic infinit, deci sigrupurile din familia data ar fi infinite, ele fiind izomorfe cu subgrupuri ale produsu-lui direct. Urmeaza ca produsul direct are un subgrup ciclic izomorf cu (Z × Z,+)contradictie cu a) din solutia problemei 2.117.

2.121. Presupunem ca exista un grup de ordinul 4 neciclic (G, ·). Fie G = {e, a, b, c}si e elementul neutru. Din ipoteza ca G nu este ciclic urmeaza ca nici un elementdin G nu are ordinul 4. Intrucat e este singurul element de ordinul 1 si ordinulfiecarui element divide ordinul grupului, rezulta ord a = ord b = ord c = 2. Decia2 = b2 = c2 = e si putem completa ın tabla de operatie a lui (G, ·) linia si coloanalui e, precum si diagonala care contine patratele elementelor din G.

· e a b ce e a b ca a e c bb b c e ac c b a e

Intrucat translatiile unui grup sunt bijectii, rezulta ca ın tabla de operatie, atat pefiecare linie cat si pe fiecare coloana figureaza toate elementel lui G, fara repetitii.Aceasta constatare ne permite sa completam toate locurile din tabla de operatieıntr-un singur mod, ca mai sus. Astfel, s-a demonstrat ca exista cel mult un grup deordinul 4 neciclic. Pentru a demonstra existenta acestui grup putem proceda astfel:

i) Aratam ca G este un grup ın raport cu operatia definita ın tabelul de mai sus.

ii) Gasim un exemplu de grup neciclic de ordinul 4.

Prima cale duce la complicatii cand se demonstreaza asociativitatea operatiei.De aceea vom urma calea a doua. In acest scop consideram un dreptunghi ABCD,care nu este patrat, E mijlocul laturii [CD], F mijlocul lui [AB], G mijlocul lui

169

[AD] si H mijlocul lui [BC].

·D

G

·E ·C

H· ·

q q q q qq q

qqqqqqq

MM M M M M MO

MMMMMMM ·

·A ·F

·B

Fie urmatoarele functii bijective ale acestui dreptunghi pe el ınsusi: σ1 = functiaidentica, σ2 = simetria ın raport cu EF , σ3 = simetria ın raport cu GH , σ4 =simetria ın raport cu O = AC ∩ BD. Fiecare dintre aceste functii este determi-nata de imaginile varfurilor A,B,C,D prin ea. Dea aceea putem face urmatoareleidentificari:

σ1 =

(A B C DA B C D

), σ2 =

(A B C DB A D C

), σ3 =

(A B C DD C B A

),

σ4 =

(A B C DC D A B

).

Aratam ca multimeaK = {σ1, σ2, σ3, σ4} formeaza un grup ımpreuna cu compunereafunctiilor. In acest scop ıntocmim tabelul

◦ σ1 σ2 σ3 σ4

σ1 σ1 σ2 σ3 σ4

σ2 σ2 σ1 σ4 σ3

σ3 σ3 σ4 σ1 σ2

σ4 σ4 σ3 σ2 σ1

Din tabel deducem ca multimea K este o parte stabila ın monoidul functiilor drep-tunghiului ın el ınsusi si ca unitatea acestui monoid apartine lui K. Deci (K, ◦)este un monoid. Din tabel rezulta ca σ−1

1 = σ1, σ−12 = σ2, σ

−13 = σ3, σ

−14 = σ4.

Astfel s-a aratat ca (K, ◦) este un grup. Tot din tabel deducem ca ordσ1 = 1 siord σ2 = ord σ3 = ord σ4 = 2 . Deci grupul (K, ◦) nu este ciclic, dar din tabel se vedeca este comutativ.

2.122. Daca G = {e} este o multime cu un singur element atunci pe G se poatedefini o singura operatie binara ∗ data de egalitatea e ∗ e = e si (G, ∗) este un grup.Rezulta ca, abstractie facand de un izomorfism, exista un singur grup de ordinul 1.Daca G este un grup de ordinul 2, respectiv 3,5, rezulta din [34, Teorema 2.7.10] caG este izomorf cu U2, respectiv cu U3, U5. Daca G este un grup de ordinul 4 atuncidistingem doua cazuri: a) G este ciclic si atunci G ≃ U4; b) G nu este ciclic si atunciG este izomorf cu grupul (K, ◦) din problema anterioara. Prin urmare, abstractiefacand de un izomorfism, exista doua grupuri de ordinul 4: grupul radacinilor deordinul 4 ale unitatii si grupul lui Klein.

2.123. Indicatie. Daca x ∈ N∗, f(x) = f(1 + 1 + · · · + 1︸︷︷︸x termeni

) = xf(1) si f(−x) = −f(x).


2.124. Indicatie. Daca f este un endomorfism al grupului (Q,+) si m,n ∈ N∗ atunci

f(mn

)= f

(1

n+ · · · + 1

n︸︷︷︸

)

m termeni

= mf

(1

n

). Rezulta ca f(1) = f

(nn

)= nf

(1

n

), deci

f

(1

n

)=

1

nf (1), f

(mn

)=m

nf (1), iar f

(−mn

)= −f

(mn

).

2.125. Indicatie. Un omomorfism f de la (Z,+) la (G,+) este determinat de f(1).

Functia ϕ : Hom(Z, G) → G, ϕ(f) = f(1) este un izomorfism de grupuri.

2.126. Indicatie. Un omomorfism f : Z6 → Z3 este determinat de f(1) si f(1) = a

daca si numai daxca 6a = 0. Deci a poate fi orice element din Z3. Rezulta ca exista 3

omomorfisme de la Z6 ın Z3. Analog se deduce ca exista 3 omomorfisme ale lui Z3 ın Z9.

2.127. Indicatie. Fie x ∈ Z. Notam cu x, respectiv x clasa lui x ın Zm, respectiv

Zn. Daca f : Zm → Zn este un omomorfism atunci f este determinat de f(1) ∈ Zn si

mf(1) = f(m) = f(0) = 0 si nf(1) = 0. Prin urmare, daca d = (m,n) si n = kd atunci

d f(1) = 0 deoarece exista u, v ∈ Z astfel ıncat um + vn = d. Rezulta ca reprezentantii

lui f(1) sunt multipli de k, adica f(1) ∈ kZn. Daca a ∈ kZn atunci functia f : Zm → Zn,

f(x) = xa este un omomorfism. Functia ϕ : Hom(Zm,Zn) → kZn, ϕ(f) = f(1) este un

izomorfism, iar kZn =⟨k⟩

si ordinul lui k este d. Deci kZn ≃ Zd.

2.128. Indicatie. Cum f(G) = f(〈a〉) = 〈f(a)〉, omomorfismul f este surjectiv daca si

numai daca G = 〈f(a)〉.

2.129. Indicatii. i) Singurele automorfisme ale lui (Z,+) sunt 1Z si −1Z (vezi problema2.123).ii) (Z5,+) este generat de orice x ∈ Z∗

5 = Z5 \ {0}. Din problema anterioara rezulta caautomorfismele lui Z5 sunt date de urmatoarele egalitati:

f1(x) = x, f2(x) = 2x, f3(x) = 3x, f4(x) = 4x,

si ca Aut(Z5,+) = 〈f2〉 ≃ Z4.

iii) (Z6,+) are numai doi generatori: pe 1 si pe 5. Automorfismele lui Z6 sunt date de

egalitatile f1(x) = x si f2(x) = 5x.

2.130. Indicatii. Daca s ∈ S, h, h′ ∈ H atunci avem: i) f(f(sh)) = f(s) = s = f(sh);

ii) (sh)−1f(sh) = h−1s−1s = h−1 ∈ H; iii) f((sh′)h) = f(s(h′h)) = s = f(sh).

2.131. Indicatie. Din ii) rezulta ca o clasa xH ∈ G/ρH are ca reprezentant pe f(x),

deci⋃

x∈G

f(x)H = G, iar din i) si iii) se deduce ca elemente diferite din f(G) determina

clase diferite ın G/ρH .

2.132. Fie H subgrup ın G, A = aH si x, y, z ∈ A. Atunci exista h1, h2, h3 ∈ Hastfel ıncat x = ah1, y = ah2, z = ah3, deci xy−1z = ah1h

−12 h3 ∈ aH = A.

Invers, daca A verifica conditia din enunt si fixam un element a ∈ A, iar H estemultimea solutiilor ecuatiilor ax = b, cu b ∈ A, atunci H este subgrup al lui G.Intr-adevar, 1 ∈ H , iar daca ax1 = b1 si ax2 = b2, cu b1, b2 ∈ A, atunci x2 = a−1b2,a(x1x

−12 ) = b1(a

−1b2)−1 = b1b

−12 a si b1b

−12 a ∈ A, deci x1x

−12 ∈ H . Este evident ca

A = aH . Analog se procedeaza ın cazul claselor la dreapta.

171

2.133. Indicatii. Din teorema de caracterizare a subgrupului se deduce usor ca

H ≤ G⇔ H 6= ∅, H ·H = H, H−1 = H.

i) Daca H1H2 ≤ G atunci H1H2 = (H1H2)−1 = (H2)

−1(H1)−1 = H2H1, iar daca are loc

egalitatea H1H2 = H2H1 atunci (H1H2)(H1H2) = (H1H1)(H2H2) = H1H2 si (H1H2)−1 =

(H2)−1(H1)

−1 = H2H1 = H1H2.ii) H1,H2 ⊆ H1H2, iar daca H ≤ G cu H1,H2 ⊆ H atunci H1H2 ⊆ H ·H = H.

iii) Daca g ∈ G, h1 ∈ H1 si h2 ∈ H2 atunci g−1(h1h2)g = (g−1h1g)(g−1h2g) ∈ H1H2.

2.134. Indicatii. i) Din conditia din enunt se deduce ca orice doua produse finite deelemente din X ∪X−1 comuta.ii) Se foloseste i) si faptul ca pentru orice n ∈ N∗ si x1, . . . , xn ∈ X avem

g−1(x1x2 · · · xn)g = (g−1x1g)(g−1x2g) · · · (g−1xng).

iii) Conditia din enunt conduce la faptul ca orice element din subgrupul 〈X1〉 comuta cuorice element din subgrupul 〈X2〉, de unde urmeaza 〈X1〉〈X2〉 = 〈X2〉〈X1〉, deci, conformproblemei anterioare, punctul ii), avem 〈X1〉〈X2〉 = 〈〈X1〉 ∪ 〈X2〉〉 = 〈X1 ∪X2〉.iv) Daca X1X2 = X2X1 atunci 〈X1〉〈X2〉 = 〈X2〉〈X1〉 si se continua ca la punctul iii).

2.135. Indicatie. i) Elementul neutru al lui G este (0, 0, 1), inversul lui (m1,m2, 1) este(−m1,−m2, 1), iar inversul lui (m1,m2,−1) este (−m1,−m2,−1).ii) Conform punctului ii) al problemei anterioare, H1 E G.iii) Din (1, 0, 1) · (0, 1, 1) = (0, 1, 1) · (1, 0, 1) rezulta ca grupul H1 este comutativ, asadarH2 E H1. Insa H2 nu este normal ın G, deoarece H2 = Z × {0} × {1} si

(1, 0, 1)−1 · (1, 0, 1) · (1, 0,−1) = (0, 1,−1) /∈ H2.

Observatie: Din punctul iii) al problemei anterioare se deduce ca relatia E (pe multimea

subgrupurilor normale ale unui grup) nu este, ın general, tranzitiva.

2.136. i) S3 = {σ1, σ2, σ3, σ4, σ5, σ6}, unde σ1 este permutarea identica, σ2 = (2, 3),σ3 = (1, 2), σ4 = (1, 3), σ5 = (1, 2, 3), σ6 = (1, 3, 2). Tabla compunerii ın S3 este

◦ σ1 σ2 σ3 σ4 σ5 σ6

σ1 σ1 σ2 σ3 σ4 σ5 σ6

σ2 σ2 σ1 σ6 σ5 σ4 σ3

σ3 σ3 σ5 σ1 σ6 σ2 σ4

σ4 σ4 σ6 σ5 σ1 σ3 σ2

σ5 σ5 σ3 σ4 σ2 σ6 σ1

σ6 σ6 σ4 σ2 σ3 σ1 σ5

Rezulta ca σ1 este elementul neutru,

σ22 = σ2

3 = σ24 = σ1, σ

25 = σ6, σ

35 = σ6 ◦ σ5 = σ1, σ

26 = σ5, σ

36 = σ5 ◦ σ6 = σ1.

Asadar, σ1 are ordinul 1, σ2, σ3, σ4 au ordinul 2, iar σ5, σ6 au ordinul 3. Mentionamca acest fapt rezulta si din punctul b) al problemei 2.82.ii) Subgrupurile improprii ale lui S3 sunt {σ1} si S3. Din teorema lui Lagrange

urmeaza ca ordinul unui subgrup divide ordinul grupului. Intrucat |S3| = 3! = 6,rezulta ca un subgrup propriu poate avea ordinul 2 sau 3. Deducem ca subgrupurile


proprii sunt ciclice si ca subgrupurile de ordinul 2 sunt generate de elementele deordinul 2, iar cele de ordinul 3 sunt generate elemente de ordinul 3. Deci S3 areurmatoarele subgrupuri proprii:

〈σ2〉 = {σ1, σ2}, 〈σ3〉 = {σ1, σ3}, 〈σ4〉 = {σ1, σ4}, 〈σ5〉 = {σ1, σ5, σ6} = 〈σ6〉 = A3.

Diagrama laticii subgrupurilor lui S3 este

◦

〈σ2〉 ��

〈σ3〉

S3

〈σ4〉0000

0000

0000

0

A3AAAA

AAAA

AAAA

AAAA

A

◦

0000

0000

0000

0 ◦ ◦ ◦

}}}}

}}}}

}}}}

}}}}

}

◦{σ1}

��

deci aceasta latice este modulara deoarece nu contine nici o sublatice izomorfa cupentagonul, dar nu este distributiva deoarece are sublatici izomorfe cu diamantul.iii) Subgrupurile improprii ale oricarui grup sunt normale. Subgrupul altern este unsubgrup de indice 2, deci este normal. Notam H1 = 〈σ2〉, H2 = 〈σ3〉, H3 = 〈σ4〉 si cuρi, respectiv ρ′i echivalenta la stanga, respectiv la dreapta definita de Hi (i = 1, 2, 3).Avem

S3/ρ1 = {{σ1, σ2}, {σ3, σ5}, {σ4, σ6}}, S3/ρ′1 = {{σ1, σ2}, {σ3, σ6}, {σ4, σ5}},

deoarece

σ3 ◦ {σ1, σ2} = {σ3, σ5}, σ4 ◦ {σ1, σ2} = {σ4, σ6},{σ1, σ2} ◦ σ3 = {σ3, σ6}, {σ1, σ2} ◦ σ4 = {σ4, σ5}.

Rezulta ca subgrupul H1 nu este normal. Analog se obtine



deci nici subgrupurile H2 si H3 nu sunt normale. In concluzie, subgrupurile normalesunt {σ1}, A3 si S3.iv) Din iii) rezulta ca S3 are trei grupuri cat. Acestea au ca multimi suport pe

S3/{σ1} = {{σ1}, {σ2}, {σ3}, {σ4}, {σ5}, {σ6}}, S3/S3 = {S3}, S3/A3 = {A3, σ2 ◦ A3},

iar operatiile sunt definite astfel:

◦ {σ1} {σ2} {σ3} {σ4} {σ5} {σ6}{σ1} {σ1} {σ2} {σ3} {σ4} {σ5} {σ6}{σ2} {σ2} {σ1} {σ6} {σ5} {σ4} {σ3}{σ3} {σ3} {σ5} {σ1} {σ6} {σ2} {σ4}{σ4} {σ4} {σ6} {σ5} {σ1} {σ3} {σ2}{σ5} {σ5} {σ3} {σ4} {σ2} {σ6} {σ1}{σ6} {σ6} {σ4} {σ2} {σ3} {σ1} {σ5}

173

◦ S3

S3 S3

◦ A3 σ2 ◦ A3

A3 A3 σ2 ◦ A3

σ2 ◦ A3 σ2 ◦ A3 A3

Deci grupul S3/{σ1} este izomorf cu S3 si grupul S3/A3 este izomorf cu Z2.

2.137. Indicatii. A4 = {e, (1, 2, 3), (1, 3, 2), (1, 2, 4), (1, 4, 2), (1, 3, 4), (1, 4, 3), (2, 3, 4),

(2, 4, 3), (1, 2) ◦ (3, 4), (1, 3) ◦ (2, 4), (1, 4) ◦ (2, 3)}, iar laticea subgrupurilor lui A4 este

◦

H1ssssssssssssssssssssss

H2 }}}}

}}}}

}}}}

}}}}

} A4

K

H6AAAA

AAAA

AAAA

AAAA

A

H7KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK

◦

H4H3 ||

||||

|||

H5BBBB

BBBB

B

◦

KKKKKKKKKKKKKKKKKKKKKK ◦

AAAA

AAAA

AAAA

AAAA

A ◦

0000

0000

0000

0 ◦ ◦ ◦

}}}}

}}}}

}}}}

}}}}

} ◦

ssssssssssssssssssssss

◦{e}

��

unde H1 = {e, (1, 2, 3), (1, 3, 2)}, H2 = {e, (1, 2, 4), (1, 4, 2)}, H3 = {e, (1, 2) ◦ (3, 4)},H4 = {e, (1, 3) ◦ (2, 4)}, H5 = {e, (1, 4) ◦ (2, 3)}, H6 = {e, (1, 3, 4), (1, 4, 3)}, H7 =

{e, (2, 3, 4), (2, 4, 3)} si K = {e, (1, 2) ◦ (3, 4), (1, 3) ◦ (2, 4), (1, 4) ◦ (2, 3)}. Laticea aceasta

nu este modulara deoarece {e,H3,H6,K,A4} este o sublatice a sa izomorfa cu pentagonul.

2.138. Indicatie. ii) Daca N E G atunci partitia determinata pe G de ρH,N coincide

cu partitia determinata pe G de relatia de echivalenta la stanga definita de HN .

2.139. Raspuns. S3/ρH,N = {{σ1, (1, 2)}, {(1, 3), (2, 3), (1, 3, 2), (1, 2, 3)}}.

2.140. i) Avem H = {−1, 1,−i, i,−j, j,−k, k}, ord(1) = 1, ord(−1) = 2 si ord(i) =ord(−i) = ord(j) = ord(−j) = ord(k) = ord(−k) = 4. Asadar, subgrupurile ci-clice ale grupului H sunt H1 = 〈1〉 = {1}, H2 = 〈−1〉 = {−1, 1}, H3 = 〈i〉 ={−1, 1,−i, i} = 〈−i〉,H4 = 〈j〉 = {−1, 1,−j, j} = 〈−j〉 siH5 = 〈k〉 = {−1, 1,−k, k}= 〈−k〉. Din teorema lui Lagrange rezulta ca ordinul unui subgrup al lui H poatefi 1, 2, 4 sau 8. Orice subgrup contine elementul neutru, deci singurul subgrupde ordinul 1 este H1. Intrucat orice subgrup de ordinul 2 este ciclic, urmeaza casingurul subgrup de ordinul 2 este H2. Cum grupul H nu are trei elemente deordinul 2, rezulta ca nu are subgrupuri de ordinu 4 neciclice (vezi solutia proble-mei 2.122). Deci subgrupurile de ordinul 4 sunt H3, H4 si H5. Astfel am aratatca multimea subgrupurilor lui H este {H1, H2, H3, H4, H5, H}. Subgrupurile H1 siH sunt normale, deoarece subgrupurile improprii ale oricarui grup sunt normale.Elementele lui H2 comuta cu toate elementele lui H (H2 coincide cu centrul luiH), de unde deducem ca H2 este normal. Conform teoremei lui Lagrange avem|H : H3| = |H : H4| = |H : H5| = 2, iar cum orice subgrup de indice 2 este normal,urmeaza ca H3, H4 si H5 sunt normale. Asadar, grupul (H, ·) este hamiltonian.


ii) Laticea subgrupurilor (normale ale) lui H este

◦H3 ��

��

��

H4

H

H5????

????

◦??

????

?? ◦ ◦

◦H2

��

◦H1

Aceasta latice este modulara deoarece nu are sublatici izomorfe cu pentagonul si nueste distributiva doarece are o sublatice izomorfa cu diamantul.iii) Cum x2, y2 ∈ {−1, 1} avem x2y2 = y2x2.iv) Subgrupurile lui H fiind normale, avem

〈a, b〉 = 〈a〉 · 〈b〉 = {1, a, a2, a3} · {1, b, b2, b3}.

Intrucat a2 = −1 = b2 si ab ∈ {−c, c} unde c ∈ {i, j, k}\{a, b}, rezulta ca 〈a, b〉 = H .Am vazut la punctul i) ca ord a = ord b = 4. Deci a4 = 1 = b4. Celelalte egalitati severifica prin calcul.

2.141. Reamintim ca ın laticea subgrupurilor normale ale unui grup (G, ·) avemN1 ∧ N2 = N1 ∩ N2 si N1 ∨ N2 = N1 · N2 pentru orice subgrupuri normale N1, N2.Modularitatea acestei latici revine la a arata ca

N1, N2, N3 E G, N1 ⊆ N3 ⇒ N1 · (N2 ∩N3) = (N1 ·N2) ∩N3.

Cum N1 ⊆ N1 · N2 si N1 ⊆ N3 avem N1 ⊆ (N1 · N2) ∩ N3, iar din incluziunileN2 ∩N3 ⊆ N2 ⊆ N1 ·N2 si N2 ∩N3 ⊆ N3 deducem N2 ∩N3 ⊆ (N1 ·N2)∩N3. Astfelse obtine implicatia

(∗) N1 ⊆ N3 ⇒ N1 · (N2 ∩N3) ⊆ (N1 ·N2) ∩N3,

adevarata ın orice latice si numita proprietatea de submodularitate. Incluziuneainversa din concluzia lui (∗) se obtine astfel: daca n3 ∈ (N1 · N2) ∩ N3 atuncin3 ∈ N3 si exista n1 ∈ N1, n2 ∈ N2 astfel ıncat n3 = n1 · n2. In ipoteza N1 ⊆ N3 sededuce ca n2 = n−1

1 · n3 ∈ N−11 ·N3 ⊆ N−1

3 ·N3 ⊆ N3. Asadar, n2 ∈ N2 ∩N3 si, prinurmare, n3 = n1 · n2 ∈ N1 · (N2 ∩N3).

2.142. Indicatie. Daca G/Z(G) ar fi ciclic atunci ar exista un element a ∈ G astfel

ıncat G =⋃

k∈Z

akZ(G), de unde ar urma ca grupul (G, ·) este comutativ.

2.143. Indicatii. a) Pentru determinarea subgrupurilor lui Z12 se poate folosi fie faptulca subgrupurile unui grup ciclic sunt ciclice, fie din faptul ca subgrupurile grupului catZ12 = Z/12Z sunt de forma H/12Z, unde H ≤ (Z,+) cu 12Z ⊆ H. Conform problemei2.108 rezulta ca H = nZ cu n ∈ N si n|12. Deducem ca n ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 12}, decisubgrupurile lui Z12 sunt:

H1 =1Z/12Z = Z12, H2 = 2Z/12Z = {0, 2, 4, 6, 8, 10}, H3 = 3Z/12Z = {0, 3, 6, 9},H4 = 4Z/12Z = {0, 4, 8}, H5 = 6Z/12Z = {0, 6}, H6 = 12Z/12Z = {0}.

175

Multimile suport ale grupurilor cat sunt:

Z12/H1 = {Z12}, Z12/H2 = {H2, 1 +H2}, Z12/H3 = {H3, 1 +H3, 2 +H3},

Z12/H4 = {H4, 1+H4, 2+H4, 3+H4},Z12/H5 = {H5, 1+H5, 2+H5, 3+H5, 4+H5, 5+H5},

Z12/H6 = {i+H6 | i ∈ Z12} = {{i} | i ∈ Z12},

iar operatiile din grupurile cat sunt definite prin egalitatile

(i+Hk) + (j +Hk) = i+ j +Hk, i, j ∈ Z12, k ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Fie pe cale directa, fie folosind a treia teorema de izomorfism pentru grupuri, rezulta ca

Z12/H2 ≃ Z2, Z12/H3 ≃ Z3, Z12/H4 ≃ Z4, Z12/H5 ≃ Z6, Z12/H6 ≃ Z12.

2.144. Indicatie. Subgrupurile unui grup ciclic sunt ciclice.

2.145. Indicatii. i) Daca x, y ∈ G, din ord(xy) = 2 rezulta (xy)−1 = xy, adicay−1x−1 = xy, de unde urmeaza yx = xy.

ii) Se demonstreaza prin inductie dupa n = |G|. Daca n = 1 atunci |G| = 20. Consideram

n > 1 si presupunem proprietatea adevarata pentru grupurile de ordin cel mult n − 1.

Daca G este un grup de ordinul n care verifica ipoteza afirmatiei din enunt si x ∈ G \ {1}atunci 〈x〉 E G si grupul cat G/〈x〉 verifica ipoteza afirmatiei din enunt si |G/〈x〉| < n.

Conform ipotezei inductiei avem |G/〈x〉| = 2l, deci |G| = 2l · 2 = 2l+1.

2.146. Fie (G, ·) un grup de ordinul 6. Distingem doua cazuri:

i) Daca (G, ·) este ciclic atunci (G, ·) ≃ (Z6,+).

ii) Daca (G, ·) nu este ciclic atunci orice x ∈ G \ {1} are ordinul 2 sau 3, deoareceordinul unui element divide ordinul grupului. Din problema 2.145 rezulta ca Gcontine un element a de ordinul 3 — aceasta proprietate se deduce si din faptul cadaca toate elementele din G \ {1} ar avea ordinul 2 atunci G ar avea un subgrupizomorf cu grupul ui Klein. Subgrupul N = 〈a〉 = {1, a, a2} are indicele 2, asadarN E G, iar daca b ∈ G \ N atunci bN = Nb, adica {b, ba, ba2} = {b, ab, a2b}. Ingrupul cat G/N = {N,Nb} avem Nb2k = N si Nb2k+1 = Nb. Deci pentru oricec ∈ Nb = G \ N avem Nc3 = Nb, adica c3 /∈ N . Rezulta ca ordinul lui c nu este3, de unde urmeaza ca ordinul lui c este 2. Mai avem ca ba = a2b. Intr-adevar, dinbN = Nb rezulta ca ba = akb (k ∈ {0, 1, 2}), ceea ce implica

1 = (ba)(ba) = (akb)(ba) = ak+1,

de unde deducem k = 2. In concluzie, G = {1, a, a2, b, ba, ba2} si a3 = 1, b2 = 1,ba = a2b, deci G = 〈a, b〉, iar a, b verifica relatiile de mai sus. Deci exista cel multun un grup neciclic de ordin 6. Intrucat (S3, ◦) are ordinul 6 si nu este ciclic, rezultaca orice grup de ordinul 6 neciclic este izomorf cu (S3, ◦).

2.147. Fie ABC un triunghi echilateral, d1, d2, d3 axele sale de simetrie si O centrulsau de simetrie (adica {O} = d1 ∩ d2 ∩ d3).


CB

A

O

d

dd23

1

Notand cu r rotatia ın jurul lui O de 120◦ (ın sensul acelor de ceasornic), cu s simetriaın raport cu d1 si cu ∆3 multimea rotatiilor si simetriilor care aplica triunghiul peel ınsusi avem

∆3 = {r0, r, r2, s, r ◦ s, r2 ◦ s},deoarece r0 = 1 este aplicatia identica, r2 este rotatia de 240◦, r ◦ s este simetria ınraport cu d2 si r2 ◦ s este simetria ın raport cu d3. Prin urmare,

r3 = 1, s2 = 1, r ◦ s = s ◦ r2,

iar tabla operatiei ◦ este

◦ 1 r r2 s r ◦ s r2 ◦ s1 1 r r2 s r ◦ s r2 ◦ sr r r2 1 r ◦ s r2 ◦ s sr2 r2 1 r r2 ◦ s s r ◦ ss s r2 ◦ s r ◦ s 1 r2 r

r ◦ s r ◦ s s r2 ◦ s r 1 r2

r2 ◦ s r2 ◦ s r ◦ s s r2 r 1

Deci (∆3, ◦) nu este ciclic. Din problema anterioara rezulta (∆3, ◦) ≃ (S3, ◦).

2.148. Indicatii. Se verifica cu usurinta faptul ca ∆n este o parte stabila (ın raport

cu compunerea) a grupului izometriilor planului, ca functia identica a planului (pe care o

notam cu 1) este ın ∆n si ca inversa oricarei izometrii f pentru care f(Pn) = Pn are aceeasi

proprietate. Fie A1, A2, . . . , An varfurile poligonului Pn, despre care presupunem ca se

succed ın ordinea scrisa, ın sensul acelor de ceasornic si fie O centrul cercului circumscris

lui. Cum izometriile planului pastreaza distantele, masurile unghiurilor si transforma orice

segment de dreapta ıntr-un segment de dreapta, rezulta ca imaginea prin f ∈ ∆n a oricarei

laturi a poligonului regulat Pn va fi o latura a poligonului f(Pn) = Pn, ceea ce ınseamna ca

imaginile prin f ale varfurilor A1, A2, . . . , An sunt determinate, ın mod unic, de f(A1) si

f(A2). Aceasta ne permite sa caracterizam toate elementele din ∆n cu ajutorul rotatiei r

de centru O si unghi 2π/n ın sensul acelor de ceasornic si cu ajutorul simetriei s a planului

fata de axa OA1. Intr-adevar, deoarece imaginea laturii [A1A2] este o latura a lui Pn, daca

f(A1) = Ak (k ∈ {1, . . . , n}) atunci f(A2) = Ak+1 sau f(A2) = Ak−1. Daca f(A1) = Ak si

f(A2) = Ak+1 atunci f = rk−1, iar daca f(A1) = Ak si f(A2) = Ak−1 atunci f = rk−1 ◦ s.Dar rn = s2 = 1, de unde urmeaza ca ∆n = {1, r, . . . , rn−1, s, r ◦ s, . . . , rn−1 ◦ s}. Asadar

|∆n| = 2n.

177

Observatii: Pastrand notatiile de mai sus, se pot stabili urmatoarele:a) ∆n este subgrupul grupului izometriilor planului generat de r si s.b) Avem rn−1 ◦s = s◦r deoarece (rn−1 ◦s)(A1) = (s◦r)(A1), (rn−1 ◦s)(A2) = (s◦r)(A2).c) Grupul ∆n este determinat de generatorii r, s si relatiile rn = 1, s2 = 1, rn−1 ◦s = s◦ r.d) Avem (rk)−1 = rn−k pentru orice k ∈ {1, . . . , n− 1}.e) Prin inductie dupa k, se poate demonstra ca rn−k ◦ s = s ◦ rk si (rk ◦ s)−1 = rk ◦ spentru orice k ∈ {0, . . . , n− 1}.f) Grupul diedral (∆n, ◦) este un grup neciclic de ordin 2n.

2.149. Avand ın vedere problema anterioara, aceasta problema este o generalizarea problemei 2.146. Fie (G, ·) un grup de ordin 2p. Distingem doua cazuri:i) Daca (G, ·) este ciclic atunci (G, ·) ≃ (Z2p,+).ii) Daca (G, ·) nu este ciclic atunci orice x ∈ G \ {1} are ordinul 2 sau p, deoareceordinul unui element divide ordinul grupului. Din problema 2.145 rezulta ca Gcontine un element a de ordinul p. Subgrupul N = 〈a〉 = {1, a, . . . , ap−1} areindicele 2, asadar N E G, iar daca b ∈ G \N atunci bN = Nb, adica

{b, ba, . . . , bap−1} = {b, ab, . . . , ap−1b}.

In grupul cat G/N = {N,Nb} avem Nb2k = N si Nb2k+1 = Nb. Deci pentruorice c ∈ Nb = G \ N avem Nc3 = Nb, adica c3 /∈ N . Rezulta ca ordinul luic nu este p, de unde urmeaza ca ordinul lui c este 2. Mai avem ca ba = ap−1b.Intr-adevar, din bN = Nb rezulta ca ba = akb (k ∈ {0, 1, . . . , p − 1}), ceea ceimplica 1 = (ba)(ba) = (akb)(ba) = ak+1, de unde deducem k = p− 1. In concluzie,G = {1, a, . . . , ap−1, b, ba, . . . , bap−1} si ap = 1, b2 = 1, ba = ap−1b, deci G = 〈a, b〉,iar a si b verifica relatiile de mai sus. Deci exista cel mult un un grup neciclic deordin 2p. Intrucat (∆p, ◦) are ordinul 2p si nu este ciclic, rezulta ca orice grup deordinul 2p neciclic este izomorf cu (∆p, ◦).

2.150. Indicatie. Se aplica problema anterioara pentru p = 5.

2.151. Indicatie. Fie (G, ·) un grup cu 8 elemente. Ordinul unui element din G \ {1}poate fi 2,4 sau 8. Daca G are un element de ordinul 8 atunci G este ciclic si deci(G, ·) ≃ (Z8,+). Presupunem ca G nu are elemente de ordinul 8. Distingem urmatoarelecazuri:a) Daca fiecare element din G are ordinul 2 atunci G este abelian si G este izomorf cuZ2 × Z2 × Z2.b) G are un element x de ordinul 4. Rezulta ca N = {1, x, x2, x3} este un subgrup deindice 2 al lui G, deci N E G. Urmeaza ca yN = Ny pentru orice y ∈ G \N , adica

(∗) {y, yx, yx2, yx3} = {y, xy, x2y, x3y}.

In grupul cat G/N avem y2N = N , adica y2 ∈ N . Daca am avea y2 = x sau y2 = x3 arrezulta ca y are ordinul 8, ceea ce este exclus. Urmeaza ca y2 = 1 sau y2 = x2 ceea ce,ımpreuna cu (∗), implica yx = xy sau yx = x3y. Avem, deci, urmatoarele subcazuri:b1) y

2 = 1 si yx = xy. Rezulta ca G este abelian si G = 〈x, y〉. Grupul G este izomorf cuZ4 × Z2.b′

1) y2 = x2 si yx = xy. Rezulta ca (xy)2 = x2y2 = x4 = 1. Deci z = xy are ordinul 2 si

zN = yN . Suntem, prin urmare, ın subcazul b1). adica G ≃ Z4 × Z2.b2) y

2 = 1 si yx = x3y. Grupul G este izomorf cu grupul diedral (∆4, ◦).b3) y

2 = x2 si yx = x3y. Grupul G este izomorf cu grupul cuaternionilor.


In concluzie, grupurile neizomorfe de ordinul 8 sunt Z8, Z2 × Z2 × Z2, Z4 × Z2, grupul

diedral de grad 4 si grupul cuaternionilor. Primele trei sunt comutative, iar ultimele doua

sunt necomutative.

2.152. Indicatii. G1/G1 = {G1} ≃ {e1} ≃ {e2} ≃ {G2} = G2/G2; G1/{e1} ≃ G2/{e2}daca si numai daca G1 ≃ G2.

2.153. Indicatie. Se arata ca f : GLn(K) → K∗, f(A) = detA si g : GLn(Z) → U2,

g(A) = detA sunt omomorfisme de grupuri si se aplica prima teorema de izomorfism.

2.154. Indicatii. Se arata ca functiile urmatoare sunt omomorfisme de grupuri si se

aplica prima teorema de izomorfism: a) f : C → R, f(a + bi) = b; b) f : Q∗ → Q∗+,

f(x) = |x|; c) f : R∗ → R∗+, f(x) = |x|.

2.155. Indicatii. Se arata ca functiile: i) f : R → H, f(x) = cos(2πx) + i sin(2πx); ii)

f : C∗ → R∗+, f(z) = |z|; iii) f : C∗ → H, f(z) =

z

|z| sunt omomorfisme de grupuri si se

aplica prima teorema de izomorfism.

2.156. Indicatii. i) A constituie un sistem de reprezentanti pentru (Q/Z,+).

ii) O clasa din Q/Z este de formap

q+ Z cu p, q ∈ N, p 6= 0, (p, q) = 1, p < q, iar ordinul

claseip

q+ Z este q.

iii) Subgrupul ciclic H =

⟨1

n+ Z

⟩=

{Z,

1

n+ Z,

2

n+ Z, . . . ,

n− 1

n+ Z

}are ordinul n.

Daca H ′ este un subgrup oarecare de ordinul n sip

q+ Z ∈ H ′ (p, q ∈ N, (p, q) = 1) atunci

np

q+ Z = Z, adica

np

q∈ Z de unde, ıntrucat p, q ∈ N, (p, q) = 1 rezulta ca exista n′ ∈ N

astfel ıncat n = n′q. Asadar,p

q+ Z =

n′pn

+ Z ∈ H. Deci H ′ ⊆ H si |H ′| = n = |H|, ceea

ce implica H = H ′.

2.157. Indicatie. Se aplica prima teorema de izomorfism omomorfismului de grupuri

f : Q → C∗, f(x) = cos(2πx) + i sin(2πx).

2.158. Indicatii. i) Se verifica usor ca fa,b ∈ SR. Pentru orice x ∈ R avem

(fa,b ◦ fc,d)(x) = fa,b(cx+ d) = acx+ ad+ b = fac,ad+b(x),

iar daca a 6= 0 si ax+ b = y atunci x =1

ay − b

a, adica

(1) fa,b ◦ fc,d = fac,ad+b si f−1a,b = f 1

a,− b

a.

Deci fa,b ◦ fc,d ∈ G si f−1a,b ∈ G pentru a 6= 0 6= c, ceea ce arata ca G este un subgrup al lui

(SR, ◦). Fie f : R → R, f(x) = x3. Avem f ∈ SR, dar f−1 ◦ fa,b ◦ f /∈ G daca b 6= 0, decisubgrupul G nu este normal.ii) Din (1) rezulta ca fa,0 ◦ fc,0 = fac,0 si f−1

a,0 = f 1a

,0 , ceea ce arata ca H ≤ G. Se arata

ca f−1c,d ◦ fa,0 ◦ fc,d /∈ H pentru a 6= 1 si d 6= 0. Deci subgrupul H nu este normal.

iii) Functia ϕ : G→ R∗, ϕ(fa,b) = a este un omomorfism surjectiv al lui (G, ◦) pe (R∗, ·).Se aplica prima teorema de izomorfism lui ϕ.

iv) Din i) se deduce ca N nu este normal ın (SR, ◦).

179

2.159. Indicatii. i) H−1 = {h−1 | h ∈ H} este un sistem de reprezentanti pentrudescompunerea la dreapta, dar H−1 = H.

iv) Functia f : G → H, f(g) = h, unde g = hn, este un omomorfism. Se aplica prima

teorema de izomorfism lui f .

2.160. Indicatie. b) Fie S′3 submultimea lui S4 formata din permutarile din S4 care

lasa pe 4 neschimbat. S′3 este un subgrup al lui S4 izomorf cu S3 si

(1, 2) ◦K = {(1, 2), (3, 4), (1, 3, 2, 4), (1, 4, 2, 3)},(1, 3) ◦K = {(1, 3), (1, 2, 3, 4), (2, 4), (1, 4, 3, 2)},(2, 3) ◦K = {(2, 3), (1, 3, 4, 2), (1, 2, 4, 3), (1, 4)},

(1, 2, 3) ◦K = {(1, 2, 3), (1, 3, 4), (2, 4, 3), (1, 4, 2)},(1, 3, 2) ◦K = {(1, 3, 2), (2, 3, 4), (1, 2, 4), (1, 4, 3)}.

Deci S′3 este un sistem de reprezentanti pentru descompunerea lui S4 ın raport cu K la

stanga. Din problema anterioara rezulta ca K E S4 si S4/K ≃ S′3.

c) Grupul (A4/K, ◦) are ordinul 3.

2.161. Indicatie. iii) ta = 1G/ρH= t1 ⇔ axH = xH,∀x ∈ G ⇔ ax ∈ xH,∀x ∈ G ⇔

a ∈ xHx−1,∀x ∈ G.

Observatie: Aceasta problema constituie o generalizare a teoremei lui Cayley.

2.162. Indicatii. Conjugatul unui produs este produsul conjugatelor, iar conjugatulunui ciclu este σ ◦ (i1, . . . , il) ◦ σ−1 = (σ(i1), . . . , σ(il)). Deducem ca conjugata unei per-mutari τ prin σ se obtine astfel: consideram ciclurile din descompunerea lui τ ın produsde cicluri disjuncte, aplicam pe σ la fiecare element ce intervine ın acestea si compunemciclurile rezultate. Astfel, doua permutari din Sn sunt conjugate daca si numai daca de-scompunerile lor ın cicluri disjuncte contin acelasi numar de cicluri de lungime data. Asase obtine:

S3 = {e} ∪ {(1, 2), (1, 3), (2, 3)} ∪ {(1, 2, 3), (1, 3, 2)},unde e este permutarea identica din S3 si

S4 = {e} ∪ {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4)}∪ {(1, 2) ◦ (3, 4), (1, 3) ◦ (2, 4), (1, 4) ◦ (2, 3)}∪ {(1, 2, 3), (1, 3, 2), (1, 2, 4), (1, 4, 2), (1, 3, 4), (1, 4, 3), (2, 3, 4), (2, 4, 3)}∪ {(1, 2, 3, 4), (1, 2, 4, 3), (1, 3, 2, 4), (1, 3, 4, 2), (1, 4, 2, 3), (1, 4, 3, 2)},

unde e este permutarea identica din S4.

2.163. Indicatii. a) Functia ig : G → G, ig(x) = g−1xg este un automorfism. Se

foloseste problema 2.97. b) Daca Y = g−1Xg atunci functia X → Y , x 7→ g−1xg este

bijectiva.

2.164. Din α = (1, 2, 5)◦(4, 6) si β = (1, 5)◦(2, 3, 4) rezulta ca α si β sunt conjugate.Avem:

σ−1 ◦ α ◦ σ = β ⇔ α = σ ◦ β ◦ σ−1 ⇔ (1, 2, 5) ◦ (4, 6) = (σ(2), σ(3), σ(4)) ◦ (σ(1), σ(5)),

adica (1, 2, 5) = (σ(2), σ(3), σ(4)) si (4, 6) = (σ(1), σ(5)). Deci σ este determinatde σ(2) ∈ {1, 2, 5} si σ(1) ∈ {4, 6}. Rezulta ca exista sase permutari σ ce verificaconditia din enunt.


2.165. Raspuns. H = {1} ∪ {−1} ∪ {i,−i} ∪ {j,−j} ∪ {k,−k}.

2.166. Indicatie. Daca (G, ·) este un grup si X ⊆ G atunci normalizatorul lui X este

N(X) = {g ∈ G | gX = Xg}.

In cazul nostru se cauta matricele nesingulare U =

(x1 x2

x3 x4

)si V =

(y1 y2

y3 y4

)pentru

care UA = AU si V B = BV si se obtine

N(A) =

{(x 00 x′

)| x, x′ ∈ R∗

}si N(B) = GLn(R).

2.167. Indicatie. Se verifica conditiile din definitia actiunii unui grup pe o multime.

2.168. Indicatie. Se verifica reflexivitatea, simetria si tranzitivitatea relatiei ∼.

2.169. Indicatie. x ∼ x′ ⇔ ∃g ∈ G : x′ = g−1xg.

2.170. Indicatie. ∀x, x′ ∈ G, ∃g ∈ G : gx = x′ ⇔ ∀x, x′ ∈ G, x ∼ x′.

2.171. Indicatie. Corespondentele de la i) si ii) dau prin compunere functiile identice

corespunzatoare.

2.172. Indicatie. ii) Daca Ox este orbita lui x atunci functia ϕ : {gFx | g ∈ G} → Ox,

ϕ(gFx) = gx este bine definita si este o bijectie.

2.173. Indicatie. Daca G actioneaza tranzitiv pe X atunci X = {gx0 | g ∈ G}. FieOgx0 orbita lui gx0 ın raport cu actiunea lui F pe X. Avem

g′x0 ∈ Ogx0 ⇔ ∃f ∈ F : f(g′x0) = gx0 ⇔ ∃f ∈ F : (g−1fg′)x0 = x0

⇔ ∃f ∈ F : g−1fg′ ∈ F ⇔ g′ ∈ FgF.

Deci functia ϕ : {Ogx0 | g ∈ G} → {FgF | g ∈ G}, ϕ(Ogx0) = FgF este bijectiva.

2.174. Indicatie. Fie tg : X → X, tg(x) = gx. Functia t : G → SX , t(g) = tg este

un omomorfism si N =Ker t. Deci ϕ este un omomorfism injectiv furnizat de faptul ca

G/N ≃ t(G) ⊆ SX .

2.175. Indicatii. i) Daca x ∈ G atunci |{gxg−1 | g ∈ G}| = |G : N(x)|, unde N(x) estenormalizatorul lui x.ii) Fie k numarul elementelor conjugate cu x. Atunci

〈x〉 ⊆ N(x) ⊆ G⇒ |G : 〈x〉| = k · |N(x) : 〈x〉| ⇒ n

m= k · |N(x) : 〈x〉|.

iii) Fie k numarul elementelor conjugate cu x. Atunci

Z(G) ⊆ N(x) ⊆ G⇒ |G : Z(G)| = |G : N(x)| · |N(x) : Z(G)| ⇒ n

m′ = k · |N(x) : Z(G)|.

iv) N(x) ⊆ N(xl) ⊆ G.

2.176. Indicatii. Avem N((2k + 1, n)) = {(2a, 0) | a ∈ Z} ∪ {(2a + 1, b) | a, b ∈ Z} si

indicele acestui subgrup este infinit, iar N((2k, n)) = {(2a, b) | a, b ∈ Z}, daca n 6= 0 si

indicele acestui subgrup ın G este 2, iar N((2k, 0)) = G.

181

2.177. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea ceruta. Rezulta ca |Z(G)| ≤ 2, deoareceg ∈ Z(G) daca si numai daca clasa de conjugare a lui g este {g}. Daca |Z(G)| = 2atunci G = Z(G) ceea ce implica G ≃ Z2. Daca |Z(G)| = 1 atunci G \ {1} este oclasa de conjugare. Prin urmare, Daca |G| = n atunci n − 1 divide pe n, ceea cenu este posibil pentru n > 2. Deci, abstractie facand de un izomorfism, (Z2,+) estesingurul grup care are proprietatea ceruta.

2.178. Indicatii. i) Daca K1 ∩K2K3 6= ∅ atunci exista x ∈ K1, y ∈ K2, z ∈ K3 astfelıncat x = yz. Pentru orice x′ ∈ K1 exista g ∈ G astfel ıncat x′ = gxg−1 = (gyg−1)(gzg−1).Dar gyg−1 ∈ K2 si gzg−1 ∈ K3. Deci x′ ∈ K2K3.

ii) Fie x ∈ K1 si kx numarul perechilor (y, z) ∈ K2 × K3 pentru care x = yz. Avem

kx = kx′ pentru orice x′ ∈ K1, iar daca k = kx atunci k2k3 = k1k.

2.179. Indicatie. Avem |H1xH2| = |x−1(H1xH2)| = |(x−1H1x)H2|, x−1H1x ≤ G,

|x−1H1x| = |H1| si se aplica problema 2.75.

2.180. Indicatie. Fie Z(G) centrul lui G si a1, . . . , ak un sistem de reprezentanti almultimii cat (G \ Z(G))/ ∼, unde ∼ este relatia de conjugare. Daca ni este numarulelementelor conjugate cu ai atunci ni | |G|, iar ni > 1 implica p |ni. Din ecuatia claselor

|G| = |Z(G)| + n1 + · · · + nk,

rezulta ca p | |Z(G)|, deci Z(G) 6= {1}.

2.181. Indicatii. Cazul p = 2 a fost cuprins ın problema 2.122. Fie (G, ·) un grup de

ordinul p2. Din problema anterioara rezulta ca Z(G) 6= 1, deci |Z(G)| ∈ {p, p2}. Daca

G are un element de ordinul p2 atunci G este ciclic si deci este izomorf cu (Zp2 ,+). Pre-

supunem ca G nu are elemente de ordinul p2. Daca |Z(G)| = p atunci G ar fi necomutativ

si grupul cat G/Z(G) ar fi ciclic (avand ordinul p), ceea ce, conform problemei 2.142, nu

este posibil. Deci |Z(G)| = p2, adica G = Z(G), ceea ce arata ca G este abelian. Daca

a ∈ G \ {1} atunci a are ordinul p. Alegand b ∈ G \ 〈a〉 avem 〈a〉 ∩ 〈b〉 = {1} si G = 〈a, b〉.Rezulta ca G ≃ Zp × Zp.

2.182. Indicatie. Se aplica problema anterioara pentru p = 3.

2.183. Raspuns. Grupurile ciclice de ordinul p2, cu p numar prim.

2.184. Indicatii. i) Cum Z(G) 6= {1} si grupul G nu este comutativ, avem |Z(G)| ∈{p, p2}. Daca |Z(G)| = p2 atunci |G/Z(G)| = p si G/Z(G) ar fi ciclic, ceea ce este imposibil

(vezi problema 2.142). Deci |Z(G)| = p. ii) Cum |G/Z(G)| = p2 si G/Z(G) nu este ciclic,

avem G/Z(G) ≃ Zp × Zp (vezi problema 2.181).

2.185. Indicatie. Daca g ∈ Gp si f ∈ End(G, ·) atunci ord f(g) | ord g.

2.186. Indicatie. Daca f ∈ End(A,+), a ∈ A si n ∈ N∗ atunci f(na) = nf(a).

2.187. Indicatie. ii) Daca f ∈ End(G) atunci f ∈ End(G/H), prin urmare avem

f(H ′)/H = f(H ′/H) ⊆ H ′/H, de unde rezulta f(H ′) ⊆ H ′.


2.188. Daca Hi, i ∈ I, este o familie de subgrupuri caracteristice (deplin invariante)si f : G→ G este un automorfism (endomorfism) atunci

f

(⋂

i∈I

Hi

)⊆⋂

i∈I

f(Hi) ⊆⋂

i∈I

Hi ,

f

(⟨⋃

i∈I

Hi

⟩)=

⟨f

(⋃

i∈I

Hi

)⟩=

⟨⋃

i∈I

f(Hi)

⟩⊆⟨⋃

i∈I

Hi

⟩.

2.189. Indicatie. i) Se arata ca 〈⋃{f(X) | f ∈ Aut(G, ·)}〉 este un subgrup caracteristic

al lui G care include pe X si ca daca H este un subgrup caracteristic care include pe X

atunci 〈⋃{f(X) | f ∈ Aut(G, ·)}〉 ⊆ H. ii) Se procedeaza ca la i).

2.190. Indicatie. Se aplica lema lui Zorn multimii subgrupurilor caracteristice (deplin

invariante) disjuncte de X.

2.191. Indicatii. i) Fie a, b ∈ F (G). Daca 〈X ∪ {ab−1}〉 = G atunci, ıntrucat are loc〈X ∪{ab−1}〉 ⊆ 〈X ∪{a, b}〉 rezulta ca 〈X ∪{a, b}〉 = G, ceea ce implica 〈X〉 = G. Asadarab−1 ∈ F (G). Fie a ∈ F (G) si f : G→ G un automorfism. Daca 〈X ∪{f(a)}〉 = G atunciaplicam pe f−1 si avem 〈f−1(X) ∪ {a}〉 = G ceea ce implica 〈f−1(X)〉 = G. Aplicand pef , obtinem 〈X〉 = G. Deci f(a) ∈ F (G).

ii) Fie {Mi | i ∈ I} multimea subgrupurilor maximale ale lui (G, ·) si M intersectia lor.

a /∈M ⇒ ∃i0 ∈ I, a /∈Mi0 ⇒ 〈Mi0 ∪ {a}〉 = G si 〈Mi0〉 = Mi0 6= G⇒ a /∈ F (G) .

Daca a /∈ F (G) atunci exista X ⊆ G astfel ıncat 〈X ∪ {a}〉 = G si 〈X〉 6= G. Fie Smultimea acelor subgrupuri H ale lui G pentru care avem X ⊆ H si a /∈ H. Putem aplica

lema lui Zorn multimii (S,⊆), deci exista un subgrup maximal M ′ pentru care a /∈ M ′.Deci a /∈M .

2.192. Subgrupul Frattini al grupului abelian (Q,+) este Q deoarece grupul (Q,+)nu are subgrupuri maximale. Intr-adevar, daca M ar fi un subgrup maximal al luiQ atunci, conform [34, Corolarul 2.9.2], grupul cat Q/M ar fi un grup simplu, ceeace ınseamna ca Q/M este un grup ciclic de ordin numar prim (vezi [34, Exemplul2.8.8, b)]). Fie |Q/M | = p. Rezulta ca pentru orice x ∈ Q avem p(x + M) = M ,adica px ∈ M . Deducem astfel ca pQ ⊆ M . Dar pQ = Q si M ⊆ Q, deci M = Q,ceea ce contrazice alegerea lui M .

Totusi, subgrupoidul Frattini al lui (Q,+) nu este Q deoarece {x ∈ Q | x ≥ 0}este un subgrupoid maximal al lui Q. Intr-adevar, daca B ar fi un subgrupoid al luiQ ce include strict pe {x ∈ Q | x ≥ 0} atunci ın B exista un numar rational negativ

b =p

q(p ∈ Z−, q ∈ N∗). Rezulta ca p = qb ∈ B, cum −p + 1 ∈ Q+ ⊆ B avem

−1 = p+ (−p + 1) ∈ B si astfel avem Z− ⊆ B. In consecinta, orice numar rationalnegativ x apartine lui B deoarece x = [x] + {x} este suma dintre un numar ıntregnegativ (partea ıntreaga a sa) si un numar rational nenegativ (partea sa fractionara),de unde urmeaza ca B = Q.

2.193. Raspuns. [A,B] =

(7 4−2 −1

), [B,C] =

(5 −3−3 2

), [C,A] =

(1 22 5

).

183

2.194. Indicatii. i), ii) Se foloseste definitia comutatorului si se efectueaza calculele.

iii), iv) rezulta din i) si ii).

2.195. Indicatie. Se efectueaza calculele si (unde e cazul) se completeaza rationamentul

prin inductie matematica.

2.196. i) Daca A =

1 a b0 1 c0 0 1

si B =

1 a′ b′

0 1 c′

0 0 1

atunci

AB =

1 a′ + a b′ + ac′ + b0 1 c′ + c0 0 1

.

Rezulta ca A−1 =

1 −a ac− b0 1 −c0 0 1

. Deci G ≤ GL3(Z).

ii) Avem

(∗) [A,B] =

1 0 a′c− ac′

0 1 00 0 1

.

Deci

A ∈ Z(G) ⇔ a′c− ac′ = 0, ∀a′, c′ ∈ Z ⇔ a = 0 = c.

Acum din (∗) rezulta ca pentru orice A,B ∈ G avem [A,B] ∈ Z(G). Invers, dacaA ∈ Z(G) atunci

A =

1 0 b0 1 00 0 1

= [A′, B′],

unde A′ =

1 0 00 1 10 0 1

si B′ =

1 b 00 1 00 0 1

, adica A ∈ G′.

2.197. N E G ⇔ ∀n ∈ N, ∀g ∈ G, g−1ng ∈ N ⇔ ∀n ∈ N, ∀g ∈ G, n−1g−1ng ∈N ⇔ ∀n ∈ N, ∀g ∈ G, [n, g] ∈ N ⇔ [N,G] ⊆ N.

2.198. Indicatie. ∀n1 ∈ N1,∀n2 ∈ N2, n−11 n−1

2 n1n2 = n−11 (n−1

2 n1n2) ∈ n−11 N1 = N1 si

n−11 n−1

2 n1n2 = (n−11 n−1

2 n1)n2 ∈ N2n2 = N2.

2.199. Indicatie. Folosind problemele 2.194 si 2.195 deducem ca oric element din G′

este un produs finit de elemente de forma g−1[x, y]g, cu g ∈ G si x, y ∈ X, deci apartine

lui N .

2.200. Raspuns. H ′ = {−1, 1}.

2.201. Raspuns. S′3 = A3.


2.202. Indicatie. Fie n ≥ 3 si S′n subgrupul derivat al lui Sn. Avem S′

n = An. Intr-

adevar, din faptul ca grupul cat Sn/An este abelian, rezulta ca S′n ⊆ An. Fie transpozitiile

σ1 = (i, j) si σ2 = (j, k). Avem [σ1, σ2] = (i, j) ◦ (j, k) ◦ (i, j) ◦ (j, k) = (i, k, j). Deci orice

ciclu de lungime 3 este comutator, iar cum multimea ciclurilor de lungime 3 este un sistem

de generatori pentru An (vexi problema 2.86), rezulta ca S′n = An.

2.203. Subgrupul H este inclus ıntr-un p-subgrup Sylow P . Fie pn ordinul lui P .Demonstram prin inductie dupa n ca NG(H) 6= H . Daca n = 1 atunci H = {1} siNG(H) = G. Presupunem afirmatia adevarata pentru P de ordinul pn. Pentru Pde ordinul pn+1, centrul Z(P ) al lui P este diferit de {1}. Dar Z(P ) ⊆ NG(H) sidistingem doua cazuri:i) Daca Z(P ) * H atunci, evident, NG(H) 6= H .ii) Daca Z(P ) ⊆ H atunci, aplicand ipoteza inductiei subgrupului H ′ = H/Z(P ) allui P ′ = P/Z(P ), urmeaza ca exista xZ(P ) ∈ P ′, xZ(P ) /∈ H ′ astfel ıncat

(xZ(P ))−1H ′(xZ(P )) = H ′.

Rezulta ca x ∈ P , x /∈ H si x−1Hx = H , adica x /∈ H si x ∈ NG(H). DeciNG(H) 6= H .

2.204. i) Fie N = NG(P ). Intai observam ca P este un p-subgrup Sylow al lui H .Fie g ∈ NG(H). Atunci g−1Hg = H si subgrupul g−1Pg este p-subgrup Sylow al luiH . Intrucat p-subgrupurile Sylow sunt conjugate, urmeaza ca exista h ∈ H astfelıncat g−1Pg = h−1Ph, adica hg−1Pgh−1 = P , deci gh−1 ∈ N ⊆ H , ceea ce implicag ∈ H , adica NG(H) ⊆ H . Incluzinea inversa are loc deoarece orice subgrup esteinclus ın normalizatorul sau. Asadar, NG(H) = H .ii) Fie M = {H, x1H, . . . , xnH} multimea claselor la stanga ale lui H ′ ın raportcu H . Grupul P actioneaza pe M prin ınmultire la stanga, iar yH = H pentruorice y ∈ P , deoarece P ⊆ H . Deci orbita lui H este formata numai din H . Fiex ∈ H ′. Atunci xH ∈ M si aratam ca daca xH 6= H atunci numarul elementelordin orbita lui xH este de forma pk cu k ≥ 1. Pentru aceasta este suficient sa aratamca stabilizatorul F al lui xH coincide cu P daca si numai daca yxH = xH pentruorice y ∈ P , adica x−1yx ∈ H pentru orice y ∈ P , ceea ce ınseamna ca x−1Px ⊆ H .Deci P si x−1Px sunt P subgrupuri Sylow ale lui H , de unde urmeaza ca ele suntconjugate ın H , adica exista h ∈ H astfel ıncat h−1x−1Pxh = P . Prin urmare,xh ∈ N ⊆ H si x ∈ H . Folosind, acum, faptul ca |M | = |H ′ : H| si partitia lui Mın orbite, obtinem:

|H ′ : H| = 1 + pk1 + · · ·+ pkm , cu ki ≥ 1,

adica |H ′ : H| ≡ 1 (mod p).

2.205. Cum |S4| = 4! = 24 = 23 ·3, urmeaza ca 2-subgrupurile Sylow ale lui S4 suntsubgrupurile de ordinul 8, iar 3-subgrupurile Sylow sunt subgrupurile de ordinul 3.Subgrupurile de ordinul 3 ale lui S4 sunt generate de elemente de ordinul 3, iaracestea sunt chiar 3-ciclurile din S4. Astfel, numarul 3-subgrupurilor Sylow esten3 = 4 si acestea sunt

〈(1, 2, 3)〉 = {e, (1, 2, 3), (1, 3, 2)}, 〈(1, 2, 4)〉 = {e, (1, 2, 4), (1, 4, 2)},〈(1, 3, 4)〉 = {e, (1, 3, 4), (1, 4, 3)}, 〈(2, 3, 4)〉 = {e, (2, 3, 4), (2, 4, 3)},

185

unde e este permutarea identica din S4. Pentru a obtine 2-subgrupurile Sylow alelui S4 procedam astfel: daca σ = (1, 2, 3, 4) si τ = (1, 2)◦(3, 4) atunci σ4 = e, τ 2 = esi τ ◦ σ = σ3 ◦ τ , de unde rezulta ca subgrupul

H = 〈σ, τ〉 = {e, (1, 2, 3, 4), (1, 3) ◦ (2, 4), (1, 4, 3, 2), (1, 2) ◦ (3, 4), (1, 3), (2, 4)}

(este izomorf cu grupul diedral ∆4 si) are 8 elemente, iar 2-subgrupurile Sylowsunt conjugate cu H . Stim, de asemenea, ca numarul n2 = |S4 : NS4(H)| al 2-subgrupurilor Sylow divide pe |S4 : H| = 3, deci n2 = 1 sau n2 = 3. Daca n2 ar fiegal cu 1 atunci H ar fi subgrup normal ın S4, ceea ce nu este adevarat deoarece(1, 4)−1 ◦ (2, 4) ◦ (1, 4) = (1, 2) /∈ H . Deducem ca n2 = 3, iar 3-subgrupurile Sylowale lui S4 sunt H , H ′ = (1, 4)−1 ◦H ◦ (1, 4), H ′′ = (1, 2)−1 ◦H ◦ (1, 2), adica H si

H ′ = {e, (1, 4, 2, 3), (1, 2) ◦ (3, 4), (1, 3, 2, 4), (1, 3) ◦ (2, 4), (3, 4), (1, 2)},H ′′ = {e, (1, 3, 4, 2), (1, 4) ◦ (2, 3), (1, 2, 4, 3), (1, 2) ◦ (3, 4), (2, 3), (1, 4)}.

2.206. Fie (G, ·) un grup de ordinul 15. Din teorema lui Cauchy rezulta ca G areun element a de ordinul 5 si un element b de ordinul 3. Subgrupul 〈a〉 este un 5-subgrup Sylow. Intrucat numarul n5 al 5-subgrupurilor Sylow este un divizor al lui3 si n5 ≡ 1(mod 5). Urmeaza ca n5 = 1, asadar 〈a〉 este singurul 5-subgrup Sylow.Deducem ca 〈a〉 E G, iar din a−1, b−1ab ∈ 〈a〉 rezulta a−1b−1ab ∈ 〈a〉. Analog sedemonstreaza ca 〈b〉 si ca a−1b−1ab ∈ 〈b〉. Cum orice element din 〈a〉 \ {1} areordinul 5 si orice element din 〈b〉 \ {1} are ordinul 3, folosind problema 2.99 avem〈a〉 ∩ 〈b〉 = {1}. Prin urmare, bab−1 = a, adica ba = ab. Acum, folosind problema2.100, deducem ca ord(ab) = 15, deci G este ciclic si G ≃ Z15.

2.207. Indicatii. Aceasta problema este o generalizare a problemei anterioare. Din

teorema lui Cauchy deducem ca exista a, b ∈ G cu ord a = p si ord b = q. Fie np si nq

numarul p-subgrupurilor Sylow, respectiv al q-subgrupurilor Sylow ale lui G. Avem np|qsi np ≡ 1(mod p), prin urmare np = 1 sau np = q. Dar egalitatea np = q poate avea loc

numai ın cazul cand q ≡ 1(mod p). Analog nq = 1 sau nq = p, iar egalitatea nq = p poate

avea loc numai ın cazul cand p ≡ 1(mod q). In conditiile din enunt avem np = nq = 1,

asadar 〈a〉 E G si 〈b〉 E G. Ca ın solutia problemei anterioare deducem ca ab = ba este

un element de ordinul pq, deci un generator al lui G.

2.208. Fie P un p-subgrup Sylow al lui G si Q un q-subgrup Sylow al lui G. Avem|P | = p2, |Q| = q, iar daca np este numarul p-sugrupurilor Sylow si nq este numarulq-subgrupurilor Sylow ale lui G atunci np|q si nq|p2. Sa presupunem ca np > 1 sinq > 1. Urmeaza ca np = q si ca nq ∈ {p, p2}. Din q = np ≡ 1(mod p) avem q > p,iar din nq ≡ 1(mod p) si q > p rezulta nq = p2. Este evident ca orice element deordinul q al lui G genereaza un q-subgrup Sylow si ca orice doua subgrupuri diferitede ordinul q au intersectia formata numai din elementul neutru ceea ce ne conducela faptul ca numarul elementelor de ordinul q din G este nq(q − 1) = p2(q − 1),iar numarul elementelor din G care nu sunt de ordinul q este p2q − p2(q − 1) = p2.Cum |P | = p2 si nici un element din P nu are ordinul q, deducem ca P este chiarmultimea elementelor din G care nu au ordinul q. Dar aceasta se ıntampla pentruorice p-subgrup Sylow, deci np = 1, contradictie. Prin urmare, np = 1 sau nq = 1,adica P E G sau Q E G si G nu este simplu.


Daca, ın plus, q ∤ p2 − 1 si p ∤ q − 1 atunci, conform celor de mai sus, avemnp = 1 si nq = 1. Deducem ca P E G, Q E G si (ca ın problemele anterioare) caa−1b−1ab ∈ P ∩Q pentru orice a ∈ P si b ∈ Q. Din PQ = QP rezulta PQ = 〈P ∪Q〉.Din teorema lui Lagrange deducem ca |P ∩Q| divide pe (|P |, |Q|) = (p2, q) = 1, deunde obtinem ca P ∩Q = {1} si aplicand problema 2.75 urmeaza ca |PQ| = p2q siastfel, G = PQ = 〈P ∪Q〉. Asadar, ab = ba pentru orice a ∈ P , b ∈ Q, P si Q suntabeliene, deci G este abelian deoarece orice generatori ai sai comuta.

2.209. Fie (G, ·) un grup cu |G| = 255 = 3 · 5 · 17. Un 17-subgrup Sylow H allui G are ordinul 17, deci este ciclic, iar daca n17 este numarul 17-subgrupurilorSylow ale lui G atunci n17|15 si n17 ≡ 1(mod 17). Rezulta ca n17 = 1 si H E G.Grupul cat G/H are ordinul 15, de unde, conform problemei 2.206, deducem caeste ciclic. Fie a, b ∈ G astfel ıncat H = 〈a〉 si G/H = 〈bH〉 si fie n =ord(b).Aplicand problema 2.98 proiectiei canonice determinate de factorizarea modulo Havem 15|n. De asemenea, n divide pe |G| = 15 · 17 ceea ce implica n = 15 saun = 255. Daca n = 255 atunci G este ciclic, generat de b. Daca n = 15 atunci existar ∈ {0, . . . , 16} astfel ıncat b−1ab = ar, deoarece b−1ab ∈ H = 〈a〉. Presupunem capentru un m ∈ N avem b−mabm = arm

si deducem ca

b−(m+1)abm+1 = b−1(b−mabm)b = b−1arm

b = (b−1ab)rm

= (ar)rm

= arm+1

,

ceea ce arata ca b−mabm = armpentru orice numar natural m. In particular, avem

ar15= b−15ab15 = a, de unde urmeaza r15 ≡ 1(mod 17). Din Teorema lui Fermat

stim ca r16 ≡ 1(mod 17), asadar r ≡ 1(mod 17) si astfel, r = 1. Intrucat b−1ab = a,avem ab = ba, iar din problema 2.100 deducem ca ord(ab) = 15 · 17 = 255 si, prinurmare, ca G este ciclic.

2.210. Indicatii. i) Avem f : H ×H ′ → G, f(h, h′) = hh′.ii) Kerf = {(h, h−1) | h ∈ H ∩H ′} deoarece

(h, h′) ∈ Kerf ⇔ hh′ = 1 ⇔ h′ = h−1.

iii) Avem 〈H ∪H ′〉 = HH ′ si f(H ×H ′) = HH ′, deci omomorfismul f este surjectiv daca

si numai daca G = HH ′.

2.211. Indicatie. Se foloseste definitia produsului direct.

2.212. Indicatie. X genereaza pe P daca si numai daca I este finita sau |Gi| = 1

pentru orice i ∈ I.

2.213. Raspuns. a) X = {(1, 0), (0, 1)}; b) Generalizarea se poate face la grupul

(Zn,+) luand |X| = n si atunci X = {(1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, . . . , 0, 1)} sau

la suma directa a familiei de grupuri (Ai,+) = (Z,+), i ∈ I, luand |X| = |I| si atunci

X = {fi : I → Z | i ∈ I}, unde fi(j) =

{1, j = i ;0, j ∈ I \ {i} .

2.214. Indicatii. Daca a ∈ A si ord a = m = pr11 · · · prn

n , cu p1, . . . , pn numere primediferite, atunci numerele mi = mp−ri

i (i ∈ {1, . . . , n}) sunt relativ prime, de unde rezultaca exista s1, . . . , sn ∈ Z astfel ıncat s1m1 + · · · + snmn = 1. Avem mia ∈ Api deoarecepri

i miA = ma = 0 si astfel,

a = s1m1a+ · · · + snmna ∈⟨⋃

p∈P

Ap

⟩.

187

Mai mult, orice element din Ap1 + · · · + Apkse anuleaza prin ınmultire cu un produs de

puteri ale numerelor prime p1, . . . , pk, ceea ce arata ca pentru orice numar prim p diferitde p1, . . . , pk avem

Ap ∩ (Ap1 + · · · +Apk) = {0},

deci A =

⟨⋃

p∈P

Ap

⟩=⊕

p∈P

Ap.

2.215. Indicatie. Conform problemei anterioare, grupul U al radacinilor unitatii este

izomorf cu⊕

p∈P

Z(p∞) si se foloseste izomorfismul din problema 2.157.

2.216. Din [34, Teorema 2.16.22] rezulta ca determinarea tuturor grupurilor abelienefinite neizomorfe de ordinul m > 1 se reduce la determinarea tuturor n-uplelor(m1, . . . , mn) ∈ Nn cu proprietatile: mi > 1, mi+1|mi si m = m1 · · ·mn. De aicideducem ca orice divizor prim al lui m este divizor si al lui m1. In cazul nostru32 = 25, deci n-uplele sunt: 32, (16,2), (8,4), (8,2,2), (4,4,2), (4,2,2,2), (2,2,2,2,2).Rezulta ca grupurile neizomorfe de ordinul 32 sunt Z32, Z16×Z2, Z8×Z4, Z8×Z2×Z2,Z4 × Z4 × Z2, Z4 × Z2 × Z2 × Z2 si Z2 × Z2 × Z2 × Z2 × Z2.

2.217. Raspuns. Z64, Z32×Z2, Z16×Z4, Z8×Z8, Z16×Z2×Z2, Z8×Z4×Z2, Z4×Z4×Z4,

Z8×Z2×Z2×Z2, Z4×Z4×Z2×Z2, Z4×Z2×Z2×Z2×Z2 si Z2×Z2×Z2×Z2×Z2×Z2.

2.218. Raspuns. Z96, Z48×Z2, Z24×Z4, Z24×Z2×Z2, Z12×Z4×Z2, Z12×Z2×Z2×Z2,

Z6 × Z2 × Z2 × Z2 × Z2.

2.219. Indicatie. Orice sir descrescator de subgrupuri (normale) cu factorii grupurisimple este de forma

Z ⊃ n1Z ⊃ n1n2Z ⊃ · · · ,cu n1, n2, . . . numere prime, ori un astfel de sir este infinit.

2.220. Indicatii. Daca (A,+) are siruri de compozitie si

(∗) A ⊃ H0 ⊃ H1 ⊃ H2 ⊃ · · ·Hn = {0}

este un sir de compozitie atunci Hi+1 este un subgrup maximal ın Hi, de unde urmeazaca grupul Hi/Hi+1 este simplu, deci finit si de ordin prim (vezi [34, Exemplul 2.8.8, b)]).De aici, avand ın vedere ca (∗) implica

|A| = |H0 : H1||H1 : H2| · · · |Hn−1 : Hn|

urmeaza ca grupul A este finit.

2.221. Indicatie. Fie A = Z6 × Z5. Avem A ≃ Z30, adica grupul A este ciclic. Dacad|30 si 30 = dq atunci A are un singur subgrup de ordinul d si anume qA. Avem qA ⊆ q′Adaca si numai daca q′|q.

A ⊃ 2A ⊃ 2 · 3A ⊃ 2 · 3 · 5A = {(0, 0)}

este un sir de compozitie si orice sir de compozitie se obtine din acesta, aplicand numerelor

2, 3, 5 o permutare. Deci A are 3! = 6 siruri de compozitie.

2.222. Indicatie. Se procedeaza ca ın problema anterioara.


2.223. Reamintim ca un grup (G, ·) este nilotent de clasa k daca numarul k ∈ Neste cel mai mic cu proprietatea ca Zk(G) = G, unde Zn(G) (n ∈ N) sunt termeniisirului central ascendent. Prin urmare k = 1 daca si numai daca Z(G) = G, adicaG este abelian si G 6= {1}.

2.224. Indicatie. Fie k clasa de nilpotenta a lui G. Daca k < 2 atunci toti membriiegalitatilor din enut sunt 1. Avem

k = 2 ⇒ Z2(G) = G⇒ Z(G/Z(G)) = G/Z(G).

Deci G/Z(G) este abelian. Rezulta ca pentru orice x, y ∈ G avem [x, y]Z(G) = Z(G),adica

[x, y] ∈ Z(G)

si se folosesc egalitatile din problema 2.194.

2.225. Indicatie. Fie H = {−1, 1,−i, i,−j, j,−k, k} grupul cuaternionilor. AvemZ(H) = {−1, 1} si

H/Z(H) = {{−1, 1}, {−i, i}, {−j, j}, {−k, k}},

iar H/Z(H) este abelian. Rezulta ca Z(H/Z(H)) = H/Z(H), adica Z2(H) = H.

2.226. Raspuns. n ∈ {1, 2}.

2.227. (S1, ◦) si (S2, ◦) sunt abeliene, deci resolubile. Subgrupul derivat al lui Sn

este An (vezi problema 2.202), iar A3 este abelian. Deci sirul derivat al lui S3 esteS3 ⊃ A3 ⊃ {e}, unde e este permutarea identica. Rezulta ca S3 este resolubil declasa 2. Multimea

K = {e, (1, 2) ◦ (3, 4), (1, 3) ◦ (2, 4), (1, 4) ◦ (2, 3)}

(unde e este permutarea identica din S4) este un subgrup normal ın S4 si grupulcat S4/K este izomorf cu grupul simetric S3 (vezi problema 2.160). Grupul Keste abelian, deci resolubil, iar S3 am vazut ca este resolubil. Aplicam [34, Teorema2.13.3, 3)] (care arata ca orice exindere a unui grup resolubil printr-un grup resolubileste un grup resolubil) si obtinem ca S4 este resolubil.

2.228. Fie (G, ·) un grup de ordinul 2p (p prim). Grupul G are un subgrup H deordinul p. Rezulta ca H este ciclic si de indice 2. Urmeaza ca H E G si ca grupurileH si G/H sunt resolubile, deci G este resolubil.

2.229. Fie (G, ·) un grup de ordinul pq (p, q numere prime). Daca p = q atunciG este abelian (vezi problema 2.181), deci resolubil. Daca p > q atunci numarulp-subgrupurilor Sylow este de forma 1 + kp si divide ordinul lui G, adica pe pq.Rezulta k = 0, deci exista un singur p-subgrup Sylow P . Intrucat conjugatele unuip-subgrup Sylow sunt p-subgrupuri Sylow, urmeaza ca P E G. Cum grupurile P siG/P sunt ciclice, deci resolubile, avem G resolubil.

Capitolul 3

Inele si corpuri

3.1. 1) Aratam ca ca (Z,⊥) este grup abelian.

a) Pentru orice x, y, z ∈ Z, folosind asociativitatea si comutativitatea adunarii nu-merelor ıntregi, avem:

(x⊥y)⊥z = (x+ y + 3)⊥z = x+ y + 3 + z + 3 = x+ y + z + 6;

x⊥(y⊥z) = x⊥(y + z + 3) = x+ y + z + 3 + 3 = x+ y + z + 6,

de unde rezulta (x⊥y)⊥z = x⊥(y⊥z), adica ⊥ este asociativa.

b) Pentru orice x, y ∈ Z, folosind comutativitatea adunarii din Z, avem

x⊥y = x+ y + 3 = y + x+ 3 = y⊥x,

adica ⊥ este comutativa.

c) Exista e0 ∈ Z astfel ıncat, pentru orice x ∈ Z, sa avem

(1) e0⊥x = x = x⊥e0.

Intrucat ⊥ este comutativa, avem:

(1) ⇔ e0⊥x = x⇔ e0 + x+ 3 = x⇔ e0 = −3.

Deci e0 = −3 ∈ Z este element neutru ın (Z,⊥).

d) Pentru orice x ∈ Z exista x′ ∈ Z astfel ıncat

(2) x′⊥x = −3 = x⊥x′.

Intrucat ⊥ este comutativa, avem

(2) ⇔ x′⊥x = −3 ⇔ x′ + x+ 3 = −3 ⇔ x′ = −6 − x ∈ Z.

Deci orice element din Z este simetrizabil ın (Z,⊥). Astfel, am aratat ca (Z,⊥) esteun grup abelian.

2) Aratam ca (Z,⊤) este monoid comutativ.

189

190 CAPITOLUL 3. INELE SI CORPURI (SOLUTII)

a) Pentru orice x, y, z ∈ Z, folosind proprietatile operatiilor + si · din Z avem:

(x⊤y)⊤z = (xy + 3x+ 3y + 6)⊤z= (xy + 3x+ 3y + 6)z + 3(xy + 3x+ 3y + 6) + 3z + 6

= xyz + 3xz + 3yz + 6z + 3xy + 9x+ 9y + 18 + 3z + 6

= xyz + 3xy + 3xz + 3yz + 9x+ 9y + 9z + 24;

x⊤(y⊤z) = x⊤(yz + 3y + 3z + 6)

= x(yz + 3y + 3z + 6) + 3x+ 3(yz + 3y + 3z + 6) + 6

= xyz + 3xy + 3xz + 6x+ 3x+ 3yz + 9y + 9z + 18 + 6

= xyz + 3xy + 3xz + 3yz + 9x+ 9y + 9z + 24,

ceea ce ne arata ca (x⊤y)⊤z = x⊤(y⊤z), adica ⊤ este asociativa.b) Pentru orice x, y ∈ Z avem

x⊤y = xy + 3x+ 3y + 6 = yx+ 3y + 3x+ 6 = y⊤x,

adica ⊤ este comutativa.c) Exista e1 ∈ Z astfel ıncat, pentru orice x ∈ Z,

(3) e1⊤x = x = x⊤e1.

Intrucat ⊤ este comutativa, avem:

(3) ⇔ e1⊤x = x⇔ e1x+ 3e1 + 3x+ 6 = x⇔ (x+ 3)(e1 + 2) = 0,

care trebuie sa aiba loc pentru orice x ∈ Z. Deci e1 = −2 ∈ Z este elementul neutruın (Z,⊤).3) Aratam ca ⊤ este distrbutiva fata de ⊥. Pentru orice x, y, z ∈ Z avem:

(x⊥y)⊤z = (x+ y + 3)⊤z = (x+ y + 3)z + 3(x+ y + 3) + 3z + 6

= xz + yz + 3x+ 3y + 6z + 15;

(x⊤z)⊥(y⊤z) = (xz + 3x+ 3z + 6)⊥(yz + 3y + 3z + 6)

= xy + 3x+ 3z + 6 + yz + 3y + 3z + 6 + 3

= xz + yz + 3x+ 3y + 6z + 15,

de unde rezulta (x⊥y)⊤z = (x⊤z)⊥(y⊤z). Din comutativitatea operatiei ⊤ rezultasi z⊤(x⊥y) = (x⊤z)⊥(z⊤y), deci ⊤ este distributiva ın raport cu ⊥.

Din 1), 2) si 3) rezulta ca (Z,⊥,⊤) este un inel asociativ, comutativ si cu unitate.In acest inel, e0 = −3 este elementul zero si e1 = −2 este elementul unitate. Evidentca Z 6= {e0}. Pentru a arata ca (Z,⊥,⊤) este domeniu de integritate, mai trebuiearatat ca (Z,⊥,⊤) nu are divizori ai lui zero, adica

(4) x⊤y = e0 ⇒ x = e0 sau y = e0.

Intr-adevar,

x⊤y = e0 ⇔ xy + 3x+ 3y + 6 = −3 ⇔ (x+ 3)(y + 3) = 0 ⇒ x = −3 sau y = −3,

191

ceea ce arata ca (4) este adevarata. In concluzie, (Z,⊥,⊤) este un domeniu deintegritate.

Determinam elementele inversabile. Un element x ∈ Z este inversabil ın (Z,⊥,⊤)daca si numai daca exista x′′ ∈ Z astfel ıncat x′′⊤x = e1, adica

∃x′′ ∈ Z : x′′x+ 3x′′ + 3x+ 6 = −2 ⇔ ∃x′′ ∈ Z : x′′(x+ 3) = −8 − 3x.

Elementul nul e0 = −3 nu este inversabil, deci x 6= −3 si

x′′ = −3x+ 8

x+ 3= −3(x+ 3) − 1

x+ 3= −3 +

1

x+ 3∈ Z ⇔ x ∈ {−2,−4}.

Deci elementele inversabile ın (Z,⊥,⊤) sunt elementul unitate e1 = −2 si −4.Mentionam ca ın orice inel nenul cu unitatea e1 si elementul nul e0, e0 nu esteinversabil si e1 este inversabil.

Observatie: Inelul de mai sus este un de domeniu de integritate care nu este corp.

3.2. Indicatie. Elementul nul este 0, i 6= 0 si i ∗ i = 0, prin urmare, i este un divizor al

lui zero.

3.3. Indicatie. Se verifica conditiile din definitia corpului.

3.4. i) Observam ca X+Y este diferenta simetrica a multimilor X si Y , iar din pro-blema 2.94 deducem ca (P(M),+) este grup abelian. Din proprietatile intersectieisi definitia operatiei · rezulta ca · este asociativa, comutativa si M este elementneutru. Deci (P(M), ·) este monoid comutativ.

Stabilim distributivitatea operatiei · fata de +. Intr-adevar,

X · Y +X · Z = (X ∩ Y ) + (X ∩ Z)

= [(X ∩ Y ) ∩ C(X ∩ Z)] ∪ [(X ∩ Z) ∩ C(X ∩ Y )]

= [X ∩ Y ∩ (C(X) ∪ C(Z))] ∪ [X ∩ Z ∩ (C(X) ∪ C(Y ))]

= [X ∩ Y ∩ C(X)] ∪ [X ∩ Y ∩ C(Z)] ∪ [X ∩ Z ∩ C(X)] ∪ [X ∩ Z ∩ C(Y )]

= ∅ ∪ [X ∩ Y ∩ C(Z)] ∪ ∅ ∪ [X ∩ Z ∩ C(Y )]

= [X ∩ Y ∩ C(Z)] ∪ [X ∩ Z ∩ C(Y )] = X ∩ [(Y ∩ C(Z)) ∪ (Z ∩ C(Y ))]

= X · (Y + Z),

ceea ce arata ca · este distributiva ın raport cu +. Deci (P(M),+, ·) este inelasociativ, comutativ, cu unitate. Elementul zero, respectiv elementul unitate este∅, respectiv M .

ii) In acest inel avem, pentru orice X ⊆ M , X2 = X, adica X(X − 1) = 0, sauechivalent, X(X +M) = ∅, ceea ce arata ca orice X ∈ P(M) \ {∅,M} este divizoral lui zero.

iii) Din ii) rezulta ca inelul (P(M),+, ·) este fara divizori ai lui zero daca si numaidaca P (M) = {∅,M}, adica |M | ≤ 1. Daca |M | = 0 atunci M = ∅ si (P(M),+, ·)este inelul nul, iar daca |M | = 1 atunci (P(M),+, ·) este izomorf cu (Z2,+, ·), deunde rezulta ca (P(M),+, ·) este corp.


3.5. Pentru orice a, b ∈ R avem

(1 + 1)(a+ b) = 1(a+ b) + 1(a+ b) = 1 · a+ 1 · b+ 1 · a+ 1 · b = a + b+ a + b,

(1 + 1)(a+ b) = (1 + 1)a+ (1 + 1)b = 1 · a+ 1 · a+ 1 · b+ 1 · b = a + a+ b+ b

de unde deducem a + b+ a + b = a + a+ b+ b, adica a+ b = b+ a.

3.6. Raspuns. (Mn(Zm),+, ·), cu m,n ∈ N, m ≥ 2, n ≥ 2.

Observatie: Nu exista corpuri finite necomutative (vezi Teorema lui Wedderburn).

3.7. a) Daca (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 atunci a2 + ab + ba + b2 = a2 + ab + ab + b2,iar cum ın grupul (R,+) se poate simplifica cu orice element, deducem ca ab = ba.Din a2 − b2 = (a − b)(a + b) rezulta a2 − b2 = a2 + ab − ba − b2, de unde urmeazaca 0 = ab − ba, adica ab = ba. Daca ab = ba atunci cele doua egalitati se verificaimediat.b) Tinem seama de faptul ca orice puteri (cu exponent natural nenul) ale elementelora, b comuta (vezi problema 2.58) si procedam prin inductie dupa n. Pentru n = 1afirmatia este, evident, adevarata, iar daca egalitatea este adevarata pentru n atunci

(a+ b)n+1 = (a+ b)n(a+ b) = (C0na

n + C1na

n−1b+ · · · + Cn−1n abn−1 + Cn

nbn)a

+ (C0na

n + C1na

n−1b+ · · ·+ Cn−1n abn−1 + Cn

nbn)b

= C0na

n+1 + (C1n + C0

n)anb+ · · · + (Cn−1n + Cn

n)abn + Cnnb

n+1.

Cum C0n = Cn

n = 1 si Ckn + Ck−1

n = Ckn+1 pentru orice n ∈ N∗ si 1 ≤ k ≤ n, avem

(a+ b)n+1 = C0n+1a

n+1 + C1n+1a

nb+ · · · + Cnn+1ab

n + Cn+1n+1b

n+1,

ceea ce finalizeaza rationamentul prin inductie. Celelalte egalitati se obtin efec-tuand calculul din membrul drept.

3.8. Indicatii. Cazul n = 0 este evident. Fie n ∈ N∗ si x, y ∈ R arbitrare. Avem

xn(xyn − ynx)y = xn+1yn+1 − (xnyn)xy = (xy)n+1 − (xy)n(xy) = (xy)n+1 − (xy)n+1 = 0,

adica xn(xyn − ynx)y = 0. Inlocuind pe x cu x + 1 si efectuand calculele din parantezaobtinem (x + 1)n (xyn − ynx) y = 0. Cum x si 1 comuta, putem dezvolta (x + 1)n dupaformula binomului lui Newton. Inmultind la stanga egalitatea astfel obtinuta cu xn−1

deducem ca xn−1 (xyn − xny) y = 0. Aplicarea succesiva a rationamentului de mai sus neconduce la egalitatea (xyn − ynx) y = 0.

Daca ıncepem procedeul de mai sus cu calculul lui xn+1(xyn+1 − yn+1x

)y (care este

de asemenea 0), concluzia obtinuta va fi(xyn+1 − yn+1x

)y = 0. Prin urmare,

(xy − yx)yn+1 = xyn+2 − yxyn+1 = xyn+2 − yn+1xy − yxyn+1 + yn+1xy

= (xyn+1 − yn+1x)y − y(xyn − ynx)y = 0.

Cum x, y sunt arbitrare, avem, de asemenea (xy− yx)(y+ 1)n+1 = 0, dezvoltam binomial

pe (y + 1)n+1, ınmultim la dreapta cu yn si obtinem (xy − yx)yn = 0. Aplicam succesiv

acest rationament si ajungem ın final la egalitatea xy − yx = 0.

193

3.9. Indicatii. Din x3 = x rezulta x4 = x2. Folosind acest rezultat, prin calcul se obtine(x2yx2 − x2y

)2= 0 pentru orice x, y ∈ R. Urmeaza x2yx2 − x2y =

(x2yx2 − x2y

)3= 0,

asadar x2yx2 = x2y. Analog se arata ca x2yx2 = yx2, prin urmare, x2y = yx2 pentru orice

x, y ∈ R si astfel avem xy = x3y3 = x2(xyy2) = [(xy)y2]x2 = y2(xy)x2 = y(yx)(yx)x =

y(yx)2x = (yx)2(yx) = (yx)3 = yx.

3.10. Din −x = (−x)6 = x6 = x rezulta 2x = x + x = x + (−x) = 0 pentru oricex ∈ R. Atunci

x+ x2 = (x+ x2)6 = x6 + 6x7 +15x8 + 20x9 + 15x10 + 6x11 + x12 = x+ x3 + x5 + x2.

Prin urmare, x3 + x5 = 0 sau, echivalent, x5 = −x3 = x3, ceea ce implica

x = x6 = x5x = x3x = x4 si x2 = x5 = x3.

Astfel, avem x = x6 = x2x4 = x2x = x3 = x2.

3.11. ii)⇒i) Se ia n = 2.i)⇒ii) Demonstram prin inductie dupa n ∈ N∗ ca, daca i) are loc, atunci

P (n) : n ∈ N∗, an = 0 ⇒ a = 0.

Afirmatiile P (1) si P (2) sunt, evident, adevarate. Fie n ∈ N, n ≥ 3. Presupunemca afirmatia P (k) este adevarata pentru orice k ∈ N∗, k < n si aratam ca P (n)este adevarata. Daca n = 2m este un numar par nenul atunci m ∈ N∗, m < n sian = a2m = (am)2. Conform lui i) si faptului ca P (m) este adevarata avem succesiv:

an = 0 ⇔ (am)2 = 0 ⇒ am = 0 ⇒ a = 0.

Daca n = 2m − 1 ≥ 3 este un numar impar si an = 0 atunci an+1 = an · a = 0,iar n + 1 = 2m si m < n. Prin urmare, aplicand succesiv i) si faptul ca P (m) esteadevarata, avem:

an = 0 ⇒ (am)2 = a2m = an+1 = 0 ⇒ am = 0 ⇒ a = 0.

3.12. Aceasta problema generalizeaza situatia ıntalnita ın solutia problemei 3.4 ii).Pentru x ∈ R, egalitatea x2 = x are loc daca si numai daca x(x − 1) = 0. Rezultaca orice x ∈ R \ {0, 1} este divizor al lui zero.

3.13. Pentru orice idempotent a ∈ R, a− 1 este, de asemenea, idempotent si a(a−1) = 0, iar din 1 6= 0 rezulta a − 1 6= a. Deducem ca elementele idempotente alelui R pot fi grupate ın perechi care dau produsul zero. Prin urmare produsul ceruteste 1 daca 1 este singurul idempotent nenul, respectiv 0 daca ın R exista elementeidempotente diferite de 0 si 1.

3.14. Fie a ∈ R un element idempotent si x ∈ R arbitrar. Atunci

(ax− axa)2 = (ax− axa)(ax− axa) = (ax− axa)ax − (ax− axa)axa

= axax − axaax − axaxa + axaaxa = axax− axax − axaxa + axaxa = 0.

Deducem ca ax− axa = 0. Analog se obtine xa− axa = 0, deci ax = axa = xa.


3.15. Indicatii. a) Daca exista m ∈ N astfel ıncat (a)m = 0 atunci n|am, deci pi|am

pentru orice i ∈ {1, . . . , k}. Cum numerele pi sunt prime, rezulta pi|a pentru orice i ∈{1, . . . , k}, iar din faptul ca sunt distincte deducem ca p1 · · · pk|a. Reciproc, daca p1 · · · pk|asi luam m = max{α1, . . . , αk} atunci am = 0.

b) Este o consecinta imediata a lui a).

3.16. Fie P multimea nunerelor prime, n = pα11 · · ·pαk

k , cu p1, . . . , pk ∈ P distinctesi α1, . . . , αk ∈ N∗, descompunerea lui n ın factori primi si M multimea partilormultimii A = {p1, . . . , pk}. Avem

{p ∈ P | p|(x, n)} = {p ∈ A | p|x},

iar daca p ∈ A divide pe x si n divide pe x− y atunci p divide si pe x− (x− y) = y.Inseamna ca

x 7→ {p ∈ P | p|(x, n)}defineste o functie ϕ de la multimea elementelor idempotente ale lui Zn la M . Maimult, daca x ∈ Zn este un element idempotent atunci

(1) (x, n) =∏

pi∈ϕ(bx)

pαii .

Intr-adevar, fie d = (x, n), x = dx′, n = dn′ (x′, n′ ∈ Z). Din (x)2 = x sau,echivalent, n|x(x − 1), deducem ca n′|x′(x − 1). Cum (n′, x′) = 1, avem n′|x − 1,ceea ce ımpreuna cu (x, x − 1) = 1 si d|n conduce la (d, n′) = 1. Asadar, pi|d(i ∈ {1, . . . , k}) implica pαi

i |d si astfel∏

pi∈ϕ(bx)

pαii divide pe d. Cum d divide pe

∏

pi∈ϕ(bx)

pαii , egalitatea (1) este verificata.

Functia ϕ este bijectiva, ceea ce ne permite sa caracterizam elementele idempo-tente ale lui Zn cu ajutorul multimii M .

Aratam ca ϕ este injectiva. Fie x, y ∈ Zn doua elemente idempotente astfel caϕ(x) = ϕ(y). Din (1) rezulta ca (x, n) = (y, n). Pastrand notatiile de mai sus, avem

n′|(x− 1) si n′ =n

(x, n)=

n

(x, n)

∣∣∣∣ (y − 1),

deci n′|(x − y). De asemenea d = (x, n) = (y, n)|(x− y) si cum (d, n′) = 1, rezultaca n = dn′ divide pe x− y, adica x = y.

Surjectivitatea lui ϕ se obtine astfel: daca I ⊆ {1, . . . , k} si {pi | i ∈ I} ∈ M ,

consideram a = 1 daca I = ∅ si a =∏

i∈I

pαii altfel, si avem

(a,n

a

)= 1 ⇒ ∃u, v ∈ Z : au+

n

av = 1.

Notam x = au. Atunci x(x − 1) = ua(−nav)

= −uvn este un multiplu de n, deci

x ∈ Zn este idempotent, iar cum (x, n) = a conform lui (1) avem

ϕ(x) = {pi | i ∈ I}.

195

Demonstratia surjectivitatii lui ϕ indica si modul de obtinere a elementelor idem-potente ale lui Zn din submultimile multimii A. Luand ca exemplu, n = 12 avem

n = 22 · 3, A = {2, 3}, M = {∅, {2}, {3}, {2, 3}},

a ia valorile1, 22 = 4, 3, 22 · 3 = 12

si u ia, respectiv, valorile1, 1, −1, 0,

iar elementele idempotente ale lui Z12 sunt:

1, 4, 9 si 0.

3.17. Indicatii. i) Cum (R,+) este un grup, functia f este injectiva, ceea ce, ın ipotezaR finita, ınseamna chiar f bijectiva.ii) Din surjectivitatea lui f avem

{f(0), f(1), f(a), f(b)} = {1 + 0, 1 + 1, 1 + a, 1 + b} = f(A) = A = {0, 1, a, b}.

Obtinem astfel f(0) + f(1) + f(a) + f(b) = 0 + 1 + a+ b = 1 + a+ b sau, echivalent,

1 + 1 + 1 + 1 + 1 + a+ b = 1 + a+ b,

adica 1 + 1 + 1 + 1 = 0.iii) Daca R este corp, R nu are divizori ai lui zero si din

(1 + 1)(1 + 1) = 1 + 1 + 1 + 1 = 0

deducem 1 + 1 = 0.iv) Daca R este corp, din 1 + 1 = 0 deducem x + x = x(1 + 1) = 0 pentru orice x ∈ R.Stiind ca ın tabla unui grup un element apare o singura data pe orice linie (coloana) putemconstrui tabla lui (R,+) si a lui (R∗, ·) si vom constata ca 1+a = a2 si 1+b = b2. Reciproc,cum 0 si 1 nu verifica egalitatea 1+x = x2 deducem ca x ∈ {a, b}. Daca 1+a = a2 atunci

a(a− 1) = (a− 1)a = 1.

Daca a−1 = 0 atunci a = 1, imposibil. Daca a−1 = 1 atunci a = 1+1, iar din 1+a = a2

deducem 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1, deci 0 = 1, imposibil. Daca a − 1 = a atunci 0 = 1,

imposibil. Ramane doar posibilitatea ca a− 1 = b. Deducem ca 1, a si b sunt inversabile,

si 1−1 = 1, a−1 = b si b−1 = a. Analog se procedeaza ın cazul ın care 1 + b = b2.

3.18. Pentru orice x, y ∈ R avem (x+ y)2 = x+ y si

(x+y)2 = (x+y)(x+y) = (x+y)x+(x+y)y = x2 +yx+xy+y2 = x+xy+yx+y,

de unde urmeaza x+ y = x+ xy + yx+ y, adica

(1) 0 = yx+ xy.

i) Luand y = x ın (1) obtinem 0 = x2 + x2 pentru orice x ∈ R, ceea ce implicax+ x = 0, adica

(2) x = −x, ∀x ∈ R.


ii) Din (1) si (2) rezulta

xy = −yx = yx, ∀x, y ∈ R,

adica R este comutativ.iii) Presupunem ca |R| ≥ 3 si ca R nu are divizori ai lui zero. Rezulta ca existaa, b ∈ R∗, a 6= b. Cum ab = (ab)2 = (ab)(ab) = abab, avem

0 = ab− abab = (a− aba)b.

Dar b 6= 0 si R nu are divizori ai lui zero, prin urmare

a = aba = a(ba) = a(ab) = a2b = ab.

In consecinta, a2 = a = ab sau, echivalent,

0 = a2 − ab = a(a− b).

Folosind, din nou, faptul ca R nu are divizori ai lui zero, cum a 6= 0, rezulta a = b,ceea ce contrazice faptul ca a 6= b. Daca |R| ≤ 2, inelul nul nu contine divizori ailui zero, iar daca R este un inel cu 2 elemente atunci R este un corp (izomorf cu(Z2,+, ·)), prin urmare nu are divizori ai lui zero.iv) Pentru a arata ca un inel Boole cu unitate (R,+, ·) este corp numai daca |R| = 2se poate aplica punctul anterior. Folosind existenta elementului unitate ın R sepoate da si o alta demonstratie a acestui fapt: din problema 3.12 rezulta ca oricex ∈ R\{0, 1} este divizor al lui zero. Deci, pentru ca (R,+, ·) sa fie corp este necesarca |R| ≥ 2 si R ⊆ {0, 1}, adica |R| = 2.

Observatie: Inelul (P(M),+, ·) din problema 3.4 este inel Boole cu unitate. Aceasta

structura de inel Boole este indusa de structura de latice Boole a multimii P(M).

3.19. Indicatii. i) Din problema 2.95 deducem ca (R,+) este grup abelian. Elementulsau neutru este 0. Ca ın problema 3.4 se arata ca (R,+, ·) este un inel asociativ, comutativ,cu unitate (1 fiind unitatea sa), iar daca x ∈ R atunci x2 = x ∧ x = x.ii) Folosim problema 2.22 pentru a arata ca (R,∨,∧) este o latice cu 0 cel mai mic elementsi 1 cel mai mare element. Intrucat inelele Boole sunt comutative, operatiile ∨ si ∧ suntcomutative. Asociativitatea operatiei · implica asociativitatea operatiei ∧, iar pentru aarata ca ∨ este asociativa se demostreaza egalitatile

(x ∨ y) ∨ z = x+ y + z − xy − xz − yz + xyz = x ∨ (y ∨ z).

Operatiile ∨ si ∧ verifica legile de absorbtie:

x∧(x ∨ y) = x(x ∨ x) = x(x+ x− xx) = x(x+ x− x) = x2 = x,

x ∨ (x ∧ y) = x ∨ (xy) = x+ xy − x2y = x+ xy − xy = x,

iar daca x ∈ R atunci 0 ∧ x = 0 · x = 0 si 1 ∧ x = 1 · x = x, adica 0 ≤ x si x ≤ 1 pentruorice x ∈ R. Distributivitatea laticii (R,∨,∧) rezulta aratand ca

x ∧ (y ∨ z) = xy + xz − xyz = (x ∧ y) ∨ (x ∧ z),

iar proband egalitatile (1 − x) ∧ x = 0 si (1 − x) ∨ x = 1 deducem ca orice x ∈ R arecomplement si anume pe 1 − x.

197

iii) Multimea suport a laticii g(f(R,∨,∧)) este, evident, multimea R, iar daca notam cu∨∗, respectiv ∧∗ operatiile din g(f(R,∨,∧)) atunci, pentru orice x, y ∈ R, avem

x ∨∗ y = x+ y − xy = x+ (y + (xy)) = x+ {[y ∧ (x ∧ y)′] ∨ [y′ ∧ (x ∧ y)]}= x+ {[y ∧ (x′ ∨ y′)] ∨ (y′ ∧ x ∧ y)} = x+ [(y ∧ x′) ∨ (y ∧ y′) ∨ 0] = x+ [(y ∧ x′) ∨ 0]

= x+ (y ∧ x′) = [x ∧ (y ∧ x′)′] ∨ [x′ ∧ (y ∧ x′)] = [x ∧ (y′ ∨ x)] ∨ (x′ ∧ y ∧ x′)= [(x ∧ y′) ∨ (x ∧ x)] ∨ (x′ ∧ y) = [(x ∧ y′) ∨ x] ∨ (x′ ∧ y) = x ∨ (x′ ∧ y)= (x ∨ x′) ∧ (x ∨ y) = 1 ∧ (x ∨ y) = x ∨ y

six ∧∗ y = xy = x ∧ y.

Similar se procedeaza pentru a arata ca f(g(R,+, ·)) = (R,+, ·).

3.20. Indicatie. Daca a ∈ R∗ nu este divizor al lui zero atunci cu a se poate simplifica,

prin urmare, functiile ta, t′a : R → R, ta(x) = ax, t′a(x) = xa sunt injective, ceea ce,

ımpreuna cu finitudinea lui R implica surjectivitatea acestor functii. Deci exista a′, a′′ ∈ Rastfel ca 1 = ta(a

′) = aa′ si 1 = t′a(a′′) = a′′a. Folosind asociativitatea ın calculul lui a′′aa′

se obtine a′ = a′′ = a−1.


3.22. Indicatii. Fie a0 un element fixat din multimea nevida A = {a′ ∈ R | a′a = 1}.Se arata ca corespondenta a′ 7→ aa′ − 1 + a0 defineste o functie injectiva f de la A la o

submultime proprie a sa, ceea ce face ca A si, implicit, R sa fie infinita. Incluziunea stricta

f(A) ⊂ A se obtine demonstrand prin reducere la absurd ca a0 /∈ f(A): presupunand

contrariul, ar rezulta ca exista un a′ ∈ A pentru care aa′ − 1 + a0 = a0, deci a′ ar fi un

invers pentru a, implicit unicul invers la stanga, ceea ce contrazice ipoteza.

3.23. Avem4x+ 5 = 9 ⇔ 4x = 4 ⇔ x ∈ {1, 4, 7, 10},

5x+ 5 = 9 ⇔ 5x = 4 ⇔ x = (5)−1 · 4 ⇔ x = 8.

Fie X =

(a bc d

). Avem

(1 21 2

)(a bc d

)=

(1 21 2

)⇔{a+ 2c = 1b+ 2d = 2

⇔{a = 1 − 2cb = 2 − 2d

.

Prin urmare, multimea solutiilor ecuatiei matriceale date este{(

1 − 2c 2 − 2dc d

)| c, d ∈ C

}.

3.24. Folosind faptul ca U(Z12,+, ·) = {a | (a, 12) = 1} = {1, 5, 7, 11} si problema3.20 deducem ca divizorii lui zero din Z12 sunt 2, 3, 4, 6, 8, 9 si 10.

Coeficientii lui x si y fiind divizori ai lui zero, aplicarea metodei reducerii poateconduce la sisteme neechivalente. Adunand cele doua ecuatii ale sistemului datobtinem

(1) 7x+ y = 9 ⇔ y = 5x+ 9.


Inlocuind pe y ın prima ecuatie a sistemului obtinem

3x+ 8x = 11 ⇔ 11x = 11 ⇔ x = 1.

Urmeaza imediat ca y = 5 + 9 = 2, deci sistemul dat are solutie unica pe (1, 2).

Observatii: a) Daca ınmultirea unei ecuatii cu un element care nu este divizor al luizero sau adunarea ecuatiilor sau ambele operatiuni pot permite scrierea unei ecuatii detipul (1) care sa conduca la substituirea unei necunoscute atunci rezolvarea unui sistemde ecuatii ıntr-un inel R se poate face ca mai sus.

b) La rezolvarea sistemelor de ecuatii ın inele R care au divizori ai lui zero recomandam

aplicarea metodei reducerii doar atunci cand inmultirea ecuatiilor se face cu elemente care

nu sunt divizori ai lui zero. In ceea ce priveste ıncercarea de a aplica regula lui Cramer ea

are succes doar daca determinantul sistemului este un element inversabil din R, ceea ce

ın cazul de mai sus are loc. Oricum, sugeram cititorului ca atunci cand nu este posibil sa

respecte indicatiile de mai sus, sa verifice solutiile obtinute.

3.25. Indicatie. N, N∗ si {a ∈ R | a ≥ 0} sunt parti stabile ın (R,+) si (R, ·), dar nu

sunt (sub)inele, Z, Q, R sunt parti stabile ın (C,+) si (C, ·) care sunt inele ın raport cu

operatiile induse; Z este subinel, iar Q si R sunt subcorpuri ale lui (C,+, ·).

3.26. Raspuns. 2Z este un subinel al lui (Z,+, ·) care nu contine unitatea, iar Z este

subinel al lui Q, dar nu este subcorp.

3.27. Raspuns. (R,+, ·) = (M2(R),+, ·) si S =

{(a 00 0

)| a ∈ R

}.

3.28. Indicatie. Daca S este un subinel al lui K ce contine unitatea atunci |S| ≥ 2 si

a, b ∈ S ⊆ K si ab = 0 ⇒ a = 0 sau b = 0.

Orice subinel al unui inel asociativ, comutativ este inel asociativ, comutativ.

3.29. Solutia 1: 1) Pentru orice A =

(a b2b a

), A′ =

(a′ b′

2b′ a′

)∈ R avem

A + A′ =

(a+ a′ b+ b′

2(b+ b′) a + a′

)∈ R si AA′ =

(aa′ + 2bb′ ab′ + ba′

2(ab′ + ba′) aa′ + 2bb′

)∈ R.

Deci R este stabila ın raport cu + si · din M2(Z).2) Aratam ca (R,+, ·) este un domeniu de integritate.a) Din asociativitatea si comutativitatea operatiei + din M2(Z) rezulta asociativi-tatea si comutativitatea operatiei + din R.b) Avem

O2 =

(0 00 0

)=

(0 0

2 · 0 0

)∈ R,

de unde rezulta ca O2 este elementul neutru ın (R,+).

c) Pentru orice A =

(a b2b a

)∈ R avem −A =

(−a −b

2(−b) −a

)∈ R. Urmeaza

ca −A este simetricul lui A ın (R,+), ceea ce finalizeaza demonstatia faptului ca(R,+) este un grup abelian.

199

d) Din asociativitatea lui · din M2(Z) rezulta asociativitatea operatiei · din R.e) Cu notatiile de mai sus avem

A′A =

(aa′ + 2bb′ ab′ + ba′

2(ab′ + ba′) aa′ + 2bb′

).

Folosind calculul lui AA′ de la 1), deducem ca operatia · din R este comutativa.f) Avem

I2 =

(1 00 1

)=

(1 0

2 · 0 1

)∈ R,

de unde urmeaza ca I2 este elementul neutru ın (R, ·).g) Din distributivitatea operatiei · fata de + ın M2(Z) rezulta distributivitateaoperatiei · fata de + ın R. Atfel, am aratat ca (R,+, ·) este inel asociativ, comutativcu unitate. Evident, |R| ≥ 2.

Mai trebuie aratat ca (R,+, ·) nu are divizori ai lui zero. Cu notatiile de mai sus,presupunem ca A 6= O2 (ceea ce este echivalent cu a 6= 0 sau b 6= 0) si ca AA′ = O2,ceea ce este echivalent cu {

aa′ + 2bb′ = 0;ba′ + ab′ = 0.

Aceste relatii constituie un sistem liniar si omogen ın necunoscutele a′ si b′. Cum√2 ∈ R \ Q, din a 6= 0 sau b 6= 0 rezulta ca sistemul are determinantul

d =

∣∣∣∣a 2bb a

∣∣∣∣ = a2 − 2b2 6= 0,

de unde urmeaza ca singura solutie a sistemului este solutia nula a′ = b′ = 0, ceeace arata ca

AA′ = O2 si A 6= O2 ⇒ A′ = O2,

adica (R,+, ·) nu are divizori ai lui zero. In concluzie, (R,+, ·) este un domeniu deintegritate.

Solutia 2: Este suficient sa se arate ca R este un subinel comutativ, cu cel putindoua elemente, al lui (M2(Z),+, ·) si ca (R,+, ·) nu are divizori ai lui zero. Evident,R 6= ∅. Cu notatiile de mai sus, avem

A−A′ =

(a− a′ b− b′

2(b− b′) a− a′

)∈ R

si ca la 1), Solutia 1, se deduce ca AA′ ∈ R. Deci R este subinel ın (M2(Z),+, ·).Avem |R| ≥ 2 si, ca mai sus, se deduce ca (R,+, ·) este comutativ si nu are divizoriai lui zero.

3.30. Aratam ca K este un subinel ın (M2(Q),+, ·). Intr-adevar, K 6= ∅ si pentru

orice A =

(a b2b a

)∈ K, A′ =

(a′ b′

2b′ a′

)∈ K avem

A− A′ =

(a− a′ b− b′

2(b− b′) a− a′

)∈ R si AA′ =

(aa′ + 2bb′ ab′ + ba′

2(ab′ + ba′) aa′ + 2bb′

)∈ K,


asadar, K este subinel al lui (M2(Q),+, ·). DeciK este stabila ın raport cu operatiile+ si ·, iar (K,+, ·) este inel asociativ. Cu notatiile de mai sus avem

A′A =

(aa′ + 2bb′ ab′ + ba′

2(ab′ + ba′) aa′ + 2bb′

)= AA′.

Rezulta ca inelul (K,+, ·) este comutativ, iar din

I2 =

(1 00 1

)=

(1 0

2 · 0 1

)∈ K,

urmeaza ca inelul (K,+, ·) este cu unitate. Evident |K| ≥ 2. A ramas sa aratam caorice A ∈ K \ {O2} este inversabila ın K. Cu notatiile de mai sus avem

A 6= O2 ⇔ a 6= 0 sau b 6= 0,

ceea ce ımpreuna cu√

2 ∈ R \ Q implica d = detA = a2 − 2b2 6= 0. Deci A esteinversabila ın M2(Q) si

A−1 =1

d

(a −b

−2b a

)=

a

d− b

d

2

(− b

d

)a

d

∈ K,

adica A este inversabila ın K. Prin urmare, (K,+, ·) este corp comutativ.

3.31. i) Evident Z[√

2] 6= ∅. Pentru orice u = a + b√

2, u′ = a′ + b′√

2 ∈ Z[√

2](a, a′, b, b′ ∈ Z) avem:

u− u′ = (a− a′) + (b− b′)√

2 ∈ Z[√

2], uu′ = (aa′ + 2bb′) + (ab′ + a′b)√

2 ∈ Z[√

2]

si 1 = 1 + 0√

2 ∈ Z[√

2]. Deci Z[√

2] este subinel si 1 ∈ Z[√

2]. Aratam ca subinelulZ[√

2] este generat de {1,√

2}.1) Evident {1,

√2} ⊆ Z[

√2].

2) Daca A este un subinel al lui (R,+, ·) si {1,√

2} ⊆ A atunci Z[√

2] ⊆ A. Intr-adevar, din 1 ∈ A si din faptul ca A este subgrup al lui (R,+) rezulta Z ⊆ A.Analog, din

√2 ∈ A urmeaza Z

√2 ⊆ A, iar din Z,Z

√2 ⊆ A si din stabilitatea lui

A fata de + rezulta Z + Z√

2 ⊆ A, adica Z[√

2] ⊆ A.Din 1) si 2) deducem ca Z[

√2] este cel mai mic subinel al lui (R,+, ·) care include

pe {1,√

2}, adica Z[√

2] este subinelul generat de {1,√

2}. Acest rezultat se poatededuce si dintr-o teorema care ne arata ca elementele subinelului generat de {1,

√2}

sunt expresiile polinomiale ın 1 si√

2 cu coeficienti din Z.ii) Evident ca |Q(

√2)| ≥ 2. Analog cu i) se arata ca pentru orice u, u′ ∈ Q(

√2)

avem u− u′, uu′ ∈ Q(√

2). Fie u = a + b√

2 ∈ Q(√

2), u 6= 0. Aceasta ınseamna caa, b ∈ Q si a2 − 2b2 6= 0 si astfel,

u−1 =1

a+ b√

2=a− b

√2

a2 − 2b2=

a

a2 − 2b2− b

a2 − 2b2

√2 ∈ Q(

√2).

Deci Q(√

2) este subcorp. Aratam ca subcorpul Q(√

2) este generat de√

2.

201

1) Evident√

2 ∈ Q(√

2).2) Daca A este un subcorp al lui (R,+, ·) si

√2 ∈ A atunci Q(

√2) ⊆ A. Intr-adevar,

din ipoteza ca A este subcorp rezulta 1 ∈ A si ca A este subgrup al lui (R,+) ceeace implica Z ⊆ A. Tot din ipoteza ca A este subcorp rezulta ca A∗ este subgrup ın(R∗, ·) care, ımpreuna cu Z∗ ⊆ A∗ implica Q∗ ⊆ A∗. Astfel am aratat ca Q ⊆ A, iardin

√2 ∈ A, urmeaza Q + Q

√2 ⊆ A, adica Q(

√2) ⊆ A.

Din 1) si 2) deducem ca Q(√

2) este cel mai mic subcorp al lui (R,+, ·) carecontine pe

√2, adica Q(

√2) este subcorpul generat de

√2.

iii) Fie u = 3√

2. Evident ca u ∈ S1. Aratam ca u2 /∈ S1. Daca am avea u2 ∈ S1 arrezulta ca u2 = a+ bu cu a, b ∈ Z, ceea ce implica u3 = au+ bu2, adica

2 = au+ b(a+ bu) = ab+ (a + b2)u,

dar u fiind irational, urmeaza ab = 2 si a+ b2 = 0. Acest sistem nu are solutii ın Z.Deci S1 nu este stabila ın raport cu · si astfel S1 nu este subinel ın (R,+, ·).iv) Se arata la fel ca si ın iii) ca u = 3

√2 ∈ S2, dar u2 /∈ S2.

Observatii: 1) Subinelul Z[√

2] este generat si de Z∪ {√

2}, iar notatia Z[√

2] semnificaacest fapt.

2) Subcorpul Q(√

2) este generat si de Q ∪ {√

2}, iar notatia Q(√

2) semnifica acest fapt.

3.32. Indicatie. Aceasta problema generalizeaza prima parte a problemei anterioare.

3.33. Indicatii. Se arata ca δ(z1z2) = δ(z1)δ(z2) pentru orice z1, z2 ∈ Z[√d]. Daca z

este inversabil si z−1 este inversul sau atunci δ(z)δ(z−1) = 1 ın N, ceea ce implca δ(z) = 1.

Reciproc, daca δ(z) = 1 atunci z este inversabil si inversul lui z este z sau −z.

3.34. Indicatie. a2 + b2 = δ(a + bi) = 1 (a, b ∈ Z) ⇔ a+ bi ∈ {1,−1, i,−i}.

3.35. Indicatie. Sirul puterilor lui 1 +√

2 este un sir infinit de elemente din Z[√

2] ce

satisfac conditia din problema anterioara.

3.36. Indicatie. a) Se procedeaza ca ın soluta problemei 3.31 i).

b) Se procedeaza ca ın soluta problemei 3.31 ii).

e) Se procedeaza ca ın soluta problemei 3.33.

3.37. Consideram ca reprezentanti pentru numerele rationale doar fractii ireductibilesi observam ca daca A este subinel al lui (Q,+, ·) care contine o fractie ireductibilap

qsi pe 1 si daca mp + nq = 1 (m,n ∈ Z) atunci A contine si pe

m · pq

+ n =mp+ nq

q=

1

q.

Observam, de asemenea, ca cel mai mic subinel al lui Q ce contine pe 1 este Z.Fie P o multime de numere prime. Folosind teorema de caracterizare a subinelu-

lui se arata ca multimea A(P ) a numerelor rationale reprezentate prin fractii ire-ductibile pentru care divizorii primi ai numitorilor apartin lui P este un subinel allui Q. Remarcam ca Z ⊆ A(P ). De asemenea, daca A este un subinel al lui Q cecontine pe 1 si notam cu PA multimea numerelor prime care divid numitorul a cel


putin unei fractii ireductibile din A atunci A(PA) = A. Intr-adevar, este evident caA ⊆ A(PA), iar daca

m

pα11 · · · pαk

k

∈ A(PA), cu αi ∈ N∗, (i ∈ {1, . . . , k})

atunci p1 ∈ PA, prin urmare exista n1 ∈ Z, n2, β1 ∈ N∗ astfel ıncatn1

pβ1

1 n2

∈ A.

Rezulta can

p1∈ A, deci

1

p1∈ A. Analog obtinem

1

p2, . . . ,

1

pn∈ A, de unde deducem

m

pα11 · · · pαk

k

∈ A.

Asadar, subinelele lui Q ce contin pe 1 sunt subinelele A(P ) (inclusiv A(∅) = Z).

3.38. Indicatie. Se arata ca Z[ 3√

2] = {a + b 3√

2 + c 3√

4 | a, b, c ∈ Z} este subinel ın

(R,+, ·), include multimea {1, 3√

2} si este cel mai mic subinel al lui (R,+, ·) cu aceasta

proprietate, deci este subinelul generat de {1, 3√

2}. Similar se arata ca subcorpul lui

(R,+, ·) generat de {1, 3√

2} coincide cu subcorpul lui (R,+, ·) generat de 3√

2 si este

Q( 3√

2) = {a+ b 3√

2 + c 3√

4 | a, b, c ∈ Q}.

3.39. Raspuns. i) N∗; ii) Z; iii) Q.

3.40. i) Determinam pe a, b ∈ R astfel ıncat (R,⊥) sa fie un grup abelian.1) Operatia ⊥ este asociativa daca si numai daca pentru orice x, y, z ∈ R avem:

(x⊥y)⊥z = x⊥(y⊥z) ⇔ (ax+ by − 2)⊥z = x⊥(ay + bz − 2)

⇔ a2x+ aby − 2a+ bz − 2 = ax+ aby + b2z − 2b− 2.

Tinand seama de faptul ca doua functii polinomiale cu coeficienti ın R sunt egaledaca si numai daca provin din polinoame egale (sau particularizand convenabil pex, y, z) deducem ca ⊥ este asociativa daca si numai daca a si b verifica sistemul

a2 = a−2a = −2bb = b2

⇔

a2 = aa = bb = b2

.

Acest sistem are solutiile a1 = b1 = 0 si a2 = b2 = 1. Pentru prima solutie avem

x⊥y = 2, ∀x, y ∈ R,

si se observa ca (R,⊥) nu are element neutru. Ramane solutia a doua care ne da

(1) x⊥y = x+ y − 2.

2) Operatia ⊥ definita de (1) este, evident, comutativa.3) Exista e0 ∈ R astfel ıncat e0⊥x = x pentru orice x ∈ R daca si numai daca

e0 + x− 2 = x, ∀x ∈ R,

adica e0 = 2 ∈ R. Deci e0 = 2 este elementul neutru ın (R,⊥).

203

4) Aratam ca pentru orice x ∈ R exista x′ ∈ R astfel ıncat x′⊥x = e0. Avem

x′⊥x = e0 ⇔ x′ + x− 2 = 2 ⇔ x′ = 4 − x,

ceea ce arata ca orice element din R este simetrizabil ın (R,⊥). Deci (R,⊥) este ungrup abelian daca si numai daca a = b = 1.

Determinam pe c ∈ R astfel ıncat (R,⊤) sa fie monoid.5) Operatia ⊤ este asociativa daca si numai daca, pentru orice x, y, z ∈ R avem

(x⊤y)⊤z = x⊤(y⊤z) ⇔ (xy − 2x− 2y + c)⊤z = x⊤(yz − 2y − 2z + c)

⇔ xyz − 2xz − 2yz + cz − 2xy + 4x+ 4y − 2c− 2z + c

= xyz − 2xy − 2xz + cx− 2x− 2yz + 4y + 4z − 2c+ c

⇔ 4x+ (c− 2)z = (c− 2)x+ 4z ⇔ (c− 6)(x− z) = 0 ,

ceea ce are loc pentru orice x, z ∈ R daca si numai daca c = 6. Deci ⊤ este asociativadaca si numai daca c = 6. In acest caz avem

(2) x⊤y = xy − 2x− 2y + 6.

6) Evident, operatia ⊤ definita de (2) este comutativa.7) Exista e1 ∈ R astfel ıncat e1⊤x = x pentru orice x ∈ R daca si numai daca

e1x− 2e1 − 2x+ 6 = x, ∀x ∈ R,

adica (x − 2)(e1 − 3) = 0 pentru orice x ∈ R, ceea ce are loc daca si numai dacae1 = 3. Deci e1 = 3 este elementul neutru ın (R,⊤). Prin urmare, (R,⊤) estemonoid (comutativ) daca si numai daca c = 6.8) Operatia definita de (2) este distributiva ın raport cu operatia definita de (1).Intr-adevar, pentru orice x, y, z ∈ R avem:

x⊤(y⊥z) = x⊤(y + z − 2) = xy + xz − 2x− 2x− 2y − 2z + 4 + 6

= xy + xz − 4x− 2y − 2z + 10,

(x⊤y)⊥(x⊤z) = (xy − 2x− 2y + 6)⊥(xz − 2x− 2z + 6)

= xy − 2x− 2y + 6 + xz − 2x− 2z + 6 − 2

= xy + xz − 4x− 2y − 2z + 10,

ceea ce ne arata ca x⊤(y⊥z) = (x⊤y)⊥(x⊤z). Deci pentru a = b = 1 si c = 6,(R,⊥,⊤) este inel comutativ. Evident ca |R| ≥ 2. A mai ramas sa aratam ca:9) Pentru orice x ∈ R \ {e0} exista x′′ ∈ R astfel ıncat x′′⊤x = e1. Avem:

x′′⊤x = e1 ⇔ x′′x− 2x′′ − 2x+ 6 = 3 ⇔ x′′(x− 2) = 2x− 3

si, cum x 6= e0 = 2, urmeaza x′′ =2x− 3

x− 2∈ R. In concluzie, (R,⊥,⊤) este corp

daca si numai daca a = b = 1 si c = 6.ii) Conditii necesare pentru ca f sa fie omomorfism sunt

{f(0) = e0f(1) = e1

⇔{

β = 2α+ β = 3

⇔{α = 1β = 2

,


ceea ce ne da f : R → R, f(x) = x + 2. Functia f este bijectiva deoarece pentruorice y ∈ R ecuatia f(x) = y are solutia unica x = y − 2 ın R. Functia f esteomomorfism de corpuri. Intr-adevar,

f(x)⊥f(y) = (x+ 2)⊥(y + 2) = x+ 2 + y + 2 − 2 = x+ y + 2 = f(x+ y),

f(x)⊤f(y) = (x+ 2)⊤(y + 2) = (x+ 2)(y + 2) − 2(x+ 2) − 2(y + 2) + 6

= xy + 2x+ 2y + 4 − 2x− 4 − 2y − 4 + 6 = xy + 2 = f(xy).

In concluzie, f este izomorfism daca si numai daca α = 1 si β = 2.

3.41. Indicatie. Functia f : Z[√

2] → R, f(a+ b√

2) =

(a b2b a

)este izomorfism.

3.42. Indicatie. Functia f : Q(√

2) → K, f(a+ b√

2) =

(a b2b a

)este izomorfism.

3.43. Indicatie. Functia f : Z[√d] → R, f(a+ b

√d) =

(a bbd a

)este izomorfism.

3.44. Indicatie. ii) f : Q(√d) → K, f(a+ b

√d) =

(a bbd a

)este un izomorfism.

3.45. Presupunem ca f : Z → Z este un izomorfism, rezulta ca f(0) = e0 sif(1) = e1, adica f(0) = −3 si f(1) = −2. Pentru orice n ∈ N∗ avem

f(n) = f(1 + · · · + 1︸︷︷︸n ori

) = f(1)⊥ · · · ⊥f(1)︸︷︷︸n ori

= (−2)⊥ · · · ⊥(−2) = −2n+ 3(n− 1) = n− 3

si f(−n) coincide cu simetricul lui f(n) = n− 3 ın (Z,⊥), adica

f(−n) = −6 − f(n) = −6 − (n− 3) = −n− 3.

Deci f(x) = x− 3 pentru orice x ∈ Z.Acum aratam ca functia f definita mai sus este izomorfism. Intr-adevar, pentru

orice y ∈ Z ecuatia f(x) = y are o solutie unica x = y+3 ∈ Z, adica f este bijectie.In plus, pentru orice x1, x2 ∈ Z avem

f(x1)⊥f(x2) = x1 − 3 + x2 − 3 + 3 = x1 + x2 − 3 = f(x1 + x2),

f(x1)⊤f(x2) = (x1 − 3)(x2 − 3) + 3(x1 − 3) + 3(x2 − 3) + 6 = x1x2 − 3 = f(x1x2),

adica f este si omomorfism. Deci f este izomorfism.

3.46. Indicatie. Pentru orice yi ∈ R′ esista xi ∈ R astfel ıncat yi = f(xi) (i = 1, 2, 3)si, folosind asociativitatea operatiei + avem:

(y1⊥y2)⊥y3 = (f(x1)⊥f(x2))⊥f(x3) = f(x1 + x2)⊥f(x3) = f((x1 + x2) + x3)

= f((x1 + x2) + x3) = f(x1)⊥f(x2 + x3) = f(x1)⊥(f(x2)⊥f(x3))

= y1⊥(y2⊥y3)

Deci ⊥ este asociativa. Comutativitatea si distributivitatea se demonstreaza analog. Ele-

mentul neutru ın (R,⊥) este f(0), iar simetricul lui f(x) ın (R,⊥) este f(−x).

205

3.47. Indicatie. f : N → Z6, f(n) = n este un omomorfism surjectiv al lui (N,+, ·) pe

(Z6,+, ·).

3.48. Indicatie. f : Z → Z4, f(n) = n este un omomorfism surjectiv al lui (Z,+, ·) pe

(Z4,+, ·).

3.49. a) Din (f(a))2 = f(a2) = f(a) rezulta f(a) idempotent ın R′.b) Daca n ∈ N si an = 0 atunci

(f(a))n = f(an) = f(0) = 0′,

deci f(a) este nilpotent ın R′.c) Oricare ar fi x′ ∈ R′, exista x ∈ R astfel ıncat x′ = f(x). Prin urmare, avem

f(a)x′ = f(a)f(x) = f(ax) = f(xa) = f(x)f(a) = x′f(a),

deci f(a) ∈ Z(R′).d) Daca x−1 e inversul lui x ın R atunci f(x−1) este inversul lui f(x) ın R′.e) Reciprocele implicatiilor a), b), c), d) nu sunt, ın general, adevarate. De exemplu,f : Z → Z12, f(x) = x este un omomorfism surjectiv de inele cu unitate (deci unital),4 este idempotent ın Z12, dar 4 nu este idempotent ın Z, 6 este nilpotent ın Z12,dar 6 nu este nilpotent ın Z, iar 5 este inversabil ın Z12, dar 5 nu este inversabil ınZ. Un exemplu banal pentru a arata ca reciproca implicatiei c) nu are loc se obtineın cazul omorfismului (nul) de la un inel necomutativ la inelul nul. Un exemplunebanal ın acest sens va fi prezentat ın observatia de dupa problema 3.79.

3.50. Indicatie. Unicitatea: Presupunem ca exista ⊥ si ⊤ care verifica conditiile cerute.Rezulta ca f(x+ y) = f(x)⊥f(y) si f(xy) = f(x)⊤f(y) pentru orice x, y ∈ R. Inlocuindpe x cu f−1(x) si pe y cu f−1(y) primim:

x⊥y = f(f−1(x) + f−1(y)) si x⊤y = f(f−1(x) · f−1(y)).

3.51. Indicatii. i) Functiile fi, g : R → Mn(R) (i ∈ {1, . . . , n}) pentru care fi(a) estematricea care are pe pozitia (i, i) pe a si 0 ın rest, iar

g(a) =

a 0 . . . 00 a . . . 0...

......

0 0 . . . a

sunt omomorfisme injective de inele.ii) Daca a, b ∈ R luam

A =

a 0 . . . 00 0 . . . 0...

......

0 0 . . . 0

, B =

0 . . . 0 b0 . . . 0 0...

......

0 . . . 0 0

si din AB = BA deducem ab = 0.

iii) Patratul matricei

0 a 0 . . . 00 0 0 . . . 0...

......

...0 0 0 . . . 0

este matricea nula.


iv) Daca 1 este unitate ın R atunci In =

1 0 . . . 00 1 . . . 0...

......

0 0 . . . 1

este unitatea lui Mn(R).

Reciproc, daca E = (eij) este unitate ın Mn(R) atunci e11 este unitate ın R. Aceastarezulta din egalitatea elementelor din linia 1 – coloana 1 ale matricelor (egale) AE, EA si

A, unde A =

a 0 . . . 00 0 . . . 0...

......

0 0 . . . 0

, cu a ∈ R arbitrar.

v) Matricea

1 0 . . . 00 0 . . . 0...

......

0 0 . . . 0

este element idempotent ın Mn(R).

vi) Din iii) rezulta ca n nu poate fi mai mare sau egal cu 2.

3.52. Indicatie. Se arata ca Z(Mn(R)) = {aIn | a ∈ Z(R)}. Incluziunea ⊆ se poateobtine astfel: orice matrice A = (aij) ∈ Z(Mn(R)) comuta cu orice matrice

Ekl = (eij), cu eij =

{0, daca (i, j) 6= (k, l)1, daca (i, j) = (k, l)

(k, l ∈ {1, . . . , n}),

prin urmare

akk = all, ∀ k, l ∈ {1, . . . , n} si akl = 0, ∀ k, l ∈ {1, . . . , n}, k 6= l.

Notand a11 = · · · = ann = a, din A(rE11) = (rE11)A pentru orice r ∈ R rezulta a ∈ Z(R).

3.53. Indicatie. Daca q = a1 +a2i+a3j+a4k ∈ Z(Q), din qi = iq rezulta a3 = a4 = 0,

iar din qj = jq deducem a2 = 0. Prin urmare Z(Q) = R.

3.54. Indicatii. iii) Se aplica problema 3.49 d) pentru izomorfismul R → R′ si pentru

inversul sau. iv) U(Z,+, ·) ≃ U(Z4,+, ·).

3.55. Indicatii. i) Se folosete faptul ca determinantul produsului a doua matrice esteprodusul determinantilor lor si faptul ca o matrice este inversabila daca si numai dacadeterminantul sau este nenul.

ii) Din A + B = AB rezulta (A − In)(B − In) = In, ceea ce, conform i), conduce la

(B − In)(A − In) = In. Deci (A − In)(B − In) = (B − In)(A − In), ceea ce implica

AB = BA. In cazul n = 2, pentru matricele A =

(2 10 2

), B =

(2 −10 2

)avem

A+B = AB.

3.56. Indicatii. a) U(Z,+, ·) = {−1, 1}, U(Mn(K),+, ·) = {A ∈ Mn(K) | detA 6= 0},U(Mn(Z),+, ·) = {A ∈Mn(Z) | detA = ±1}.b) U(Mn(R),+, ·) = {A ∈ Mn(R) | detA este inversabil ın (R,+, ·)}, U(Mn(K),+, ·) ={A ∈Mn(K) | detA 6= 0}.

c) Pentru orice m ∈ Z,

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 m 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0...

......

...0 0 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 1.

207

Observatie: Daca (R,+, ·) este un inel asociativ, cu unitate, atunci U(Mn(R),+, ·) se

noteaza cu GLn(R) si se numeste grupul general liniar de gradul n peste R.

3.57. Indicatie. (U(Mn(Z),+, ·), ·) este infinit, iar ((U(Z,+, ·))n2, ·) este finit.

3.58. Indicatii. 2) f : M → R este element inversabil ın (RM ,+, ·) daca si numai daca

f(M) ⊆ U(R,+, ·).3.59. Indicatie. i) Se stie ca ta : R→ R, ta(x) = ax este un endomorfism al lui (R,+),iar ϕ : R → End(R,+), ϕ(a) = ta este un omomorfism unital injectiv de inele. Conditiade la i) afirma ca pentru orice f ∈ End(R,+) avem f = tf(1), deci ϕ este si surjectiv.ii) Daca f ∈ End(R,+), x ∈ R si inelul (End(R,+),+, ◦) este comutativ, atunci

f(x) = f(x · 1) = f(tx(1)) = (f ◦ tx)(1) = (tx ◦ f)(1) = tx(f(1)) = x · f(1) = f(1) · x.

3.60. Raspuns. End(Z,+) = {ta : Z → Z | a ∈ Z}, Aut(Z,+) = {−1Z, 1Z},End(Z,+, ·) = {θ = t0, 1Z}, Aut(Z,+, ·) = {1Z}, End(Q,+) = {ta : Q → Q | a ∈ Q},Aut(Q,+) = {ta : Q → Q | a ∈ Q∗}, End(Q,+, ·) = {θ = t0, 1Z}, Aut(Q,+, ·) = {1Z},End(Zn,+) = {tba : Zn → Zn | a ∈ Zn}, Aut(Zn,+) = {tba | (a, n) = 1}, End(Zn,+, ·) =

{tba | a idempotent ın Zn}, Aut(Zn,+, ·) = {1Zn}.3.61. Indicatie. Daca ∗ este o operatie binara pe Z astfel ıncat (Z,+, ∗) sa fie un inel,din distributivitatea operatiei ∗ fata de + avem pentru orice m,n ∈ Z

m ∗ n = (1 + · · · + 1︸︷︷︸m ori

) ∗ (1 + · · · + 1︸︷︷︸n ori

) = 1 ∗ 1 + · · · + 1 ∗ 1︸︷︷︸mn ori

= mn(1 ∗ 1),

prin urmare operatia ∗ este determinata de 1 ∗ 1. Se verifica usor ca pentru orice a ∈ Z,

operatia ∗ definita prin m ∗ n = mna determina o structura de inel pe Z. Inelul astfel

obtinut este cu unitate daca si numai daca a ∈ {−1, 1}.3.62. Indicatie. Fie ∗ o operatie (binara) pe Zn astfel ıncat (A = Zn,+, ∗) este un inelcu unitatea e. Daca m = ord(Zn,+)(e) atunci m|n. Avem, de asemenea, n|m deoarece

m · 1 = 1 + · · · + 1︸︷︷︸m ori

= 1 ∗ e+ · · · + 1 ∗ e︸︷︷︸m ori

= 1 ∗ (e+ · · · + e︸︷︷︸m ori

) = 1 ∗ (m · e) = 1 ∗ 0 = 0.

Rezulta ca Zn = {0, 1, . . . , n− 1} = {0 · e, 1 · e, . . . , (n − 1)e} = A si se demonstreaza ca

ϕ : Zn → A, ϕ(k) = k · e este un izomorfism de inele.

3.63. Indicatii. Toate grupurile cu p elemente sunt abeliene si sunt izomorfe cu (Zp,+),

iar pe acest grup se cunosc doua structuri neizomorfe de inel: inelul de patrat nul si

inelul (Zp,+, ·) al claselor de resturi modulo p. Se poate arata ca, abstractie facand

de un izomorfism, acestea sunt singurele structuri de inel ce se pot defini pe Zp astfel:

presupunand ca ∗ este o operatie binara pentru care exista a, b ∈ Zp astfel ıncat (Zp,+, ∗)sa fie inel si a ∗ b 6= 0, submultimea A = {x ∈ Zp | a ∗ x = 0} 6= Zp este un subinel al lui

(Zp,+, ·). Dar atunci A 6= Zp este un subgrup normal al grupului simplu (Zp,+). Rezulta

A = {0}, prin urmare a nu este divizor al lui zero la stanga. Urmeaza ca a /∈ B = {x ∈Zp | x ∗ a = 0} si, ca mai sus, deducem ca a nu este nici divizor al lui zero la dreapta.

Asadar, cu a se poate simplifica ın (Zp,+, ∗). Atunci egalitatile f(x) = x∗a si g(x) = a∗xdefinesc doua functii injective f, g : Zp → Zp care vor fi implicit si surjective. Atunci

exista e ∈ Zp astfel ıncat a ∗ e = a, iar cum orice b ∈ Zp se scrie sub forma b = x ∗ a cu

x ∈ Zp, vom avea b ∗ e = (x ∗ a) ∗ e = x ∗ (a ∗ e) = x ∗ a = b, deci e este element neutru la

dreapta pentru ∗. Analog se arata ca ∗ admite element neutru la stanga. Deci (Zp,+, ∗)este inel cu unitate. Concluzia dorita urmeaza aplicand problema 3.62.


3.64. Indicatie. Daca f este un omomorfism al grupului (Q,+) ın (C,+) atunci

f(x) = f(1)x, ∀x ∈ Q.

Daca, ın plus, f(1 · 1) = f(1) · f(1) atunci f(1) ∈ {0, 1}. Cerand ca f sa fie nenul, ramane

f(x) = x, ∀x ∈ Q.

3.65. Presupunem ca f : Q(√

2) → Q(√

2) este un automorfism. Se deduce, caın indicatia problemei anterioare, ca f(x) = x pentru orice x ∈ Q. De aici sidin (

√2)2 = 2 rezulta [f(

√2)]2 = 2, ceea ce implica f(

√2) ∈ {−

√2,√

2}. Decif ∈ {f1, f2}, unde f1(a+ b

√2) = a+ b

√2 si f2(a+ b

√2) = a− b

√2 . Din f1 = 1Q(

√2)

rezulta ca f1 este automorfism. Avem f2 ◦ f2 = 1Q(√

2), ceea ce implica f2 bijectie si

f−12 = f2. Se verifica usor ca f2 este omomorfism. Deci si f2 este automorfism. In

concluzie, automorfismele corpului Q(√

2) sunt f1 si f2.

3.66. Fie f un endomorfism al lui (R,+, ·). Avem (f(1))2 = f(1), deci f(1) = 1sau f(1) = 0, caz ın care f este omomorfismul nul. Daca f este nenul atunci f esteinjectiv. Se arata usor ca f(x) = x pentru orice x ∈ Q, iar daca x ∈ R, x > 0atunci f(x) = f((

√x)2) = (f(

√x))2 > 0 (faptul ca inegalitatea e strica provine din

injectivitatea lui f). Rezulta ca pentru orice x, y ∈ R cu x < y avem

f(y)− f(x) = f(y − x) > 0,

deci f este strict crescatoare. Considerand pentru un a ∈ R \ Q sirul (a′n)n∈N alaproximarilor sale rationale prin lipsa si sirul (a′′n)n∈N al aproximarilor sale rationaleprin adaos, obtinem a′n ≤ a ≤ a′′n pentru orice n ∈ N, prin urmare

a′n = f(a′n) ≤ f(a) ≤ f(a′′n) = a′′n

pentru orice n ∈ N. Trecand la limita obtinem f(a) = a. Deci f = 1R.

3.67. Indicatii. Daca f este omomorfism al lui (Zm,+) ın (Zn,+) atunci f(x) = xa,

unde a = f(1) verifica egalitatea m · a = 1. Daca, ın plus, f este omomorfism al lui (Zm, ·)ın (Zn, ·) atunci a este idempotent ın Zn. Daca, de exemplu, (m,n) = 1 atunci a = 0 si

singurul omomorfism este cel nul.

3.68. Cum (Q,+, ·) este un corp, omomorfismele g, h sunt fie nule, fie injective.Daca g, h sunt ambele nule, concluzia e imediata. Consideram contrariul, iar ding(n) = h(n) pentru orice n ∈ Z deducem ca g si h sunt injective. Atunci subineleleg(Q) si h(Q) ale lui R sunt corpuri cu aceeasi unitate 1′ = g(1) = h(1), iar daca Aeste subinelul lui R generat de g(Q) ∪ h(Q) atunci A este, ın raport cu operatiileinduse din (R,+, ·), un inel cu unitatea 1′ si omomorfismele g, h pot fi privite caomomorfisme (unitale) cu codomeniul A. Atunci g(n), h(n) sunt inversabile ın Apentru orice n ∈ Z∗ si, ın plus,

g

(1

n

)= g

(n−1)

= [g(n)]−1 = [h(n)]−1 = h(n−1)

= h

(1

n

).

Astfel, pentru orice m,n ∈ Z, n 6= 0, avem

g(mn

)= g(m)g

(1

n

)= h(m)h

(1

n

)= h

(mn

).

209

Observatie: Din problema de mai sus rezulta ca omomorfismul de incluziune Z → Qeste un exemplu de omomorfism nesurjectiv de inele cu care se poate simplifica la dreapta

(ıntr-o compunere de omomorfisme de inele).

3.69. Indicatii. Subinelele lui (Z,+, ·) sunt de forma nZ, cu n ∈ N, iar daca n ∈ Nidealele inelului (nZ,+, ·) coincid cu subinelele sale si sunt de forma (mn)Z, cu m ∈ N.

3.70. Indicatii. i) Daca r, r′ ∈ U : V si a ∈ R atunci, pentru orice x ∈ V , avemrx, r′x ∈ U si ax ∈ V , prin urmare, (r − r′)x = rx − r′x ∈ U , (ar)x = a(rx) ∈ U si(ra)x = r(ax) ∈ U .

ii) Daca r ∈ U : (V1 + V2) atunci r(x1 + x2) ∈ U pentru orice x1 ∈ V1, x2 ∈ V2. Luandx1 = 0, respectiv x2 = 0, obtinem r ∈ U : V2, respectiv r ∈ U : V1.

iii) U : (U + V ) = (U : U) ∩ (U : V ) = R ∩ (U : V ) = U : V .

iv) Cum rx ∈ V pentru orice r ∈ R, x ∈ V , din V ⊆ U rezulta U : V = R. Reciproc, dacaR are unitate, 1 ∈ U : V implica V = 1 · V ⊆ U.

v) nZ : mZ = {r ∈ Z | rmZ ⊆ nZ} = {r ∈ Z | n|rm} =

{r ∈ Z | [m,n]

m

∣∣∣∣ r}

=[m,n]

mZ.

3.71. Indicatii. Daca r, s, a ∈ R, m,n ∈ N si rm, sn ∈ I atunci folosind problema 3.7 si

faptul ca I este ideal deducem ca (r − s)m+n ∈ I, iar din comutativitatea lui R si I ideal,

avem (ar)m = amrm ∈ I si (ra)m = rmam ∈ I. Egalitatile din enunt se demonstreaza

verificand dubla incluziune.

3.72. Raspuns. In general, nu. De exemplu, A =

{(0 a0 b

)| a, b ∈ R

}este ideal

stang ın inelul (M2(R),+, ·) si B =

{(0 0a b

)| a, b ∈ R

}este ideal drept, dar intersectia

A ∩B =

{(0 00 a

)| a ∈ R

}nu este ideal ın (M2(R),+, ·).

3.73. Indicatii. Trebuie verificat ca pentru orice ideale U, V, T ale unui inel R cu U ⊆ Tavem U + (V ∩ T ) = (U + V )∩ T . Submodularitatea (adica incluziunea ⊆) este verificatade orice latice, iar incluziunea ⊇ se demostreaza ca ın solutia problemei 2.141.

Altfel: laticea idealelor unui inel este sublatice a laticii subgrupurilor grupului abelian

(R,+), care este modulara.

3.74. Indicatii. Se poate folosi problema 3.71 de unde rezulta ca multimea elementelor

nipotente coincide cu√

{0}, deci este un ideal al lui R. Se poate da si o solutie care sa

nu faca apel la problema 3.71 astfel: daca a, b ∈ R sunt elemente nilpotente, m,n ∈ N,

am = 0 = bn si r ∈ R atunci folosind problema 3.7 se arata ca (a − b)m+n = 0, iar

(ra)m = rmam = 0.

3.75. Daca a ∈ R este nilpotent si an = 0 (n ∈ N) atunci

(1 + a)(1 − a+ a2 − · · · + (−1)n−1an−1) = 1 + (−1)n−1an = 1,

deci 1 + a este inversabil. Daca x, y ∈ R cu x inversabil si y nilpotent atunci,conform problemei anterioare, x−1y este un element nilpotent al lui R, prin urmarex+ y = x(1 + x−1y) este inversabil fiind produsul a doua elemente inversabile.


3.76. Indicatii. i) Un inel Boole nenul simplu este un inel asociativ si comutativ simplucare nu este de patrat nul, deci un corp (vezi [34, Teorema 3.4.4]). Se foloseste apoiproblema 3.18.ii) Un rationament inductiv simplu arata ca este destul sa aratam ca orice ideal U generatde o multime cu doua elemente {a, b} ⊆ R este principal. Cum orice element din R esteidempotent (si R este comutativ) avem a = a(a+ b− ab) si b = b(a+ b− ab), prin urmare

U = aR+ bR = (a+ b− ab)R.

3.77. Indicatii. Daca U1, U2 sunt ideale ın R1, respectiv R2 atunci U1 × U2 este ideal

ın R1 ×R2. Reciproc, daca U este un ideal al lui R1 ×R2 si pi : R1 × R2 → Ri (i = 1, 2)

sunt proiectiile canonice atunci pi(U) este ideal ın pi(R1 × R2) = Ri (i = 1, 2) si avem

U = p1(U) × p2(U). Intr-adevar, incluziunea U ⊆ p1(U) × p2(U) este evidenta, iar daca

(x, y) ∈ p1(U) × p2(U) atunci exista x′ ∈ R1, y′ ∈ R2 pentru care (x, y′), (x′, y) ∈ U , ceea

ce implica (x, y) = (1, y)(x, y′) + (x, 1)(x′, y) − (x, y′)(x′, y) ∈ U.

3.78. Indicatie. Transformarile unei matrice mentionate ın enunt ale se numesc trans-

formari elementare. Pentru a efectua o transformare elementara, referitoare la linii (co-

loane), asupra unei matrice A se poate proceda astfel: se realizeaza transformarea respec-

tiva asupra matricei unitate In si ınmultim pe A cu matricea astfel obtinuta pe stanga

(dreapta). Evident, daca A ∈ U atunci matricea rezultata este tot ın U .

3.79. Indicatie. T/U = {A+ U | A matrice diagonala} (A = (aij) este diagonala daca

aij = 0 pentru orice i, j ∈ {1, . . . , n}, i 6= j).

Observatie: Proiectia canonica T → T/U este un omomorfism surjectiv care duce un

inel necomutativ ıntr-unul comutativ si implicit elemente din T \Z(T ) ın Z(T/U) = T/U .

3.80. Indicatii. i) Se arata usor ca daca U este ideal al lui R atunci Mn(U) este idealın Mn(R). Reciproc, daca U este ideal ın Mn(R) atunci

U = {a ∈ R | ∃A = (aij) ∈ U cu a11 = a}

este un ideal al lui R si Mn(U) = U . Intr-adevar, daca A = (aij) ∈ U atunci permutandsuccesiv linia 1 cu linia i si coloana 1 cu coloana j se obtine o matrice din U care are peaij ın coltul stanga-sus, deci aij ∈ U . Daca B = (bij) ∈ Mn(U) atunci, pentru orice isi j exista o matrice Bij ∈ U care are pe bij ın coltul stanga-sus. Daca luam matricea

X =

1 0 . . . 00 0 . . . 0...

......

0 0 . . . 0

atunci XBijX ∈ U este matricea care are pe bij ın pozitia (i, j)

si 0 ın rest. Suma acestor matrice este chiar B si apartine lui U .ii) Corespondenta (aij) 7→ (aij + U) defineste un omomorfism surjectiv de inele f al lui(Mn(R),+, ·) ın (Mn(R/U),+, ·). Aplicam prima teorema de izomorfism pentru inele luif si obtinem izomorfismul cautat.iii) si iv) urmeaza din i)

v) U =

{(a bc d

)∈M2(2Z) | 4|a

}este ideal ın M2(2Z) pentru care nu exista nici un

ideal U al lui 2Z cu proprietatea ca Mn(U) = U .

vi) Daca U este ideal stang al lui R atunci Mn(U) este ideal stang al lui Mn(R), fara ca

reciproca sa fie, ın general, adevarata. De exemplu, U =

{(0 a0 b

)| a, b ∈ R

}este un

211

ideal stang al inelului M2(R), dar singurele ideale (unilaterale) ale lui R sunt {0} si R, iar

Mn({0}) 6= U 6= Mn(R). Mentionam ca acest exemplu poate fi generalizat pentru matrice

patrate de orice ordin n ∈ N, n ≥ 2, cu coeficienti ıntr-un corp.

3.81. Indicatii. i) Se arata ca f : P(M) → P(M \N), f(X) = X ∩ (M \N) = X \Neste un omomorfism surjectiv de inele si se aplica prima teorema de izomorfism.ii) Daca N ⊆ M , se verifica usor ca P(N) este ideal al lui P(M). Daca U este un idealal lui P(M) si X,Y ∈ U atunci X ∪ Y = (X + Y ) + (X · Y ) ∈ U . Inductiv, se obtineca U este ınchis la reuniuni finite, prin urmare, cum M este finita, U este finita, deci

N =⋃

X∈UX ∈ U . De asemenea, daca X ∈ U si Z ⊆ X atunci Z = X ∩ Z = X · Z ∈ U .

Rezulta ca P(N) ⊆ U si cum X ∈ U implica X ⊆ N (adica X ∈ P(N)) avem U = P(N).

iii) Daca M este infinita, U = {X ∈ P(M) | X finita} este un ideal infinit al lui P(M), iar

daca ar exista N ⊆ M pentru care U = P(N) atunci N ∈ U ar fi finita, deci P(N) = Ueste finita, contradictie.

3.82. Indicatie. Se aplica prima teorema de izomorfism omomorfismului de inele rezul-

tat din compunerea Rf // R′ p′ // R′/f(U) (p′ este proiectia canonica).

3.83. Indicatie. Daca x ∈ R este un nondivizor al lui zero cu ord(R,+)(x) = n ∈ N∗ si

y ∈ R atunci 0 = (nx)y = x(ny), prin urmare ny = 0.

Observatii: a) Notiunea de caracteristica se defineste si pentru inele (R,+, ·) care nuau unitate astfel: daca multimea {ord(R,+)(x) | x ∈ R} este o submultime marginita a luiN∗ atunci caracteristica inelului R este cel mai mic multiplu comun al numerelor naturaleord(R,+)(x) (x ∈ R); ın caz contrar, caracteristica inelului R este ∞ (sau 0).

b) Din problema de mai sus rezulta ca toti nondivizorii lui zero dintr-un inel R au acelasi

ordinın (R,+), egal cu caracteristica inelului (si cu ordinul unitatii ın (R,+), daca aceasta

exista).

3.84. Indicatie. Din problema anterioara rezulta ca toate elementele nenule ale unui

corp K au acelasi ordin ın grupul (K,+), asadar, pentru a, b ∈ K∗ nu putem avea 2a =

3b = 0.

3.85. Raspuns. Daca 0 = 1 atunci caracteristica inelului este 1, ın caz contrar este 2.

3.86. Raspuns. char(Zm ×Zn,+, ·) = [m,n] (am notat cu charR caracteristica inelului

R).

3.87. Raspuns. char(Z × Z) = char(Z2 × Z) =char(Q × Z4) =char(End(Z,+)) = ∞,

char(End(Z3,+)) = 3.

3.88. Raspuns. Orice inel Boole infinit (de exemplu, inelul (P(M),+, ·) din problema

3.4 cu M infinita), char Zn[X] = n (n ∈ N, n ≥ 2).

3.89. Indicatie. Daca p este prim, char Zp[X] = p, char(Zp × Zp) = [p, p] = p, dar

inelele (Zp[X],+, ·) si (Zp × Zp,+, ·) nu sunt corpuri.

3.90. Indicatie. Pentru ca multimea {0, 1} sa fie parte stabila ın (K,+) este necesar

(si suficient) ca 1 + 1 = 0. De aici rezulta ca {0, 1} este subcorp ın K atunci si numai

atunci cand charK = 2.


3.91. Indicatie. Suma elementelor de pe prima diagonala a matricei AB este egala cu

suma elementelor de pe prima diagonala a matricei BA, prin urmare, suma elementelor

de pe prima diagonala a matricei AB − BA este 0, iar suma elementelor de pe prima

diagonala a matricei In este n · 1 6= 0.

3.92. Daca R este de caracteristica p > 2 atunci ecuatia x2 = 1 are ın U(R,+, ·)doua solutii x1 = 1 6= −1 = x2, iar ecuatia 2x = 0 are ın (R,+) o singura solutiex = 0. Daca R este de caracteristica 2 atunci ecuatia x2 = 1 are ın U(R+, ·) osingura solutie x = 1 = −1, iar ecuatia 2x = 0 are ın (R,+) cel putin doua solutiix1 = 0 si x2 = 1. Daca ar exista un izomorfism ϕ : U(R,+, ·) → R atunci acestaar aplica bijectiv multimea solutiilor ecuatiei x2 = 1 pe multimea solutiilor ecuatiei2x = 0. Deci cele doua ecuatii ar avea acelasi numar de radacini, ceea ce nu esteadevarat. Rezulta ca grupurile (U(R,+, ·), ·) si (R,+) nu sunt izomorfe.


3.94. Indicatie. Se foloseste definitia produsului restrans de grupuri si definitia poli-

noamelor ca siruri de suport finit.

3.95. Daca g = b0+b1X+· · · ∈ R[[X]] si fg = 1 atunci a0b0 = 1 deci a0 este elementinversabil ın R. Invers, daca a0 este inversabil, luam b0 = a−1

0 si aratam, prin inductiedupa n, ca pentru orice n ∈ N∗ exista bn ∈ R astfel ıncat a0bn+a1bn−1+· · ·+anb0 = 0.Pentru n = 1, b1 = −a−1

0 a1b0 = −a1b20 verifica egalitatea a0b1 + a1b0 = 0, iar daca

presupunem ca b1, . . . , bn−1 sunt determinati atunci

bn = −a−10 (a1bn−1 + · · · + anb0) ∈ R.

Seria formala g = b0 + b1X + · · · din R[[X]] verifica egalitatea fg = 1.

3.96. Indicatie. Se foloseste faptul ca daca (R,+, ·) este un domeniu de integritate

atunci U(R[X],+, ·) = U(R,+, ·).

3.97. Raspuns. f = 1 + x ∈ R[X] este inversabil ın inelul (R[[X]],+, ·), dar nu este

inversabil ın inelul (R[X],+, ·).

3.98. Indicatie. Fie h = a0 + a1X + · · · + anXn cu a0, . . . , an ∈ Z4, n ∈ N∗, n ≥ 3.

Avem (3 + 2X + 2X2)h = 1 daca si numai daca

3a0 = 1,

3a1 + 2a0 = 0

3a2 + 2a1 + 2a0 = 0

3a3 + 2a2 + 2a1 = 0

...

2an + 2an−1 + 2an−2 = 0

2an + 2an−1 = 0

2an = 0.

Rezulta ca a0 = 3, a1 = 2, a2 = 2 si a3 = · · · = an = 0, deci h = 2X2 + 2X + 3.

213

3.99. a) Sa remarcam ca un element din R este nilpotent ın R daca si numai dacaeste nilpotent ın R[X]. Fie i ∈ {1, . . . , n}. Daca ai este nilpotent ın R[X] atunci,conform problemei 3.74, aiX

i este nilpotent ın R[X], deci a1X + · · · + anXn este

nilpotent ın R[X]. Daca a0 este inversabil atunci, aplicand problema 3.75, rezultaca f este inversabil ın R[X]. Reciproc, sa consideram ca exista un polinom g =b0 + b1X + · · ·+ bmX

m (b0, b1, . . . , bm ∈ R) astfel ıncat fg = 1. Atunci

a0b0 = 1,

a1b0 + a0b1 = 0

...

anbm−2 + an−1bm−1 + an−2bm = 0

anbm−1 + an−1bm = 0

anbm = 0.

Din prima egalitate deducem ca a0 si b0 sunt inversabile. Inmultind penultimaegalitate cu an si tinand cont de ultima, obtinem a2

nbn−1 = 0, care, ımpreuna cuultima egalitate si cu cea rezultata din antepenultima prin ınmultire cu a2

n, implicaa3

nbm−2 = 0. Procedand ın continuare ca mai sus se ajunge la egalitatea am+1n b0 = 0,

adica la am+1n = 0 si astfel, an este nilpotent. Urmeaza ca anX

n este nilpotent, decipolinomul

f1 = f − anXn = a0 + a1X + · · ·+ an−1X

n−1

este, de asemenea, inversabil, ca fiind suma dintre un element inversabil si unulnilpotent. Ca mai sus, se arata ca aceasta conduce la faptul ca an−1 este nilpotent.Aplicand succesiv acest rationament se arata ca an−2, . . . , a1 sunt nilpotente.b) Daca a0, a1, . . . , an sunt nilpotente, se arata, ca la a), ca a1X + · · · + anX

n estenilpotent, asadar f este nilpotent fiind suma a doua elemente nilpotente. Reciproc,daca f este nilpotent atunci −1 + f = (−1 + a0) + a1X + · · · + anX

n este sumadintre un element inversabil si unul nilpotent, prin urmare este inversabil. Rezultaca a1, . . . , an sunt elemente nilpotente. Dar atunci si a1X+· · ·+anX

n este nilpotent,deci si a0 = f − (a1X + · · · + anX

n) este nilpotent.

3.100. Indicatie. Se foloseste caracterizarea elementelor inversabile din Zn, problemaanterioara si problema 3.15 si se deduce

U(Zn[X]) = {a0 + a1X + · · · + anXn | (a0, n) = 1, p1 · · · pk|ai, i ∈ {1, . . . , n}, n ∈ N∗},

unde p1, . . . , pk sunt divizorii primi (distincti) ai lui n.

3.101. Consideram f = a0 + a1X + · · · + anXn, cu a0, . . . , an ∈ R, an 6= 0 si

g = b0 + b1X + · · · + bmXm, cu b0, b1, . . . , bm ∈ R, bm 6= 0 un polinom (nenul) de

grad minim astfel ıncat fg = 0. Atunci anbm = 0, prin urmare f(ang) = 0, ceea ceconform minimalitatii lui m ∈ N conduce la ang = 0, adica anbj = 0 pentru oricej ∈ {0, . . . , m}. Dar atunci

(a0 + a1X + · · ·+ an−1Xn−1)g = (f − anX

n)g = 0,

ceea ce implica an−1bm = 0. Urmeaza ca f(an−1g) = 0 si din nou minimalitatea luim conduce la an−1g = 0, adica an−1bj = 0 pentru orice j ∈ {0, . . . , m}. Aplicand


succesiv rationamentul de mai sus obtinem

aibj = 0, ∀i ∈ {0, . . . , n}, ∀j ∈ {0, . . . , m}.

Inseamna ca luand a = bm avem a 6= 0 si af = 0. Mai mult, gradul lui g este atuncim = 0 si g = b0 = bm = a. Implicatia inversa este, evident, adevarata.

3.102. Indicatie. Din indicatiile de la problema 2.69 rezulta ca orice q = a2i+a3j+a4k

cu a2, a3, a4 ∈ R si a22 + a2

3 + a24 = 1 verifica egalitatea x2 + 1 = 0.

3.103. Raspuns. Gradul polinomului f = 4X − 4 ∈ Z12[X] este 1, dar f are 4 radacini

ın Z12 si anume: 1, 4, 7, 10.

3.104. Avem

aX2 + bX + c = a

(X2 +

b

aX +

c

a

)= a

[(X +

b

2a

)2

− b2 − 4ac

4a2

].

Fie z0 ∈ C o radacina de ordinul 2 a numarului complex b2 − 4ac. Radacinile

polinomului dat sunt α1 =−b+ z0

2asi α2 =

−b− z02a

.

Observatii: a) Sa observam ca cealalta radacina de ordinul 2 a numarului complexb2 − 4ac este −z0, deci radacinile determinate de aceasta sunt tot α1, α2.

b) Daca notam pe z0 cu√b2 − 4ac , obtinem o formula similara cu cea care da forma

radacinilor unui polinom de grad 2 cu coeficienti reali.

3.105. Raspuns. a)

(−2 ±

√3)

+ i

2; b) ±

√6

2− i

√6

2; c)

−√

3 ± (2 − i)

2.

3.106. Indicatii. a) Daca α, β ∈ C si α + β este o solutie a ecuatiei y3 + py + q = 0atunci (α+ β)3 + p(α+ β) + q = 0 sau, echivalent, (α3 + β3) + (3αβ + p)(α+ β) + q = 0.

Se observa ca daca 3αβ+ p = 0 atunci α3 +β3 = −q si α3β3 = −p3

27, asadar α3 si β3 sunt

solutiile ecuatiei t2 + qt− p3

27= 0, adica

(1) α3 = −q2

+

√q2

4+p3

27si β3 = −q

2−√q2

4+p3

27,

unde cu

√q2

4+p3

27s-a notat o radacina de ordinul 2 a lui

q2

4+p3

27∈ C. Daca α1 si β1 sunt

solutii ale ecuatiilor (1) atunci celelelalte solutii ale ecuatiilor (1) sunt εα1, ε2α1, respectiv

εβ1, ε2β1, unde ε ∈ C \ {1} este o radacina de ordinul 3 a unitatii. Stim ca α si β verifica

egalitatea 3αβ+p = 0. Asadar, putem lua α1, β1 astfel ıncat α1β1 = −p3

si atunci solutiile

ecuatiei y3 + py + q = 0 sunt

y1 = α1 + β1, y2 = εα1 + ε2β1 si y3 = ε2α1 + εβ1.

b) Se ınmulteste ecuatia ax3 + bx2 + cx + d = 0, a 6= 0 cu1

a. In ecuatia rezultata, se

substituie x cu y − b

3asi se obtine o ecuatie de forma y3 + py + q = 0.

215

3.107. Raspuns. a) x1 =3√

2 +√

3 +3√

2 −√

3 , x2 = ε3√

2 +√

3 + ε23√

2 −√

3 , x3 =

ε23√

2 +√

3 + ε3√

2 −√

3 ; b) x1 = −3, x2,3 =−3 ± 3i

√3

2.

3.108. Indicatii. a) h =(X2 +

p

2+m

)2−[2mX2 − qX +

(m2 + pm− r +

p2

4

)].

Polinomul 2mX2 − qX +

(m2 + pm− r +

p2

4

)este patratul unui polinom g ∈ C[X] daca

si numai daca are doua radacini egale, adica q2 − 8m

(m2 + pm− r +

p2

4

)= 0. Prin

urmare m ∈ C trebuie sa fie o solutie a ecuatiei

(1) 8m3 + 8pm2 + 8

(−r +

p2

4

)− q2 = 0.

Mentionam ca ın acest caz, avem g = 2m(X − q

4m

).

b) Inmultind ecuatia cu1

asi substituind apoi x = y +

b

4ase obtine o ecuatie de forma

(2) y4 + py3 + qy + r = 0,

cu p, q, r ∈ C. Ecuatia (2) se mai scrie h(y) = 0. Daca m0 este o solutie a ecuatiei (1)atunci ecuatia (2) este echivalenta cu [f(y) + g(y)][f(y) − g(y)] = 0 si astfel rezolvareaecuatiei (2) revine la rezolvarea ecuatiilor de gradul 2

y2 −√

2m0y +

(p

2+m0 +

q

2√

2m0

)= 0 si y2 +

√2m0y +

(p

2+m0 −

q

2√

2m0

)= 0.

3.109. Raspuns. ±√

6

2− i

√6

2,i√

6 ± 3i√

2

2.

3.110. a) Daca R este un inel finit si R 6= {0} atunci R[X] este infinit, iar RR estefinit, deci ϕ nu este injectiv.b) Luam (R,+, ·) = (R,+, ·) si consideram functia sin : R → R. Daca aceasta ar fidefinita de un polinom f ∈ R[X] atunci f ar avea o infinitate de radacini reale, decif = 0 si prin urmare functia sinus ar fi identic nula, contradictie.

3.111. Indicatie. f = g daca si numai daca orice a ∈ R este radacina a polinomului

f − g. Daca R este infinit atunci f − g = 0, iar daca R este finit, se obtine conditia de la

b).

3.112. Raspuns. f1 = 2X3 +2X2 +1, f2 = f = X3 +2X2 +X+1, f3 = 2X2 +2X+1.

Pentru cele de grad 4 (sau mai mare) se foloseste problema anterioara.

3.113. Indicatii. Daca R 6= {0} si ϕ este surjectiv atunci functia

α : R→ R, α(r) =

{0, r = 01, r 6= 0

este functia polinomiala indusa de un polinom p = a0 + a1X + · · · + anXn ∈ R[X]. Din

E0(p) = p(0) = α(0) = 0 rezulta ca a0 = 0, prin urmare r(a1 + a2r · · · + anrn−1) = 1

pentru orice r 6= 0. Asadar, orice element nenul din R este inversabil de unde urmeazaca R este un corp. Pentru a arata ca R este finit, se demonstreaza ca daca R ar fi corp


infinit atunci ϕ nu ar fi surjectiv. Pentru aceasta se poate proceda ca ın solutia problemei3.110 considerand o functie nenula cu o infinitate de zerouri, de exemplu

β : R→ R, β(r) =

{1, r = 00, r 6= 0

.

Reciproc, fie R = {a1, . . . , an} corp, γ ∈ RR. Aratam ca exista f ∈ R[X] astfel ıncatf = γ. Folosind teorema ımpartirii cu rest ın R[X] si problema 3.111, deducem caf induce aceeasi functie polinomiala ca restul ımpartirii lui f la (X − a1) · · · (X − an),prin urmare, este suficient sa consideram ca gradul lui f este cel mult n − 1. Luandf = b0 + b1X + · · · + bn−1X

n−1, egalitatile f(ai) = γ(ai) (i ∈ {1, . . . , n}) dau un sistemde n ecuatii cu n necunoscute (b0, . . . , bn−1) al carui determinant este

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 a1 a21 . . . an−1

1

1 a2 a22 . . . an−1

2...

......

...1 an a2

n . . . an−1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∏

1≤i<j≤n

(aj − ai) 6= 0,

ceea ce arata compatibilitatea sistemului mentionat, deci existenta lui f .

Observatie: In solutia indicata mai sus s-a aratat existenta unui polinom f pentru caref = γ fara a urmari determinarea lui f . Se verifica cu usurinta ca functia polinomialadeterminata de polinomul (de interpolare al lui Lagrange)

f =

n∑

i=1

(X − a1) · · · (X − ai−1)(X − ai+1) · · · (X − an)

(ai − a1) · · · (ai − ai−1)(ai − ai+1) · · · (ai − an)γ(ai)

este functia γ (cu1

aam notat aici inversul elementului a ∈ R∗).

3.114. Indicatii. Din proprietatea de universalitate a inelului de polinoame rezultaca un omomorfism de inele cu domeniul R[X] este determinat de restrictia sa la R si deimaginea lui X.a) Cum ϕ|R este omomorfismul de incluziune i : R → R[X], determinarea lui ϕ revine ladeterminarea lui ϕ(X) ∈ R[X]. Daca ϕ(X) ∈ R atunci ϕ(R[X]) = R, ceea ce contrazicesurjectivitatea lui ϕ. Daca grad(ϕ(X)) ≥ 2 atunci polinoamele de grad 1 lipsesc dinϕ(R[X]), din nou conradictie cu ϕ surjectiva. Asadar, ϕ(X) este un polinom aX + b degrad 1, adica ϕ = EaX+b, cu a, b ∈ R, a 6= 0.b) Daca ψ este inversul automorfismului ϕ, se verifica cu usurinta ca ψ|R = i. Ca mai sus,se obtine ca exista c, d ∈ R, c 6= 0 astfel ıncat ψ = EcX+d. Din (ϕ ◦ ψ)(X) = (X) rezultaca ac = 1, deci a este inversabil cu a−1 = c. Mai mult, avem si ad+ b = 0, de unde primimd = −a−1b. Reciproc, se verifica faptul ca

EaX+b ◦ Ea−1X−a−1b = Ea−1X−a−1b ◦ EaX+b = 1R[X].

3.115. Indicatii. Daca R ∈ {Z,Q,Zp} se arata usor ca orice automorfism ϕ al lui R[X],fiind unital, satisface egalitatea ϕ(r) = r pentru orice r ∈ R. In continuare se folosesteproblema anterioara si se obtine:

Aut(Z[X]) =⋃

b∈Z

{Ex+b, E−x+b}, Aut(Q[X]) = {Eax+b | a, b ∈ Q, a 6= 0},

Aut(Zp[X]) = {Eax+b | a, b ∈ Zp, a 6= 0}.

217

3.116. Indicatie. Din [X + i+ (X2 + 1)][X − i+ (X2 + 1)] = (X2 + 1) rezulta ca inelul

cat C[X]/(X2 + 1) are divizori ai lui zero.

3.117. Indicatie. Aplicam prima teorema de izomorfism omomorfismului de inele

E0,0 : Q[X,Y ] → Q, E0,0(a) = a, ∀a ∈ Q, E0,0(X) = 0, E0,0(Y ) = 0.

3.118. Indicatii. a) Aplicam prima teorema de izomorfism omomorfismului de inele

Ei : R[X] → C, Ei(a) = a, ∀a ∈ R, Ei(X) = i.

b) Aplicam prima teorema de izomorfism omomorfismului p ◦E0 rezultat din compunereaproiectiei canonice p : Z → Zn, p(a) = a cu omomorfismul

E0 : Z[X] → Z, E0(a) = a, ∀a ∈ Z, E0(X) = 0.

c) Proiectia canonica p : Z → Zn, p(a) = a induce un omomorfism

p : Z[X] → Zn[X], p(a) = a, ∀a ∈ Z, p(X) = X.

Izomorfismul cautat se obtine aplicand prima teorema de izomorfism lui p.

3.119. Indicatii. Aplicam prima teorema de izomorfism omomorfismelor de inele:a) E−1 : K[X] → K, E−1(a) = a, ∀a ∈ K, E−1(X) = −1;

b) EX,X : K[X,Y ] → K[X], EX,X(a) = a, ∀a ∈ K, EX,X(X) = X, EX,X(Y ) = X si

EX,−X : K[X,Y ] → K[X], EX,X(a) = a, ∀a ∈ K, EX,X(X) = X, EX,X(Y ) = −X.

3.120. Indicatii. Se aplica problema 3.82 pentru: a) automorfismul EX2

si idealul

(X2 − 1); b) automorfismul EX+b1 si idealul (X2 − 1); c) automorfismul EX+1 si idealul

(X2 + 1); d) automorfismul EX+1 si idealul (X2 + 1).

3.121. Indicatii. a) Folosind pasul de inductie din demonstratia teoremei fundamentalea polinoamelor simetrice ([34, Teorema 3.11.6]), vom descrie un algoritm care ne va permitesa scriem cu ajutorul polinoamelor simetrice fundamentale orice polinom simetric omogen(adica orice polinom simetric ın care toate monoamele care intervin au acelasi grad).Reamintim ca exponentii termenului principal al unui polinom simetric sunt ın ordinedescrescatoare (nu neaparat strict) si ca inductia se face relativ la ordonarea lexicograficaa termenilor principali. Notam

(1) f = (X21 +X2

2 )(X22 +X2

3 )(X23 +X2

1 ) ∈ R[X1,X2,X3]

polinomul dat. Polinoamele simetrice fundamentale din R[X1,X2,X3] sunt

s1 = X1 +X2 +X3, s2 = X1X2 +X2X3 +X3X1, s3 = X1X2X3.

Termenul principal al lui f este X41X

22 . Acest termen principal induce ın scrierea lui f cu

ajutorul lui s1, s2, s3 termenul s4−21 s2−0

2 s03 = s21s22. Cum f si s21s

22 sunt polinoame simetrice

omogene (de acelasi grad), termenul principal al lui f − s21s22 este un monom de grad 6

mai mic sau egal (ın sensul ordonarii lexicografice) decat X41X2X3. Daca acesta ar fi chiar

aX41X2X3 (a ∈ R) atunci ar induce ın scrierea lui f cu ajutorul lui s1, s2, s3 termenul

as4−11 s1−1

2 s13 = as31s3 si procedeul continua. Astfel, posibilii exponenti pentru termeniiprincipali care apar ın discutie sunt

(4, 2, 0), (4, 1, 1), (3, 3, 0), (3, 2, 1), (2, 2, 2)


si, corespunzator, posibilii exponenti ai monoamelor ın s1, s2, s3 ce apar ın scrierea lui fcu ajutorul polinoamelor simetrice fundamentale sunt

(2, 2, 0), (3, 0, 1), (0, 3, 0), (1, 1, 1), (0, 0, 2).

Prin urmare, exista a, b, c, d ∈ R astfel ıncat

(2) f = s21s22 + as31s3 + bs32 + cs1s2s3 + ds23.

Ramane doar sa determinam numerele reale a, b, c, d. Aceasta se poate face ca ın exemplulde mai jos, ınlocuind convenabil pe X1,X2,X3 cu numere reale x1, x2, x3:

x1 x2 x3 E(s1) E(s2) E(s3) E(f) E(f)dat de (1) dat de (2)

1 1 0 2 1 0 2 4 + b2 −1 −1 0 −3 2 50 −27b+ 4d1 −2 −2 −3 0 4 200 −108a + 16d1 −1 −1 −1 −1 1 8 1 − a− b+ c+ d

unde s-a notat E = Ex1,x2,x3. Rezulta imediat ca b = −2, d = −1, a = −2 si c = 4, deci

(3) f = s21s22 − 2s31s3 − 2s32 + 4s1s2s3 − s23.

b) Se procedeaza ca la punctul a).c) Scriind polinomul dat astfel:

g = (X21 +X3

1 +X41 ) + (X2

2 +X32 +X4

2 ) + (X23 +X3

3 +X43 ) + (X2

4 +X34 +X4

4 )

= (X21 +X2

2 +X23 +X2

4 ) + (X31 +X3

2 +X33 +X3

4 ) + (X41 +X4

2 +X43 +X4

4 )

obtinem o suma de polinoame (simetrice) omogene. Procedam cu fiecare dintre poli-noamele

X21 +X2

2 +X23 +X2

4 , X31 +X3

2 +X33 +X3

4 si X41 +X4

2 +X43 +X4

4 )

ca la punctul a). Insumam rezultatele obtinute si avem scrierea polinomului g cu ajutorulpolinoamelor simetrice fundamentale.d) Fractia rationala data este o fractie rationala simetrica ce poate fi scrisa ca un cat depolinoame simetrice (omogene) astfel

X21X2 +X2

2X1 +X22X3 +X2

3X2 +X23X1 +X2

1X3

X1X2X3,

dupa care se continua ca la punctul a).

3.122. Indicatie. Intrucat E = Eα1,α2,α3 este un omomorfism de inele pentru careE|C = 1C, odata ce am scris polinomul simetric

f = (X21 +X2

2 )(X22 +X2

3 )(X23 +X2

1 ) ∈ C[X1,X2,X3]

cu ajutorul polinoamelor simetrice fundamentale, numarul cautat este

E(f) = [E(s1)]2[E(s2)]

2 − 2[E(s1)]3E(s3) − 2[E(s2)]

3 + 4E(s1)E(s2)E(s3) − [E(s3)]2.

Dar din relatiile lui Viete rezulta E(s1) = 0, E(s2) = −3, E(s3) = 4 si astfel se obtine

E(f) = 54−16 = 38. Sa remarcam ca, fara a efectua calculele se poate arata ca din faptul

ca polinoamele X3 − 3X − 4 si f au coeficienti ıntregi si coeficientul lui X3 este 1 rezulta

E(f) ∈ Z.

219

3.123. Indicatii. Formulele pentru derivata sumei si produsului a doua polinoame se

deduc folosind definitia derivatei formale, celelealte egalitati se deduc din derivata pro-

dusului a doua polinoame astfel: din definitia derivatei formale avem α′ = 0 pentru orice

α ∈ K, de unde rezulta (αf)′ = αf ′, iar formula derivatei unei puteri se obtine prin

inductie dupa k ∈ N∗.

3.124. Indicatii. Se demonstreaza prin inductie dupam ∈ N∗ ca din (X−a)m|f rezulta

f(a) = f ′(a) = · · · = f (m−1)(a) = 0, iar daca f (m)(a) = 0 atunci (X − a)m+1|f .

3.125. Derivata formala a polinomului f este

f ′ = nXn−1 − (n− 1)s1Xn−2 + · · ·+ (−1)k(n− k)skX

n−k−1 + · · ·+ (−1)n−1sn−1.

Dar f = (X − α1)(X − α2) · · · (X − αn) implica

f ′ = (X−α2) · · · (X−αn)+(X−α1)(X−α3) · · · (X−αn)+ · · ·+(X−α1) · · · (X−αn−1),

de unde deducem

f ′ =f

X − α1

+f

X − α2

+ · · · + f

X − αn

.

Cu ajutorul schemei lui Horner obtinem, pentru orice i ∈ {1, . . . , n},

f

X − αi= Xn−1 + (αi − s1)X

n−2 + (α2i − s1αi + s2)X

n−3 + · · ·

+[αk

i − s1αk−1i + · · ·+ (−1)k−1sk−1αi + (−1)ksk

]Xn−k−1 + · · ·

+[αn−1

i − s1αn−2i + · · ·+ (−1)n−2sn−2αi + (−1)n−1sn−1

].

Insumand si tinand seama de egalitatea coeficientilor luiXn−k−1 din cele doua scrieriale lui f ′ avem, pentru orice k < n,

Sk − s1Sk−1 + · · ·+ (−1)k−1sk−1S1 + (−1)kskS0 = (−1)k(n− k)sk,

adica

Sk − s1Sk−1 + · · ·+ (−1)k−2sk−2S2 + (−1)k−1sk−1S1 + (−1)kksk = 0, ∀k < n.

Cum α1, . . . , αn ∈ C sunt radacini ale lui f au loc egalitatile

αni − s1X

n−1 + s2αn−2i + · · ·+ (−1)n−1sn−1αi + (−1)nsn, ∀i ∈ {1, . . . , n}.

Daca n ≤ k atunci, ınmultind fiecare din aceste egalitati cu αk−ni si adunand

egalitatile rezultate, primim

Sk − s1Sk−1 + · · ·+ (−1)n−1sn−1Sk−n+1 + (−1)nsnSk−n = 0, ∀k ≥ n.

3.126. Indicatii. In cazurile n = 2 si n = 3 determinarea lui Sk pentru k ≤ n poate fi

facuta mai usor utilizand relatiile lui Viete si formula care da patratul unui trinom. Pentru

n = 2 si k < 2 avem S0 = 2 si S1 = s1, iar pentru n = 3 si k < 3 avem S0 = 3, S1 = s1 si

S2 = x21 + x2

2 + x23 = (x1 + x2 + x3)

2 − 2(x1x2 + x2x3 + x3x1) = s21 − 2s2.


3.127. Indicatie. Se considera corpul K = R(X1, . . . ,Xn) si polinomul

f = (X −X1) · · · (X −Xn) = Xn − s1Xn−1 + s2X

n−2 + · · · + (−1)n−1sn−1X + (−1)nsn

din K[X] si se procedeaza ca ın solutia problemei 3.125 (unde se ınlocuieste C cu K).

3.128. Indicatii. e) Dependenta rezultantei de α1, . . . , αn (respectiv de β1, . . . , βm)

este polinomiala iar polinoamele care o exprima sunt polinoame simetrice ın n (respectiv

m) nedeterminate. Scrierea acestora cu ajutorul polinoamelor simetrice fundamentale si

utilizarea relatiilor dintre radacinile si coeficientii lui f (respectiv g) ca ın solutia problemei

3.122 arata ca proprietatea ceruta are loc.

3.129. Indicatii. Fie j ∈ {1, . . . ,m} si uj = f(βj) = Eβj(f). Avem

anβnj + · · · + a1βj + (a0 − uj) = 0,

anβn+1j + · · · + a1β

2j + (a0 − uj)βj = 0,

...

anβn+m−1j + · · · + a1β

mj + (a0 − uj)β

m−1j = 0,

bmβmj + · · · + b1βj + b0 = 0,

bmβm+1j + · · · + b1β

2j + b0βj = 0,

...

bmβm+n−1j + · · · + b1β

nj + b0β

n−1j = 0,

prin urmare sistemul liniar si omogen de m+ n ecuatiicu m+ n necunoscute

anyn+m−1+an−1yn+m−2+ · · · + a1ym + (a0 − uj)ym−1 = 0,

anyn+m−2+ · · · + a1ym−1 + (a0 − uj)ym−2 = 0,

...

anyn + · · · + a1y1 + (a0 − uj)y0 = 0,

bmym+n−1+bm−1ym+n−2+ · · · + b1yn + b0yn−1 = 0,

bmym+n−2+ · · · + b1yn−1 + b0yn−2 = 0,

...

bmym + · · · + b1y1 + b0y0 = 0,

are solutie nenula pe (βm+n−1j , . . . , β2

j , βj , 1), ceea ce ınseamna ca determinantul sau∣∣∣∣∣∣∣∣

an an−1 an−2 . . . a0 − uj 0 0 . . . 00 an an−1 . . . a1 a0 − uj 0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . . . . a0 − uj

∣∣∣∣∣∣∣∣

m linii

∣∣∣∣∣∣∣∣

bm bm−1 bm−2 . . . . . . 00 bm bm−1 . . . . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . . . . b0

∣∣∣∣∣∣∣∣

n linii

este nul. Inlocuind pe uj cu X ın determinantul de mai sus obtinem un polinom de gradm ın X care are radacinile u1, . . . , um. Inlocuind ın acest polinom pe X cu 0 obtinemtermenul liber al sau, iar cum coeficientul lui Xm este (−1)m(n+1)bnm, termenul liber este

(−1)m(−1)m(n+1)bnmu1 · · · um = (−1)mnbnmf(β1) · · · f(βm) = Rf,g.

221

3.130. Raspuns. Rf,g =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a2 a1 a0 0 00 a2 a1 a0 00 0 a2 a1 a0

b3 b2 b1 b0 00 b3 b2 b1 b0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

3.131. Indicatii. Se pot folosi problemele 3.128 (punctul a)) si 3.129.

3.132. Indicatii. Se pot folosi problemele 3.128 (punctul a)) si 3.129.

Observatie: Indicatiile oferite mai sus nu sunt neaparat cele care conduc cel mai repede

la rezultat, dar sunt cele mai potrivite contextului creat — de exemplu, rezolvarea punc-

tului b) de la problema de mai sus este imediata daca se observa ca cel de-l doilea polinom

are radacinile α1 = 1 si α2 = 2.

3.133. Indicatii. Se folosesc problemele 3.124 si 3.128 (punctul a)).

3.134. Avem f = an(X − α1)(X − α2) · · · (X − αn) si

f ′ =

n∑

i=1

an(X − α1) · · · (X − αi−1)(X − αi+1) · · · (X − αn),

prin urmare

f ′(αi) = an(αi − α1) · · · (αi − αi−1)(αi − αi+1) · · · (αi − αn), ∀i ∈ {1, . . . , n}.

Cum

Df = (−1)n(n−1)

21

anRf,f ′ = (−1)

n(n−1)2 an−2

n f ′(α1) · · ·f ′(αn)

(vezi problema 3.128 c)), obtinem

Df = (−1)n(n−1)a2n−2n (α2 − α1)

2(α3 − α1)2 · · · (αn − α1)

2

(α3 − α2)2 · · · (αn − α2)

2

...

(αn − αn−1)2

Dar

∏

1≤i<j≤n

(αj − αi) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 . . . 1α1 α2 . . . αn

α21 α2

2 . . . α2n

......

...αn−1

1 αn−12 . . . αn−1

n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 α1 α21 . . . αn−1

1

1 α2 α22 . . . αn−1

2...

......

...1 αn α2

n . . . αn−1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣.


Deci

Df = a2n−2n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 . . . 1α1 α2 . . . αn

α21 α2

2 . . . α2n

......

...αn−1

1 αn−12 . . . αn−1

n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 α1 α21 . . . αn−1

1

1 α2 α22 . . . αn−1

2...

......

...1 αn α2

n . . . αn−1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= a2n−2n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

n S1 S2 . . . Sn−1

S1 S2 S3 . . . Sn

S2 S3 S4 . . . Sn+1...

......

...Sn−1 Sn Sn+1 . . . S2n−2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

3.135. Raspuns. a) b2 − 4ac; b) −4p3 − 27q2; c) −843; d) 2777.

3.136. Raspuns. a) λ1,2 = ±2; b) λ1 = −1, λ2 = −3

2, λ3,4 =

7

2± 9

2i√

3.

Capitolul 4

Semigrupuri si inele de fractii

4.1. Pentru a putea scufunda izomorf un semigrup comutativ ıntr-un grup estenecesar ca ın acest semigrup sa se poata simplifica cu orice element. Prin urmare,semigrupurile (Z, ·), (Q, ·), (Z4, ·) nu pot fi scufundate izomorf ıntr-un grup.

Observatie: Problema ce a condus la constructia semigrupurilor de fractii se datoreaza

ıncercarii de a scufunda minimal un semigrup comutativ cu simplificare ıntr-un grup.

4.2. Indicatii. Notam M = {as−1 | a ∈ A, s ∈ S}. Din S 6= ∅ rezulta ca exista unelement s0 ∈ S, de unde, pentru orice a ∈ A si s ∈ S avem

a = a(s0s−10 ) = (as0)s

−10 ∈M si s−1 = (s0s

−10 )s−1 = s0(s

−10 s−1) = s0(ss0)

−1 ∈M,

prin urmare A ∪ S−1 ⊆ M . Se verifica usor ca M este un subsemigrup al lui (G, ·) si ca

orice subsemigrup al lui (G, ·) care include multimea A ∪ S−1 include pe M . Asadar, M

este subsemigrupul lui (G, ·) generat de A ∪ S−1. Aplicand proprietatea de universalitate

a semigrupului de fractii omomorfismului de incluziune i : A → G obtinem existenta (si

unicitatea) unui omomorfism i : AS → G pentru care i ◦ f = i (unde f : A → AS este

omomorfismul canonic). Rezulta ca i((a, s)) = as−1 pentru orice a ∈ A, s ∈ S si se verifica

imediat ca i este injectiv, deci este un izomorfism ıntre AS si i(AS) = M . Semigrupul

total de fractii al lui A este AA si este izomorf cu semigrupul lui (G, ·) generat de A∪A−1

care este chiar subgrupul lui (G, ·) generat de A.

4.3. Raspuns. a) (ZZ∗ , ·) = (Q, ·); b) (Z∗Z∗ , ·) = (Q∗, ·); c) (Z2Z∗ , ·) = (Q, ·);

d) (N2N,+) = (Z,+); e) (2N2N,+) = (2Z,+); f) (2Z2Z∗ , ·) = (Q, ·); g) (2Z2Z,+) = (2Z,+).

Observatie: Din problema 4.2 rezulta ca grupul de fractii al unui grup comutativ (G, ·)este (G, ·). Aceasta se obtine si daca tinem seama de faptul ca aparitia semigrupurilor de

fractii se datoreaza ıncercarii de a scufunda un semigrup comutativ cu simplificare ıntr-un

grup minimal.

4.4. Stiind ca daca a ∈ A si s ∈ S atunci

(1) f(s)(a, s) = (s2, s) · (a, s) = (as2, s2) = (as, s) = f(a) ∈ f(A),

problema se poate rezolva prin inductie dupa n. Intr-adevar, daca n = 1 si q1 =(a1, s1), din (1) rezulta ca putem considera s = s1, iar daca qn = (an, sn) si pentrus ∈ S avem f(s)q1, . . . , f(s)qn−1 ∈ f(A) atunci luand s′ = ssn ∈ S obtinem

f(s′)qi = f(ssn)qi = f(s)f(sn)qi = f(sn)[f(s)qi] ∈ f(sn)f(A) ⊆ f(A),

223

224 CAPITOLUL 4. SEMIGRUPURI SI INELE DE FRACTII (SOLUTII)

pentru orice i ∈ {1, . . . , n− 1}, si

f(s′)qn = f(ssn)qn = f(s)[f(sn)(an, sn)

]= f(s)f(an) = f(san) ∈ f(A).

Observatie: Cu alte cuvinte, problema anterioara exprima faptul ca orice multime finita

de fractii din AS are un numitor comun.

4.5. Monoidul (A,+) fiind comutativ si verificand conditia

a, b, c ∈ A, a+ b = a+ c⇒ b = c

rezulta ca (A,+) se scufunda izomorf ın grupul diferentelor (AA,+). Amintim pescurt constructia acestui grup. Relatia ∼ definita pe A× A prin

(a1, b1) ∼ (a2, b2) ⇔ a1 + b2 = a2 + b1

este o relatie de echivalenta, iar AA = (A × A)/ ∼. Notam cu (a, b) sau cu a − bclasa perechii (a, b) ın raport cu relatia ∼, adica (a, b) = {(a′, b′) | (a, b) ∼ (a′, b′)}.Operatia definita pe AA prin

(a1, b1) + (a2, b2) = (a1 + a2, b1 + b2)

este independenta de alegerea reprezentantilor, iar (AA,+) este grup abelian. El-ementul neutru ın acest grup este (0, 0) si (0, 0) = {(a, a) | a ∈ A}, iar simetricaclasei (a, b) este clasa (b, a), notata −(a, b). Functia f : A → AA, f(a) = (a, 0) esteomomorfism injectiv si orice (a, b) ∈ AA se scrie sub forma (a, b) = f(a) − f(b). Pegrupul abelian (AA,+) exista o singura operatie · astfel ıncat (AA,+, ·) sa fie inel,iar f sa fie omomorfism si pentru ·. Aceasta operatie este definita astfel:

(a1, b1) + (a2, b2) = (a1a2 + b1b2, a1b2 + a2b1),

ceea ce se retine usor avand ın vedere ınmultirea formala (a1 − b1) · (a2 − b2).

4.6. Urmand procedeul din problema anterioara, semiinelul (N,+, ·) se scufundaizomorf ın inelul minimal (NN,+, ·). Se verifica usor ca ın acest inel avem (a + b, b) =(a, 0), (b, a+ b) = (0, a) si

(a, 0) = (a′, 0) ⇔ a = a′ ⇔ (0, a) = (0, a, ),

de unde se deduce ca orice clasa din NN are un reprezentant unic de una din formele:(a, 0), (0, 0), (0, a), cu a ∈ N∗. Prin urmare,

NN = {. . . ,−(2, 0),−(1, 0), (0, 0), (1, 0), (2, 0), . . .}.

Injectivitatea omomorfismului f permite identificarea lui x ∈ N cu (x, 0). Dupaaceasta identificare avem NN = Z. Deci inelul diferentelor semiinelului (N,+, ·) este(Z,+, ·).

4.7. Pentru a putea scufunda izomorf un inel comutativ ıntr-un corp este necesar caın acest inel sa nu avem divizori ai lui zero. Prin urmare, inelele (Zn,+, ·) cu n ∈ N,n ≥ 2, numar compus nu pot fi scufundate izomorf ıntr-un corp.

225

Observatie: Constructia inelelor de fractii se datoreaza ıncercarii de a scufunda minimal

un inel comutativ fara divizori ai lui zero ıntr-un corp.

4.8. Indicatii. Solutia este similara cu solutia problemei 4.2.

4.9. Indicatie. Folosind problema 4.8 obtinem urmatoarele: a) (ZZ∗ ,+, ·) = (Q,+, ·);b) (2Z2Z∗ ,+, ·) = (Q,+, ·); c) ((Z3)Z∗

3,+, ·) = (Z3,+, ·); d) (QQ∗ ,+, ·) = (Q,+, ·).

Observatii: a) Corpul fractiilor unui corp comutativ (K,+, ·) este (izomorf cu) (K,+, ·).b) Stiind cum se realizeaza constructia inelului de fractii pornind de la semigrupul (mul-

tiplicativ) de fractii, problema 4.8 se poate folosi pentru constructia unor semigrupuri de

fractii: de exemplu, din problema anterioara deducem ca (ZZ∗ , ·) = (Q, ·) si (Z2Z∗ , ·) =

(Q, ·).

4.10. Indicatie. Se foloseste problema 4.8 si se obtine (Z2Z∗∪{1},+, ·) = (Q,+, ·).

4.11. Raspuns.(Z[i]Z[i]∗ ,+, ·

)= (Q(i),+, ·),

(Z[√d]

Z[√

d]∗ ,+, ·)

= (Q(√d),+, ·).

4.12. Indicatie. c) Se foloseste problema 4.8.

4.13. Conform problemei 4.8, pentru orice sistem multiplicativ ∅ 6= S ⊆ Z ce nu

contine pe 0, inelul ZS poate fi identificat cu subinelul{mn

| m ∈ Z, n ∈ S}

al lui

Q. Fie, acum, R un subinel cu unitate al lui Q. Evident, unitatea lui R coincide cuunitatea lui Q, prin urmare, 1 ∈ R ceea ce implica Z ⊆ R. Considerand

SR =

{n ∈ Z | 1

n∈ R

}

obtinem un sistem multiplicativ (nevid) al lui Z ce nu contine pe 0 si ZSR⊆ R.

Reciproc, daca luam un element din R reprezentat prin fractia ireductibilam

natunci

exista p, q ∈ Z astfel ıncat mp+ nq = 1, de unde rezulta ca

1

n=mp + nq

n= p · m

n+ q ∈ R,

asadar R ⊆ ZSRsi astfel se obtine egalitatea R = ZSR

.

4.14. Indicatii. Din proprietatea de universalitate a inelului R[X] rezulta existenta(si unicitatea) unui omomorfism de inele f : R[X] → RS care extinde omomorfismul

canonic f : R → RS si pentru care f(X) = (1, a) =1

a. Evident, (aX − 1) ⊆Kerf , iar

daca p = a0 + a1X + · · · + anXn ∈Kerf atunci f(p) = 0, prin urmare restul ımpartirii

polinomului p la X − 1

aın inelul RS [X] este 0, ceea ce implica existenta unui polinom

q = c0 + c1X + · · · + cn−1Xn ∈ RS [X] cu proprietatea ca p = q(aX − 1). De aici rezulta

ca

−c0 = a0, −c1 + ac0 = a1, −c2 + ac1 = a2, . . . , −cn−1 + acn−2 = an−1, acn−1 = an.

Deci c0, . . . , cn−1 ∈ R, ceea ce implica p ∈ (aX − 1)R[X] = (aX − 1). Izomorfismul cautat

se obtine aplicand lui f prima teorema de izomorfism pentru inele.


4.15. a) Din ipoteza rezulta g(f(a)) = h(f(a)) pentru orice a ∈ R. Subineleleg (RS) si h (RS) ale lui (R′,+, ·) sunt inele cu aceeasi unitate

1′ = g((s, s)

)= h

((s, s)

)(s ∈ S).

Daca A este subinelul lui R′ generat de g(RS) ∪ h(RS) atunci A este, ın raport cuoperatiile induse din (R′,+, ·), un inel cu unitatea 1′, iar omomorfismele g, h pot fiprivite ca omomorfisme (unitale) cu codomeniul A. Folosind acest fapt, cum f(s)este inversabil ın RS pentru orice s ∈ S, deducem

g((f(s))−1

)= [g(f(s))]−1 = [h(f(s))]−1 = h

((f(s))−1

).

Intrucat pentru orice (a, s) ∈ RS avem (a, s) = f(a)[f(s)]−1 rezulta

g((a, s)

)= h

((a, s)

),

adica g = h.b) Daca f este surjectiv atunci pentru orice s ∈ S, din [f(s)]−1 = (1, s) ∈ RS rezultaexistenta unui element a ∈ R astfel ıncat

f(a) = (as, s) = (1, s),

adica as2 = s sau, echivalent, as = 1. Deci s ∈ U(R,+, ·). Reciproc, daca S ⊆U(R,+, ·) atunci orice (a, s) din RS se scrie astfel

(a, s) = ((as−1) s, s) = f(as−1

),

deci f este si surjectiv.

Observatie: Se stie ca pentru omomorfisme de inele simplificabilitatea la dreapta nu este

echivalenta cu surjectivitatea, iar omomorfismul de incluziune Z → Q este un exemplu

ın acest sens (vezi problema 3.68). Punctul a) al problemei de mai sus furnizeaza o

generalizare a acestui exemplu.

4.16. Conform punctului b) a problemei anterioare, f este izomorfism daca si numaidaca S ⊆ U(R,+, ·). Dar, daca S ⊆ U(R,+, ·) atunci, identificand elementele dinR cu imaginile lor prin f si implicit orice (a, s) ∈ RS cu as−1 deducem ca oriceas−1 ∈ RS este radacina a polinomului X − as−1 ∈ R[X]. Reciproc, cum pentruorice s ∈ S, (1, s) este radacina a unui polinom X − a ∈ R[X] atunci egalitatea(1, s) − a = 0 se traduce ın RS prin

(1, s) − (as, s) = (0, s)

de unde rezulta 1 − as = 0, deci s este inversabil si s−1 = a.

4.17. Indicatie. Nondivizorii lui zero din (Zn,+, ·) coincid cu elementele inversabile si

se aplica punctul b) al problemei 4.15.

4.18. Indicatie. c) Fie T = {g ∈ RR | ∀x ∈ R, f(x) 6= 0}. Inelul total de fractii al lui RR

este(RR)T, iar un izomorfism ıntre RR si

(RR)T

este dat de corespondenta f 7→ (f, ε), unde

ε este unitatea lui RR. Inversul acestui izomorfism este dat de corespondenta (f, g) 7→ h,

unde h : R → R este definit prin h(x) =f(x)

g(x).

227

4.19. Daca g ar fi surjectiv atunci cum

(1

n+ 1

)

n∈N

∈ (ZZ∗)N ar exista y ∈ Z∗

si pentru orice n ∈ N ar exista xn ∈ Z astfel ıncat1

n + 1∼ xn

y, prin urmare

y = (n + 1)xn, ceea ce conduce la faptul ca orice numar natural nenul ıl divide pey, deci y = 0, contradictie.

4.20. Fie R,R′ domenii de integritate, RR∗ , respectiv R′R′∗ corpurile lor de fractii

si f : R → RR∗ , f ′ : R′ → R′R′∗ omomorfismele canonice. Daca α : R → R′ este un

omomorfism de inele atunci β = f ′ ◦ α este, de asemenea, un omomorfism.

R

α

��

f //

β

!!CCC

CCCC

C RR∗

β��

R′ f ′

// R′R′∗

Din proprietatea de universalitate a corpului de fractii rezulta existenta unui omo-morfism β : RR∗ → R′

R′∗ astfel ıncat β = β ◦ f . Astfel, β este definit prin

β((a, s)

)= β(a)[β(s)]−1 = f ′(α(a))[f ′(α(s))]−1

= (α(a)α(s), α(s)) · (α(s), α(s)α(s)) = (α(a), α(s))

si avem

(α(a1), α(s1)) = (α(a2), α(s2)) ⇔ α(a1)α(s2) = α(a2)α(s1) ⇔ α(a1s2) = α(a2s1),

ceea ce, ın ipoteza α injectiv, are loc daca si numai daca

a1s2 = a2s1 ⇔ (a1, s1) ∼ (a2, s2) ⇔ (a1, s1) = (a2, s2).

Prin urmare, omomorfismul β este injectiv. Din definitia lui β deducem cu usurintaca α surjectiv implica β surjectiv si, deci, ca α izomorfism implica β izomorfism.

4.21. Se verifica usor ca daca U este un ideal al lui (R,+, ·) atunci

US ={

(x, s) ∈ RS | x ∈ U},

este ideal al inelului (RS,+, ·), iar daca U este (idealul principal) generat de a ∈ Ratunci egalitatea

(ar, s) = (a, 1) · (r, s)ne asigura ca idealul US este, de asemenea, principal, generat de (a, 1). Asadar,problema este rezolvata daca aratam ca toate idealele lui RS sunt de forma US undeU este un ideal al lui R. Fie, pentru aceasta, U un ideal al lui RS si

U ={x ∈ R | ∃s ∈ S : (x, s) ∈ U

}.

Cum (0, 1) ∈ U , avem 0 ∈ U , prin urmare, U 6= ∅. Fie r ∈ R, t ∈ S si x, x′ ∈ U .Atunci exista s, s′ ∈ S astfel ıncat (r, s), (r′, s′) ∈ U si urmeaza

(x− x′, ss′) = (1, s′) · (x, s) − (1, s) · (x′, s′) ∈ U si (rx, ts) = (r, t) · (x, s) ∈ U.


Rezulta ca x − x′, rx ∈ U , deci U este un ideal al lui R. Este evident ca U ⊆ US,iar daca (x, s) ∈ US cu x ∈ U atunci exista s′ ∈ S astfel ıncat (x, s′) ∈ U si astfel,

(x, s) = (s′, s) · (x, s′) ∈ U,

ceea ce completeaza demonstratia faptului ca U = US.

Capitolul 5

Divizibilitatea ın monoizi

comutativi cu simplificare si

ın domenii de integritate

5.1. Indicatie. Daca A este monoid comutativ cu simplificare sau domeniu de integri-tate, iar a, b ∈ A atunci

a ∼ b⇔ ∃x ∈ A inversabil : b = ax.

Prin urmare, avem:a) ∼= ∆N∗ , N∗/ ∼= {{n} | n ∈ N∗};b) ∼= Q∗ × Q∗, Q∗/ ∼= {Q∗};c) ∼=

⋃

n∈Z

{(n, n), (n,−n)}, Z/ ∼= {{−n, n} | n ∈ N};

d) ∼= {(0, 0)} ∪ (R∗ × R∗), R/ ∼= {{0},R∗};e) ∼= {(0, 0)} ∪ (Z∗

2 × Z∗2) = {(0, 0), (1, 1)} = ∆Z2 , Z2/ ∼= {{0}, {1}};

f) ∼=⋃

z∈Z[i]

{±z,±iz} × {±z,±iz}, Z[i]/ ∼= {{z,−z, iz,−iz} | z ∈ Z[i]}.

5.2. Raspuns. Pentru K ∈ {Q,R,C} ∪ {Zp | p numar prim } avem f = {af | a ∈ K∗}ın K[X], iar ın Z[X] avem f = {−f, f}.5.3. Indicatii. i) U(Z2[X1, . . . ,Xn]) = U(Z2) = {1}.ii) Daca R are caracteristica diferita de 2 atunci ın subinelul lui R generat de elementulunitate 1 (si implicit ın R) exista elemente inversabile diferite de 1.

iii) Fie K un corp cu 4 elemente, deci comutativ (existenta lui K rezulta din [34, Teorema

7.7.5]). Relatia de divizibilitate ın K, respectiv ın K[X], nu este relatie de ordine.

5.4. Indicatie. Toate elementele nenule sunt ın clasa de asociere ın divizibilitate a

elementului unitate, deci sunt inversabile.

5.5. Indicatie. Daca ar exista r ∈ R∗ neinversabil atunci nici r2 (care este produsul

a doua elemente neinversabile din R) nu ar fi inversabil, prin urmare, ar fi ireductibil,

contradictie.

5.6. Indicatie. Fie a, a1, a2 ∈ R. Avem

a = a1a2 ⇔ ϕ(a) = ϕ(a1)ϕ(a2)

si ϕ conserva elementele inversabile.

229

230 CAPITOLUL 5. DIVIZIBILITATE (SOLUTII)

5.7. Indicatie. Cum pentru f ∈ K[X] avem f inversabil ın K[X] daca si numai daca f

este inversabil ın K ′[X] se deduce usor ca orice polinom din K[X] ireductibil ın K ′[X] este

ireductibil si ın K[X]. Reciproca nu este, ın general adevarata: de exemplu, polinomul

X2 + 1 ∈ R[X] este ireductibil peste R, dar ın C[X] avem X2 + 1 = (X + i)(X − i).

Observatie. Amintim ca ın unele manuale scolare, polinoamele ireductibile (cu coefi-

cienti ıntr-un corp comutativ) sunt introduse ca acele polinoame de grad mai mare sau

egal cu 1 care nu sunt reductibile, unde polinomul reductibil este definit ca un polinom

care se poate scrie ca produs de doua polinoame de grad mai mare sau egal cu 1. Intrucat

pentru un polinom f cu coeficienti ıntr-un corp comutativ K conditia grad f ≥ 1 este

echivalenta cu conditia f nenul si neinversabil, definitia polinomului ireductibil coincide

cu definitia elementului ireductibil ın K[X]. De asemenea, mentionam ca un element al

unui domeniu de integritate R se numeste reductibil daca se poate scrie ca produs de doua

elemente neinversabile. Prin urmare, un element din R∗ care nu este ireductibil este sau

inversabil sau reductibil.

5.8. Indicatie. Din f

(p

q

)= 0 rezulta ca f =

(X − p

q

)g, cu g ∈ Q[X], de unde,

eliminand numitorii, primim qnf = (qX − p)g1 cu g1 ∈ Z[X] si n =grad f , ceea ce implica

qnf(±1) = −(p∓ q)g1(±1), iar din (p, q) = 1 rezulta (p∓ q, qn) = 1. Deci p∓ q|f(±1).

5.9. Indicatie. In Z2[X] exista 24 = 16 polinoame de grad mai mic sau egal cu 3, iar

un polinom de grad 2 sau 3 cu coeficienti ıntr-un corp comutativ K este reductibil daca

si numai daca este nenul si are o radacina ın K.

5.10. Indicatii. a), b) Se foloseste faptul ca grad(gh) = grad g+ gradh pentru orice

g, h ∈ K[X]; c) (X2 + 1)2 ∈ R[X] este reductibil, dar nu are radacini reale.

5.11. Raspuns. i) f = 6(x+ 2) este reductibil ın Z[X], dar este ireductibil ın Q[X].

5.12. Indicatie. Pentru orice a ∈ R∗, aX + a este un polinom ireductibil ın R[X], deci

a este inversabil ın R.

5.13. Indicatii. a) Elementele ireductibile p din (N∗, ·) concid cu numerele prime (este denotat importanta conditiei p ≥ 2 ın definitia numarului prim). Din teorema fundamentalaa aritmeticii — orice numar natural mai mare sau egal cu 2 se poate scrie ca un produsde numere prime ın mod unic, abstractie facand de ordinea factorilor — deducem ca(N∗, ·) este un semigrup factorial, deci elementele ireductibile coincid cu elementele prime.Acelasi lucru se ıntampla si la b), c), d) deoarece domeniile de integritate analizate sunteuclidiene, deci factoriale.b) Un numar ıntreg p este element ireductibil ın (Z,+, ·) daca si numai daca p sau −p estenumar prim ın N∗.c) Un polinom f ∈ C[X] este ireductibil daca si numai daca grad f = 1. Aceasta rezulta dinproblema 5.10 si din teorema fundamentala a algebrei (d’Alembert-Gauss): orice polinomde grad mai mare sau egal cu 1 din C[X] are cel putin o radacina complexa.

d) Un polinom f ∈ R[X] este ireductibil daca si numai daca grad f = 1 sau f are gradul

2 si discriminantul negativ. Pentru a demonstra ca polinoamele mentionate mai sus sunt

singurele polinoame ireductibile din R[X] trebuie aratat ca daca f ∈ R[X] si grad f ≥ 3

atunci f este reductibil ın R[X]. Aceasta rezulta astfel: cum f ∈ R[X] ⊆ C[X], f are

o radacina complexa a. Daca a ∈ R atunci X − a divide pe f . Daca a ∈ C \ R atunci

conjugatul lui a este, de asemenea, radacina a lui f , prin urmare (X − a)(X − a) ∈ R[X]

divide pe f .

231

5.14. Indicatie. Se aplica teorema ımpartirii cu rest pentru polinoame cu coeficienti

ıntr-un domeniu de intergritate.

5.15. Indicatie. In Z avem

− 4 = 3(−1) + (−1), cu 1 = | − 1| < |3| = 3,

− 4 = 3(−2) + 2, cu 2 = |2| < |3| = 3.

(Sa remarcam ca doar a doua egalitate da catul si restul ımpartirii lui −4 la 3 ın Z.)

5.16. Indicatii. Daca q si r sunt catul si restul ımpartirii lui a la b ın Z si 0 ≤ r ≤ |b|2

atunci q′ = q si r′ = r, iar daca|b|2< r < |b| atunci q′ = q +

|b|b

si r′ = r − |b|. Numerele

q′, r′ nu sunt unic determinate: de exemplu, 7 = 2 · 3 + 1 = 2 · 4 + (−1).

5.17. Raspuns. a) 68; b) X2 +X + 1 si X3 − 1.

5.18. Indicatie. Se stie ca daca (x, y) = d′ atunci exista p, q ∈ R astfel ıncat d′ = xp+yq

si ca d = (a, b, c) = ((a, b), c). Daca 1 = au + bv + ct si p este un divizor comun pentru

a, b, c atunci p|(au+ bv + ct) si implicit p ∼ 1.

5.19. i) Fie d = (a, b). Daca exista x, y ∈ R astfel ıcat ax + by = c atunci d|c.Reciproc, din dR = aR + bR rezulta existenta x′, y′ ∈ R astfel ıncat ax′ + by′ = d.

Inmultind cu c′ =c

dobtinem ac′x′ +bc′y′ = c, prin urmare c′x′ si c′y′ verifica ecuatia

data.

ii) Fie d = (a, b) si a′ =a

d, b′ =

b

d. Daca (x0, y0), (x, y) sunt solutii ale ecuatiei date

atunci a(x − x0) + b(y − y0) = 0 sau, echivalent, a′(x − x0) + b′(y − y0) = 0. Cum(a′, b′) = 1 rezulta ca x− x0 = b′t si y − y0 = a′t′, cu t, t′ ∈ R. Este imediat faptulca t′ = −t, deci x = x0 + b′t, y = y0 − a′t.

5.20. i) Notam a = 31 si b = 17. Avem (a, b) = 1, ceea ce implica existentam,n ∈ Z astfel ıncat am+ bn = 1. Folosind algoritmul lui Euclid avem a = b · 1+ r1cu r1 = 14, b = r1 · 1 + r2 cu r2 = 3, r1 = r2 · 4 + r3 cu r3 = 2 si r2 = r3 · 1 + r4 cur4 = 1 = (a, b), de unde deducem 11b − 6a = 1. Deci m = −6 si −n = −11 este osolutie din Z a ecuatiei date. Solutia generala este

x = m− k(−17) = −6 + 17k, y = −n + k · 31 = −11 + 31k, cu k ∈ Z.

ii) Folosind i) avem x, y ∈ N∗ daca si numai daca k > max

{6

17,11

31

}, k ∈ N∗, ceea

ce are loc pentru orice k ∈ N∗. Deci

x = −6 + 17k, y = −11 + 31k, cu k ∈ N∗.

5.21. Indicatii. a) Avem x = 2+7m = 3+6n (m,n ∈ Z) de unde rezulta 7m− 6n = 1.Se deduce m = 1 + 6k, n = 1 + 7k cu k ∈ Z prin urmare x ≡ 9(mod 42).b) Congruenta 3x ≡ 2(mod 5) este echivalenta cu x ≡ 4(mod 5) si sistemul dat devine

x ≡ 4(mod 5)x ≡ 6(mod 7)x ≡ 1(mod 6)

.

Ca mai sus, din primele doua congruente se obtine x ≡ −1(mod 35) , ceea ce, ımpreuna

cu ultima congruenta conduce la x ≡ 139(mod 210).


5.22. Avem

mx ≡ c(mod a) ⇔ ∃z ∈ Z : mx− az = c,

(m, a) = 1 ⇔ ∃p, q ∈ Z : ms− at = 1 ⇒ mcp− acq = c,

de unde deducem ca x0 = cq este o solutie a primei congruente. Un numar ıntregx este o solutie a primei congruente daca si numai daca m(x− x0) ≡ 0(mod a), iarcum (m, a) = 1, avem x ≡ x0(mod a). Analog se poate obtine o solutie particularay0 pentru congruenta a doua, iar y ∈ Z este, de asemenea, solutie a celei de-a douacongruente daca si numai daca y ≡ y0(mod b). Pentru ca cele doua congruentesa aiba o solutie comuna este necesar si suficient sa existe r, s ∈ Z astfel ıncatx0 + ar = y0 + bs, adica ar − bs = y0 − x0, ceea ce rezulta imediat din (a, b) = 1.

Observatie: Se verifica cu usurinta ca solutia comuna a congruentelor din problema de

mai sus este unica modulo ab.

5.23. Indicatie. Afirmatia din enunt este o generalizare a teoremei chineze a resturilor

(pentru 2 congruente) (vezi [34, Corolarul 5.5.7 a)]) si se demonstreaza, pornind de la

aceasta, prin inductie dupa k.

5.24. mx ≡ c( mod a) daca si numai daca exista y ∈ Z astfel ıncat

(1) mx− ay = c.

Asadar, congruenta data are solutie daca si numai daca ecuatia (1) are solutie ınZ × Z, ceea ce, conform problemei 5.19, are loc daca si numai daca (m, a)|c. Daca(x0, y0) este o solutie a ecuatiei (1) atunci solutiile lui (1) sunt aceleasi cu solutiileecuatiei

(2)m

(m, a)(x− x0) −

a

(m, a)(y − y0) = 0.

Cum

(m

(m, a),

a

(m, a)

)= 1, (2) conduce la congruenta x ≡ x0

(mod

a

(m, a)

), care

are (m, a) solutii necongruente modulo a.

5.25. 1) Fie d = (x, y) si x = dx′, y = dy′ atunci d|z, iar daca z = dz′ atunci

x2 + y2 = z2 ⇔ x′2 + y′2 = z′2.

2) Daca x si y sunt impare, adica x ≡ 1(mod 2) si y ≡ 1(mod 2) se deduce cax2 + y2 ≡ 2(mod 4) adica z2 ≡ 2(mod 4). Dar, daca z este par atunci z2 ≡ 0(mod4), iar daca z este impar atunci z2 ≡ 1(mod 4), ceea ce ınseamna ca congruentaz2 ≡ 2(mod 4) nu poate avea loc.

Daca x este impar si y este par atunci z este impar si y2 = (z + x)(z − x).Numerele z + x si z − x sunt ambele pare si 2 este singurul lor divizor comunprim. Intr-adevar, un alt divizor comun prim p al lor ar fi impar, ar divide pe y2,pe (z + x) + (z − x) = 2z si pe (z + x) − (z − x) = 2x. Urmeaza ca p|x si p|y,contradictie cu (x, y) = 1. Rezulta ca

z + x

2siz − x

2sunt numere ıntregi prime ıntre

ele ale caror produsy2

4=z + x

2· z − x

2este un patrat perfect. Cum factorii primi

233

din descompunerea luiy2

4au toti exponent par, pentru a nu contrazice conditia

(z + x

2,z − x

2

)= 1 este necesar ca factorii primi din descompunerea lui

y2

4sa

apara fie numai ın descompunerea luiz + x

2, fie numai ın descompunerea lui

z − x

2,

cu acelasi exponent ca ın descompunerea luiy2

4. Prin urmare,

z + x

2siz − x

2sunt,

de asemenea, patrate perfecte, deci putem considera z+ x = 2m2 si z− x = 2n2, cum,n ∈ Z, si astfel obtinem

x = m2 − n2, z = m2 + n2 si y = 2mn.

Se verifica usor ca daca x, y, z au forma de mai sus atunci ele verifica ecuatia x2+y2 =z2.

5.26. Indicatii. Se foloseste faptul ca δ(z1z2) = δ(z1)δ(z2) pentru orice z1, z2 ∈ Z[√d]

si ca z ∈ Z[√d] este inversabil daca si numai daca δ(z) = 1 (vezi problema 3.33).

ii) Daca z2 = z1z (z ∈ Z[√d]) atunci δ(z2) = δ(z1)δ(z). Din δ(z1) = δ(z2) rezulta ca

z1 = z2 = 0 sau δ(z) = 1, adica z e inversabil, prin urmare z1 ∼ z2.

iii) In Z[i], δ(1 + 2i) = δ(1 − 2i) = 5, dar1 + 2i

1 − 2i/∈ Z[i].

iv) Daca z = z1z2 ın Z[√d] atunci δ(z) = δ(z1)δ(z2) ın N cu δ(z) numar prim, prin urmare

sau δ(z1) = 1 sau δ(z2) = 1.

5.27. Sa remarcam pentru ınceput ca functia δ : Z[i] → N, δ(z) = |zz| este orestrictie a functiei δ0 : Q(i) → Q, δ0(z) = |zz| care are, de asemenea, proprietatea caδ0(z1z2) = δ0(z1)δ0(z2) pentru orice z1, z2 ∈ Q(i). Fie z1 = a1+b1i, z2 = a2+b2i 6= 0,cu a1, a2, b1, b2 ∈ Z. Aratam ca exista numerele q, r ∈ Z[i] astfel ıncat z1 = z2q + r,unde δ(r) < δ(z2) (sa observam ca aceasta conditie cuprinde si posibilitatea ca r =

0). Avem z =z1z2

∈ Q(i), adica z = a+ bi cu a, b ∈ Q. Consideram numerele ıntregi

m,n cele mai apropiate de a, respectiv b, adica m,n ∈ Z astfel ıncat |a−m| ≤ 1

2si

|b − n| ≤ 1

2. Luand q = m + ni ∈ Z[i] si z3 = z − q = (a −m) + (b − n)i ∈ Q(i)

avem z1 = z2z = z2q + z2(z − q) = z2q + z2z3, prin urmare z2z3 = z1 − z2q ∈ Z[i].Notam r = z2z3 si avem:

δ(r) = δ(z2z3) = δ0(z2z3) = δ0(z2)δ0(z3) = δ(z2)δ0(z3)

= δ(z2)[(a−m)2 + (b− n)2

]≤ δ(z2)

(1

4+

1

4

)=δ(z2)

2< δ(z2).

a) Aplicam algoritmul lui Euclid pentru a determina c.m.m.d.c. al lui z1 si z2.Conform celor de mai sus, avem z1 = z2q + r, unde q, r ∈ Z[i], cu δ(r) < δ(z2), seobtin astfel: din

z1z2

=12 − 3i

3 + 6i=

4 − i

1 + 2i=

2

5− 9

5i

rezulta q = −2i, prin urmare,

r = z1 − z2q = (12 − 3i) + 2i(3 + 6i) = 3i.


Determinam acum q1, r1 ∈ Z[i] cu δ(r1) < δ(r), astfel ıncat z2 = rq1 + r1. Din

z2r

=3 + 6i

3i=

1 + 2i

i= 2 − i ∈ Z[i]

rezulta q1 =z2r

si astfel r1 = z2 − rq1 = 0. Prin urmare,

(z1, z2) = 3i ∼ −3i ∼ 3 ∼ −3 si [z1, z2] ∼z1z2

(z1, z2)= (12 − 3i)(2 − i) = 30 − 18i.

b) Cum toate idealele unui domeniu euclidian sunt principale, corespondenta z 7→(z) = zZ[i], unde z este clasa de elemente asociate ın divizibilitate cu z, stabilesteun antiizomorfism de ordine (deci si laticial) ıntre laticea (Z[i]/ ∼ ,≤) si laticeaidealelor lui Z[i]. De aici rezulta

(z1) ∩ (z2) = z1Z[i] ∩ z2Z[i] = z1Z[i] ∧ z2Z[i] = (30 − 18i)Z[i],

(z1) + (z2) = z1Z[i] + z2Z[i] = z1Z[i] ∨ z2Z[i] = 3iZ[i].

5.28. Fie z1, z2 ∈ Z[θ] cu z2 6= 0. Notam N(z2) = z2z2 6= 0 si avem

z1z2

=z1z2z2z2

=z3

N(z2), unde z3 = z1z2.

Dar z3 ∈ Z[θ], rezulta ca exista m,n ∈ Z astfel ıncat z3 = m + nθ. Aplicandproblema 5.16 deducem ca exista q1, q2, r1, r2 ∈ Z astfel ıncat

(1) m = N(z2)q1 + r1, n = N(z2)q2 + r2 si |r1|, |r2| ≤|N(z2)|

2,

ceea ce implica

z1z2

=m+ nθ

N(z2)=N(z2)q1 + r1 +N(z2)q2θ + r2θ

N(z2)= (q1 + q2θ) +

r1 + r2θ

N(z2).

Daca notam Q = q1 + q2θ si R =z2(r1 + r2θ)

N(z2)atunci Q ∈ Z[θ] si z1 = z2Q + R.

Urmeaza ca R = z1 − z2Q ∈ Z[θ], iar cum RN(z2) = z2(r1 + r2θ) avem si

δ(R)[N(z2)]2 = δ(R)δ(N(z2)) = δ(z2)δ(r1 + r2θ) = |N(z2)|δ(r1 + r2θ).

Cum δ(z2) = |N(z2)|, rezulta, prin ımpartire la [N(z2)]2 6= 0, ca

δ(R) =δ(r1 + r2θ)

δ(z2)=

1

δ(z2)

∣∣r21 − pr1r2 + qr2

2

∣∣ .

Dar |r21 − pr1r2 + qr2

2| ≤ |r1|2 + |p||r1||r2| + |q||r2|2 si, folosind (1), avem

(2) δ(R) ≤ 1

δ(z2)· δ(z2)

2

4(1 + |p| + |q|) = δ(z2) (1 + |p| + |q|) .

Daca |p| + |q| < 3 atunci δ(R) < δ(z2) si problema este rezolvata.

235

5.29. Raspuns. Z, Z[i], Z[√

2], Z

[i√

2], Z

[1 + i

√3

2

], Z

[1 +

√5

2

].

5.30. Indicatie. Daca θ ∈{

1 + i√

7

2,

1 + i√

11

2

}atunci orice z = m + nθ se scrie

sub forma z =(m+

n

2

)+n

2

√d, unde d ∈ {−7,−11}. Fie δ : Z[θ] → N, δ(z) = |zz| si

z1, z2 ∈ Z[θ] cu z2 6= 0. Se pot gasi q, r ∈ Z[θ], δ(r) < δ(z2) cu proprietatea ca z1 = z2q+ r

astfel: dacaz1z2

= a+bθ =

(a+

b

2

)+b

2

√d ∈ Q(θ) (a, b ∈ Q) aunci consideram n numarul

ıntreg cel mai apropiat de b si m numarul ıntreg cel mai apropiat de a +b

2− n

2si luam

q = m+ nθ si r = z1 − z2q.

5.31. Cum Z[i] este cu ideale principale, exista a, b ∈ Z, nu ambele nule, astfel ıncatU = (a+ bi) = (a+ bi)Z[i]. Dar orice z ∈ Z[i] se scrie sub forma

z = (a + bi)q + r, cu q, r ∈ Z[i] si δ(r) < a2 + b2.

Dar, pentru a, b ∈ Z fixate, multimea {r = m+ ni ∈ Z[i] | δ(r) < a2 + b2} coincidecu multimea punctelor din plan de coordonate ıntregi situate ın interiorul cercului deraza

√a2 + b2 cu centrul ın originea axelor, care este o multime finita. Prin urmare,

si multimea Z[i]/U = {r + U | δ(r) < a2 + b2} este finita.

5.32. 1) a) Cum 2 = (1 + i)(1 − i) este un produs de elementele neinversabile( δ(1 + i) = δ(1 − i) = 2 6= 1) rezulta ca 2 este reductibil ın Z[i]. De asemenea,5 = (1 + 2i)(1− 2i) si 17 = (1 + 4i)(1− 4i) sunt produse de elemente neinversabile.

b) Cum δ(3) = 9 avem 3 neinversabil, iar daca zk = ak + bki ∈ Z[i], k = 1, 2 si3 = z1z2 atunci 9 = δ(z1)δ(z2). Cum δ(zk) = a2

k + b2k ∈ N (k = 1, 2), aceastaegalitate are loc doar ın urmatoarele cazuri:

• δ(z1) = 1 si δ(z2) = 9, caz ın care z1 este inversabil;

• δ(z1) = δ(z2) = 3, caz care nu convine deoarece nu exista ak, bk ∈ Z astfel ıncata2

k + b2k = 3 (daca ak = 0 atunci b2k = 3 si bk /∈ Z, daca |ak| = 1 atunci b2k = 2 si,din nou, bk /∈ Z, iar daca |ak| ≥ 2 atunci b2k < 0, prin urmare numarul bk nu e nicimacar real).

• δ(z1) = 9 si δ(z2) = 1, caz ın care z2 este inversabil.

Asadar, 3 = z1z2 implica z1 inversabil sau z2 inversabil, prin urmare 3 este ireductibilın Z[i]. Analog se arata ca 7 este element ireductibil ın Z[i].

c) Numerele δ(1 + i) = 2, δ(1 + 2i) = 5 sunt prime si se aplica problema 5.26 iv).

2) 4 = (1 + i)2(1 − i)2 = −(1 + i)4, 18 + 36i = 18(1 + 2i) = (−i)32(1 + i)2(1 + 2i).

5.33. Indicatii. a) Daca z ∈ Z[i] este un element ireductibil (deci si prim) atunci zdivide pe zz = δ(z) ∈ N. Considerand descompunerea lui δ(z) ın produs de numere primesi presupunand ca z este element prim, obtinem concluzia dorita.

b) Pentru k ∈ N ecuatia a2 + b2 = 4k+ 3 nu are solutii (a, b) ∈ Z×Z deoarece daca a si bau aceeasi paritate atunci 2 | (a2 + b2), iar ın caz contrar a2 + b2 ≡ 1(mod 4).


c) Evident p este impar. Avem

p− 1 ≡ −1(mod p)

p− 2 ≡ −2(mod p)

...

p− 1

2+ 1 ≡ −p− 1

2(mod p),

prin urmare,

(p− 1)(p − 2) · · ·(p− 1

2+ 1

)≡ (−1)

p−12

(1 · 2 · · · p− 1

2

)(mod p).

Cum p ≡ 1(mod 4) avem (−1)p−12 = 1, asadar,

(p− 1)(p − 2) · · ·(p− 1

2+ 1

)≡(p− 1

2

)!(mod p),

de unde, ınmultind cu

(p− 1

2

)!, rezulta

(p− 1)! ≡[(

p− 1

2

)!

]2

(mod p).

Dar, conform teoremei lui Wilson avem (p − 1)! + 1 ≡ 0(mod p). Notand n =

(p− 1

2

)!,

obtinem 1+n2 ≡ 0(mod p), adica p divide pe 1+n2 = (1−ni)(1+ni). Presupunand ca par fi element prim ın Z[i], am avea p|(1− ni) sau p|(1 + ni). Daca p|(1− ni) ar rezulta caexista a, b ∈ Z astfel ıncat 1−ni = p(a+ bi), ceea ce ar implica pa = 1, adica p ∈ {−1, 1},contradictie cu p numar prim. Deci p nu este element prim ın Z[i], ceea ce ınseamna capoate fi scris ca un produs de cel putin doua elemente ireductibile z1, . . . , zk ∈ Z[i]

p = z1 · · · zk ⇒ p2 = δ(p) = δ(z1) · · · δ(zk).

Cum p este numar prim, avem k = 2, adica p = z1z2. Prin urmare, z1z1 = δ(z1) divide pep = z1z2, adica z1 divide elementul ireductibil z2. Rezulta z1 ∈ {z2,−z2, iz2,−iz2}, ceeace, ımpreuna cu z1z2 = p ∈ N, implica z1 = z2. Presupunerea ca z1 ∼ z1 = a+ bi (a, b ∈ Znu ambele nule) ar conduce la (a2 + b2)|(a2 − b2) deoarece

a2 − b2

a2 + b2+

2ab

a2 + b2i =

a+ bi

a− bi∈ {−1, 1,−i, i}.

Urmeaza ca a = ±b, ceea ce ınseamna ca z1 = a(1 + i) cu a ∈ {−1, 1,−i, i}, sau b = 0,

adica z1 = a. Dar atunci p = 2 sau p = a2, contradictie cu ipoteza p prim si 4|(p − 1).

Observatie: Orice numar prim p ∈ N este de forma 4k + 1 sau 4k + 3 cu k ∈ N.

5.34. a) Ca ın solutia problemei 5.32 punctul b) se arata ca 3 este ireductibil ınZ[i√

5], dar 3 nu este element prim deoarece 3 divide pe 6 =

(1 + i

√5) (

1 − i√

5)

dar cum δ(3) = 9 nu divide pe δ(1 + i

√5)

= δ(1 − i

√5)

= 6 rezulta ca 3 nu divide

nici pe 1 + i√

5 nici pe 1 − i√

5.

237

b) Presupunand ca d = a + bi, a, b ∈ Z ar fi un c.m.m.d.c. al lui 6 si 2(1 + i

√5)

am avea d | 6 si d | 2(1 + i

√5), ceea ce ar implica

δ(d) | δ(6) = 36 si δ(d) | δ(2(1 + i√

5)) = δ(2)δ(1 + i√

5) = 4 · 6 = 24.

Asadar, δ(d)|(36, 24) = 12. Dar 2 si 1 + i√

5 sunt divizori comuni pentru 6 si2(1 + i

√5), prin urmare, ar fi si divizori ai lui d. Ar rezulta ca

δ(2) = 4 | δ(d) si 6 = δ(1 + i√

5) | δ(d),

de unde am deduce ca 12 = [4, 6]|δ(d). Astfel, am obtine a2 + 5b2 = δ(d) = 12 cua, b ∈ Z, ceea ce nu este posibil (daca |b| ≤ 1 atunci a ∈ R \ Q, iar daca |b| ≥ 2atunci a ∈ C \ Q).c) Cum 3 este element ireductibil, singurii sai divizori sunt (abstractie facand de oasociere ın divizibilitate) 1 si 3. Cum 3 nu divide pe

(1 + i

√5), singurul divizor

comun pentru 3 si 1 + i√

5 este 1, care este si cel mai mare divizor comun al lor.

5.35. Indicatii. Fie d = (m,n). Cum pentru orice k ∈ N∗, x, y ∈ R, x − y divide pexk − yk ın R, avem ad − bd divide pe am − bm si pe an − bn. Daca numerele naturale q, rsunt catul si restul ımpartirii lui m la n atunci

am − bm = anq+r − bnq+r = anqar − anqbr + anqbr − bnqbr = anq (ar − br) + (anq − bnq) br.

Intrucat un element α care divide pe ad − bd va divide pe am − bm si pe anq − bnq, rezulta

ca va divide si pe anq (ar − br). Daca (α, anq) 6= 1 atunci un element prim p care ar divide

pe α si pe anq ar divide pe a si pe am− bm, deci si pe b, contradictie cu (a, b) = 1. Rezulta

ca α| (ar − br). Aplicand cele de mai sus resturilor ce se obtin din algoritmul lui Euclid

pentru aflarea (m,n) ∈ N se va constata ca α| (ad − bd).

5.36. Cum f este primitiv si p|a0, . . . , p|an−1 avem an 6= 0 si p nu divide pe an, decigradf ≥ 1 de unde rezulta ca f este neinversabil. Sa presupunem ca f = gh, undepolinoamele

g = b0 + b1X + · · ·+ bmXm si h = c0 + c1X + · · ·+ cpX

p,

sunt neinversabile ın Z[X] (b0, . . . , bm, c0, . . . , cp ∈ Z, m, p ∈ N, bm 6= 0 6= cp).Evident m + p = n, iar daca m = 0 si g = b0 este neinversabil ın Z atunci b0|fimplica b0|(a0, . . . , an) = 1, contradictie. Asadar, m ≥ 1 si p ≥ 1 si avem

(1) b0c0 = a0, b1c0 + b0c1 = a1 . . . , bmcp = an.

Cum p este prim si p|a0 = b0c0 avem p|b0 sau p|c0. Dar p2 nu divide pe a0. Rezultaca daca p|b0 atunci p nu divide pe c0, iar daca p|c0 atunci p nu divide pe b0. Sa con-sideram ca p|b0 si p nu divide pe c0. Din p|a1 = b1c0 + b0c1 si p|b0 deducem ca p|b1c0,iar cum p nu divide pe c0, avem p|b1. Procedand analog si cu celelalte egalitati din (1)obtinem p|bm, deci p|an = bmcp, ceea ce contrazice faptul ca (a0, . . . , an−1, an) = 1.

5.37. Indicatie. Folosind criteriul lui Eisenstein se atrata ca pentru orice n ∈ N∗,polinomul f = Xn + 2 este ireductibil ın Z[X] deci si ın Q[X]. Daca p ∈ Z este prim

atunci p este ireductibil ın Z, dar nu este ireductibil ın Q.


5.38. Indicatie. Se aplica problemele 3.114 si 5.6.

5.39. Aratam ca f =Xp − 1

X − 1este ireductibil peste Z, deci si peste Q. Din problema

anterioara avem f ireductibil ın Z[X] daca si numai daca

f(X + 1) = EX+1(f) =(X + 1)p − 1

(X + 1) − 1= Xp−1 +

p−1∑

k=1

CkpX

p−k + p

este ireductibil ın Z[X]. Dar fiecare factor din numitorul lui

Ckp =

p(p− 1) · · · (p− k + 1)

2 · · · k ∈ N∗

este relativ prim cu p, prin urmare 2 · · ·k = k!|(p− 1) · · · (p− k + 1) si astfel,

p|C1p , . . . , p|Cp

p − 1, p|p, dar p2 nu divide pe p,

deci EX+1(f) este ireductibil ın Z[X].

5.40. Indicatii. b) Este un caz particular al lui c).

c) Se procedeaza ca ın problema anterioara, se obtine

EX+1(Xpn

+ p− 1) = Xpn+

pn−1∑

k=1

CkpnXk + p,

iar Ckpn =

pn(pn − 1) · · · (pn − k + 1)

k!se divide cu p pentru orice 1 ≤ k ≤ pn − 1.

5.41. Indicatii. Conform problemei anterioare, polinoamele X4 + 1 si X8 + 1 suntireductibile ın Z[X] si ın Q[X]. In Z[X] descompunerile celorlalte polinoame sunt: i)40X2 − 20X = 22 · 5 ·X(2X − 1); ii) 10X2 + 5X − 5 = 5(X + 1)(2X − 1); iii) X3 − 8 =(X−2)(X2+2X+4); iv) X3+8 = (X+2)(X2−2X+4); v)X4−1 = (X+1)(X−1)(X2+1);vii) X6−1 = (X+1)(X−1)(X2 +X+1)(X2−X+1); viii) X6+1 = (X2+1)(X4−X2+1);ix) X8 − 1 = (X + 1)(X − 1)(X2 + 1)(X4 + 1).

In Q[X] descompunerile sunt: i) 40X2 − 20X = X(40X − 20); ii) 10X2 + 5X − 5 =(5X+5)(2X−1); iii) X3−8 = (X−2)(X2 +2X+4); iv) X3 +8 = (X+2)(X2−2X+4);v) X4−1 = (X+1)(X−1)(X2 +1); vii) X6−1 = (X+1)(X−1)(X2 +X+1)(X2−X+1);viii) X6 + 1 = (X2 + 1)(X4 −X2 + 1); ix) X8 − 1 = (X + 1)(X − 1)(X2 + 1)(X4 + 1).

In R[X] descompunerile sunt: i) 40X2 − 20X = X(40X − 20); ii) 10X2 + 5X − 5 =

(5X+5)(2X−1); iii) X3−8 = (X−2)(X2 +2X+4); iv) X3 +8 = (X+2)(X2−2X+4);

v) X4 − 1 = (X + 1)(X − 1)(X2 + 1); vi) X4 + 1 = (X2 +√

2X + 1)(X2 −√

2X + 1); vii)

X6−1 = (X+1)(X−1)(X2+X+1)(X2−X+1); viii)X6+1 = (X2+1)(X2+√

3X+1)(X2−√3X+1); ix) X8−1 = (X+1)(X−1)(X2 +1)(X2+

√2X+1)(X2−

√2X+1); x) X8+1 =

(X2 +√

2 +√

2X+1)(X2 −√

2 +√

2X+1)(X2 +√

2 −√

2X+1)(X2 −√

2 −√

2X+1).

Descompunerile din C[X] rezulta prin descompunerea ın factori de grad 1 a factorilor de

grad 2 din descompunerile din R[X].

5.42. Raspuns. Descompunerea peste Q este f = (X2 − 3)(X2 − 2), peste Q(√

2) este

f = (X2−3)(X+√

2)(X−√

2), iar peste R este f = (X+√

3)(X−√

3)(X+√

2)(X−√

2).

239

5.43. Indicatii. Reducerea modulo p defineste un omomorfism surjectiv de la Z[X] la

Zp[X]. a) Cum orice factor din descompunerea lui f este polinom unitar, redusul sau

modulo p va avea acelasi grad. b) Daca f ∈ Z[X] \Z este reductibil peste Q atunci f este

reductibil peste Z. Aplicand a) deducem ca pentru orice p prim, redusul modulo p al lui

f este reductibil peste Zp.

5.44. Indicatii. Polinomul f este ireductibil peste Q deoarece redusul modulo 3 al luif , X3 +2X+1 ∈ Z3[X] nu are radacini ın Z3. Redusul modulo 3 al lui g este, de asemeneaireductibil. Redusul modulo 3 al lui h este

X4 + 2X3 +X2 + 2X + 2 = (X + 1)(X3 +X2 + 2),

iar factorii din descompunerea de mai sus sunt ireductibili. Conform problemei anterioare

si unicitatii descompounerii unui polinom din Z3[X], deducem ca daca h ar fi reductibil,

atunci s-ar scrie ca produsul dintre un polinom (unitar) de grad 1 si un polinom (unitar)

de grad 3. Aplicand din nou problema anterioara rezulta ca redusul modulo 3 al factorului

(unitar) de gard 1 este X + 1, deci acest factor nu poate fi decat X + 1 sau X − 5.Cum redusul modulo 2 al celor doua polinoame este X − 1 si redusul modulo 2 allui h, X4 +X2 +1 nu se divide cu X−1, urmeaza ca h este ireductibil peste Z, decisi peste Q.

5.45. Indicatie. Daca g ar avea o descompunere

g = (bm + bm−1X + · · · + b0Xm)(cp + cp−1X + · · · + c0X

p)

atunci f = (b0 + b1X + · · ·+ bmXm)(c0 + c1X + · · ·+ cpX

p) ar fi o descompunere a lui f .

5.46. i) Cum Z este un domeniu factorial, si Z[X] este domeniu factorial. In Z[X]idealul (2, X) este format din polinoamele care au termenul liber par deoarece

(2, X) = 2Z[X] +XZ[X] = {2f +Xg | f, g ∈ Z[X]}= {2a0 + a1X + · · · + anX

n | a0, . . . , an ∈ Z, n ∈ N}.

Dar acest ideal nu este principal, deoarece existenta unui polinom h ∈ Z[X] astfelıncat (2, X) = (h) ar implica h|2 si h|X, ceea ce ar conduce la faptul ca h esteinversabil, adica (2, X) = (h) = Z[X], ceea ce este fals, deoarece 1 +X ∈ Z[X] nuare termenul liber par. Remarcam ca daca a ∈ Z \ {−1, 0, 1} atunci (a,X) nu esteprincipal.

Observatie: In Teoremele 5.7.9 si 5.7.11 din [34] este demonstrat ca daca R este un

domeniu factorial care nu este corp atunci R[X] este un domeniu factorial si are ideale

care nu sunt principale, ceea ce generalizeaza problema de mai sus.

5.47. Indicatie. Idealul (X,Y ) este format din toate polinoamele cu termenul liber nul

si se arata, ca mai sus, ca acesta nu poate fi generat cu un singur element.

5.48. Indicatii. Daca ar exista un polinom din K[X,Y ] care sa genereze idealul(X2,XY, Y 2

), acesta ar fi un divizor comun al lui X2 si Y 2, prin urmare, ar fi inversabil

si(X2,XY, Y 2

)= K[X,Y ], ceea ce e fals pentru ca 0 6= a+ bX + cY /∈

(X2,XY, Y 2

).

Daca ar exista f, g ∈ K[X,Y ] astfel ıncat(X2,XY, Y 2

)= (f, g) atunci

f = aX2 + bXY + cY 2 + · · · , g = a′X2 + b′XY + c′Y 2 + · · ·


prin urmare, exista α,α′, β, β′, γ, γ′ ∈ K astfel ıncat

α(aX2 + bXY + cY 2 + · · ·

)+ α′ (a′X2 + b′XY + c′Y 2 + · · ·

)= X2,

β(aX2 + bXY + cY 2 + · · ·

)+ β′

(a′X2 + b′XY + c′Y 2 + · · ·

)= XY,

γ(aX2 + bXY + cY 2 + · · ·

)+ γ′

(a′X2 + b′XY + c′Y 2 + · · ·

)= Y 2,

ceea ce conduce la

αa+ α′a′ = 1; βa+ β′a′ = 0; γa+ γ′a′ = 0;αb+ α′b′ = 0; βb+ β′b′ = 1; γb+ γ′b′ = 0;αc+ α′c′ = 0; βc+ β′c′ = 0; γc+ γ′c′ = 1.

Privim aceste egalitati ca sisteme de ecuatii liniare ın α,α′, β, β′, γ, γ′. Existenta elemente-lor α,α′, β, β′, γ, γ′ ∈ K este echivalenta cu faptul ca sistemele de mai sus sunt compatibile,ceea ce se dovedeste a fi fals.

Daca notam U =(X2,XY, Y 2

)atunci K[X,Y ]/U = {(a+ bX + cY )+U | a, b, c ∈ K}

si idealul (X + U, Y + U) nu este principal.

5.49. i) X3 − Y 3 = (X − Y )(X2 + XY + Y 2). Polinomul X − Y , considerat capolinom ın X peste Q[Y ] este primitiv si de grad 1, prin urmare este ireductibilın Q[X, Y ] = (Q[Y ]) [X]. Polinomul X2 + XY + Y 2, considerat ca polinom ın Xpeste Q[Y ] este primitiv. Aratam prin reducere la absurd ca, privit ca polinom ınX peste corpul Q(Y ), este ireductibil. Intr-adevar, cum gradX(X2 +XY +Y 2) = 2,polinomul X2 +XY + Y 2 este reductibil peste corpul Q(Y ) daca si numai daca are

o radacina f =f1

f2∈ Q(Y ) (f1, f2 ∈ Q[Y ]). In acest caz, f 2 + fY + Y 2 = 0, prin

urmare [f(a)]2 + f(a)a+ a2 = 0 pentru orice a ∈ Q∗ care nu este radacina a lui f2.Dar a ∈ Q∗ si f(a) ∈ Q implica [f(a)]2 + f(a)a+ a2 6= 0, contradictie.ii) Y 4 − X2 = (Y 2 − X)(Y 2 + X). Polinoamele Y 2 − X si Y 2 + X, considerateca polinoame ın X peste Q[Y ] sunt primitive si de grad 1, deci sunt ireductibile ınQ[X, Y ] = (Q[Y ]) [X].iii) X2 − Y 6 = (X − Y 3)(X + Y 3). Ireductibilitatea factorilor poate fi justificata cala ii).iv) Aratam ca polinomul f = X7 + 2X3Y + 3X2 + 9Y este ireductibil ın Q[X, Y ].Intr-adevar, gradY f = 1 si f , privit ca polinom ın Y peste Q[X], este primitivpentru ca f = (2X3 + 9)Y + (X7 + 3X2), descompunerea lui X7 + 3X2 ın factoriireductibili ın Q[X] este X7 + 3X2 = x2(X5 + 3) (ireductibilitatea lui X5 + 3 sepoate justifica cu criteriul lui Eisenstein) si nici unul dintre acesti factori nu dividepe 2X3 + 9. Rezulta ca f este ireductibil ın Q[X, Y ] = (Q[X]) [Y ].

5.50. ii) Aratam ca polinomul omogen

f = a0Xm + a1X

m−1Y + . . .+ am−1XYm−1 + amY

m

este ireductibil ın K[X, Y ] daca si numai daca a0 6= 0 si polinomul

g = a0Xm + a1X

m−1 + . . .+ am−1X + am

este ireductibil ın K[X] (ceea ce, evident, va rezolva si punctul i)). Sa notam ca

a0 = 0 ⇔ y | f.

241

Ramane sa analizam cazul a0 6= 0. Cum a0 este inversabil ın K, rezulta ca f ,considerat ca polinom ın X peste K[Y ], este primitiv. Deci f este ireductibilın K[X, Y ] = (K[Y ]) [X] daca si numai daca f este ireductibil ın (K(Y )) [X] .Intrucat polinomul Y m este inversabil ın (K(Y )) [X] urmeaza ca f este ireductibilın (K(Y )) [X] daca si numai daca

f1 =1

Y mf = a0

(X

Y

)m

+ a1

(X

Y

)m−1

+ . . .+ am−1

(X

Y

)+ am

este ireductibil ın (K(Y )) [X]. Din proprietatea de universalitate a inelului de poli-noame ın nedeterminata X cu coeficienti ın K(Y ) deducem existenta unui (singur)endomorfism ϕ al inelului (K(Y )) [X] astfel ıncat

ϕ|K(Y ) = 1K(Y ) si ϕ(X) =X

Y.

Acest endomorfism este chiar automorfism (vezi problema 3.114), prin urmare,polinomul f1 este ireductibil ın (K(Y )) [X] daca si numai daca polinomul

g = a0Xm + a1X

m−1 + . . .+ am−1X + am ∈ K[X] ⊆ (K(Y )) [X]

este ireductibil ın (K(Y )) [X], deci si ın K[X] (vezi problema 5.7).iii) Fie f = a0X

m + a1Xm−1Y + . . .+ am−1XY

m−1 + amYm ∈ K[X, Y ] un polinom

omogen. Daca a0 = a1 = · · · = ak = 0, k < m, atunci f are k factori ireductibili

egali cu Y (care este omogen de grad 1), iarf

Y keste un un polinom omogen cu

primul termen nenul. Este, deci, suficient sa analizam cazul a0 6= 0. Daca g =a0X

m + a1Xm−1 + . . .+ am−1X + am ∈ K[X] nu este ireductibil atunci

(1) g = a0g1 · · · gl,

unde gi ∈ K[X] (i = {1, . . . , l}) este ireductibil de grad mi cu m = m1 + · · · + ml,iar coeficientul termenului de grad maxim din gi este 1. Aplicand ϕ−1 egalitatii(1) obtinem f = ϕ−1(g) = a0ϕ

−1(g1) · · ·ϕ−1(gl), care este o descompunere a lui fın factori ireductibili ın domeniul factorial (K[Y ]) [X] (unica, pana la o asociere ındivizibilitate a factorilor).

5.51. Indicatie. Se folosesc problemele 5.32, 5.33 si faptul ca ıntr-un domeniu cu ideale

principale (p) este ideal prim daca si numai daca p este un element prim.

5.52. Indicatie. Inelul cat 4Z/8Z este simplu, dar nu are unitate.

5.53. Folosind problema 3.49 se deduce ca daca U este un ideal al unui inel Boole(R,+, ·) atunci inelul cat R/U este, de asemenea, inel Boole. Un ideal U al lui Reste prim daca si numai daca inelul cat R/U nu contine divizori ai lui zero, ceeace, conform punctului iii) al problemei 3.18 are loc daca si numai daca |R/U | = 2,adica inelul (R/U,+, ·) este izomorf cu (Z2,+, ·). Conform problemei 3.76, pentruinelul Boole R/U aceasta echivaleaza cu faptul ca R/U este simplu, adica U esteideal maximal ın R.


5.54. Indicatie. Aplicand prima teorema de izomorfism omomorfismului de inele

E0 : Z[X] → Z, E0(a) = a, ∀a ∈ Z, E0(X) = 0,

deducem ca inelul cat Z/(X) este izomorf cu Z, deci este un domeniu de integritate care

nu este corp.

5.55. Indicatie. Se poate proceda ca mai sus cu omomorfismul

E0 : Q[X] → Q, E0(a) = a, ∀a ∈ Q, E0(X) = 0

sau se poate folosi faptul ca un ideal al unui domeniu cu ideale principale este maximal

daca si numai daca este generat de un element ireductibil.

5.56. Indicatie. Se foloseste punctul b) al problemei 3.118.

5.57. Indicatie. Se aplica prima teorema de izomorfism omomorfismelor de inele

E0,0 : C[X,Y ] → C, E0,0(a) = a, ∀a ∈ C, E0,0(X) = 0, E0,0(Y ) = 0,

E2,3 : C[X,Y ] → C, E2,3(a) = a, ∀a ∈ C, E2,3(X) = 2, E2,3(Y ) = 3.

5.58. Indicatii. Cum polinoamele Y − 3 si X2 + 1 sunt ireductibile ın Q[X,Y ], idealele

principale pe care le genereaza sunt prime, dar idealele (Y − 3) si(X2 − 1

)sunt strict

incluse ın(Y − 3,X2 − 1

)6= Q[X,Y ].

5.59. Indicatie. Idealul(X2)

al lui Q[X] nu este prim deoarece X · X ∈(X2), dar

X /∈(X2).

5.60. Daca M este un ideal maximal al lui R si x /∈ M atunci M + xR = R, prinurmare 1 ∈ R se poate scrie sub forma m+ rx cu m ∈M , r ∈ R, deci exista r ∈ Rastfel ıncat 1 − rx ∈ M . Reciproc, daca N este un ideal a lui R care contine strictpe M si x ∈ N \M atunci exista r ∈ R astfel ıncat 1 − rx ∈ M ⊆ N , ceea ce,ımpreuna cu rx ∈ N , implica 1 ∈ N , deci N = R. Asadar, M este maximal.

5.61. Daca r, x ∈ R si rx = xr este inversabil atunci x este inversabil, prin urmare,x ∈ R neinversabil implica rx neinversabil, oricare ar fi r ∈ R.2) i)⇒ii) Fie M (singurul) ideal maximal al lui R. Daca x ∈ M atunci x esteneinversabil, iar daca x ∈ R nu este inversabil atunci Rx este un ideal al lui R formatnumai din elemente neinversabile, deci propriu, si astfel, M = Rx ∋ x. Asadar,x ∈ M daca si numai daca x este neinversabil, ceea ce ınseamna ca elementeleneinversabile din R formeaza chiar idealul M .ii)⇒iii) este evidenta.iii)⇒i) Fie N multimea elementelor inversabile din R. Din iii) si din observatia de laınceputul acestei solutii rezulta ca N este un ideal al lui R, evident, propriu. Oriceideal propriu U al lui R este format din elemente neinversabile prin urmare esteinclus ın N . Asadar, N este singurul ideal maximal al lui R.

5.62. Indicatii. ii) Multimea elementelor neinversabile din inelul RS este

N = {ab−1 | a ∈ P, b ∈ R \ P}si x, y ∈ N implica x+ y ∈ N .

iii) Se aplica prima parte a problemei inelului Z si idealului sau prim 2Z.

5.63. Indicatie. Se foloseste problema 3.95 pentru a arata ca suma a doua serii formale

neinversabile este o serie formala neinversabila.

Capitolul 6

Spatii vectoriale

6.1. Indicatii. a) Pentru α = 0 afirmatia nu este adevarata. b) Pentru u = 0 afirmatia

nu este adevarata. Afirmatiile c), d), e) sunt adevurate.

6.2. Indicatie. Se verifica axiomele spatiului vectorial. Functia f : R → R∗+, f(x) = ex

realizeaza un izomorfism.

6.3. Indicatii. i) In general, nu. De exemplu, cand K este un corp de caracteristica ∞nu are loc egalitatea (α + β)−1 = α−1 + β−1, cu α 6= 0 6= β si α 6= −β, prin urmare nu

are loc egalitatea (α + β)(x, 1) = α(x, 1) + β(x, 1). Totusi, daca K = Z2 atunci V este

K-spatiu vectorial. ii) Se verifica axiomele spatiului vectorial. iii) Pentru y 6= 0 nu are loc

egalitatea 1 · (x, y) = (x, y).

6.4. Indicatie. Se verifica axiomele spatiului vectorial.

6.5. Indicatie. iii) Corespondentele stabilite la i) si ii) ıntre operatiile externe pe V

care introduc pe (V,+) o structura de K-spatiu vectorial si omomorfismele injective de

inele ϕ : K → End(V,+) sunt bijectii, una inversa celeilalte.

6.6. Indicatie. Daca ϕ este omomorfismul injectiv de la ii) din problema anterioara

atunci ϕ(K) este subinelul cautat.

6.7. Indicatie. Inelul (End(Z,+),+, ◦) este izomorf cu (Z,+, ·), iar acesta nu are nici

un subinel care sa fie corp.

6.8. Indicatie. Inelul (End(Q,+),+, ◦) este izomorf cu (Q,+, ·) care este corp prim.

6.9. Indicatie. Daca V este un K-spatiu vectorial (cu operatia externa ∗), n ∈ N∗ si

0 6= x ∈ V atunci nx = n(1 ∗ x) = (n · 1) ∗ x, prin urmare nx = 0 daca si numai daca

n · 1 = 0.

6.10. Fie V o multime finita si K un corp infinit. Daca V are un singur element,atunci exista o singura structura de K-spatiu vectorial pe V si anume spatiul vec-torial nul. Daca |V | ≥ 2, presupunand ca exista o structura de K-spatiu vectorialpe V si luand x 6= 0, functia t′x : K → V , t′x(α) = αx este injectva. Deducem ca|K| ≤ |V |, contradictie cu V finita.

6.11. Indicatie. Se procedeaza ca ın solutia problemei anterioare.

243

244 CAPITOLUL 6. SPATII VECTORIALE (SOLUTII)

Observatii: i) Din cele de mai sus rezulta ca daca V este un spatiu vectorial nenul pestecorpul K atunci |K| ≤ |V |.ii) Daca V este un spatiu vectorial real nenul atunci cardinalul multimii V este mai mare

decat, sau egal cu, puterea continuului.

6.12. Indicatie. Grupul lui Klein este izomorf cu (Z2 × Z2,+).

6.13. Raspuns. a) i) Z2Z2; ii) Z2(Z2)2; iii) Z2(Z2)

n; iv) Zp(Zp)n. b) Nu (se foloseste

problema 6.9).

6.14. Indicatie. Pentru a arata ca Pn(K) este subspatiu al luiK[X] se foloseste teorema

de caracterizare a subspatiului. Polinomul nul nu apartine celorlalte doua submultimi ale

lui K[X].

6.15. Indicatie. Avem 0 /∈ CV S. In general, CV S ∪ {0} nu este subspatiu al lui V . De

exemplu, CR[X](P2(R))∪{0} nu este stabila ın raport cu adunarea polinoamelor (polinomul

−X3 + (X3 + 1) = 1 are gradul mai mic decat 2).

6.16. Indicatie. Luand succesiv ın conditia din enunt α = 1 si y = 0 obtinem conditiile

din teorema de caracterizare a subspatiului.

6.17. Din x ∈ 〈S, y〉 rezulta ca exista s1, . . . , sn ∈ S si α1, . . . , αn, α ∈ K astfelıncat x = α1s1 + · · · + αnsn + αy. Presupunerea α = 0 ne-ar conduce la x =α1s1 + · · ·+αnsn ∈ S, ceea ce contrazice ipoteza, prin urmare, α 6= 0 este inversabilın K. Deducem y = −α−1α1s1 − · · · − α−1αnsn + α−1x ∈ 〈S, x〉.

6.18. Indicatie. E destul sa aratam ca x ∈ 〈y, z〉 si z ∈ 〈x, y〉, ceea ce se obtine ca ın

problema anterioara din egalitatea data si faptul ca α, γ ∈ K∗.

6.19. Evident S ⊆ Pn(K). Daca a00 ∈ K∗ este un polinom de grad 0 din S, din

inversabilitatea lui a00 ın K si faptul ca S este un subspatiu deducem ca

1 = (a00)

−1a00 ∈ S,

prin urmare, pentru orice α ∈ K avem α = α · 1 ∈ S. Daca a11X + a1

0 ∈ S esteun ponom de gradul 1 atunci a1

1 6= 0 este inversabil ın K. Cum a10 ∈ S avem

a11X+a1

0 −a10 ∈ S, de unde si X = (a1

1)−1a1

1X ∈ S. De aici urmeaza αX ∈ S pentruorice α ∈ K. Presupunand ca am aratat ca toate monoamele de grad 0,1,. . . ,n − 1din K[X] sunt si ın S si considerand an

nXn + an

n−1Xn−1 + · · · + an

0 ∈ S un polinomde grad n, avem an

n 6= 0 este inversabil ın K,

annX

n = annX

n + ann−1X

n−1 + · · ·+ an0 − an

0 − · · · − ann−1X

n−1 ∈ S,

asadar Xn = (ann)−1an

nXn ∈ S. Astfel, orice combinatie liniara de 1, X, . . . , Xn este

ın S adica orice polinom de grad cel mult n este ın S. Deci Pn(K) ⊆ S.

6.20. Indicatie. Nu. Scriind, de exemplu, polinomul 1 ca o combinatie liniara def1, f2, f3 rezulta un sistem incompatibil de 4 ecuatii liniare cu 3 necunoscute.

Altfel: Raspunsul se poate deduce si din faptul ca dimP3(R) = 4.

6.21. Indicatie. Se stie ca V1 + V2 = 〈V1 ∪ V2〉 si se poate folosi problema 2.73.

245

6.22. Fie V1, V2, V3 subspatii ale unui K-spatiu vectorial V . Aratam ca

V1 ⊆ V3 ⇒ V1 + (V2 ∩ V3) = (V1 + V2) ∩ V3.

Incluziunea ⊆ are loc datorita proprietatii de submodularitate (care are loc ın oricelatice). Fie v3 ∈ (V1 + V2) ∩ V3. Atunci v3 ∈ V3 si exista v1 ∈ V1(⊆ V3), v2 ∈ V2

astfel ıncat v3 = v1 + v2. Deducem ca v2 = v3 − v1 ∈ V3. Prin urmare, v2 ∈ V2 ∩ V3

si astfel, v3 = v1 + v2 ∈ V1 +(V2 ∩V3). Un exemplu care arata ca laticea subspatiilorunui spatiu vectorial nu este, ın general, distributiva este urmatorul: ın R-spatiulvectorial R2 consideram subspatiile

V1 = {(x, 0) | x ∈ R}, V2 = {(0, x) | x ∈ R}, V3 = {(x, x) | x ∈ R}

si avem V1 ∩ V3 = V2 ∩ V3 = {(0, 0)}, V1 + V2 = R2, deci

(V1 + V2) ∩ V3 = R2 ∩ V3 = V3 6= {(0, 0)} = (V1 ∩ V3) + (V2 ∩ V3).

Alta solutie: Prima parte a acestei probleme rezulta si din faptul ca laticeasubspatiilor lui V este sublatice a laticei subgrupurilor (normale ale) lui (V,+),care este modulara.

6.23. Indicatie. V = A1⊕· · ·⊕An daca si numai daca f este bijectiva. Surjectivitatea sa

rezulta din definitia sumei de subspatii, iar injectivitatea, din faptul ca suma este directa.

6.24. Fie V1, V2, V3, V4 subspatii ale unui K-spatiu vectorial V cu proprietatea caV = V1⊕V2 si V1 = V3⊕V4. Rezulta ca V = V1 +V2 = V3 +V4 +V2. Mai mult, dacav3 ∈ V3 ∩ (V4 + V2) atunci exista v4 ∈ V4, v2 ∈ V2 astfel ıncat v3 = v4 + v2. Urmeazaca v2 = v3 − v4 ∈ V3 + V4 = V1, prin urmare v2 ∈ V1 ∩ V2 = {0}. Obtinem v2 = 0 siv3 = v4 ∈ V3 ∩ V4 = {0}. Asadar, V3 ∩ (V4 + V2) = {0} si astfel, V = V3 ⊕ (V4 + V2),ceea ce ınseamna ca V3 este sumand direct ın V .

6.25. Indicatie. In exemplul dat ın solutia problemei 6.22 pentru a infirma distributi-

vitatea laticii subspatiilor unui spatiu vectorial, V1 si V2 sunt complementi directi diferiti

ai lui V3.

6.26. Indicatii. Orice functie f : R → R se scrie f = f1 + f2, unde f1 : R → R,

f1(x) =f(x) + f(−x)

2este o functie para si f2 : R → R, f2(x) =

f(x) − f(−x)2

este o

functie impara, iar singura functie din RR care este si para si impara este functia nula.

6.27. Indicatie. Subspatiile planului xOy sunt {O(0, 0)}, ıntregul plan si dreptele care

trec prin origine. Orice doua puncte distincte care nu sunt pe o astfel de dreapta formeaza

un sistem de generatori pentru ıntregul plan.

6.28. Indicatie. Subspatiile spatiului Oxyz sunt {O(0, 0, 0)}, ıntregul spatiu si dreptele

si planele care trec prin origine. Orice trei puncte distincte care nu sunt ıntr-un astfel de

plan formeaza un sistem de generatori pentru ıntregul spatiu.

6.29. Indicatie. Luand succesiv ın conditia din enunt α = 1 si y = 0 obtinem conditiile

din definitia transformarii liniare.

6.30. Indicatie. g(x1) = f(x1, 0), h(x2) = f(0, x2).


6.31. Indicatie. Fie α, β ∈ K, x, y ∈ V . Avem h(αx+ βy) = (f(αx+ βy), g(αx+ βy))

si αh(x) + βh(y) = (αf(x) + βf(y), αg(x) + βg(y)).

6.32. Indicatii. a) Daca e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1)atunci ai = f(ei) pentru orice i ∈ {1, . . . , n}.b) f : Rm → Rn este o transformare liniara de R-spatii vectoriale daca si numai dacaexista aij ∈ R (i ∈ {1, . . . ,m}, j ∈ {1, . . . , n}) unic determinate, astfel ıncat

f(x1, . . . , xm) = (a11x1 + · · · + am1xm, a12x1 + · · · + am2xm, . . . , a1nx1 + · · · + amnxm),

pentru orice (x1, . . . , xm) ∈ Rm.

6.33. Indicatii. Folosind problema anterioara putem stabili forma transformarii liniarecare verifica egalitatile f(1, 1) = (2, 5) si f(1, 0) = (1, 4). Se obtine f(2, 3) = (5, 14), iarfolosind definitia injectivitatii si surjectivitatii se poate arata ca f este izomorfism.

Altfel: Vectorii v1 = (1, 1) si e1 = (1, 0) formeaza o baza a lui R2. Folosind [34, Teorema

6.4.11], deducem ca o transformare liniara f : R2 → R2 este unic determinata de restrictia

f |{v1,e1}. Urmeaza ca f(2, 3) = f(2v1 + e1) = (5, 14), iar cum f(v1) si f(e1) formeaza o

baza a lui R2, rezulta ca f este izomorfism.

6.34. Nu, pentru ca f(−2, 0,−6) 6= (−2)f(1, 0, 3) deoarece f(−2, 0,−6) = (2, 1) si(−2)f(1, 0, 3) = (−2)(1, 1) = (−2,−2).

6.35. Indicatie. Fie V = S ⊕ T . Aplicand prima teorema de izomorfism proiectiei

canonice p2 : V = S ⊕ T → T , p2(s+ t) = t, obtinem T ≃ V/S.

6.36. Indicatie. Se folosesc definitia multimii libere si a multimii legate, Observatiile

6.4.2 si Teorema 6.4.3 din [34].

6.37. Indicatie. ii) Un exemplu pentru cazul ın care incluziunea este stricta se poateobtine ın R-spatiul vectorial R2 astfel luand X = {(1, 0), (0, 1)} si Y = {(2, 0), (0, 2)}. iii)Daca ar exista un element nenul ın 〈X〉 ∩ 〈Y 〉 atunci ar exista α1, . . . , αn, β1, . . . , βm ∈ Knu toti nuli, x1, . . . , xn ∈ X si y1, . . . , ym ∈ Y astfel ıncat

α1x1 + · · · + αnxn = β1y1 + · · · + βmym.

Presupunand α1 6= 0 rezulta x1 ∈ 〈X ∪ Y 〉, contradictie cu X ∪ Y libera.

6.38. Indicatie. Avem K[X] = 〈{Xk | k ∈ N}〉, V1 = 〈{X2k | k ∈ N}〉, V2 = 〈{X2k+1 |k ∈ N}〉 si se aplica problema anterioara.

6.39. Indicatie. i) Scriind polinomul nul ca o combinatie liniara de f1, f2, f3 rezulta un

sistem omogen de 3 ecuatii liniare cu 3 necunoscute care are doar solutia nula atunci si

numai atunci cand determinantul sau este nenul.

6.40. Indicatii. Notam u1 = v2 + v3, u2 = v3 + v1, u3 = v1 + v2 si atunci

v1 =1

2(−u1 + u2 + u3), v2 =

1

2(u1 − u2 + u3), v3 =

1

2(u1 + u2 − u3).

Proprietatea nu se pastreaza ın spatii vectoriale peste corpuri de caracteristica 2. De

exemplu, ın Z2-spatiul vectorial (Z2)3, vectorii v1 = (1, 0, 0), v2 = (1, 1, 0), v3 = (1, 1, 1)

sunt liniar independenti, dar u1 = (0, 0, 1), u2 = (0, 1, 1), u3 = (0, 1, 0) nu sunt liniar

independenti.

247

6.41. L este libera daca si numai daca pentru orice n1, . . . , nk ∈ N distincti, vectoriifn1 , . . . , fnk

sunt liniar independenti. Vom indica doua metode pentru a deemonstraacest fapt:I. Fie α1, . . . , αk ∈ R astfel ıncat α1fn1 + · · ·+αkfnk

= θ (unde cu θ am notat functiaidentic nula). Rezulta ca

∀x ∈ R, α1 sinn1 x+ · · ·+ αk sinnk x = 0,

de unde deducem ca polinomul

p = α1Xn1 + · · ·+ αkX

nk ∈ R[X]

are ca ra dacina orice numar t(= sin x) ∈ [−1, 1], adica are o infinitate de radacini.Aceasta implica p = 0, asadar α1 = · · · = αk = 0.II. Multimea formata din vectorii fn1, . . . , fnk

poate fi privita ca o submultime amultimii {f0, . . . , fmax{n1,...,nk}}. Prin urmare, este suficient sa aratam ca pentruorice m ∈ N, vectorii f0, . . . , fm sunt liniar independenti. Daca α0, . . . , αm ∈ Ratunci α0f0 + α1f1 + · · · + αmfm = θ daca si numai daca pentru orice x ∈ R avem

(1) α0 + α1 sin x+ · · ·+ αm sinm x = 0.

Consideram x0, . . . , xm ∈ R astfel ıncat sin x0, . . . , sin xm sunt distincte si ınlocuim ın(1). Rezulta un sistem omogen de m+ 1 ecuatii liniare cu necunoscutele α0, . . . , αm

al carui determinant trebuie sa fie nenul. Determinantul acestui sistem este undeterminant de tip Vandermonde si anume:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 sin x0 sin2 x0 . . . sinm x0

1 sin x1 sin2 x1 . . . sinm x1...

......

...1 sin xm sin2 xm . . . sinm xm

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∏

1≤i<j≤m

(sin xj − sin xi) 6= 0.

6.42. Fie α1, . . . , αn ∈ R astfel ıncat

(0) α1f1 + · · ·+ αnfn = θ.

Aceasta ınseamna ca pentru orice x ∈ R avem

(1) α1 sin(λ1x) + · · · + αn sin(λnx) = 0.

Derivam de doua ori ın (1), ınmultim cu −1 si obtinem

(2) α1λ21 sin(λ1x) + · · ·+ αnλ

2n sin(λnx) = 0.

Repetam procedeul pentru a obtinem ınca n− 2 egalitati similare. Ultima este:

(n) α1λ2(n−1)1 sin(λ1x) + · · · + αnλ

2(n−1)n sin(λnx) = 0.

Fie x0 ∈ [0, 2π) astfel ıncat toate numerele sin(λ1x0), . . . , sin(λnx0) sa fie nenule(un astfel de numar ar putea fi si precizat; oricum el exista pentru ca altfel, stiind cafunctia sin are o multime numarabila de zerouri [0, 2π) ar fi o reuniune finita de multimi

numarabile, deci ar fi numarabila, cea ce este fals). Inlocuim ın (1), (2), . . . , (n) pe x cu


x0 si obtinem un sistem omogen de n ecuatii cu necunoscutele α1, . . . , αn al caruideterminant este

d =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

sin(λ1x0) sin(λ2x0) . . . sin(λnx0)λ2

1 sin(λ1x0) λ22 sin(λ2x0) . . . λ2

n sin(λnx0)(λ2

1)2 sin(λ1x0) (λ2

2)2 sin(λ2x0) . . . (λ2

2)2 sin(λnx0)

......

...(λ2

1)n−1 sin(λ1x0) (λ2

2)n−1 sin(λ2x0) . . . (λ2

n)n−1 sin(λnx0)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

=n∏

i=1

sin(λix0)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 . . . 1λ2

1 λ22 . . . λ2

n

(λ21)

2 (λ22)

2 . . . (λ22)

2

......

...(λ2

1)n−1 (λ2

2)n−1 . . . (λ2

n)n−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=n∏

i=1

sin(λix0)∏

1≤i<j≤m

(λ2j − λ2

i ).

Conform alegerii lui x0 si conditiilor din ipoteza, avem d 6= 0, prin urmare, α1 =· · · = αn = 0.

6.43. Indicatie. Scrierea unica a unui vector ca o combinatie liniara de v1 si v2 conduce

la un sistem de 2 ecuatii liniare cu 2 necunoscute care trebuie sa aiba o solutie unica.

6.44. Indicatie. Scrierea lui (0, 0, 0) ca o combinatie liniara de cei trei vectori conduce

la un sistem omogen de 3 ecuatii liniare cu 3 necunoscute care are o infinitate de solutii.

6.45. Indicatie. Se procedeaza ca ın problema 6.43.

6.46. Indicatie. Vezi problema 6.43.

6.47. Indicatie. Cum rangul unei matrice este egal cu numarul maxim de linii (co-

loane) care sunt liniar independente, pentru vectorii dintr-un K-spatiu Kn dependenta

sau independenta liniara poate fi studiata calculand rangul matricii care are acesti vectori

ca linii (coloane). Cum dimR R3 = 3, ın cazul nostru, rangul matricei formate cu cei trei

vectori este 3 daca si numai daca ei formeaza o baza a lui R3.

6.48. Indicatie. Scrierea un vector (x1, . . . , xn) ∈ Rn ca o combinatie liniara de vectorii

dati ne conduce la un sistem de ecuatii liniare care se rezolva cu usurinta prin scaderea

succesiva a cate doua ecuatii din sistem. Se obtin unicitatea acestei scrierei si coordonatele

cerute.

6.49. Raspuns. A = −5E1 − E2 + 6E3 − 2E4.

6.50. Raspuns. Exista. Aceasta este {Eij | i ∈ {1, . . . ,m}, j ∈ {1, . . . , n}}, unde

matricea Eij are pe pozitia (i, j) pe 1 si 0 ın rest.

6.51. Indicatie. dimMn(K) = n2.

6.52. Rapuns. a) {1,X, . . . ,Xn, . . .}; b) f = f(a) +f ′(a)

1!(X − a) +

f ′′(a)2!

(X − a)2 +

· · · + f (n)

n!(X − a)n.

6.53. Indicatie. a) Exista. Aceasta este {1, i}. b) Functia R2 → C, (a, b) 7→ a+ bi este

un izomorfism de R-spatii vectoriale.

249

6.54. Indicatie. V este un subspatiul lui QR generat de {1, 3√p, 3√p2}. Aratam ca

1, 3√p, 3√p2 sunt liniar independente. Daca a, b, c ∈ Q si a + b 3

√p + c 3

√p2 = 0 atunci,

prin ınmultire cu 3√p obtinem a 3

√p + b 3

√p2 + cp = 0. Eliminand pe 3

√p2 ıntre cele doua

egalitati rezulta (ab− c2p)+(b2−ac) 3√p = 0, care, ın baza faptului ca 3

√p /∈ Q, conduce la

ab− c2p = 0 = b2 − ac. Presupunand ca a 6= 0 avem c =b2

a, prin urmare ab− b4

a23√p = 0,

adica 3√p =

b3

a3. Aceasta implica 3

√p =

b

a∈ Q, contradictie cu 3

√p /∈ Q. Deci a = 0, ceea

ce implica si b = c = 0.

6.55. Indicatie. iii) Fie v ∈ V, v 6= 0. Pentru orice x ∈ X definim

f : X → V, fx(x′) =

{v, daca x′ = x0, daca x′ 6= x

.

Submultimea {fx | x ∈ X} ⊆ V (X) este infinita si libera.


6.57. Indicatie. Daca (e1, . . . , en) este baza ın KV si (α1, . . . , αm) este baza ın K ′K

atunci (αiej | i ∈ {1, . . . ,m}, j ∈ {1, . . . , n}) este baza ın K ′V .

6.58. a) Notand V = (Z2)2 avem V = {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)} si dimV = 2.

O pereche ordonata (v1, v2) ∈ V 2 formeaza o baza daca si numai daca v1 si v2

sunt liniar independenti. Intrucat orice vector v1 ∈ V \ {(0, 0)} face parte dintr-obaza, rezulta ca v1 poate fi ales ın 22 − 1 moduri. Daca v2 ∈ V atunci v1, v2 suntliniar independenti daca si numai daca v2 ∈ V \ 〈v1〉, iar |〈v1〉| = 2. Deci v2 poatefi ales ın 22 − 2 moduri. Prin urmare, numarul bazelor ordonate ale lui V este(22 − 1)(22 − 2) = 3 · 2 = 6. Urmand un rationament analog cu cel de mai sus, seobtine: b) (23 − 1)(23 − 2)(23 − 22) = 7 · 6 · 4 = 168; c) (32 − 1)(32 − 3) = 8 · 6 = 48;d) (33 − 1)(33 − 3)(33 − 32) = 26 · 24 · 18 = 11232.

6.59. Aceasta problema este o generalizare a problemei anterioare. Cum dimV = navem V ≃ Kn, prin urmare |V | = qn. Fie Bn numarul bazelor ordonate (v1, . . . , vn)ale lui V . Orice vector v1 ∈ V \ {0} face parte dintr-o baza, rezulta ca v1 poate fiales ın qn − 1 moduri. Daca v2 ∈ V atunci v1, v2 sunt liniar independenti daca sinumai daca v2 ∈ V \〈v1〉, iar |〈v1〉| = q. Deci v2 poate fi ales ın qn−q moduri. Dacav3 ∈ V atunci v1, v2, v3 sunt liniar independenti daca si numai daca v3 ∈ V \ 〈v1, v2〉,iar |〈v1, v2〉| = q2. Deci v2 poate fi ales ın qn−q2 moduri. Continuand rationamentulajungem la concluzia ca vn poate fi ales ın qn − qn−1 moduri. Deci numarul bazelorordonate ale lui V este Bn = (qn − 1)(qn − q) · · · (qn − qn−1).

6.60. Indicatie. Daca A ∈Mn(K) atunci detA 6= 0 daca si numai daca liniile matricei

A formeaza o baza a lui Kn. Rezulta ca ordinul lui GLn(K) coincide cu Bn (vezi problema

anterioara).

6.61. Cum dimV = n avem V ≃ Kn, prin urmare |V | = qn.i) Singurul spatiu al lui V de dimensiune 0, respectiv n este {0}, respectiv V . DeciG0

n(q) = 1 = Gnn(q).

ii) Printr-un rationament analog cu cel din problema 6.58 se deduce ca numarulsistemelor ordonate (v1, . . . , vk) ∈ V k formate din k vectori liniar independenti este


(qn − 1)(qn − q) · · · (qn − qk−1), iar numarul unor astfel de sisteme care genereazaacelasi subspatiu V ′ al lui V coincide cu numarul bazelor ordonate ale lui V ′, adicacu (qk − 1)(qk − q) · · · (qk − qk−1) pentru ca dimV ′ = k. Prin urmare,

(1) Gkn(q) =

(qn − 1)(qn−1 − 1) · · · (qn−k+1 − 1)

(qk − 1)(qk−1 − 1) · · · (q − 1).

iii) Din (1) rezulta ca

(2) Gkn(q) =

n∏

i=1

(qi − 1)

k∏

i=1

(qi − 1)

n−k∏

i=1

(qi − 1)

= Gn−kn (q).

iv) Folosind pe (2) avem

qkGkn−1(q) +Gk−1

n−1(q) = qk

n−1∏

i=1

(qi − 1)

k∏

i=1

(qi − 1)

n−k−1∏

i=1

(qi − 1)

+

n−1∏

i=1

(qi − 1)

k−1∏

i=1

(qi − 1)

n−k∏

i=1

(qi − 1)

=

n−1∏

i=1

(qi − 1)qk(qn−k − 1) + (qk − 1)

k∏

i=1

(qi − 1)n−k∏

i=1

(qi − 1)

=

n∏

i=1

(qi − 1)

k∏

i=1

(qi − 1)n−k∏

i=1

(qi − 1)

= Gkn(q).

6.62. Indicatie. K = R, V = R[X], S = 〈{X2k+1 | k ∈ N}〉.

6.63. Din V1 6= V2 si dimV1 = dimV2 rezulta V2 * V1. Prin urmare

V1 $ V1 + V2 ⊆ V,

ceea ce implica dim(V1 + V2) = 3 si

dim(V1 ∩ V2) = dimV1 + dimV2 − dim(V1 + V2) = 1.

In R3 aceasta se interpreteaza geometric prin faptul ca intersectia a doua planediferite care trec prin origine este o dreapta care trece prin origine.

6.64. Din V2 * V1 rezulta ca V1∩V2 $ V2, prin urmare dim(V1∩V2) < dimV2, adicadim V2 − dim(V1 ∩ V2) ≥ 1. Atunci

n = dim V ≥ dim(V1 + V2) = dim V1 + dimV2 − dim(V1 ∩ V2) ≥ n− 1 + 1 = n.

Asadar, dim(V1 + V2) = n = dimV , ceea ce implica V = V1 + V2.

251

6.65. Aratam ca

(1) V1 * V2 si V2 * V1 ⇒ dim(V1 + V2) − dim(V1 ∩ V2) 6= 1.

In ipoteza implicatiei (1), egalitatea dim(V1 + V2) − dim(V1 ∩ V2) = 0 nu poateavea loc, prin urmare, trebuie verificat ca dim(V1 + V2) − dim(V1 ∩ V2) ≥ 2. Ca ınproblemele anterioare avem

V1 * V2 ⇒ V1 $ V1 + V2 ⇒ dim(V1 + V2) − dimV1 ≥ 1,

V2 * V1 ⇒ V1 ∩ V2 $ V1 ⇒ dimV1 − dim(V1 ∩ V2) ≥ 1,

asadar,

dim(V1 + V2) − dim(V1 ∩ V2) = dim(V1 + V2)− dimV1 + dimV1 − dim(V1 ∩ V2) ≥ 2.

6.66. Indicatie. dim(V/(V1 ∩S1)) = dimV −dim(V1∩S1) = dimV −dimV1−dimS1 +

dim(V1 + S1) ≤ dimV − dimV1 + dimV − dimS1 = dimV2 + dimS2.

6.67. Din f(g(x)) = 0 pentru orice x ∈ V rezulta ca g(x) ∈ Ker f pentru oricex ∈ V , prin urmare, Kerf ⊇ g(V ). Deducem de aici ca dim(Ker f) ≥ dim g(V ) siastfel avem

(1) dimV = dim f(V ) + dim(Ker f) ≥ dim f(V ) + dim g(V ).

Din f + g automorfism deducem V = (f + g)(V ) ⊆ f(V ) + g(V ) ⊆ V . AtunciV = f(V ) + g(V ) si avem

(2) dimV = dim f(V ) + dim g(V ) − dim(f(V ) ∩ g(V )) ≤ dim f(V ) + dim g(V ).

Din (1) si (2) rezulta egalitatea dorita.

Observatie: Din cele de mai sus urmeaza imediat faptul ca dim(f(V )∩ g(V )) = 0, ceea

ce ınseamna ca f(V )∩ g(V ) = {0}, deci V = f(V )⊕ g(V ). Aceasta indica o alta abordare

a problemei bazata pe faptul ca Kerf ⊇ g(V ), V = f(V ) + g(V ) si V = Ker f ⊕ f(V ).

6.68. Indicatii. V1 este generat de vectorii(

1 00 1

),

(0 10 0

),

(0 01 0

),

care sunt liniar independenti, V2 este generat de vectorii(

0 1−1 0

),

(0 00 1

),

care sunt, de asemenea, liniar independenti. Subspatiul V1 +V2 este generat de reuniuneageneratorilor lui V1 si V2, adica de

(1 00 1

),

(0 10 0

),

(0 01 0

),

(0 1−1 0

),

(0 00 1

),

iar dintre acestia, vectorii(

1 00 1

),

(0 10 0

),

(0 01 0

),

(0 00 1

)

sunt liniar independenti.


6.69. Indicatie. Folosind indicatia de la problema 6.47, se obtine dim〈c, d, e〉 = 2 si

c, d liniar independenti. Folosind aceeasi metoda obtinem ca a, c, d sunt liniar dependenti

si b, c, d sunt liniar dependenti, prin urmare 〈a, b〉 ⊆ 〈c, d〉, iar egalitatea dimensiunilor

conduce la egalitatea ceruta.

6.70. Indicatie. Se foloseste indicatia de la problema 6.47 si faptul ca suma este

generata de reuniunea generatorilor lui S si T . De exemplu, la punctul d), dimS =

dimT = 3 si dim(S + T ) = 4. Un minor nenul de ordinul 4 poate fi ,,decupat” din

coloanele corespunzatoare vectorilor u1, u2, u3, v2, deci ei formeaza o baza pentru S + T .

Atunci dim(S ∩ T ) = 2 si v ∈ S ∩ T daca si numai daca exista α1, α2, α3, β1, β2, β3 ∈ Rastfel ıncat v = α1u1 + α2u2 + α3u3 = β1v1 + β2v2 + β3v3. Sistemul (∗) rezultat este

compatibil nedeterminat, determinantul sau are rangul 4, iar un minor principal se obtine

chiar considerand coeficientii necunoscutelor α1, α2, α3, β2. Prin urmare, β1 si β3 sunt

necunoscutele secundare. Mentionam ca pentru a obtine 2 vectori liniar independenti

din S ∩ T nu este necesara rezolvarea sistemului (∗). Este suficient sa dam valori reale

necunoscutelor secundare astfel ıncat vectorii rezultati sa fie liniar independenti si sa

determinam pe β2 ın aceste cazuri. Astfel, daca β1 = 1 si β3 = 0 atunci β2 = 0 si se obtine

vectorul v = v1 ∈ S ∩ T , iar daca β1 = 0 si β3 = 5 atunci β2 = 1 si se obtine vectorul

v′ = v2 + 5v3 ∈ S ∩ T . Cei doi vectori sunt liniar independenti, deci formeaza o baza a lui

S ∩ T .

6.71. Indicatie. Se foloseste faptul ca dimV1 = dim(Kerf) + dim(Imf) si faptul ca f

este injectiva daca si numai daca Kerf = {0}.

6.72. Indicatie. ϕ : K[X] → K[X] definita prin ϕ(f) = f(X2), adica ϕ = EX2 , este

liniara, injectiva, dar nu este surjectiva. Pe de alta parte, functia liniara ψ : K[X] → K[X],

definita pe baza {Xn | n ∈ N} prin ψ(X2k) = Xk si ψ(X2k+1) = 0 este surjectiva, dar nu

este injectiva.

6.73. Raspuns. dim(Imϕ) = 2, dim(Kerϕ) = 1.

6.74. Indicatie. Matricea lui f ın baza canonica [f ]e =

(cosϕ − sinϕsinϕ cosϕ

)este in-

versabila.

6.75. Indicatie. [f ]e =

(1 00 −1

), [g]e =

(−1 00 1

)sunt inversabile. Se foloseste

teorema care da legatura dintre operatiile cu matrici si operatiile cu transformari liniare.

6.76. Cum rangul matricei formate cu vectorii din v este 2, iar rangul matriceiformate cu vectorii din v′ este 3, rezulta ca v este baza ın R2 si v′ este baza ın R3.Coloanele matricei [f ]v,v′ = (aij) ∈M3,2(R) rezulta din egalitatile

(3, 0, 7) = f(1, 2) = a11(1,−1, 0) + a21(−1, 0, 1) + a31(1, 1, 1),

(−1,−5,−4) = f(−2, 1) = a12(1,−1, 0) + a22(−1, 0, 1) + a32(1, 1, 1).

Cele doua egalitati conduc la sistemele

a11 − a21 + a31 = 3−a11 + a31 = 0

a21 + a31 = 7si

a12 − a22 + a32 = −1−a12 + a32 = −5

a22 + a32 = −4

253

care au, respectiv, solutiile

(10

3,11

3,10

3

)si

(5

3,−2

3,−10

3

). prin urmare,

[f ]v,v′ =

10

3

5

311

3−2

310

3−10

3

.

Alta solutie: Matricea de trecere de la baza canonica e′ a lui R3 la baza v′ este

T =

1 −1 1−1 0 10 1 1

, iar matricea lui f ın perechea de baze v, e′ este

[f ]v,e′ =

3 −10 −57 −4

,

(colanele sale fiind coordonatele lui f(1, 2) si f(−2, 1) ın baza e′) prin urmare,

[f ]v,v′ = T−1[f ]v,e′ =

10

3

5

311

3−2

310

3−10

3

.

6.77. Indicatie. ii) Matricea lui f ın bazele canonice este matricea care are pe f(e1),f(e2) si f(e3) ca si coloane.

iii) Im f = 〈f(e1), f(e2), f(e3)〉, deci dim(Im f) este rangul matricii de la ii).

6.78. Rangul matricelor formate din vectorii v1, v2, v3, respectiv v′1, v′2, v

′3 este 3, prin

urmare sunt vectori independenti ıntr-un spatiu de dimensiune 3, deci formeaza cateo baza. Daca x1, x2, x3 sunt coordonatele unui vector v ın baza v1, v2, v3 si x′1, x

′2, x

′3

sunt coordonatele lui v ın baza v′1, v′2, v

′3 atunci

x′1x′2x′3

= S

x1

x2

x3

si

x1

x2

x3

= S−1

x′1x′2x′3

unde S este matricea de trecere de la v la v′. Coloanele matricii S = (aij) ∈M3,3(R)rezulta din egalitatile

(3, 1, 4) = v′1 = a11v1 + a21v2 + a31v3 = a11(1, 2, 1) + a21(2, 3, 3) + a31(3, 7, 1),

(5, 2, 1) = v′2 = a12v1 + a22v2 + a32v3 = a12(1, 2, 1) + a22(2, 3, 3) + a32(3, 7, 1),

(1, 1,−6) = v′3 = a13v1 + a23v2 + a33v3 = a13(1, 2, 1) + a23(2, 3, 3) + a33(3, 7, 1).

Cele trei egalitati conduc la sistemele

a11 + 2a21 + 3a31 = 32a11 + 3a21 + 7a31 = 1a11 + 3a21 + a31 = 4

,

a12 + 2a22 + 3a32 = 52a12 + 3a22 + 7a32 = 2a12 + 3a22 + a32 = 1

si

a13 + 2a23 + 3a33 = 12a13 + 3a23 + 7a33 = 1a13 + 3a23 + a33 = −6


care au, respectiv, solutiile (−33, 11, 5), (−71, 20, 12) si (−41, 9, 8) prin urmare,

S =

−33 −71 −4111 20 95 12 8

.

Alta solutie. Avem

x′1x′2x′3

= [1R3]v,v′

x1

x2

x3

,

iar matricea S = [1R3]v,v′ poate fi obtinuta ca ın problema 6.76.

6.79. Indicatii. [f ]u = S−1[f ]vS, unde S =

1 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1

este matricea de trecere

de la baza v la baza u. Cum S−1 este matricea de trecere de la baza u la baza v, ea rezulta

si daca, din cele patru egalitati, se exprima v1, v2, v3, v4 ın functie de u1, u2, u3, u4.

6.80. Indicatie. [f ]v = S[f ]uS−1, unde S este matricea de trecere de la baza v la u.

6.81. Indicatie. [f ]b se determina cu usurinta, iar [f ]b′ rezulta ca ın problemele ante-

rioare.

6.82. Indicatii. ii) dim(Imf) =rang[f ]a,b; iii) [f ]a′,b′ = T−1[f ]a,bS, unde S este matricea

de trecere de la baza a la baza a′ si T este matricea de trecere de la baza b la baza b′.

6.83. Indicatie. ii) Elementele din multimea cat R2/S se reprezinta ca translatatele ın

plan ale dreptei S.

6.84. Indicatie. Vezi problema anterioara.

6.85. Indicatie. iii) Elementele din R3/S se reprezinta ca translatatele ın spatiu ale

dreptei S, Elementele din R3/T se reprezinta ca translatatele ın spatiu ale planului T .

6.86. Indicatie. Vezi problema anterioara.

6.87. Indicatii. i) dim(Im f) =rang[f ]v,v′ = 2, dim(Ker f) = dimV − dim(Im f) =3 − 2 = 1, iar cum coloanele 2 si 3 ale matricii [f ]v,v′ sunt proportionale, avem

f(v3) = −5f(v1) ⇔ f(v3 − 5v1) = 0 ⇔ v3 − 5v1 ∈ Ker f.

iii) Din teorema ıntai de izomorfism, avem f(V ) ≃ V/Ker f . Izomorfismul este dat de

corespondenta f(x) 7→ x+Ker f si duce o baza a lui f(V ) ınr-o baza a lui V/Ker f .

Avem dim(V ′/Im f = 3 − 2 = 1. Un vector nenul din V ′/Im f este de forma v′+Im f

cu v′ ∈ V ′\Im f . Avem f(v1) = v′2 ∈Im f si f(v2) = −v′1 + v′3. Daca am avea v′1 ∈Im f

atunci ar rezulta ca si v′3 ∈Im f , prin urmare V ′ = 〈v′1, v′2, v′3〉 ⊆Im f , imposibil, deoarece

dim(Im f) = 2.

255

6.88. Indicatie. a) Pentru determinarea unei baze ın Ker f se observa ca 7(c1 − c3) =c2 − c4, unde cu ci am notat coloana i a matricei date.b) Pentru determinarea lui Ker f si a unei baze a sale se rezolva sistemul

[f ]e

x1

x2

x3

x4

=

0000

.

6.89. Indicatie. Functia f : Kn → K, f(x1, · · · , xn) = A

x1...xn

este liniara si

S0 =Ker f .

6.90. Indicatie. Rezolvand sistemul obtinem

SB =

{(1

3+x5

3,1

3+ x3 + x4 +

5x5

3, x3, x4, x5

)| x3, x4, x5 ∈ R

},

adica SB =

(1

3,1

3, 0, 0, 0

)+ S0, unde

S0 =

{(x5

3, x3 + x4 +

5x5

3, x3, x4, x5

)| x3, x4, x5 ∈ R

}.

Inlocuind ın S0 succesiv x3 = 1, x4 = x5 = 0; x4 = 1, x3 = x5 = 0; x5 = 3, x3 = x4 = 0

primim sistemul fundamental de solutii (0, 1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1, 0), (1, 5, 0, 0, 3).

6.91. Indicatie. Se rezolva sistemele si se particularizeaza convenabil necunoscutele

secundare (vezi solutia problemei anterioare).

6.92. Din dimZp V = 1 rezulta ca V ≃ Zp, deci |V | = p. Cum orice transformareliniara este determinata ın mod unic de restrictia sa la o baza a domeniului, fixam obaza, adica un element nenul v din V si |EndZp(V )| este egal cu numarul functiilorde la {v} la V , adica |V |1 = |V | = p.

6.93. Indicatii. a) Din f aditiva rezulta f(mx) = mf(x) pentru orice m ∈ Z si

x ∈ V . Daca n ∈ N∗ si x ∈ V atunci f(x) = f

(n

(1

nx

))= nf

(1

nx

), prin urmare

f

(1

nx

)=

1

nf(x).

b) R poate fi privit atat Q-spatiu vectorial cat si R-spatiu vectorial. R privit ca un Q-spatiuvectorial are o baza infinita B. Fie x, y ∈ B, x 6= y. Cum x, y unt liniar independenti

peste Q avem α =x

y∈ R \ Q. Functia

ϕ : B → R, ϕ(z) =

y , daca z = x,x , daca z = y,z , daca z ∈ B \ {x, y},

se extinde ın mod unic la o transformare Q-liniara f : R → R. Avem f(αx) = f(y) = x,

αf(x) = αy =y2

x. Dar x2 6= y2 pentru ca x2 = y2 ar implica α ∈ Q. Deci f(αx) 6= αf(x),

adica f nu este R-liniara.


6.94. a)⇒b) Fie Y o baza a lui V2. Din surjectivitatea lui f rezulta ca pentru oricey ∈ Y multimea Sy = {x ∈ V1 | f(x) = y} este nevida. Folosind axioma alegerii,alegem cate un xy ∈ Sy pentru orice y ∈ Y si definim s0 : Y → V1, s0(y) = xy.

Intrucat Y este o baza a lui V2, urmeaza ca s0 se poate prelungi ın mod unic lao aplicatie liniara s : V2 → V1. Pentru orice y ∈ V2 avem (f ◦ s)(y) = f(s(y)) =f(xy) = y = 1V2(y), ceea ce implica f ◦ s = 1V2.Implicatia b)⇒c) este evidenta.Implicatia c)⇒a) este echivalenta cu faptul ca negatia lui a) implica negatia lui c).Din negatia lui a) rezulta ca V2\Im f 6= ∅, ceea ce arata ca exista y0 ∈ V2 astfelıncat ın spatiul vectorial cat V2/Im f avem y0+Im f 6=Im f . Luand V = V2/Im f ,α(y) =Im f , β(y) = y+Im f , obtinem functiile liniare diferite α si β, dar

(α ◦ f)(x) = α(f(x)) = Im f = β(f(x)) = (β ◦ f)(x), ∀x ∈ V1,

ceea ce ne arata ca α ◦ f = β ◦ f .

Observatii: i) In cazul grupurilor si inelelor se mentine echivalenta dintre a) si c), dardemonstatia este mai complicata (vezi [33]). Pentru grupuri abeliene demonstratia estesimpla. Chiar ın caz abelian b) nu mai este echivalenta cu a). De exemplu, aplicatiacanonica p : Z → Zn, p(i) = i este omomorfism surjectiv al lui (Z,+) pe (Zn,+), darnici o sectiune a lui p nu este omomorfism pentru ca Hom(Zn,Z) este format doar dinomomorfismul nul (vezi 2.109). In cazul inelelor asociative, nici a) si c) nu mai suntechivalente. De exemplu, omorfismul nesurjectiv i : Z → Q verifica pe c).

ii) Conditia b) arata ca orice spatiu vectorial este modul proiectiv (vezi [30]).

6.95. Indicatii. a) Folosind notatiile din problema anterioara, o transformare liniara hcare satisface conditiile cerute este h = s ◦ g.b) Orice (a, b) ∈ R2 poate fi scris (2 · 0 − (−a), b) = f(0,−a, b), ceea ce demonstreazasurjectivitatea lui f si indica faptul ca transformarea h poate fi definita prin h(x, y) =(0,−x, y). Acelasi lucru se obtine procedand ca la punctul anterior: fie {e1 = (1, 0), e2 =(0, 1)} baza canonica a lui R2 si e1 = (0,−1, 0), e2 = (0, 0, 1); atunci f(e1) = (1, 0) = e1,f(e2) = (0, 1) = e2 si

h(x, y) = xh(e1) + yh(e2) = xe1 + ye2 = x(0,−1, 0) + y(0, 0, 1) = (0,−x, y).

6.96. a)⇒b) Fie X o baza a lui V1. Din injectivitatea lui f se deduce ca f(X)este libera ın V2, deci se poate completa la o baza Y a lui V2. Restrictia lui f la Xdefineste o bijectie de la X la f(X). Fie r0 : f(X) → X inversa acestei bijectii, adicar0(f(x)) = x, iar r0 : Y → V1 o prelungire a lui r0. Intrucat Y este o baza a lui V2

urmeaza ca r0 se poate prelungi ın mod unic la o aplicatie liniara r : V2 → V1. Pentruorice x ∈ X avem (r ◦ f)(x) = r(f(x)) = x = 1V1(x), ceea ce implica r ◦ f = 1V1 .Implicatia b)⇒c) este evidenta.Implicatia c)⇒a) este echivalenta cu faptul ca negatia lui a) implica negatia lui c).Din negatia lui a) rezulta ca Ker f 6= {0}. Luand V = Ker f , α(x) = x, β(x) = 0pentru orice x ∈ V , obtinem functiile liniare diferite α, β, dar

(f ◦ α)(x) = f(α(x)) = f(x) = 0 = f(β(x)) = (f ◦ β)(x), ∀x ∈ V,

ceea ce arata ca f ◦ α = f ◦ β.

257

Observatii: i) In cazul grupurilor si inelelor se mentine echivalenta dintre a) si c), darb) nu mai este echivalenta cu a). De exemplu, i : Z → Q este omomorfism injectiv ıntre(Z,+) si (Q,+), dar nici o retracta a lui f nu este omomorfism pentru ca Hom(Q,Z) esteformat doar din omomorfismul nul (vezi 2.109).

ii) Conditia b) arata ca orice spatiu vectorial este modul injectiv (vezi [30]).

6.97. Indicatii. a) Folosind notatiile din problema anterioara, o transformare liniara hcare satisface conditiile cerute este h = g ◦ r.b) Fie {e1, e2} baza canonica a lui R2 si {e′1, e′2, e′3} baza canonica a lui R3. Avem f(e1) =f(1, 0) = (1, 1, 2), f(e2) = f(0, 1) = (−1, 1, 0), iar vectorii f(e1), f(e2) si e′3 = (1, 0, 0)sunt liniar independenti, deci formeaza o baza ın R3. Procedand ca mai sus, consideramh(f(e1)) = e1, h(f(e2)) = e2 si h(e′3) = (0, 0). Prin urmare,

e1 = h(1, 1, 2) = h(e′1 + e′2 + 2e′3) = h(e′1) + h(e′2) + 2h(e′3) = h(e′1) + h(e′2),

e2 = h(−1, 1, 0) = h(−e′1 + e′2) = −h(e′1) + h(e′2).

Deducem ca h(e′1) =1

2(e1 − e2) =

(1

2, 0, 0

), h(e′2) =

1

2(e1 + e2) =

(0,

1

2, 0

)si, astfel,

h(x, y, z) = xh(e′1) + yh(e′2) + zh(e′3) =(x

2, 0, 0

)+(0,y

2, 0)

=(x

2,y

2, 0).

6.98. Indicatie. Se folosesc problemele 6.71, 6.96 si 6.94.

6.99. Indicatie. Scriind vectorii din Kn sub forma de matrice coloana, aplicatia fA :

Kn → Kn, fA(x) = Ax este liniara si matricea lui fA ın baza canonica a lui Kn este

A. Corespondenta fA 7→ A realizeaza un izomorfism atat ıntre K-spatiile EndK(Kn) si

Mn(K) cat si ıntre inelele EndK(Kn) si Mn(K).

Observatie: In cazul K = C echivalentele ii)⇔ iii)⇔ iv) sunt continute ın problema

3.55.

6.100. Indicatie. Scriind vectorii din Km si Kn sub forma de matrice coloane, aplicatiafA : Kn → Km, fA(x) = Ax este liniara si matricea lui fA ın perechea formata din bazelecanonice ale lui Kn si Km este A. Avem

rangA = n⇔ dim(Im fA) = n⇔ dim(Ker fA) = 0 ⇔ Ker fA = {0} ⇔ fA injectiva,

rangA = m⇔ dim(Im fA) = m = dimKm ⇔ fA surjectiva.

6.101. Indicatii. i) In cazul dimV = ∞ cerinta se deduce din problema 6.55 pentru ca

HomK(V, V ′) ≃ V ′X , unde X este o baza a lui V . Daca dimV < ∞, X este o baza a lui

V si x0 ∈ X atunci {f : X ′ → V ′ | supp f = {x0}} este un subspatiu al lui V ′X izomorf

cu V ′. ii) HomK(V, V ′) ≃Mm,n(K).

6.102. Indicatie. Fie e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , en = (0, . . . , 0, 1).Ca ın problema 6.32 se obtine ai = f(ei) (i ∈ {1, . . . , n}). Mai mult, a1, . . . , an suntcoordonatele lui f ın duala bazei (e1, . . . , en). De asemenea, avem

e′1 = e1, e′2 = e1 + e2, . . . , e

′n = e1 + · · · + en,

de unde rezulta ca

a′1 = f(e′1) = a1, a′2 = f(e′2) = a1 + a2, . . . , a

′n = f(e′n) = a1 + · · · + an

sunt coordonatele lui f ın duala bazei (e′1, . . . , e′n).


6.103. Indicatie. iii) Se foloseste punctul ii) si problemele 6.96, 6.94.

6.104. Indicatie. Se foloseste definitia formei n-liniare.

6.105. Indicatie. ii) Daca (e1, e2) este baza canonica a lui K2 atunci aij = f(ei, ej)

(i, j = 1, 2).

6.106. Trebuie aratat ca

vi = vi+k, k ∈ N∗, i+ k ≤ n⇒ f(v1, . . . , vn) = 0.

Pentru simplificarea scrierii consideram i = 1. Demonstram aceasta implicatieprin inductie dupa k. Proprietatea este adevarata pentru k = 1. O presupunemadevarata pentru k = l − 1 cu 1 < l < n si consideram v1 = vl+1. Din ipotezainductiei si din multiliniaritate deducem

0 =f(v1, . . . , v1 + vl, v1 + vl, . . . , vn) = f(v1, . . . , v1, v1 + vl, . . . , vn)+

+f(v1, . . . , vl, v1 + vl, . . . , vn) = f(v1, . . . , v1, v1, . . . , vn)+

+f(v1, . . . , v1, vl, . . . , vn) + f(v1, . . . , vl, v1, . . . , vn) + f(v1, . . . , vl, vl, . . . , vn) =

=f(v1, . . . , vl, v1, . . . , vn) = f(v1, . . . , vl, vl+1, . . . , vn),

ceea ce arata ca proprietatea este adevarata pentru k = l.

6.107. Indicatie. 1) i)⇒ii) f(v1, . . . , vi, . . . , vj , . . . , vn) + f(v1, . . . , vj , . . . , vi, . . . , vn) =f(v1, . . . , vi + vj, . . . , vi + vj, . . . , vn) = 0.ii)⇒i) Daca vi = vi+1 atunci f(v1, . . . , vi, vi+1, . . . , vn) = f(v1, . . . , vi+1, vi, . . . , vn), iar ffiind antisimetrica f(v1, . . . , vi, vi+1, . . . , vn) = −f(v1, . . . , vi+1, vi, . . . , vn), ceea ce implica2f(v1, . . . , vi, vi+1, . . . , vn) = 0.2) Functia f : K ×K → K, f(x, y) = xy este biliniara si antisimetrica pentru ca

f(x, y) = xy = −xy = −yx = −f(y, x),

dar nu este alterna pentru ca f(1, 1) = 1 · 1 = 1 6= 0.

6.108. Indicatie. Analizam cazul n = 2 (cazul general se trateaza ın mod analog).

i) Fie A =

(a11 a12

a21 a22

)si A1, A2 coloanele matricei A. Avem A1 = a11e1 + a21e2 si

A2 = a12e1 + a22e2, unde e1 =

(10

), e2 =

(01

). Scriind pe A = (A1, A2) si folosind

conditiile impuse lui f avem:

f(A) = f(a11e1 + a21e2, a12e1 + a22e2)

= a11a12f(e1, e1) + a11a22f(e1, e2) + a21a12f(e2, e1) + a21a22f(e2, e2)

= a11a22f(e1, e2) − a12a21f(e1, e2) = (a11a22 − a12a21)f(I2)

= a11a22 − a12a21 = detA

ii) Repetand rationamentul de mai sus ın cazul f(I2) = a primim f(A) = adetA.

6.109. Functia g : (Km)m → K, g(A) =

∣∣∣∣A BO C

∣∣∣∣ este o forma m-liniara de

coloanele lui A, de unde rezulta ca g(A) =

∣∣∣∣Im BO C

∣∣∣∣ · |A|. Rationand analog asupra

259

liniilor lui C se deduce

∣∣∣∣Im BO C

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣Im BO In

∣∣∣∣ · |C|. Matricea

(Im BO In

)este o

matrice de forma triunghiulara din Mm+n(K) cu 1 pe diagonala principala, prin

urmare

∣∣∣∣Im BO In

∣∣∣∣ = 1. Asadar, g(A) = |C| · |A| = |A| · |C|.

6.110. Indicatii. i) Se verifica implicatiile

[f, g ∈ B(V ) ⇒ f + g ∈ B(V )] si [α ∈ K, g ∈ B(V ) ⇒ αf ∈ B(V )]

unde (f + g)(x, y) = f(x, y) + g(x, y) si (αf)(x, y) = αf(x, y), de unde se deduce ca B(V )este subspatiu al lui KV ×V .ii) Avem

f(x, y) =f(x1v1 + · · · + xnvn, y) =

n∑

i=1

xif(vi, y) =

n∑

i=1

xif(vi, y1v1 + · · · + ynvn)

=n∑

i=1

xi

n∑

j=1

yjf(vi, vj) =n∑

i=1

xi

n∑

j=1

aijyj = tX ·A · Y.

iii) Se foloseste ii).iv) Din iii) rezulta ca dimB(V ) = dimMn(K) = n2.

v) Notand X ′, respectiv Y ′, matricea coloana formata din coordonatele lui x, respectiv y,

ın baza w si folosind formulele de schimbare a coordonatelor, avem X = SX ′ si Y = SY ′.Acum din ii) rezulta f(x, y) = t(SX ′)A(SY ′) = tX ′(tSAS)Y ′, ceea ce implica B = tSAS.


6.112. Indicatie. Se aplica problema 6.110, punctul ii).


6.114. Amintim ca o matrice A = (aij) ∈ Mn(K) este simetrica, respectiv antisi-metrica, daca A = tA, respectiv −A = tA, adica aij = aj i, respectiv aij = −aj i,pentru orice i, j ∈ {1, . . . , n}.i)⇒ii) Daca A = (aij) ∈ Mn(K) este matricea lui f ın baza v si f este simetrica,respectiv antisimetrica, atunci avem aij = f(vi, vj) = f(vj , vi) = aj i, respectivaij = f(vi, vj) = −f(vj , vi) = −aj i, ceea ce ne arata ca A este simetrica, respectivantisimetrica.Implicatia ii)⇒iii) este evidenta.iii)⇒i) Daca matricea A = (aij) a lui f ın baza v este simetrica, respectiv antisime-trica, si x = x1v1 + · · · + xnvn, y = y1v1 + · · · + ynvn atunci din biliniaritatea lui

f avem f(x, y) =

n∑

i=1

n∑

j=1

aijxiyj, deci f(y, x) =

n∑

j=1

n∑

i=1

ajiyjxi = f(x, y), respectiv

f(y, x) = −n∑

j=1

n∑

i=1

ajiyjxi = −f(x, y).

6.115. Indicatie. i) fs =1

2(f + g), fa =

1

2(f − g), unde g(x, y) = f(y, x).

ii) As =1

2(A+ tA), Aa =

1

2(A− tA).


6.116. Indicatie. i) Daca q este o forma patratica atunci exista o forma biliniarasimetrica f ′ : V × V → K astfel ıncat q(x) = f ′(x, x) pentru orice x ∈ V . Acum din (1)

rezulta f(x, y) =1

2[f ′(x + y, x + y) − f ′(x, x) − f ′(y, y)], ceea ce implica f = f ′. Deci

functia f definita ın (1) este singura forma biliniara simetrica pentru care q(x) = f(x, x)pentru orice x ∈ V .ii) Din (1) urmeaza implicatia

q(x) = 0, ∀x ∈ V ⇒ f(x, y) = 0, ∀x, y ∈ V.

Observatie: Din problema de mai sus rezulta ca daca corpulK are caracteristica diferita

de 2 atunci exista o bijectie ıntre multimea formelor patratice definite pe V si multimea

formelor biliniare simetrice definite pe V .

6.117. Raspuns. Notand x1 = x, x2 = y, x3 = z si Ak = (aij) matricea lui qk (k ∈{1, 2, 3, 4, 5}) avem: aii este coeficientul lui x2

i si aij = aji =1

2a, unde a este coeficientul

lui xixj. Deci avem: 1) A1 =

23

23

26

, 2) A2 =

(0 44 4

), 3) A3 =

1 1 2

1 31

2

21

27

,

4) A4 =

(0 22 0

), 5) A5 =

1 2 12 4 11 1 1

.

6.118. i) Intrucat matricele diagonale sunt simetrice, din problema 6.114 urmeazaca f este simetrica.ii) Demonstram afirmatia din enunt prin inductie dupa n. Pentru n = 1, orice formabiliniara f : V × V → K este diagonalizabila. Presupunem ca n ≥ 1 si afirmatiaadevarata pentru spatii vectoriale cu dimensiunea mai mica decat n. Daca f esteforma nula atunci f este diagonalizabila. Presupunem ca f este nenula si simetrica.Din problema 6.116 rezulta ca exista x ∈ V astfel ıncat f(x, x) 6= 0, iar f fiindbiliniara deducem ca ca x 6= 0. Definind

g : V → K, g(z) = f(x, z)

urmeaza ca g este liniara si nenula, ceea ce ne arata ca Im g este subspatiu nenul allui K, ceea ce implica Im g = K, pentru ca singurele subspatii ale lui K sunt {0}si K. Din dim V = dim(Ker g) + dim(Im g) rezulta dim(Ker g) = n − 1, pentru cadimK = 1. Intrucat restrictia lui f la Ker g este simetrica, din ipoteza inductieiurmeaza ca exista o baza v = (v1, . . . , vn−1) a lui Ker g ın care matricea restrictieif |Ker f este diagonala, adica f(vi, vj) = 0 pentru i 6= j, i, j ∈ {1, . . . , n − 1}. Dinf(x, x) 6= 0 rezulta x /∈Ker g, de unde deducem ca v = (v1, . . . , vn−1, x) este baza alui V pentru ca dimV = dim(Ker g) + 1. Intrucat vi ∈Ker g urmeaza

f(x, vi) = 0 = f(vi, x), ∀i ∈ {1, . . . , n− 1}.Astfel am aratat ca matricea lui f ın baza v are forma diagonala.

6.119. i) Efectuand succesiv cate o transformare elementara pe coloane, urmata deanaloga pe linii, aducem pe A la forma diagonala

A =

(1 22 3

)c1−→(

1 02 −1

)l1−→(

1 00 −1

)= D.

261

Pornind de la I2 si efectuand transformarile de mai sus asupra coloanelor obtinemmatricea care diagonalizeaza pe A:

I2 =

(1 00 1

)c1−→(

1 −20 1

)= S,

adica tSAS =

(1 00 −1

)= D. Fie (e1, e2) baza canonica. Efectuand schimbarea

de baza (v1, v2) = (e1, e2)S, care conduce la schimbarea de coordonate

(x1

x2

)= S

(x′1x′2

),

obtinem

f(x, y) = (x′1, x′2)D

(y′1y′2

)= x′1y

′1 − x′2y

′2,

unde x′1, x′2, respectiv y′1, y

′2, sunt coordonatele lui x, respectiv y, ın baza (v1, v2).

ii) Procedam analog cu i). Efectuand succesiv o transformare elementara pe coloane,urmata de analoga pe linii, avem:

B =

0 1 21 −1 32 3 4

c1−→

1 0 2−1 1 33 2 4

l1−→

−1 1 31 0 23 2 4

c2−→

−1 0 31 1 23 5 4

l2−→

−1 0 30 1 53 5 4

c3−→

−1 0 00 1 53 5 13

l3−→

−1 0 00 1 50 5 13

c4−→

−1 0 00 1 00 5 −12

l4−→

−1 0 00 1 00 0 4

= D.

Pornind de la I3 si efectuand transformarile de mai sus asupra coloanelor obtinemmatricea care diagonalizeaza pe B:

I3 =

1 0 00 1 00 0 1

c1−→

0 1 01 0 00 0 1

c2−→

0 1 01 1 00 0 1

c3−→

0 1 01 1 30 0 1

c4−→

0 1 −51 1 −20 0 1

= S.

Deci tSBS = D. Efectuand schimbarea de baza (v1, v2, v3) = (e1, e2, e3)S unde(e1, e2, e3) este baza canonica, care conduce la schimbarea de coordonate

x1

x2

x3

= S

x′1x′2x′3

,

obtinem f(x, y) = −x′1y′1 +x′2y′2−12x′3y

′3, unde x′1, x

′2, x

′3, respectiv y′1, y

′2, y

′3, sunt

coordonatele lui x, respectiv y, ın baza (v1, v2, v3).


6.120. Din solutia problemei anterioare rezulta: i) q(x) = f(x, x) = x′21 − x′22 ,ii) q(x) = f(x, x) = −x′21 + x′22 − 12x′23 .

6.121. 1) q1(x, y) = 2

(x2 +

3

2xy

)+ 6y2 = 2

(x2 +

3

2xy

)− 18

16y2 + 6y2 =

= 2

(x+

3

4y

)2

+39

8y2;

2) q2(x, y) = (2x+ 2y)2 − 4x2;

3) q3(x, y, z) = (x+y+2z)2 +2y2+3z2−3yz = (x+y+2z)2 +2

(y2 + z2 − 3

2yz

)+

+3z2 = (x+ y + 2z)2 + 2

(y − 3

4z

)2

+15

8z2;

4) q4(x, y) = (x+ y)2 − (x− y)2;

5) q5(x, y, z) = (x+ 2y + z)2 − 2yz = (x+ 2y + z)2 − 1

2(y + z)2 +

1

2(y − z)2.

6.122. Matricea lui f ın baza canonica este A =

(0 1

1 0

). Presupunem ca

este diagonalizabila, adica exista S =

(a bc d

)∈ M2(Z2) inversabila astfel ıncat

tSAS =

(1 0

0 1

)ceea ce conduce ın Z2 la egalitatea imposibila 2ac = 1.

6.123. Indicatie. Se folosesc egalitatile t(X ± Y ) = tX ± tY si t(XY ) = tY tX, unde

X,Y ∈Mn(K). f) Din A = −tA rezulta ca detA = (−1)n detA.

6.124. Indicatii. i) In K avem 1 = −1, deci a = −a pentru orice a ∈ K.

ii) Se vrifica usor ca suma a doua matrici simetrice este o matrice simetrica. Daca ii)

nu ar fi adevarata atunci, conform lui i), matricea

(0 10 0

)ar fi suma a doua matrici

simetrice, deci ar fi simetrica, ceea ce este fals.

6.125. Raspuns.

{(1 a0 1

)| a ∈ R

}.

6.126. pA = det(A−XIn) = det( t(A−XIn)) = det( tA−XIn)p tA.

6.127. Se foloseste problema 6.109 si avem

pM =

∣∣∣∣A−XIn Om,n

B C −XIm

∣∣∣∣ = |A−XIn| · |C −XIm| = pA · pC .

6.128. Daca A este inversabila atunci

pAB = |AB −XIn| = |A−1(AB −XIn)A| = |BA−XIn| = pBA.

6.129. Fie A =

(a bc d

)∈M2(R). Intrucat pA = X2− (a+d)X +(ad− bc), avem

{pA(1) = 0pA(−1) = 0

⇔{

a + d = 0ad− bc = 1

⇔{

d = −abc = −1 − a2.

Deci matricele cerute sunt A =

(a bc −a

)cu bc = −1 − a2.

263

6.130. i) Din pA(λ) = det(A − λIn) rezulta ca pA(0) = 0 daca si numai dacadetA = 0.ii) Daca A = (aij) atunci, adunand ın det(A− In) = pA(1) toate coloanele la ultimacoloana primim:

pA(1) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 − 1 a12 . . . a1n

a21 a22 − 1 . . . a2n...

......

an1 an2 . . . ann − 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 − 1 a12 . . . a1 n−1 0a21 a22 − 1 . . . a2 n−1 0...

......

...an1 an2 . . . an n−1 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 0.

6.131. i) Din pA(λ) = det(A− λIn) rezulta pA(0) = detA. Deci A este inversabiladaca si numai daca pA(0) 6= 0. Folosind proprietatile operatiilor cu matrice siproprietatile determinantilor, avem:

pA−1(λ) = det(A−1 − λIn) = det(A−1 − λA−1A) = det(A−1(In − λA)) =

= det(A−1) det(In − λA) = (detA)−1 det(−λ(A− (λ)−1In

))=

= (−λ)n(detA)−1 det(A− λ−1In) = (−1)nλn(detA)−1pA(λ−1).

ii) Daca λ este valoare proprie a lui A si A este inversabila atunci din i) rezulta caλ 6= 0 si λ−1 este valoare proprie a lui A.

6.132. Pentru cazul dimV < ∞ aceasta problema este o consecinta a problemeianterioare. Mentionam, ınsa, ca cele doua cazuri nu necesita a fi tratate diferentiat.Presupunand ca 0 este valoare proprie a lui f rezulta ca exista x ∈ V , x 6= 0astfel ıncat f(x) = 0 · x = 0 = f(0), ceea ce contrazice injectivitatea lui f . Dacax 6= 0 si λ 6= 0 sunt vector, respectiv valoare proprie (corespunzatoare) pentru fatunci f(x) = λx implica x = f−1(f(x)) = f−1(λx) = λf−1(x), de unde deducemf−1(x) = λ−1x. Transformarea liniara ϕ : K[X] → K[X] care se obtine ca oextindere a aplicatiei {Xk | k ∈ N} → K[X], Xk 7→ X2k nu este surjectiva, dar esteinjectiva, prin urmare egalitatea ϕ(f) = 0 · f = 0 are loc daca si numai daca f = 0.

6.133. Intrucat restul ımpartirii lui p la X − λ este p(λ), exista q ∈ K[X] astfelıncat p = (X − λ)q + p(λ). Rezulta ca p(A) − p(λ)In = (A − λIn)q(A), de undeurmeaza ca det(p(A) − p(λ)In) = det(A − λIn) det q(A) = 0 · det q(A) = 0. Decip(λ) este valoare proprie a lui p(A). Considerand p = Xn se obtine partea a douadin enunt.

6.134. Pentru cazul dimV < ∞ aceasta problema este o consecinta a problemeianterioare, ınsa cele doua cazuri nu necesita a fi tratate diferentiat. Daca x 6= 0si λ ∈ K sunt vector, respectiv valoare proprie (corespunzatoare) pentru f atuncif(x) = λx implica f 2(x) = f(f(x)) = f(λx) = λf(x) = λ2x. Inductiv, se obtinefn(x) = λnx, pentru orice n ∈ N∗. Prin urmare,

p(f)(x) = (a01V + a1f + · · · + anfn)(x) = a0x+ a1f(x) + · · · + anf

n(x)

= a0x+ a1λx+ · · ·+ anλnx = (a0 + a1λ+ · · · + anλ

n)x = p(λ)x.

6.135. i) Amintim definitia determinantului unei matrice B = (bij) de tipul (n, n)cu elemente dintr-un inel comutativ:

detB =∑

σ∈Sn

(−1)inv σb1σ(1)b2σ(2) · · · bnσ(n).


Luand B = A−XIn deducem

detB = (a11 −X)(a22 −X) · · · (ann −X) +∑

σ∈Sn\{e}(−1)inv σb1σ(1)b2σ(2) · · · bnσ(n),

unde primul termen este dat de permutatrea identica σ = e. Daca σ 6= e atunciexista i ∈ {1, . . . , n} astfel ıncat j = σ(i) 6= i, de unde rezulta ca produsul cores-punzator lui σ nu contine factorii (X − aii) si (X − ajj), deci are gardul cel mult

n− 2. Cerinta din enunt se obtine notand q =∑

σ 6=e

(−1)inv σb1σ(1)b2σ(2) · · · bnσ(n).

ii) Din i) rezulta an = (−1)n si an−1 = (−1)n(a11 + a22 + · · · + ann), iar din pA =det(A−XIn) urmeaza a0 = pA(0) = detA.

iii) Rezulta din ii) si din relatiile lui Viete.

iv) Din i) deducem ca termenul lui pA de gradul n− 2 se obtine adunand termenulde gradul n− 2 din (a11 −X)(a22 −X) · · · (ann −X) care este

(−1)n−2(a11a22 + a11a33 + · · ·+ a11ann + · · · + an−1n−1ann)

cu termenii de gradul n− 2 din produsele furnizate de σ = (ij), i 6= j, care sunt

−(a11−X) · · ·(ai−1 i−1−X)aij(ai+1 i+1−X) · · ·(aj−1 j−1−X)aji(aj+1 j+1−X) · · ·(ann−X),

cu i < j. Rezulta ca an−2 este egal cu

(−1)n−2(a11a22+a11a33 + · · · + a11ann + · · · + an−1n−1ann) − (−1)n−2∑

i<j

aijaji =

=(−1)n−2∑

i<j

∣∣∣∣aii aij

aji ajj

∣∣∣∣ = (−1)n∑

i<j

∣∣∣∣aii aij

aji ajj

∣∣∣∣ .

6.136. i) f = bm(X − x1) · · · (X − xm) ⇒ f(A) = bm(A − x1In) · · · (A − xmIn) ⇒det f(A) = bnm det(A− x1In) · · ·det(A− xmIn) = bnmpA(x1) · · ·pA(xm).

ii) Din pA = det(A−XIn) = (λ1 −X)(λ2 −X) · · · (λn −X) si

f(A) = bm(A− x1In) · · · (A− xmIn)

rezulta

det f(A) = bnm det(A− x1In) · · ·det(A− xmIn)

= bnm[(λ1 − x1) · · · (λn − x1)][(λ1 − x2) · · · (λn − x2)] · · · [(λ1 − xn) · · · (λn − xn)]

= f(λ1)f(λ2) · · ·f(λn).

Aplicand cele de mai sus polinomului g = f − λ primim

det g(A) = det(f(A) − λIn) = (f(λ1) − λ) · · · (f(λn) − λ),

adica pf(A)(λ) = (f(λ1) − λ) · · · (f(λn) − λ), de unde rezulta ca valorile proprii alelui f(A) sunt f(λ1), . . . , f(λn).

265

6.137. a) Valorile proprii ale lui f sunt solutiile ecuatiei det([f ]v − λI4) = 0, adica

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 − λ 1 0 20 −1 − λ 1 20 0 2 − λ 30 0 0 −2 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0 ⇔ (1 − λ)(−1 − λ)(2 − λ)(−2 − λ) = 0.

Acestea sunt λ1 = 1, λ2 = −1, λ3 = 2, λ4 = −2. Vectorii proprii ai lui f suntelementele multimii (V (1) ∪ V (−1) ∪ V (2) ∪ V (−2)) \ {0}. Avem

V (1) =

x1v1 + x2v2 + x3v3 + x4v4 | ([f ]v − I4)

x1

x2

x3

x4

=

0000

,

adica V (1) este dat de solutiile sistemului

0 1 0 20 −2 1 20 0 1 30 0 0 −3

x1

x2

x3

x4

=

0000

⇔

x1 = αx2 = 0x3 = 0x4 = 0

, α ∈ R.

Obtinem V (1) = {αv1 | α ∈ R} = 〈v1〉. In mod analog se obtine

V (−1) = 〈v1 − 2v2〉, V (2) = 〈v1 + v2 + 3v3〉, V (−2) = 〈v1 + 5v2 + 3v3 − 4v4〉.

b) Intrucat valorile proprii ale lui f sunt distincte, vectorii proprii

v′1 = v1, v′2 = v1 − 2v2, v

′3 = v1 + v2 + 3v3, v

′4 = v1 + 5v2 + 3v3 − 4v4

sunt liniar independenti, deci v′ = (v′1, v′2, v

′3, v

′4) este o baza a lui V .

c) Folosind definitia matricei unei transformari liniare se obtine

[f ]v′ =

1 0 0 00 −1 0 00 0 2 00 0 0 −2

.

6.138. Indicatie. f(v1 + 2v2) = v1 + 2v2 ∈ S si f(v2 + v3 + 2v4) = v2 + v3 + 2v4 ∈ S.

6.139. Daca A este similara cu o matrice triunghiulara T , adica exista o matriceS ∈ GLn(K) astfel ıncat S−1AS = T , atunci

pT (λ) = det(S−1AS − λIn) = det(S−1AS − λS−1S)

= det(S−1) det(A− λIn) detS = det(A− λIn) = pA(λ).

Rezulta ca elementele de pe diagonala principala a lui T ∈Mn(K) sunt radacinile luipA. Demonstram prin inductie dupa n ca daca pA are toate radacinile ın K atunci Aeste similara cu o matrice triunghiulara. Aceasta proprietate este adevarata pentrun = 1. O presupunem adevarata pentru n− 1 cu n > 1. Fie λ1 o valoare proprie si


v1 un vector propriu corespunzator lui λ1. Exista o baza v = (v1, · · · , vn) a lui Kn.Relativ la v, endomorfismul

tA : Kn → Kn, tA(x1, . . . , xn) = A

x1...xn

are matricea de forma

A′ =

λ1 a′12 . . . a′1n

0 a′22 . . . a′2n...

......

0 a′n2 . . . a′nn

si pA(λ) = pA′(λ) = (λ1 − λ)

∣∣∣∣∣∣∣

a′22 − λ . . . a′2n...

...a′n2 . . . a′nn − λ

∣∣∣∣∣∣∣= (λ1 − λ)pA′′, unde A′′ este

matricea obtinuta din A′ prin suprimarea primei linii si primei coloane. Din ipotezaproblemei si din pA(λ) = (λ1 − λ)pA′′ rezulta ca pA′′ are toate radacinile ın K.Acum, din ipoteza inductiei, urmeaza ca A′′ este similara cu matricea triunghiulara

T ′′, adica exista P ∈ GLn−1(K) astfel ıncat P−1A′′P = T ′′. Luand Q =

(1 OO P

)

si L = (a′12 . . . a′1n) avem

Q−1A′Q =

(λ1 LPO P−1AP

)=

(λ1 LPO T ′′

),

iar ultima matrice este triunghiulara si similara cu A.

6.140. i) Matricele transformarilor date ın bazele canonice sunt

[f ]e =

(−3 42 −1

)= A, [g]e =

(1 11 −1

)= B, [h]e′ =

−1 2 22 2 2−3 −6 −6

= C,

prin urmare, pf = det(A − XI2) = X2 + 4X − 5, pg = det(B − XI2) = X2 − 2,ph = det(C −XI2) = −X(X2 + 5X + 6).ii) Valorile proprii ale endomorfismului f sunt solutiile ecuatiei pf(λ) = 0, adicaλ1 = 1, λ2 = −5, valorile proprii ale lui g sunt solutiile ecuatiei pg(λ) = 0, adicaλ′1 = −

√2, λ′2 =

√2, iar valorile proprii ale lui h sunt solutiile ecuatiei ph(λ) = 0,

adica λ′′1 = 0, λ′′2 = −2, λ′′3 = −3.iii) Subspatiul propriu Vf(λi) al lui f corespunzator valorii proprii λi este formatdin solutiile sistemului liniar si omogen scris sub forma matriceala astfel:

(A− λiI2)

(xy

)=

(00

).

Notand A = (aij) se obtine sistemul

{(a11 − λi)x+ a12y = 0a21x + (a22 − λi)y = 0.

267

Prin calcule se obtine

Vf(λ1) = {(a, a) | a ∈ R} = 〈(1, 1)〉, Vf(λ2) = {(−2a, a) | a ∈ R} = 〈(−2, 1)〉.

Analog se obtin subspatiile Vg(λ′1) = {(a,−(1 +

√2)a) | a ∈ R} = 〈(1,−1 −

√2)〉 si

Vg(λ′2) = {(a, (

√2−1)a) | a ∈ R} = 〈(1,

√2−1)〉. Subspatiul propriu Vh(λ

′′i ) al lui h

corespunzator valorii proprii λ′′i este format din solutiile sistemului liniar si omogenscris sub forma matriceala astfel:

(C − λiI3)

xyz

=

000

.

Notand C = (cij) se obtine sistemul

(c11 − λi)x+ c12y + c13z = 0c21x + (c22 − λi)y + c23z = 0c31x + c23y + (c32 − λi)z = 0.

Astfel, avem

Vh(λ′′1) = {(0,−a, a) | a ∈ R} = 〈(0,−1, 1)〉, Vh(λ′′2) = {(−2a, a, 0) | a ∈ R} = 〈(−2, 1, 0)〉,Vh(λ′′1) = {(−a, 0, a) | a ∈ R} = 〈(−1, 0, 1)〉.

iv) Din faptul ca valorile proprii ale lui f , g si h sunt din R si sunt diferite rezultaca f , g si h sunt diagonalizabile, sistemele de vectori v = (v1, v2), cu v1 = (1, 1),v2 = (−2, 1) si v′ = (v′1, v

′2), cu v′1 = (1,−1 −

√2), v′2 = (1,

√2 − 1) formeaza baze

ın R2, v′′ = (v′′1 , v′′2 , v

′′3), cu v′′1 = (0,−1, 1), v′′2 = (−2, 0, 1), v′′3 = (−1, 0, 1) formeaza

o baza ın R3 si

[f ]v =

(1 00 −5

), [g]v′ =

(−√

2 0

0√

2

), [h]v′′ =

0 0 00 −2 00 0 −3

.

Matricea de trecere de la e la v, respectiv v′ este

S =

(1 −21 1

), T =

(1 1

−1 −√

2√

2 − 1

)

iar de la e′ la v′′ este

U =

0 −2 −1−1 1 01 0 1

.

Avem

S−1 =1

3

(1 2−1 1

), T−1 =

1

2√

2

( √2 − 1 −1

1 +√

2 1

), U−1 =

−1 −2 −1−1 −1 −11 2 2

si[f ]e = S[f ]vS

−1, [g]e = T [g]v′T−1, [h]e′ = U [h]v′′U

−1.


Rezulta ca

([f ]e)n = S

(1 00 (−5)n

)S−1, ([g]e)

n = T

((−

√2)n 0

0 (√

2)n

)T−1,

([h]e′)n = U

0 0 00 (−2)n 00 0 (−3)n

U−1.

6.141. Raspuns. 1) i) Polinoamele caracteristice sunt pf = −X3 + 6X2 − 11X + 6,

pg = (4 − X)(−2 − X)(7 − X). ii) Valorile proprii ale lui f respectiv g sunt λ1 = 1,

λ2 = 2, λ3 = 3, respectiv λ1 = −2, λ2 = 4, λ3 = 7. iii) Subspatiile proprii ale lui f

respectiv g sunt Vf (1) = 〈(1, 0,−1)〉, Vf (2) = 〈(2,−1, 0)〉, Vf (3) = 〈(0, 1,−1)〉 respectiv

Vg(−2) = 〈(3,−2, 0)〉, Vg(4) = 〈(1, 0, 0)〉, Vg(7) = 〈(24, 8, 9)〉.

6.142. Indicatie. Nu are valori proprii ın R.

6.143. Indicatie. Nu are valori proprii ın R.

6.144. Indicatie. i) A are doua valori proprii distinte ın R \ Q. ii) B are doua valori

proprii distinte ın C \ R.

6.145. Indicatie. Se procedeaza ca ın problema 6.140.

6.146. i) pA(λ) =

∣∣∣∣a− λ bb d− λ

∣∣∣∣ = λ2−(a+d)λ+(ad−bc) = λ2−Tr(A)λ+detA,

unde Tr(A) = a + d este urma lui A.ii) Din teorema lui Cayley-Hamilton rezulta ca pA(A) = O2, ceea ce implica A2 =(a + d)A, de unde se deduce An = (a + d)n−1A.

iii) pA(A) = O2 ⇒ A(A− (a+ d)I2) = (ad− bc)I2 ⇒ A−1 =1

detA(A− (a+ d) · I2).

iv) Matricea A ∈ Mn(R) este diagonalizabila ın Mn(R), respectiv Mn(C) numai ınurmatoarele situatii:1) polinomul caracteristic al lui A are doua radacini diferite ın R, respectiv C —ceea ce ınseamna ca A are doua valori proprii distincte — ın acest caz avem ∆ > 0,respectiv ∆ 6= 0;

2) polinomul caracteristic al lui A are o radacina (reala) dubla λ1 = λ2 =a+ d

2si

dim V (λ1) = 2 − rang(A− λ1I2) = 2, ceea ce este echivalent cu rang(A− λ1I2) = 0si are loc daca si numai daca a = d si b = c = 0.

6.147. Indicatie. i) Fie e o baza a lui V . Procedand ca la punctul iv) al problemei

anterioare avem f diagonalizabil daca si numai daca rang([f ]e − λIn) = 0, ceea ce are loc

daca si numai daca [f ]e = λIn.

6.148. Fie pA = (−1)nXn + an−1Xn−1 + · · · + a1X + a0 polinomul caracteristic

al lui A. Avem a0 = detA 6= 0, iar din teorema lui Cayley-Hamilton rezulta capA(A) = On. Deducem ca

A((−1)nAn−1 + an−1An−2 + · · ·+ a1In) = a0In = ((−1)nAn−1 + an−1A

n−2 + · · ·+ a1In)A,

deci A−1 = g(A), cu g =1

a0

((−1)nXn−1 + an−1Xn−2 + · · · + a1).

269

6.149. Polinomul caracteristic al lui A este pA = −X3 +4X2 − 5X − 2. Daca q si rsunt catul, respectiv restul ımpartirii ın R[X] a polinomului f = X4−11X2+22X lapA atunci f(A) = pA(A)q(A) + r(A) = r(A). Avem r = 8, prin urmare f(A) = 8I3.

6.150. a) i) Polinomul caracteristic al lui A este

pA = det(A−XI4) = (X − 2)3(X − 3)

cu radacinile λ1 = 2, λ2 = 3 care au ordinele de multiplicitate m1 = 3 si m2 = 1.Subspatiul propriu corespunzator lui 2 este V (2) = Ker(f − 2 · 1V ), iar

[f − 2 · 1V ]e = A− 2I4 =

0 −1 0 10 1 −1 00 1 −1 00 −1 0 1

= A1.

Din formula dimV (2) = dim(Ker(f − 2 · 1V )) + dim(Im(f − 2 · 1V )) si din faptul ca

dim(Im(f − 2 · 1V )) = rangA1 = 2

rezultar1 = dimV (2) = 4 − rangA1 = 4 − 2 = 2 < m1,

de unde urmeaza ca A nu este diagonalizabila si ca exista ın J doua blocuri Jordancare au pe 2 situat pe diagonala principala. Daca Vg(2) este subspatiu propriugeneralizat al lui f corespunzator lui 2 atunci

dimVg(2) = m1 = 3 si Vg(2) = Ker(f − 2 · 1V )3.

Avem

A2 = (A− 2I4)2 =

0 −2 1 10 0 0 00 0 0 00 −2 1 1

= (A− 2I4)

3

si r2 = rangA1 − rangA2 = 2 − 1 = 1. Formam urmatoarea schema de puncte

• ••

Prima linie contine r1 puncte, iar a doua r2 puncte. Numarul coloanelor, adica r1indica numarul blocurilor Jordan corespunzatoare lui λ1 = 2. Deci fiecrei coloane ıicorespunde un bloc Jordan, iar numarul punctelor de pe coloana coincide cu ordinulmatricei bloc corespunzatoare. Prin urmare, primei colane ıi corespunde matricea

(2 10 2

),

iar celei de-a doua ıi corespunde matricea ( 2 ) si submatricea lui J corespunzatoarelui λ1 = 2 este

J1 =

2 1 00 2 00 0 2

.


Remarcam ca numarul total de puncte din schema coincide cu dimVg(2). Radaci-na λ2 = 3 fiind simpla, rezulta ca V (3) = Vg(3) si dimV (3) = m2 = 1. Deci

submatricea lui J corespunzatoare lui λ2 = 3 este J2 = ( 3 ). In concluzie, formacanonica Jordan a lui A este

J =

2 1 0 00 2 0 00 0 2 00 0 0 3

.

ii) Avem V = Vg(2) ⊕ Vg(3) si subspatiile Vg(2), Vg(3) sunt invariante relativ la f .Baza cautata se obtine reunind bazele canonice Jordan ale restrictiilor fi = f |Vg(λi),i = 1, 2. Determinam baza canonica Jordan a lui f1. Avem

(x1, x2, x3, x4) ∈ V (2) ⇔ A1

x1

x2

x3

x4

=

0000

⇔

−x2 + x4 = 0x2 − x3 = 0x2 − x3 = 0−x2 + x4 = 0

⇔{x3 = x2

x4 = x2

si

(x1, x2, x3, x4) ∈ Vg(2) ⇔ A2

x1

x2

x3

x4

=

0000

⇔ x4 = 2x2 − x3,

de unde deducem

V (2) = {(a, b, b, b) | a, b ∈ R}, Vg(2) = {(a, b, c, 2b− c) | a, b, c ∈ R}.

Vectorii v1 = (1, 0, 0, 0), v2 = (0, 1, 2, 0), v3 = (0, 1, 0, 2) formeaza o baza a lui Vg(2)si v2, v3 ∈ Vg(2) \ V (2). Alegem un vector din Vg(2) \ V (2), de exemplu pe v2 si unvector din V (2), de exemplu pe v1, liniar independent de (f − 2 · 1V )(v2) si formamo baza Jordan a lui f1 folosind schema de la i) astfel:

• (f − λ11V )(v2) • v1

• v2

Avem (f −λ11V )(v2) = (−1,−1,−1,−1) = v′2, iar baza Jordan a lui f1 este formatadin ciclurile c1 = (v′2, v2) si c2 = (v1).

Radacina λ2 = 3 fiind simpla, rezulta ca V (3) = Vg(3) si f2 este diagonalizabila.

Intrucat

A− 3I4 =

−1 −1 0 10 0 −1 00 1 −2 00 −1 0 0

= B

avem

(x1, x2, x3, x4) ∈ V (3) ⇔ B

x1

x2

x3

x4

=

0000

⇔

−x1 − x2 + x4 = 0−x3 = 0

x2 − 2x3 = 0−x2 = 0

⇔

x1 = x4

x2 = 0x3 = 0

271

de unde deducem V (3) = {(a, 0, 0, a) | a ∈ R}. Orice vector nenul din V (3), deexemplu, vectorul v3 = (1, 0, 0, 1) formeaza o baza Jordan pentru f2. Prin urmare,v = (v′2, v2, v1, v3) este baza Jordan pentru f si [f ]v = J .iii) Daca S este matricea de trecere de la baza e la baza v, adica

S =

−1 0 1 1−1 1 0 0−1 2 0 0−1 0 0 1

atunci J = S−1AS.b) i) Polinomul caracteristic al lui A este

pA = det(A−XI4) = (X − 2)2(X − 4)2

cu radacinile λ1 = 2 si λ2 = 4 care au ordinele de multiplicitate m1 = 2 si m2 = 2.Subspatiul propriu corespunzator lui 2 este V (2) = Ker(f − 2 · 1V ), iar

[f − 2 · 1V ]e = A− 2I4 =

0 −4 2 2−2 −2 1 3−2 −2 1 3−2 −6 3 5

= A1

si r1 = dimV (2) = dimV − rangA1 = 4 − 2 = 2 = m1, adica multiplicitateageometrica a lui λ1 coincide cu multiplicitatea sa algebrica. Deci Vg(2) = V (2).Notand f1 = f |V (2) rezulta ca f1 este diagonalizabila, iar schema asociata matriceisale Jordan este

• •ceea ce ne arata ca submatricea lui J1 a lui J corespunzatoare lui λ1 = 2 este formatadin blocurile ( 2 ), ( 2 ), adica

J1 =

(2 00 2

).

Subspatiul propriu corespunzator lui λ2 = 4 este V (4) = Ker(f − 4 · 1V ), iar

[f − 4 · 1V ]e = A− 4I4 =

−2 −4 2 2−2 −4 1 3−2 −2 −1 3−2 −6 3 3

= B1,

r2 = dim V (4) = dimV − rangB1 = 4 − 3 = 1 si dimVg(4) = m2 = 2. Notandf2 = f |Vg(4) rezulta ca f2 nu este diagonalizabila, iar schema asociata matricei saleJordan este

••

ceea ce ne arata ca submatricea lui J2 a lui J corespunzatoare lui λ2 = 4 este formatadintr-un singur bloc, adica

J2 =

(4 10 4

).


In concluzie,

J =

2 0 0 00 2 0 00 0 4 10 0 0 4

.

ii) Avem V = V (2) ⊕ Vg(4) si

(x1, x2, x3, x4) ∈ V (2) ⇔ A1

x1

x2

x3

x4

=

0000

⇔

−4x2 + 2x3 + 2x4 = 0−2x1 − 2x2 + x3 + 3x4 = 0−2x1 − 2x2 + x3 + 3x4 = 0−2x2 − 6x2 + 3x3 + 5x4 = 0

⇔{

2x3 + 2x4 = 4x2

x3 + 3x4 = 2x1 + 2x2⇔{x3 = −x1 + 2x2

x4 = x1

ceea ce arata ca V (2) = {(a, b, 2b− a, a) | a, b ∈ R} si

v1 = (2, 1, 0, 2), v2 = (0, 1, 2, 0)

formeaza o baza a lui V (2). Conform schemei asociate lui λ1 = 2, orice doi vectoriliniar independenti ai lui V (2), de exemplu v1 si v2 formeaza o baza Jordan pentruf1. Acum determinam o baza Jordan pentru f2. Avem

(x1, x2, x3, x4) ∈ V (4) ⇔ B1

x1

x2

x3

x4

=

0000

⇔

−2x2 + 2x3 + 2x4 = 0−2x1 − 4x2 + x3 + 3x4 = 0−2x1 − 2x2 − x3 + 3x4 = 0−2x2 − 6x2 + 3x3 + 7x4 = 0

⇔

−2x1 − 4x2 + 2x3 = −2x4

−2x1 − 4x2 + x3 = −3x4

−2x1 − 2x2 − x3 = −3x4

⇔

x1 = 0x2 = x4

x3 = x4

de unde deducem V (4) = {(0, a, a, a, a) | a, b ∈ R} si (0, 1, 1, 1) formeaza o baza alui V (4). Urmarind scema asociata lui λ2 = 4 deducem ca baza Jordan a lui f2 seobtine din schema

• (f − 4 · 1V )(v3)

• v3

unde v3 ∈ Vg(4)\V (4). Pentru a afla pe v3 putem urma calea de la a) de determinarea lui Vg(4) care conduce la rezolvarea ecuatiei matriceale

B2

x1

x2

x3

x4

=

0000

, unde B2 = (A− 4I4)

2,

ceea ce necesita calcule mai dificile. Vectorul v3 se poate alege dintre vectorii dinR4 care verifica ecuatia

B1

x1

x2

x3

x4

=

0111

.

273

Rezolvand sistemul de ecuatii provenit din aceasta ecuatie se deduce ca v3 poatefi v3 = (1,−1,−1, 0). Deci (f − 4 · 1V )(v3) = (0, 1, 1, 1) = v′3 si baza Jordan a luif2 este formata din ciclul c = (v′3, v3). Prin urmare, v = (v1, v2, v

′3, v3) este o baza

Jordan pentru f si [f ]v = J .iii) Daca S este matricea de trecere de la baza e la v, adica

S =

2 0 0 11 1 1 −10 2 1 −12 0 1 0

atunci J = S−1AS.

6.151. i) Polinomul caracteristic al lui A este pA = det(A−XI6) = X6. Deci f areo singura valoare proprie λ = 0 cu multiplicitatea m = 6. Rezulta ca Vg(0) = V si

r1 = dim V (0) = dimV − rangA = 6 − 3 = 3. Intrucat

A2 =

0 0 0 2 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

,

urmeaza ca r2 = rangA− rang(A2) = 3− 1 = 2. Din r1 = 3, r2 = 2 si din faptul caschema asociata are 6 = dimVg(0) puncte rezulta r3 = 1. Intrucat exista o singuravaloare proprie, forma canonica Jordan este determinata de schema

• • •• ••

de unde deducem ca J este formata din 3 blocuri care corespund la cele trei coloanedin schema:

J1 =

0 1 00 0 10 0 0

, J2 =

(0 10 0

), J3 = ( 0 ),

deci

J =

0 1 0 0 0 00 0 1 0 0 00 0 0 0 1 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

.

ii) Avemf(x1, x2, x3, x4, x5, x6) = (x2, 2x4, x6, 0, 0, 0),

f 2(x1, x2, x3, x4, x5, x6) = f(x2, 2x4, x6, 0, 0, 0) = (2x4, 0, 0, 0, 0, 0),

f 3(x1, x2, x3, x4, x5, x6) = (0, 0, 0, 0, 0, 0),


f − 0 · 1R6 = f, (f − 0 · 1R6)2 = f 2, (f − 0 · 1R6)3 = f 3.

DeciV (0) = Ker(f − 0 · 1R6) = {(x1, 0, x3, 0, x5, 0) | x1, x3, x5 ∈ R},

Ker(f − 0 · 1R6)2 = {(x1, x2, x3, 0, x5, x6) | x1, x2, x3, x5, x6 ∈ R},Vg(0) = Ker(f − 0 · 1R6)3 = R3.

Folosind baza canonica a lui R3 = Vg(0) vom construi o baza canonica alui f .Avand ın vedere schema de mai sus, baza Jordan va fi formata din trei cicluri datede coloanele schemei

• f 2(v1) • f(v2) • v3

• f(v1) • v2

• v1

undev1 ∈ Vg(0) \ Ker f 2, v2 /∈ Ker f si v2 /∈ 〈v1, f(v1), f

2(v1)〉,iar v3 este liniar independent de f(v2). Luand v1 = (0, 0, 0, 1, 0, 0) = e4 avem

v1 /∈ Ker f 2, f(v1) = (0, 2, 0, 0, 0, 0) = 2e2 = v′1, f2(v1) = (2, 0, 0, 0, 0, 0) = 2e1 = v′′1

de unde obtinem primul ciclu c1 = (v′′1 , v′1, v1). Luand v2 = (0, 0, 0, 0, 0, 1) = e6 avem

v2 /∈ Ker f, v2 /∈ 〈c1〉, f(v2) = (0, 0, 1, 0, 0, 0) = e3 = v′2

de unde obtinem al doilea ciclu c2 = (v′2, v2). In final putem lua v3 = e5 si obtinemc3 = ( v3 ). Reunind cele trei cicluri, obtinem baza Jordan

v = (v′′1 , v′1, v1, v

′2, v2, v3).

Mentionam ca J = S−1AS, unde

S =

2 0 0 0 0 00 2 0 0 0 00 0 0 1 0 00 0 1 0 0 00 0 0 0 0 10 0 0 0 1 0

este matricea de trecere de la baza e la baza v.

6.152. Polinomul caracteristic al lui A este

pA = det(A− λI4) = (a−X)4.

Deci A are o singura valoare proprie cu multiplicitatea m = 4. Avem

A− aI4 =

0 a a a0 0 a a0 0 0 a0 0 0 0

= A1, r1 = 4 − rangA1 = 4 − 3 = 1,

275

de unde rezulta ca valorii proprii a ıi corespunde un singur bloc ın forma canonicaJordan J a lui A. Intrucat a este singura valoare proprie, rezulta ca J coincide cuacest bloc, care are schema

••••

Deci

J =

a 1 0 00 a 1 00 0 a 10 0 0 a

.

Alta solutie: Prezentam ın continuare o alta metoda pentru determinarea formeicanonice Jordan a unei matrici A ∈ Mn(K), apoi o vom ilustra folosind matriceadin enunt. Aceasta metoda este comoda ıntrucat se bazeaza pe efectuarea de trans-formari elementare asupra matricei A − XIn ∈ Mn(K[X]). Mentionam, ınsa, caavantajul metodei prezentate anterior consta ın faptul ca daca A este matricea unuiendomorfism f atunci odata cu obtinerea formei canonice Jordan se obtine si obaza canonica Jordan pentru f . Numim transformari elementare asupra unei matriceA′ ∈ Mn(K[X]) ınmultirea elementelor unei linii (coloane) cu un element nenul din K,adunarea la o linie (coloana) a altei linii (coloane) ınmultite cu un polinom si permutateaa doua linii (coloane) ale matricii. Matricile obtinute prin transformari elementare din A′

sunt echivalente cu A′. Prin transformari elementare, matricea A′ poate fi adusa la o formadiagonala ın care elementele de pe diagonala divid fiecare pe cel care ıi urmeaza (ınspredreapta-jos) ın felul urmator: ıntre toate matricele echivalente cu A′, alegem pe cea careare ın coltul stanga-sus polinomul nenul de grad cel mai mic dintre toate polinomele caresunt elemente ın toate matricile echivalente cu A′; acest polinom divide toate elementeledin prima linie si prima coloana, prin urmare, putem forma elemente nule pe prima liniesi prima coloana; se considera apoi submatricea rezultata prin eliminarea primei linii siprimei coloane, cu care se procedeaza analog, s.a.m.d. Matricea astfel obtinuta se numesteforma diagonala canonica. Fie r =rangA′ si

d11 0 . . . 0 0 . . . 00 d22 . . . 0 0 . . . 0...

......

......

0 0 . . . drr 0 . . . 00 0 . . . 0 0 . . . 0...

......

......

0 0 . . . 0 0 . . . 0

forma diagonala canonica a matricei A′. Avem d11|d22, d22|d33,. . . , dr−1 r−1|drr. Poli-noamele Ir−k = dkk (1 ≤ k ≤ r) se numesc factorii invarianti ai lui A′, iar puterilemaxime ale polinoamelor ireductibile care apar ın descompunerea fiecarui factor invariantse numesc divizori elementari ai lui A′. Pentru a determina forma canonica Jordan a uneimatrici A se procedeaza astfel:

i) se calculeaza valorile proprii ale lui A;

ii) se determina divizorii elementari ai matricei A′ = A−XIn;


iii) daca λ e valoare proprie si (X − λ)k1 ,. . . ,(X − λ)kl sunt divizorii elementari asociatilui λ atunci ın forma canonica Jordan J vor aparea blocurile Jordan

Jki(λ) =

λ 1 0 . . . 00 λ 1 . . . 0...

......

...0 0 0 . . . λ

∈Mki

(K), (i = 1, . . . , l).

Matricea J este suma directa a tuturor blocurilor astfel obtinute. In cazul nostru,

A′ = A−XI4 =

a−X a a a0 a−X a a0 0 a−X a0 0 0 a−X

.

Schimarea primelor doua coloane aduce ın coltul stanga-sus pe a care este polinomde grad 0 si care divide toate elementele din linia si coloana sa. Prin urmare, avem

A′ ∼

a a−X a aa−X 0 a a

0 0 a−X a0 0 0 a−X

∼

a a(a−X) a aa−X 0 a a

0 0 a−X a0 0 0 a−X

(s-a ınmultit coloana 2 cu a ∈ R∗). Efectuam transformari elementare asupracoloanelor matricei obtinute pentru a obtine elemente nule ın prima linie si obtinemmatricea

a 0 0 0a−X −(a−X)2 X X

0 0 a−X a0 0 0 a−X

.

Efectuam transformari elementare asupra liniilor matricei obtinute pentru a obtineelemente nule ın prima coloana si obtinem matricea

a 0 0 00 −(a−X)2 X X0 0 a−X a0 0 0 a−X

.

Permutand liniile 2 si 3, iar apoi coloanele 2 si 4, ın pozitia (2,2) va ajunge polinomula de grad 0, care divide toate elementele din linia si coloana sa. Cu matricea obtinutaprocedam ca mai sus si obtinem succesiv:

A′ ∼

a 0 0 00 a a−X 00 X X −(a−X)2

0 a−X 0 0

∼

a 0 0 00 a a(a−X) 00 X aX −(a−X)2

0 a−X 0 0

∼

a 0 0 00 a 0 00 X X2 −(a−X)2

0 a−X −(a−X)2 0

∼

a 0 0 00 a 0 00 0 X2 −(a−X)2

0 0 −(a−X)2 0

277

c4+c3∼

a 0 0 00 a 0 00 0 X2 −a2 + 2aX0 0 −a2 + 2aX −X2 −a2 + 2aX −X2

Din terorema ımpartirii cu rest ın R[X] avem

−X2 + 2aX − a2 = (2aX − a2)

(− 1

2aX +

3

4

)− a2

4.

Rezulta ca scazand din linia 4 linia 3 ınmultita cu1

2aX +

3

4si ınmultind apoi linia

4 cu 4a avem

A′ ∼

a 0 0 00 a 0 00 0 X2 −a2 + 2aX0 0 2X3 − 7aX2 + 8a2X − 4a3 −a3

Inmultim coloana 4 cu −1

a, ın matricea rezultata ınmultim linia 3 cu a2 si permutam

coloanele 3 si 4 apoi liniile 3 si 4 si avem

A′ ∼

a 0 0 00 a 0 00 0 a2 2X3 − 7aX2 + 8a2X − 4a3

0 0 a2(a− 2X) a2X2

l4−(a−2X)l3∼

a 0 0 00 a 0 00 0 a2 2X3 − 7aX2 + 8a2X − 4a3

0 0 0 a2X2 − (a− 2X)(2X3 − 7aX2 + 8a2X − 4a3)

∼

a 0 0 00 a 0 00 0 a2 00 0 0 4(a−X)4

∼

a 0 0 00 a 0 00 0 a 00 0 0 (a−X)4

Rezulta ca λ = a este singura valoare proprie a lui A si avem un singur divizorelementar si anume (a−X)4 caruia ıi corespunde un singur bloc Jordan care coincidecu forma canonica Jordan

J =

a 1 0 00 a 1 00 0 a 10 0 0 a

.

6.153. Matricele similare au acelasi polinom caracteristic, deci aceeasi urma siacelasi determinant. Urmele acestor matrice sunt TrA = 5 = TrB = TrC,TrD = 3. Rezulta ca D nu este similara cu niciuna dintre matricile A,B,C.Determinantii matricelor A, B si C sunt detA = 4 = detB = detC si polinoamelelor caracteristice sunt pA = −(X − 1)(X − 2)2 = pB = pC , prin urmare A,B,C potfi similare. Pentru a stabili daca sunt sau nu similare, se determina forma canonica


Jordan pentru fiecare dintre cele trei matrici, respectiv JA, JB, JC . Intrucat λ1 = 1este radacina simpla, blocul corespunzator lui λ1 ın JA, JB, JC este ( 1 ). Deter-minam blocurile corespunzatoare radacinii duble λ2 = 2. Avem

A− 2I3 =

−5 3 −2−7 4 −31 −1 0

, B − 2I3 =

−2 1 −1−4 2 −2−2 1 −1

,

C − 2I3 =

−2 −1 −1−3 −3 −27 5 4

,

3 − rang(A− 2I3) = 3 − rang(C − 2I3) = 1, 3 − rang(B − 2I3) = 2.

Rezulta ca lui λ2 = 2 ıi corespunde ın JA si JC un singur bloc,

(2 10 2

), iar ın JC

doua blocuri, ( 2 ) si ( 2 ). Prin urmare, avem

JA =

1 0 00 2 10 0 2

, JB =

1 0 00 2 00 0 2

, JC =

1 0 00 2 10 0 2

,

adica JA = JC 6= JB, de unde deducem ca A este similara cu C, iar B nu estesimilara nici cu A, nici cu C.

6.154. Raspuns.

a)

1 0 00 2 00 0 −1

, b)

−1 0 00 −1 10 0 −1

, c)

2 1 00 2 10 0 2

, d)

1 1 0 00 1 0 00 0 1 10 0 0 1

.

Capitolul 7

Corpuri comutative. Teoria lui

Galois

7.1. Raspuns. Orice numar a ∈ Q este algebric pentru ca este radacina a apolinomului

nenul f = X−a ∈ Q[X]. Numerele irationale n√

2, n√

3 cu n ∈ N, n ≥ 2 sunt algebrice pentu

ca fn = Xn − 2 ∈ Q[X]∗, gn = Xn − 3 ∈ Q[X]∗ si fn( n√

2) = 0 = gn( n√

3). Polinoamele f ,

fn, gn sunt ireductibile peste Q (ireductibilitatea lui fn si gn se poate stabili cu criteriul

lui Eisenstein). Deci f , respectiv fn, gn este polinomul minimal al lui a, respectiv n√

2,n√

3. Numerele en, πn cu n ∈ N∗ sunt trancendente. Justificarea acestei afirmatii ın cazul

n = 1 necesita mijloace analitice.

7.2. Indicatie. Fie A multimea numerelor algebrice. Din i2 + 1 = 0 rezulta i ∈ A, ceea

ce, ımpreuna cu Q ⊆ A si cu faptul ca A este subcorp al lui C implica a+ bi ∈ A pentru

orice a, b ∈ Q, adica Q(i) ⊆ A. Aceasta incluziune rezulta si din faptul ca extinderea

Q ≤ Q(i) este finita, deci algebrica. Numerele de forma π + ai, a + πi, cu a ∈ Q, sunt

transcendente pentru ca din apartenenta lor la A ar rezulta π ∈ A, ceea ce este fals.

7.3. Indicatie. Avem 1 + π, 1 − π,1

1 + π∈ T dar (1 + π) + (1 − π) = 2 /∈ T si

(1 + π) · 1

1 + π= 1 /∈ T .

7.4. Fie A multimea numerelor algebrice si z = a− bi. Din z ∈ A rezulta ca existaf ∈ Q[X], f 6= 0 astfel ıncat f(z) = 0, ceea ce implica f(z) = 0, adica z ∈ A. Din

z, z, i ∈ A si din faptul ca A este un subcorp al lui C rezulta caz + z

2= a ∈ A si

z − z

2i= b ∈ A. Invers, din a, b, i ∈ A deducem a + bi ∈ A.

7.5. Folosind incluziunea K ⊆ A si faptul ca A este un subcorp al lui K ′, se deducimediat implicatiile

u ∈ A⇒ u+ a ∈ A si u ∈ A⇒ u2 ∈ A.

Reciproc, daca u+a ∈ A atunci exista h ∈ K[X]∗ astfel ıncat h(u+a) = 0, de undededucem ca u este o radacina a polinomului g = h(X + a) ∈ K[X]∗, asadar u ∈ A.Daca u2 ∈ A atunci exista p ∈ K[X]∗ astfel ıncat p(u2) = 0, prin urmare u este oradacina a polinomului q = p(X2) ∈ K[X]∗ deci u ∈ A.

279

280 CAPITOLUL 7. CORPURI COMUTATIVE (SOLUTII)

Partea a doua este o generalizare a primei parti a problemei. Din K ⊆ A si Asubcorp ın K ′, se deduce ca u ∈ A implica f(u) ∈ A. Invers, din f(u) ∈ A urmeazaca exista g ∈ K[X]∗ astfel ıncat g(f(u)) = 0. Luand h = g(f(X)) ∈ K[X] avemgradh = (grad f)grad g ≥ 1 si h(u) = 0 ceea ce arata ca u ∈ A.


7.7. Solutia 1. Folosind definitia subcorpului generat, avem

√2 + i

√3 −

√2 = i

√3 ∈ R(

√2 + i

√3) ⇒ i

√3√3

= i ∈ R(√

2 + i√

3),

prin urmare

R ∪ {i} ⊆ R(√

2 + i√

3) ⇒ C ⊆ R(√

2 + i√

3) ⇒ C = R(√

2 + i√

3).

Rezulta imediat ca subcorpul prim al lui R(√

2 + i√

3) este P (C) = Q.Solutia 2. Conform problemei 7.4, numarul

√2+i

√3 este algebric. Un polinom cu

coeficienti reali care are ca radacina pe√

2+i√

3 va avea ca radacina si pe√

2−i√

3,prin urmare se divide cu polinomul

f = [X − (√

2 + i√

3)][X − (√

2 − i√

3)] = X2 − 2√

2X − 1 ∈ R[X].

Rezulta imediat ca polinomul miniml al lui√

2 + i√

3 peste R este f , ca gradulextinderii R ≤ R(

√2 + i

√3) este 2 si ca {1,

√2 + i

√3} este o baza a R-spatiului

vectorial R(√

2 + i√

3). Asadar,

R(√

2 + i√

3) = {a+ b(√

2 + i√

3) | a, b ∈ R} = {(a + b√

2) + ib√

3} | a, b ∈ R},

iar cum orice z = x + yi ∈ C (x, y ∈ R) poate fi scris sub forma (a + b√

2) + ib√

3,

cu a = x− y√

2√3

∈ R si b =y√3∈ R, avem R(

√2 + i

√3) = C.

7.8. Indicatie. Se foloseste definitia subcorpului generat. Avand ın vedere ca C = R(i),

rezolvarea acestei probleme se obtine prin generalizarea Solutiei 1 a problemei anterioare.

7.9. Indicatie. Un polinom cu coeficienti rationali care are ca radacina pe 1 +√

2 are

ca radacina si pe 1 −√

2, prin urmare polinomul minimal al lui 1 +√

2 peste Q este

f = [X − (1 +√

2)][X − (1 −√

2)] = X2 − 2X − 1 ∈ Q[X].

7.10. Indicatie. Fie α1 =√

2 +√

3, α2 =√

2 −√

3, α3 = −√

2 +√

3, α4 = −√

2 −√

3.

Polinomul f = (X −α1)(X −α2)(X −α3)(X −α4) = X4 − 10X2 +1 este ireductibil peste

Q deoarece nu are radacini rationale, iar daca scriem f = gh cu grad g = gradh = 2 atunci

polinoamele g, h sunt de forma a(X − αi)(X − αj) (a ∈ Q∗, i, j ∈ {1, 2, 3, 4}, i 6= j) prin

urmare g, h /∈ Q[X]. Se deduce ca f este polinomul minimal al lui α1 peste Q.

Observatie: Faptul ca√

2 +√

3 este algebric se poate deduce si astfel:

x =√

2 +√

3 ⇒ x2 − 2√

2x+ 2 = 0 ⇒ x2 − 1 = 2√

2x⇒ x4 − 10x+ 1 = 0

sau deducand ca√

2 si√

3 sunt algebrice si folosind faptul ca numerele algebrice formeaza

un subcorp al lui C.

281

7.11. Polinoamele f = X2 − 2 si g = X3 − 2 (din Q[X]) sunt ireductibile peste Qpentru ca grad f = 2, grad g = 3 si f, g nu au radacini ın Q. Intrucat f(

√2) = 0 si

g( 3√

2) = 0, iar coeficientii termenilor de grad maxim din f si g sunt 1, rezulta ca f ,respectiv g, este polinomul minimal al lui

√2, respectiv 3

√2. Prin urmare,

[Q(√

2) : Q] = 2, [Q(3√

2) : Q] = 3

si {1,√

2}, respectiv{1, 3√

2, ( 3√

2)2}

este o baza a Q-spatiului vectorial Q(√

2), res-

pectiv Q( 3√

2). Rezulta ca

Q(√

2) = {a+ b√

2 | a, b ∈ Q} si Q(3√

2) = {a + b3√

2 + c3√

4 | a, b, c ∈ Q}.

Din Q ≤ Q(√

2) si Q ≤ Q( 3√

2) si din faptul ca Q este un corp prim se deduce caP (Q(

√2)) = Q = P (Q( 3

√2)).

7.12. Raspuns. Fie d ∈ {2, 3}. Avem

Q(n√d) =

{a0 + a1

n√d+ · · · + an−1(

n√d)n−1 | ai ∈ Q, i ∈ {0, . . . , n− 1}

}.

7.13. Indicatie. Se poate folosi problema anterioara.

7.14. Indicatie. K = Q( n√

2).

7.15. Intrucat orice z ∈ C se scrie ın mod unic sub forma z = a + bi, a, b ∈ R,rezulta ca {1, i} este o baza a lui C ın R. Deci [C : R] = 2. Extinderea R ≤ C fiindfinita, este si algebrica, adica orice z ∈ C este algebric peste R. Daca z = a + bi,a, b ∈ R, b 6= 0, z = a−bi atunci din f ∈ R[X]∗ si f(z) = 0 rezulta f(z) = 0, de undededucem ca (X − z)(X − z) = X2 − 2aX + a2 + b2 ∈ R[X] este polinomul mininalal lui z peste R. Deci [R(z) : R] = 2, R(z) ≤ C, ceea ce ımpreuna cu [C : R] = 2implica C = R(z)

Observatie: Egalitatea R(z) = C se deduce si din R(z) ⊆ C = R(i), i = −ab+

1

bz ∈ R(z).

7.16. Raspuns. R si C.

7.17. Indicatie. Cum Q este subcorpul prim al lui C avem Q ⊆ K. Deci K = Q(z).

Pentru b = 0 avem K = Q, iar pentru b 6= 0 se deduce K = Q(i) = {a+ bi | a, b ∈ Q}.

7.18. Indicatii. Din solutia problemei 7.11 rezulta ca Q(√

2) = {a + b√

2 | a, b ∈ Q}.Subcorpul prim al lui Q(

√2) este Q si Q 6= Q(

√2). Prin urmare, subcorpul lui K generat

de u = a + b√

2 coincide cu subcorpul generat de Q ∪ {u}. Deci, pentru b = 0 avem

K = Q(a) = Q, iar daca b 6= 0 atunci K = Q(u) ⊆ Q(√

2) si√

2 = −ab

+1

bu, ceea ce

implica K = Q(√

2). Astfel, am aratat ca un numar u ∈ Q(√

2) genereaza corpul Q(√

2)

daca si numai daca u ∈ Q(√

2) \ Q. Aceasta concluzie se poate deduce si din faptul ca

[Q(√

2) : Q] = 2.

7.19. Elementul√

2 ∈ Q(i,√

2) este element algebric peste Q cu polinomul mini-mal f = X2 − 2, iar elementul i ∈ Q(i,

√2) este algebric peste Q(

√2) cu polinomul

minimal g = X2 + 1 (ireductibilitatea lui g peste Q(√

2) este o consecinta a ire-ductibilitatii lui g peste R). Prin urmare

[Q(i,√

2) : Q] = [Q(i,√

2) : Q(√

2)] · [Q(√

2) : Q] = 4.


Mai mult, 1,√

2 formeaza o baza a lui Q(√

2) peste Q si 1, i formeaza o baza a luiQ(i,

√2) peste Q(

√2), de unde, ınmultind aceste baze termen cu termen, deducem

ca o baza a lui Q(i,√

2) peste Q este formata din 1,√

2, i si i√

2. Deci

Q(i,√

2) = {a+ b√

2 + ci+ di√

2 | a, b, c, d ∈ Q}.

7.20. 1) Din u ∈ K ′ \ K rezulta K(u) 6= K, ceea ce implica [K(u) : K] > 1, iardin K < K(u) ≤ K ′ urmeaza [K ′ : K] = [K ′ : K(u)] · [K(u) : K], ceea ce, avandın vedere ca numarul [K ′ : K] este prim, implica [K ′ : K(u)] = 1, de unde deducemK ′ = K(u).2) Din 1) si din faptul ca ın acest caz K este subcorpul prim al lui K ′ rezulta casubcorpul generat de K ∪ {u}, adica K(u), coincide cu subcorpul generat de u.

7.21. Din punctul 2) al problemei anterioare rezulta ca subcorpurile lui K ′ sunt Ksi K ′.

7.22. Avem

u = 2 +√

3 ⇒ (u− 2)2 = 3 ⇒ u2 − 4u− 1 = 0,

v =4√

5 +√

5 ⇒(v −√

5)2 =√

5 ⇒ v2 − 2v√

5 + 5 =√

5 ⇒ v2 + 5 = (2v + 1)√

5

⇒ v4+10v2 + 25 = 20v2 + 20v + 5 ⇒ v4 − 10v2 − 20v + 20 = 0,

w =3√

2+3√

4 ⇒ w3 = 2+33√

2· 3√

4(3√

2+3√

4)+4 ⇒ w3 = 6+6w ⇒ w3−6w−6 = 0,

ceea ce ne arata ca f(u) = 0, g(v) = 0 si h(w) = 0, unde f = X2 − 4X − 1 ∈ Q[X],g = X4−10X2−20X+20 ∈ Q[X] si h = X3−6X−6 ∈ Q[X]. Asadar, numerele u,v, w sunt algebrice — ceea ce se poate deduce si din faptul ca termenii lui u, v si wsunt numere algebrice si multimea numerelor algebrice formeaza subcorp ın C. Dingrad f = 2, gradh = 3 si din faptul ca f si h nu au radacini ın Q rezulta ca f si hsunt ireductibile peste Q. Ireductibilitatea lui g se deduce din criteriul lui Eisensteinluand p = 5. Mentionam ca si ireductibilitatea lui h se poate deduce folosind criteriullui Eisenstein. Prin urmare, f , respectiv g si h sunt polinoamele minimale ale lui u,respectiv v si w peste Q. Rezulta ca extinderile Q ≤ Q(u), Q ≤ Q(v), Q ≤ Q(w) augradele 2, respectiv 4 si 3 si ca {1, u}, respectiv {1, v, v2, v3}, {1, w, w2} sunt bazeale Q-spatiilor vectoriale Q(u), respectiv Q(v) si Q(w). Deci,

Q(u) = {a+ bu | a, b ∈ Q} = {a+ b√

2 | a, b ∈ Q} = Q(√

2),

Q(v) = {a+ bv + cv2 + dv3 | a, b, c, d ∈ Q}, Q(w) = {a+ bw + cw2 | a, b, c ∈ Q}.

7.23. Indicatie.

√3

2=

1

2

√6 .

7.24. Indicatie. Aceasta problema generalizeaza problema anterioara. Daca u =p

q,

p, q ∈ Z, q 6= 0 atunci q√u =

√pq, iar pq se poate scrie pq = a2d, unde a ∈ N∗ si

d ∈ Z \ {1} este liber de patrate. Rezultaq

a

√u =

√d.

7.25. Daca d ∈ Z \ {1} este liber de patrate atunci√d este un numar algebric si

f = X2 − d este polinomul sau minimal. Rezulta ca extinderea Q ≤ Q(√d) are

283

gradul 2 si Q(√d) = {a + b

√d | a, b ∈ Q}. Presupunem ca extinderea Q ≤ K

are gradul 2. Rezulta ca pentru orice u ∈ K \ Q elementele 1, u formeaza o bazaa lui K peste Q, de unde urmeaza K = Q(u) si ca exista a, b ∈ Q astfel ıncat

u2 = a + bu, ceea ce implica

(u− b

2

)2

= a − b2

4. Notand v = u − b

2, avem

Q(v) = Q(u) = K. Mai mult, v /∈ Q este radacina a unui polinom de forma X2 − a,cu a ∈ Q si, desigur,

√a /∈ Q. Prin urmare Q(u) = Q(v) = Q(

√a) si aplicand

problema anterioara obtinem existenta unui ıntreg liber de patrate d pentru careQ(

√a) = Q(

√d). Deci, Q(u) = Q(

√d).

7.26. Indicatie. Fie 0′ si 1′ elementul zero, respectiv elementul unitate din P . Avem

P = {(m · 1′)(n · 1′)−1 | m,n ∈ Z, n · 1′ 6= 0′}.

7.27. Presupunem ca exista un izomorfism de corpuri f : Q(√

2) → Q(√

3). Dinproblema anterioara rezulta ca f(x) = x pentru orice x ∈ Q. Din f(

√2) ∈ Q(

√3)

rezulta f(√

2) = a+ b√

3 6= 0 (a, b ∈ Q), de unde, prin ridicare la patrat, se obtine

2 = a2 + 3b2 + 2ab√

3,

ceea ce, ımpreuna cu faptul ca√

3 este irational, implica a = 0 sau b = 0. Primul

caz ne conduce la absurditata

√2

3∈ Q, iar al doilea la absuditatea

√2 ∈ Q.

7.28. Daca f : Q(√d) → Q(

√d′) este un izomorfism atunci, ca ın problema an-

terioara se deduce ca f(x) = x pentru orice x ∈ Q. Din f(√d) ∈ Q(

√d′) rezulta

f(√d) = a + b

√d′ 6= 0 (a, b ∈ Q), de unde, prin ridicare la patrat, se obtine

d = a2 + d′b2 + 2ab√d′,

ceea ce, ımpreuna cu√d′ ∈ C \ Q, implica a = 0 sau b = 0. Din b = 0 se deduce

absurditatea√d ∈ Q. Deci b 6= 0 si a = 0 ceea ce implica d = b2d′, de unde

urmeazad

d′= b2. De aici si din faptul ca d si d′ sunt ıntregi liberi de patrate rezulta

d = d′. Implicatia inversa este o urmare a faptului ca aplicatia identica 1Q(√

d) esteizomorfism.

7.29. Indicatii. Daca f : Q(√d) → Q(

√d) este un automorfism atunci f(x) = x

pentru orice x ∈ Q. Din d = f(d) = f(√d ·

√d) = [f(

√d)]2 rezulta f(

√d) ∈ {−

√d,√d}.

Deci f ∈ {f1, f2}, unde f1(a + b√d) = a + b

√d si f2(a + b

√d) = a − b

√d. Evident

f1 = 1Q(

√d) este automorfism. Se verifica cu usurinta ca si f2 este automorfism. Prin

urmare, Aut(Q(√d)) = {f1, f2}.

7.30. Indicatie. Polinomul minimal al elementului 4√

2 este f = X4−2 si are radacinile± 4√

2, ±i 4√

2. Subcorpul K = Q(i 4√

2) al lui C nu este inclus ın R si

Q(4√

2) ≃ Q[X]/(f) ≃ K.

7.31. Raspuns. Q(ε 3√

2), unde ε este o radacina a lui X3 − 1 diferita de 1.


7.32. Indicatii. a) Ca ın solutia problemei 7.19 deducem ca [Q(√

3, i) : Q] = 4 si ca{1,

√3, i, i

√3} este o baza a lui Q(

√3, i) peste Q.

c) Din√

18 = 3√

2 = 3( 4√

2)2 ∈ Q( 4√

2) urmeaza Q(√

18, 4√

2) = Q( 4√

2). Din criteriul luiEisenstein rezulta ca polinomul f = X4 − 2 este ireductibil peste Q, ceea ce, ımpreuna cuf( 4

√2) = 0, ne arata ca f este polinomul minimal al lui 4

√2. Deci [Q(

√18, 4

√2) : Q] = 4 si

{1, 4√

2, 4√

4, 4√

8} este o baza a extinderii Q ≤ Q(√

18, 4√

2) = Q( 4√

2).d) Extinderea Q ≤ Q(

√3, i

√5,√

7) poate fi realizata astfel:

Q ≤ Q(√

3) ≤ Q(√

3,√

7) ≤ Q(√

3,√

7, i√

5),

de unde rezulta

[Q(√

3, i√

5,√

7) : Q] = [Q(√

3) : Q] · [Q(√

3,√

7) : Q(√

3)] · [Q(√

3, i√

5,√

7) : Q(√

3,√

7)].

Determinam gradele din membrul secund al acestei egalitati. Din ireductibilitatea polino-mului f1 = X2 − 3 peste Q si din f1(

√3) = 0 urmeaza ca f1 este polinomul minimal al lui√

3 peste Q, ca [Q(√

3) : Q] = 2 si ca {1,√

3} este o baza a extinderii

Q ≤ Q(√

3) = {a+ b√

3 | a, b ∈ Q}.

Intrucat egalitatea 7 = (a + b√

3)2, a, b ∈ Q este imposibila, rezulta ca f2 = X2 − 7 estepolinomul minimal al lui

√7 peste Q(

√3), de unde deducem ca [Q(

√3,√

7) : Q(√

3)] = 2 sica {1,

√7} este o baza a extinderii Q(

√3) ≤ Q(

√3,√

7). Din ireductibilitatea polinomuluif3 = X2 + 5 peste R urmeaza ireductibilitatea lui f3 peste Q(

√3,√

7), ceea ce, ımpreunacu f3(i

√5) = 0 arata ca f3 este polinomul minimal al lui i

√5 peste Q(

√3,√

7). Asadar,

[Q(√

3, i√

5,√

7) : Q(√

3,√

7)] = 2

si {1, i√

5} este baza a extinderii Q(√

3,√

7) ≤ Q(√

3, i√

5,√

7). Din cele de mai susobtinem [Q(

√3, i

√5,√

7) : Q] = 8 si ca

{1,√

3,√

3√

7 =√

21, i√

5, i√

3√

5 = i√

15, i√

5√

7 = i√

35, i√

3, i√

3√

5√

7 = i√

105 }

este o baza a extinderii Q ≤ Q(√

3, i√

5,√

7).

7.33. a) Din criteriul lui Eisenstein rezulta ca f este ireductibil peste Q. Deci[Q(α) : Q] = 3 si 1, α, α2 formeaza o baza a extinderii Q ≤ Q(α).b) Din f(α) = 0 deducem ca α3 = 6α2 − 9α− 3 si

α4 = 6α3 − 9α2 − 3α = 6(6α2 − 9α− 3) − 9α2 − 3α = 27α2 − 57α− 18.

Egalitatea de mai sus ne da coordonatele lui α4. Folosind acest rezultat si f(α) = 0deducem coordonatele lui α5:

α5 = 27α3 − 57α2 − 18α = 27(6α2 − 9α− 3) − 57α2 − 18 = 105α2 − 261α− 81.

Folosind coordonatele lui α4 si α5 obtinem coordonatele lui 3α5 − α4 + 2:

3α5 − α4 + 2 = −288α2 − 762α− 223.

Coordonatelel lui1

αse deduc din f(α) = 0 astfel:

f(α) = 0 ⇒ α(α2 − 6α + 9) = −3 ⇒ 1

α= −1

3α2 + 2α− 3.

285

Coordonatele inversului unui element a = a2α2 +a1α+a0 ∈ Q(α)∗ se pot determina

astfel: polinomul f fiind ireductibil, urmeaza ca f este relativ prim cu polinomulg = a2X

2 + a1X + a0, ceea ce implica existenta a doua polinoame u, v ∈ Q[X] astfelıncat uf + vg = 1; rezulta v(α)g(α) = 1, ceea ce implica a−1 = v(α). Polinoameleu si v se determina cu algoritmul lui Euclid. Folosind acest procedeu obtinem

f = (X + 1)(X2 − 7X + 16) − 13

care, ımpreuna cu f(α) = 0, implica (α + 1)(α2 − 7α + 16) = 13, de unde rezulta

1

α + 1=

1

13α2 − 7

13α +

16

13.

Prin ımpartiri succesive avem:

X = q1 X − 9 = q2X3 − 6X2 + 9X + 3 X2 − 6X + 8 X + 3

−X3 + 6X2 − 8X −X2 − 3Xr1 = X + 3 −9X + 8

9X + 27r2 = 35

de unde deducem

f = (X2 − 6X + 8)q1 + r1 si X2 − 6X + 8 = (X − 9)r1 + r2,

ceea ce implica

35 = r2 = X2 − 6X + 8 − r1(X − 9) = X2 − 6X + 8 − [f − (X2 − 6X + 8)q1](X − 9)

= −(X − 9)f + (X2 − 6X + 8)[1 +X(X − 9)].

Rezula 35 = (α2 − 6α + 8)(α2 − 9α + 1), adica

1

α2 − 6α+ 8=

1

35α2 − 9

35α +

1

35.

7.34. a) Polinoamele ireductibile din Z2[X] au gradul cel putin 1. Polinoamele degrad 1 sunt ireductibile. Acestea sunt

f1 = X si f2 = X + 1.

Un polinom de gradul 2 este de forma g = X2 + aX + b, cu a, b ∈ Z2. Deciexista 4 polinoame de grad 2 ın Z2[X]. Dintre acestea sunt reductibile polinoameleg1 = X2, g2 = (X + 1)2 = X2 + 1, g3 = X(X + 1) = X2 +X, iar

g4 = X2 +X + 1

este ireductibil. Un polinom de grad 3 este de forma g = X3 + aX2 + bX + c,cu a, b, c ∈ Z2. Deci exista 8 polinoame de grad 3 ın Z2[X]. Dintre acestea suntreductibile acelea care se descompun ın produse cu factorii (ireductibili) f1, f2 si g4

adica h1 = X3, h2 = (X + 1)3 = X3 + X2 + X + 1, h3 = X2(X + 1) = X3 + X2,


h4 = X(X + 1)2 = X(X2 + 1) = X3 +X, h5 = X(X2 +X + 1) = X3 +X2 +X sih6 = (X + 1)(X2 +X + 1) = X3 + 1, iar

h7 = X3 +X2 + 1 si h8 = X3 +X + 1

sunt ireductibile.b) Daca K este un corp cu 4 elemente atunci subcorpul sau prim este izomorf cuZ2, deoarece caracteristica sa este un numar prim care divide pe 4. Deci K se poateconsidera ca o extindere a lui Z2. Polinomul f = X2 +X+1 ∈ Z2[X] are gradul 2 sinu are nici o radacina ın Z2, prin urmare este ireductibil. Rezulta ca adjunctionandla Z2 o radacina α a lui f se obtine o extindere Z ≤ Z2(α) de gradul 2. Urmeazaca 1 si α formeaza o baza a acestei extinderi. Amintim ca Z2(α) = Z2[X]/(f) siα = X + (f). Deci Z2(α) = {a + bα | a, b ∈ Z2}, de unde rezulta ca Z2(α) esteun corp cu patru elemente. Notam K = Z2(α). Avem K = {0, 1, α, 1 + α}. Dinf(α) = 0 rezulta α2 = −α − 1 = 1 + α, egalitate care determina ınmultirea din K.De exemplu, α(1 + α) = α + α2 = α + α + 1 = 1. Astfel, tablele de adunare siınmultire din K sunt

+ 0 1 α 1 + α

0 0 1 α 1 + α

1 1 0 1 + α α

α α 1 + α 0 1

1 + α 1 + α α 1 0

· 0 1 α 1 + α

0 0 0 0 0

1 0 1 α 1 + α

α 0 α 1 + α 1

1 + α 0 1 + α 1 α

c) Polinomul g = X3 + X + 1 ∈ Z2[X] este ireductibil, prin urmare, extindereaZ2 ≤ Z2(α), unde g(α) = 0, are gradul 3 si 1, α, α2 este o baza a sa. Deci

Z2(α) = {a+ bα + cα2 | a, b, c ∈ Z2},

de unde deducem ca Z2(α) este un corp cu 8 elemente.

7.35. a) Un polinom f = X2 + aX + b ∈ Z3[X] este ireductibil daca si numai dacaf(0) 6= 0, f(1) 6= 0 si f(2) = f(−1) 6= 0. Prin urmare polinoamele ireductibile deforma f = X2+aX+b ∈ Z3[X] sunt: f1 = X2+1, f2 = X2+X+2,f3 = X2+2X+2.Celelalte polinoame ireductibile din Z3[X] sunt asociate ın divizibilitate cu acestea,deci sunt 2f1 = 2X2 + 2, 2f2 = 2X2 + 2X + 1, 2f3 = 2X2 +X + 1.b) Polinomul f1 = X2+1 fiind ireductibil peste Z3, rezulta ca extinderea Z3 ≤ Z3(α),unde f1(α) = 0, are gradul 2 si 1, α este o baza a sa. Prin urmare,

Z3(α) = {a+ bα | a, b ∈ Z3}.

Deci Z3(α) este un corp cu 9 elemente. Adunarea ın Z3 se efectueaza pe componente,iar ınmultirea este data de relatia f1(α) = 0, adica α2 = −1 = 2. Astfel, dacau = a+ bα, u′ = a′ + b′α ∈ Z3(α) atunci u+ u′ = (a+ a′) + (b+ b′)α si

uu′ = aa′ + (ab′ + a′b)α + bb′α2 = (aa′ − bb′) + (ab′ + a′b)α.

7.36. a) Corespondenta (a, b) 7→ X2 + aX + b realizeaza o bijectie ıntre K ×K simultimea P2 a polinoamelor de gradul 2 unitare din K[X]. Deci numarul polinoa-melor din P2 este q2. Un polinom din P2 este reductibil peste K daca si umai daca

287

are radacinile ın K. Corespondenta {α, β} 7→ (X − α)(X − β) realizeaza o bijectieıntre submultimile cu cate 2 elemente ale lui K si polinoamele din P2 care au ın Kradacini diferite, iar corespondenta α 7→ (X − α)2 realizeaza o bijectie ıntre K sipolinoamele din P2 care au o radacina dubla ın K. Deci numaul cerut este

q2 − C2q − q = q2 − q(q − 1)

2− q =

q2 − q

2.

b) Fie P3 multimea polinoamelor unitare de gradul 3 din K[X]. Numarul polinoa-melor din P3 este q3. Un polinom din P3 este reductibil peste K daca si numai dacaare cel putin o radacina ın K. Polinoamele din P3 care au o singura radacina ın Kse descompun sub forma (X − α)(X2 + aX + b), unde α ∈ K si X2 + aX + b ∈ P2

este ireductibil peste K, deci numarul lor este q · q2 − q

2. Polinoamele din P3 care au

o radacina multipla ın K se descompun sub forma (X −α)2(X −β) cu (α, β) ∈ K2,deci numarul acestora este q2. Polinoamele din P3 care au trei radacini diferite ın Kse descompun sub forma (X −α)(X − β)(X − γ), unde {α, β, γ} este o submultimea lui K formata din 3 elemente, deci numarul acestor polinoame este C3

q . Din celede mai sus rezulta ca numarul cerut este

q3 − q · q(q − 1)

2− q2 − q(q − 1)(q − 2)

6=q3 − q

3.

7.37. Raspuns. Notand cu Df (K) corpul de descompunere al lui f ∈ K[X] avem:a) Df (Q) = Q(−

√2,√

2) = Q(√

2) = {a+ b√

2 | a, b ∈ Q}, Df (R) = R(−√

2,√

2) = R;b) Df (Q) = Q(−i

√2, i

√2) = Q(i

√2) = {a+ bi

√2 | a, b ∈ Q}, Df (R) = R(i

√2) = C;

c) Daca ε este o radacina a luiX3−1 diferita de 1 atunciDf (Q) = Q(ε) = {a+bε | a, b ∈ Q}si Df (R) = R(ε) = C;

d) Df (Q) = Q

(1,

1 ± i√

3

2

)= Q(i

√3) = {a+ bi

√3 | a, b ∈ Q}, Df (R) = R(i

√3) = C;

e) Df (Q) = Q(− 4√

2, 4√

2,−i 4√

2, i 4√

2) = Q( 4√

2, i) = {a+ b 4√

2 + c 4√

4 + d 4√

8 + ei+ fi 4√

2 +gi 4√

4 + hi 4√

8 | a, b, c, d, e, f, g, h ∈ Q}, Df (R) = C;

f) Df (Q) = Q( 4√

2, i) pentru ca x1, x2x3, x4 ∈ Q( 4√

2, i) si i =x1

x2,

4√

2 =1

4

(x1 + x3

i

)3

∈

Q(x1, x2, x3, x4), unde x1,2 =

√2

2(1 ± i)

4√

2, x1,2 =

√2

2(−1 ± i)

4√

2 sunt radacinile lui f ,

Df (R) = C;

g) Df (Q) = Q(i√

3) = {a+ bi√

3 | a, b ∈ Q}, Df (R) = C.

7.38. a) Cum ε este generator al grupului Un, rezulta ca radacinile lui f sunt1, ε, ε2, . . . , εn−1. Prin urmare, Df(Q) = Q(1, ε, ε2, . . . , εn−1) = Q(ε).b) Radacinile lui g sunt u, uε, uε2, . . . , uεn−1, deci

Dg(Q) = Q(u, uε, uε2, . . . , uεn−1) = Q(u, ε).

7.39. Raspuns. G(Q,R) = {1R}, G(R,C) = {1C, σ}, unde σ(a + bi) = a − bi, si

G(Q,Q(i)) = {1Q(i), δ}, unde δ(a + bi) = a− bi.

7.40. Indicatie. K = {(m · 1′)(n · 1′)−1 | m,n ∈ Z, n · 1′ 6= 0′}, unde 0′, respectiv 1′,este elementul zero, respectiv unitate, din K ′.


7.41. 1) Radacinile lui f sunt x1 = 3√

2 = u, x2 = εu, x3 = εu2, unde ε este oradacina primitiva de ordinul 3 a unitatii, adica o radacina a lui g = X2 + X + 1.Rezulta ca D = Df(Q) = Q(u, εu, ε2u) = Q(ε, u). Polinomul munimal al lui u pesteQ este f , iar al lui ε peste Q(u) este g. Acum din Q ≤ Q(u) ≤ Q(u, i) = D deducem[D : Q] = [Q(u) : Q] · [D : Q(u)] = 3 · 2 = 6, iar o baza a extinderii Q ≤ D este{1, u, u2, ε, εu, εu2}. Deci

(1) D = {a1 + a2u+ a3u2 + a4ε+ a5εu+ a6εu

2 | ai ∈ Q, i ∈ {1, . . . , 6}}.

Polinomul f fiind separabil, rezulta ca ordinul grupului G = Gf (Q) este 6. Dinproblema anterioara urmeaza ca G = Aut(D). Un automorfism σ : D → D din Geste determinat de σ(ε) si σ(u). Intrucat polinomul g este ireductibil peste Q(u),urmeaza ca exista un singur Q(u)-automorfism σ1 : D → D pentru care avemσ1(ε) = ε2, rezulta ca σ1 este un Q-automorfism si σ1(u) = u, σ1(ε) = ε2, de undededucem σ2

1 = 1D. Polinomul f este ireductibil peste Q(ε), deci exista un singurQ(ε)-automorfism σ2 : D → D pentru care avem σ2(u) = εu. Prin urmare, σ2 esteun Q-automorfism si σ2(ε) = ε, σ2(u) = εu. Rezulta σ2

2(ε) = ε, σ22(εu) = ε2u si

σ32 = 1D. Prin urmare,

(σ2 ◦ σ1)(ε) = ε2, (σ2 ◦ σ1)(u) = εu si (σ22 ◦ σ1)(ε) = ε2, (σ2

2 ◦ σ1)(u) = ε2u.

Din cele de mai sus rezulta Gf(Q) = {1D, σ1, σ2, σ22, σ2 ◦ σ1, σ

22 ◦ σ1}. Sistematizam

valorile restrictiilor automorfismelor din Gf(Q) la {ε, u} ın urmatorul tabel:

1D σ1 σ2 σ22 σ2 ◦ σ1 σ2

2 ◦ σ1

ε ε ε2 ε ε ε2 ε2

u u u εu ε2u εu ε2u

Grupul Gf(Q) este necomutativ deoarece σ2 ◦ σ1 6= σ1 ◦ σ2 = σ22 ◦ σ1. Rezulta ca

grupul Gf (Q) este izomorf cu S3. Functia ϕ : Gf(Q) → S3 definita prin

σ 1D σ1 σ2 σ22 σ2 ◦ σ1 σ2

2 ◦ σ1

ϕ(σ) e (x2, x3) (x1, x2, x3) (x1, x3, x2) (x1, x2) (x1, x3)

este un izomorfism.2) Subgrupurile lui Gf (Q) sunt H1 = {1D}, H2 = 〈σ1〉 = {1D, σ1}, H3 = 〈σ2〉 ={1D, σ2, σ

22}, H4 = {1D, σ2 ◦ σ1}, H5 = {1D, σ

22 ◦ σ1} si H6 = Gf (Q). Diagrama

laticei subgrupurilor lui Gf(Q) este

◦

H2 ��

H3

H6

H400

0000

0000

000

H5AAAA

AAAA

AAAA

AAAA

A

◦

0000

0000

0000

0 ◦ ◦ ◦

}}}}

}}}}

}}}}

}}}}

}

◦H1

��

289

3) Fiecare Hi determina un subcorp al lui D

(2) Ki = {x ∈ D | σ(x) = x, ∀σ ∈ Hi},

numit subcorpul invariantilor lui Hi. Conform teoremei fundamentale a teoriei luiGalois, corespondenta Hi 7→ Ki realizeaza un antiizomorfism ıntre laticea sub-grupurilor lui Gf(Q) si laticea subcorpurilor lui D. Din (1) si (2) rezulta K1 = D,K2 = Q(u), K3 = Q(ε), K4 = Q(ε2u), K5 = Q(εu) si K6 = Q. Prin urmare,diagrama laticei subcorpurilor lui D este

◦

K2 ��

K3

K1

K400

0000

0000

000

K5AAAA

AAAA

AAAA

AAAA

A

◦

0000

0000

0000

0 ◦ ◦ ◦

}}}}

}}}}

}}}}

}}}}

}

◦K6

��

7.42. 1) Radacinile lui f sunt x1 = 4√

2 = u, x2 = −u, x3 = iu, x4 = −iu. Rezultaca D = Df (Q) = Q(u,−u, iu,−iu) = Q(i, u). Polinomul minimal al lui u peste Qeste f , iar al lui i peste Q(u) este g = X2 + 1. Acum din

Q ≤ Q(u) ≤ Q(u, i) = D

deducem [D : Q] = [Q(u) : Q] · [D : Q(u)] = 4 · 2 = 8, iar o baza a extinderii Q ≤ Deste {1, u, u2, u3, i, iu, iu2, iu3}. Deci

(1) D = {a1 + a2u+ a3u2 + a4u

3 + a5i+ a6iu+ a7iu2 + a8iu

3 | a1 ∈ Q, i ∈ {1, . . . , 8}}

Polinomul f fiind separabil rezulta ca ordinul grupului G = Gf (Q) este 8, deciGf(Q) nu este izomorf cu S4. Din problema 7.40 urmeaza G = Aut(D). Un

automorfism σ : D → D din G este determinat de σ(i) si σ(u). Intrucat polinomulg este polinom ireductibil peste Q(u) urmeaza ca exista un singur Q(u)-automorfismσ1 : D → D pentru care avem σ1(i) = −i. Rezulta ca σ1 este un Q-automorfism siσ1(u) = u, σ1(i) = −i, de unde deducem ca σ2

1 = 1D. Polinomul f este ireductibilpeste Q(i), deci exista un singur Q(i)-automorfism σ2 : D → D pentru care avemσ2(u) = iu. Deci σ2 este un Q-automorfism pentru care avem σ2(i) = i, σ2(u) = iu,de unde deducem σ2

2(u) = −u, σ22(i) = i, σ3

2(u) = −iu, σ32(i) = i si σ4

2 = 1D. Prinurmare,

(σ2 ◦ σ1)(u) = iu, (σ2 ◦ σ1)(i) = −i;(σ2

2 ◦ σ1)(u) = −u, (σ22 ◦ σ1)(i) = −i;

(σ32 ◦ σ1)(u) = −iu, (σ3

2 ◦ σ1)(i) = −i.

Din cele de mai sus rezulta Gf (Q) = {1D, σ1, σ2, σ22, σ

32, σ2 ◦ σ1, σ

22 ◦ σ1, σ

32 ◦ σ1} si

(2) σ21 = 1D, σ

42 = 1D, σ1 ◦ σ2 = σ3

2 ◦ σ1,


adica Gf(Q) este generat de σ1 si σ2 cu relatiile (2), de unde urmeaza ca Gf(Q) esteizomorf cu grupul diedral ∆4. Din (2) rezulta ca σ1 ◦ σ2 ◦ σ1 = σ−1

2 ceea ce implicaσ1 ◦ σk

2 ◦ σ1 = σ−k2 , de unde urmeaza σj

2σ1 ◦ σk2 ◦ σ1 = σj−k

2 .2) Folosind teorema lui Lagrange si relatiile stabilite, vom determina subgrupurile luiGf (Q). Subgrupurile proprii ale lui Gf(Q) pot avea ordinul 2 sau 4. Subgrupurilede ordinul 2 sunt ciclice si sunt generate de elemete de ordinul 2. Acestea suntH2 = 〈σ1〉 = {1D, σ1}, H3 = 〈σ2

2〉 = {1D, σ22}, H4 = 〈σ2 ◦ σ1〉 = {1D, σ2 ◦ σ1},

H5 = 〈σ22 ◦σ1〉 = {1D, σ

22 ◦σ1}, H6 = 〈σ3

2 ◦σ1〉 = {1D, σ32 ◦σ1}. Elementele de ordinul

4 sunt σ2 si σ32 asadar, exista un singur subgrup ciclic de ordinul 4, si anume H7 =

〈σ2〉 = {1D, σ2, σ22, σ

32} = 〈σ3

2〉. Fiecare subgrup neciclic de ordinul 4 contine pe 1D si3 elemente de ordinul 2, deci un astfel de subgrup nu contine pe σ2 si σ3

2 si nu includepe {σ1, σ2 ◦ σ1}, {σ1, σ

32 ◦ σ1}. Rezulta ca subgrupurile neciclice de ordinul 4 sunt

H8 = 〈σ1, σ22〉 = {1D, σ1, σ

22, σ

22 ◦ σ1} si H9 = 〈σ2

2, σ2 ◦ σ1〉 = {1D, σ22, σ2 ◦ σ1, σ

32 ◦ σ1}.

Mai notam H1 = {1D} si H10 = Gf(Q). Diagrama laticei subgrupurilor grupuluiGf (Q) este

◦H10

◦H8

�� ◦H7 ◦H9

<<<<<<<<<

◦

||||||||| ◦ ◦

????????

�� ◦ ◦

BBBBBBBBB

◦H2

PPPPPPPPPPPPP

H5

????????H1

H3K4

��

H6nnnnnnnnnnnnn

3) Subcorpul invariantilor unui subgrup Hi este

(3) Ki = {x ∈ D | σ(x) = x, ∀σ ∈ Hi}.

Corespondenta Hi 7→ Ki realizeaza un antiizomorfism ıntre laticea subgrupurilor luiGf (Q) si laticea subcorpurilor lui D. Din (1) si (3) rezulta K1 = D, K2 = Q( 4

√2),

K3 = Q(i, 4√

4), K4 = Q((1 + i) 4√

2), K5 = Q(i 4√

2), K6 = Q((1 − i) 4√

2), K7 = Q(i),K8 = Q( 4

√4), K9 = Q(i 4

√4), K10 = Q. Prin urmare, diagrama laticei subcorpuilor

lui D este◦

K2nnnnnnnnnnnnn

K5 ��

��

K1

K3K4??

????

??

K6PPPPPPPPPPPPP

◦BB

BBBB

BBB ◦ ◦

��

��

????

???? ◦ ◦

||||

||||

|

◦K8

<<<<

<<<<

< ◦K7 ◦K9

��

��

�

◦K10

7.43. 1) D = Df(K) = K( 3√

2, ε 3√

2, ε2 3√

2) = Q(ε, 3√

2) = K( 3√

2). Polinomulminimal al lui 3

√2 peste K este f . Rezulta ca [D : K] = 3,

D = {a+ b3√

2 + c3√

4 | a, b, c ∈ K}

si |Gf(K)| = 3. Orice automorfism σ ∈ Gf(K) este determinat de σ( 3√

2) si σ( 3√

2)este o radacina a lui f . Din ireductibilitatea lui f peste K rezulta ca exista unsingur K-automorfism σ1 : D → D astfel ıncat σ1(

3√

2) = ε 3√

2, de unde urmeaza

σ21(

3√

2) = ε2 3√

2 si σ31 = 1D.

291

Deci Gf(K) = {1D, σ1, σ21} ≃ Z3.

2) Subgrupurile lui Gf(K) sunt H1 = {1D} si H2 = Gf(K) si diagrama laticeisubgruprilor lui Gf(K) este

◦

H1

H2

◦3) Subcorpul invariantilor lui H1, respectiv H2, este K1 = D, respectiv K2 = K sidiagrama ceruta este

◦

K2

K1

◦7.44. 1) D = Df (K) = K( p

√2, ε p

√2, . . . , εp−1 p

√2) = Q(ε, p

√2) = K( p

√2). Polinomul

minimal al lui p√

2 peste Q este f , iar al lui ε peste Q este

g =Xp − 1

X − 1= Xp−1 + · · · +X + 1.

Ireductibilitatea lui g rezulta din problema 5.39. Prin urmare,

[Q(p√

2) : Q] = p, [K : Q] = 1 si [K(p√

2) : K] ≤ p.

Din

(∗) [D : Q] = [D : K] · [K : Q] = [D : K] · (p− 1)

si[D : Q] = [D : Q(

p√

2)] · [Q(p√

2) : Q] = [D : Q(p√

2)] · pdeducem ca p si p− 1 divid pe [D : Q] si [D : Q] ≤ p(p− 1), iar cum (p, p− 1) = 1,urmeaza ca [D : Q] = p(p− 1), ceea ce, ımpreuna cu (∗) implica [D : K] = p, adica[K( p

√2) : K] = p. Rezulta ca gradul lui p

√2 peste K este p, deci f este polinomul

minimal al lui p√

2 peste K, [D : K] = p,

D = {a1 + a2p√

2 + · · ·+ anp√

2p−1 | ai ∈ K, i ∈ {1, . . . , n}}

si |Gf(K)| = 3. Orice automorfism σ ∈ Gf (K) este determinat de σ( p√

2) si σ( p√

2)este o radacina a lui f . Din ireductibilitatea lui f peste K rezulta ca exista unsingur K-automorfism σ1 : D → D astfel ıncat σ1(

p√

2) = ε p√

2, de unde urmeaza

σk1 (

p√

2) = εk p√

2, k ∈ {1, . . . , p}.

Deci σp1 = 1D si Gf(K) = {1D, σ1, . . . , σ

p−11 } ≃ Zp.

2) Subgrupurile lui Gf(K) sunt H1 = {1D} si H2 = Gf(K) si diagrama laticeisubgruprilor lui Gf(K) este

◦

H1

H2

◦3) Subcorpul invariantilor lui H1, respectiv H2, este K1 = D, respectiv K2 = K sidiagrama ceruta este

◦

K2

K1

◦


7.45. Fie q = pn, f = Xq −X ∈ Zp[X] si D = Df(K) corpul radacinilor lui f pesteZp. Functia ϕ : D → D, ϕ(a) = ap este un automorfism al lui D, deci ψ = ϕp este unautomorfism al lui D, iar α ∈ D este radacina a lui f daca si numai daca ψ(α) = α,de unde se deduce ca radacinile lui f formeaza un subcorp al lui D. Rezulta ca Dcoincide cu acest subcorp, deci |D| = q pentru ca f nu are radacini multiple, ceeace implica [D : Zp] = n. Grupul (D∗, ·) fiind ciclic, exista a ∈ D∗ care genereaza pe(D∗, ·). Rezulta ca D = Zp(a), de unde se deduce ca polinomul minimal g = Zp[X]al lui a are gradul n. Deci g este un polinom ireductibil de gradul n.

7.46. Indicatie. P este izomorf cu Q sau Zp.

7.47. Fie x1, x2 radacinile lui f din C\R si D corpul de descompunere al lui f pesteK. Din ireductibilitatea lui f peste K rezulta [K(x1) : K] = p, ceea ce ımpreuna cuK ≤ K(x1) ≤ D ne arata ca p divide pe [D : K]. Corpul K fiind perfect (pentru caare caracteristica ∞) si f ∈ K[X] fiind ireductibil urmeaza ca f este separabil, deunde deducem ca |Gf(K)| = [D : K]. Deci numarul prim p divide ordinul grupuluiGf (K), de unde rezulta ca exista σ ∈ Gf(K) de ordinul p. Amintim ca restrictiaunui automorfism τ ∈ Gf(K) la radacinile x1, x2, x3, . . . , xp ale lui f este o permutareτ ′ ∈ Sp, iar functia ϕ : Gf(K) → Sp, ϕ(τ) = τ ′ este un omomorfism injectiv. Rezultaca permutarea σ′ = ϕ(τ) are ın grupul Sp ordinul p, de unde deducem ca σ′ este unciclu de lungime p, pentru ca orice permutare din Sp se descompune ın produs decicluri disjuncte si ordinul unui produs este c.m.m.m.c. al ordinelor factorilor. Pe dealta parte, din D = K(x1, x2, x3, . . . , xp) unde x3, . . . , xp sunt radacinile lui f din Rsi din faptul ca conjugarea complexa permuta pe x1 cu x2 si lasa fixe elementele dinK(x3, . . . , xp) urmeaza ca conjugarea induce un K(x3, . . . , xp)-automorfism al lui D,care prin ϕ trece ın transpozitia (x1, x2). Deci subgrupul Imϕ al lui Sp contine un

ciclu de lungime p si o transpozitie. Intrucat un ciclu de lungime p si o transpozitiegenereaza pe Sp (vezi problema 2.85) rezulta ca Imϕ = Sp. Astfel am aratat ca ϕeste un izomorfism.

7.48. Notand f = X(X2 − 4)(X2 + 2) − 2, avem f ∈ Q[X] si grad f = 5.Reprezentand grafic functia g : R → R, g(x) = x(x2 − 4)(x2 + 2) constatam cagraficul lui g intersecteaza dreapta y = 2 ın trei puncte. Deci f are exact 3 = 5 − 2radacini reale. Folosind Criteriul lui Eisenstein se deduce ca f este ireductibil pesteQ. Acum, din problema anterioara se deduce ca Gf (Q) ≃ S5, iar S5 fiind neresolubil,urmeaza ca ecuatia f(x) = 0 nu este rezolvabila prin radicali.

Bibliografie

[1] Andrica, D.; Duca, I. D.; Purdea, I.; Pop, I.: Matematica de baza, Editura Studium,Cluj-Napoca, 2002.

[2] Andrica, D.; Deaconescu, M.; Schechter, M.; Culegere de probleme de algebra liniara,Litografia Univ. ,,Babes–Bolyai”, Cluj-Napoca, fasc. 1 (Spatii liniare), 1976, fasc. 2(Omomorfisme de spatii liniare), 1979.

[3] Albu, T.; Ion, I. D.: Itinerar elementar ın algebra superioara, Editura ALL, Bucuresti,1997.

[4] Both, N.: Culegere de probleme de algebra, fasc. II, Litografia Univ. ,,Babes–Bolyai”,Cluj-Napoca, 1978.

[5] Both, N.; Crivei, S.: Culegere de probleme de algebra, Litografia Univ. ,,Babes–Bolyai”, Cluj-Napoca, 1997.

[6] Bourbaki, N.: Theorie des ensembles, Hermann, Paris, 1970.

[7] Breaz, S.; Covaci, R.: Elemente de logica, teoria multimilor si aritmetica, EdituraFundatiei pentru Studii Europene, Cluj-Napoca, 2006.

[8] Calugareanu, Gr.: Lectii de algebra liniara, Litografia Univ. ,,Babes–Bolyai”, Cluj-Napoca, 1995.

[9] Calugareanu, Gr.; Breaz, S.; Modoi, C.; Pelea, C.; Valcan, D.: Exercises in AbelianGroup Theory, Kluwer Academic Publishers, Dordrecht–Boston–London, 2003.

[10] Calugareanu, Gr.; Hamburg, P.: Exercises in Basic Ring Theory, Kluwer AcademicPublishers, Dordrecht–Boston–London, 1998.

[11] Cohn, P. M., Universal algebra, Harper and Row, New York, Evanston and London,1965.

[12] Covaci, R.: Algebra si programare liniara, Litografia Univ. ,,Babes–Bolyai”, Cluj-Napoca, 1986.

[13] Fuchs, L.: Infinite Abelian Groups. Vol. I, Pure and Applied Mathematics, Vol. 36,Academic Press, New York–London, 1970.

[14] Gratzer, G., Universal algebra. Second edition, Springer–Verlag, 1979.

[15] Ion, I. D.; Ghioca, A. P.; Nedita, N. I.: Matematica, Algebra, Manual pentru clasa aXII-a, Editura Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1988.

293

294 BIBLIOGRAFIE

[16] Ion, I. D.; Nita, C.; Nastasescu, C.: Complemente de algebra, Editura Stiintifica siEnciclopedica, Bucuresti, 1984.

[17] Ion, I. D.; Nita, C.; Popescu, D.; Radu, N.: Probleme de algebra, Editura Didacticasi Pedagogica, Bucuresti, 1981.

[18] Ion, I. D.; Radu, N.: Algebra, Editura Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1991.

[19] Kargapolov, M.; Merzliakov, I.: Osnovı teorii grupp, Moscova, 1972.

[20] Lavrov, I. A.; Maksimova, I. I.: Probleme de teoria multimilor si logica matematica,Editura Tehnica, Bucuresti, 1974.

[21] Kuros, A. G.: Teoria grupurilor, Editura Tehnica, Bucuresti, 1959.

[22] Liapin, E., etc.: Uprajneniia po teorii grupp, Moscova, 1967.

[23] MacLane, S.; Birkhoff, G.: Algebra, Macmillan Company, New York, 1967.

[24] Mac Lane, S.; Birkhoff, G.: Algebre. Solutions developpees des exercices, Gauthier–Villars, Paris, 1re partie (Ensembles, groupes, anneaux, corps - Weil, J.; Hoc-quemiller, J.) 1972, 2e partie (Algebre lineaire - Allouch, D.; Mezard, A.; Vaillant,J. C.; Weil, J.) 1973, 3e partie (Les grands theoremes - Mezard, A.; Delorme, Ch.;Lavit, Ch.; Raoult, J. C.) 1976.

[25] Nastasescu, C.: Introducere ın teoria multimilor, Editura Didactica si Pedagogica,Bucuresti, 1974.

[26] Nastasescu, C.; Nita, C.; Vraciu, C.: Bazele algebrei. Vol. I, Editura Academiei,Bucuresti, 1986.

[27] Nastasescu, C.; Tena, M.; Andrei, G.; Otarasanu. I.: Probleme de structuri algebrice,Editura Academiei, Bucuresti, 1988.

[28] Nita, C.; Spircu, T.: Probleme de structuri algebrice, Editura Tehnica, Bucuresti,1974.

[29] Pic, Gh.: Algebra superioara, Editura Didactica si Pedagogica, Bucuresti, 1966.

[30] Purdea, I.: Tratat de algebra moderna. Vol. II, Editura Academiei, Bucuresti, 1982.

[31] Purdea, I.: Culegere de probleme de algebra. Relatii, functii si algebre universale,Litografia Univ. ,,Babes–Bolyai”, Cluj-Napoca, 1996.

[32] Purdea, I.: Culegere de probleme de teoria grupurilor, Litografia Univ. ,,Babes–Bolyai”, Cluj-Napoca, 1997.

[33] Purdea, I.; Pic, Gh.: Tratat de algebra moderna. Vol. I, Editura Academiei, Bucuresti,1977.

[34] Purdea, I.; Pop, I.: Algebra. Editura GIL, Zalau, 2003.

[35] Riguet, J.: Relations binaires, fermetures, correspondances de Galois, Bull. Soc.Math. France, 76, 1-4 (1948), 114–155.

BIBLIOGRAFIE 295

[36] Sierpinski, W., Cardinal and ordinal numbers, PWN – Polish Scientific Publishers,Warsaw, 1961.

[37] Szasz, G.: Theorie des treillis, Akademiai Kiado, Budapest, 1971.

[38] Vagner, V. V.: Teoria otnosenii i algebra ciasticinıh otobrajenii, Saratov, 1965.

296 BIBLIOGRAFIE

Index

ınchiderea unei multimi (relativ la un ope-rator de ınchidere), 22

ıntreg liber de patrate, 58

actiune (a unui grup pe o multime), 48tranzitiva, 48

algebraBoole, 21

cardinal, 26al unui ordinal, 27infinit, 27

clasa unui element dupa o pereche de sub-grupuri, 45

complement (al unui element ıntr-o laticeBoole), 21

componenta primara (a unui grup abe-lian), 53

congruenta modulo n, 36corespondenta Galois, 24corpul cuaternionilor, 61Criteriul lui Eisenstein, 76

derivata formala a unui polinom, 66diamantul, 21diferenta simetrica, 42discriminantul unui polinom, 68divizori elementari ai unei matrice, 275duala

unei baze, 90unei transformari liniare, 90

dualulunui spatiu vectorial, 90

elementcentral, 56idempotent, 31imediat anterior, 18imediat urmator, 18reductibil, 230regular, 37

regulat, 33elemente

permutabile, 42

factori invarianti ai unei matrice, 275forma

n-liniara, 91biliniara, 91

antisimetrica, 92diagonalizabila, 93simetrica, 92

diagonala canonica (a unei matrice),275

liniara, 90multiliniara

alterna, 91antisimetrica, 91

patratica, 93polara (a unei forme patratice), 93

formulele lui Newton, 67functie

n-liniara, 90(K-)multiliniara, 90aditiva, 89biliniara, 91

grupcu torsiune, 43hamiltonian, 46

grupul altern, 41grupul cuaternionilor, 39grupul diedral, 46grupul general liniar, 41, 207grupul lui Klein, 44grupul radacinilor de ordinul n ale unitatii,

43

inelBoole, 57local, 78

inelul diferentelor (unui semiinel), 69

297

298 INDEX

injectii canonice, 12izometrie, 46

laticeBoole, 21distributiva, 21modulara, 20

matricea unei forme biliniare, 92a unei forme patratice, 93antisimetrica, 259simetrica, 259triangulabila, 96

multimefinita, 144infinita, 144numarabila, 25

multimibine ordonate izomorfe, 27echivalente, 25

nongenerator, 36, 51nucleu

al unei perechi de functii, 156al unei perechi de omomorfisme, 156

numerele lui Gauss, 85

operatie indusa, 30operator de ınchidere, 22

algebric, 23orbita, 48ordinal, 27ordonare lexicografica, 27

partea de torsiune (a unui grup), 43partea periodica (a unui semigrup ciclic),

36pentagon, 20permutari disjuncte, 40polinom

simetric omogen, 217unitar, 101

predecesor imediat, 18produs a doua ordinale, 27produs fibrat, 155puterea continuului, 26

redusul modulo p al unui polinom, 77

relatiecirculara, 14difunctionala, 15

reuniune disjuncta de multimi, 12rezultanta a doua polinoame, 67

semigrupciclic, 36regular, 37

semiinel, 69comutativ, 69

semilatice, 31, 32sistem de ınchidere, 22

algebric, 23sistem fundamental de solutii (al unui sis-

tem liniar si omogen), 88stabilizator, 49subcorpul invariantilor, 289subdistributivitate, 20subgrup

maximal, 51subgrupoid

maximal, 36subgrupoidul lui Frattini, 36subgrupul lui Frattini, 51submodularitate, 20submonoid, 41submultime ınchisa (relativ la un opera-

tor de ınchidere), 22succesor imediat, 18suma a unei familii de ordinale, 28

teorema chineza a resturilor, 75teorema fundamentala a algebrei (d’Alembert-

Gauss), 230teorema fundamentala a aritmeticii, 230teoremele de izomorfism pentru grupoizi

teorema ıntai, 156teorema a doua, 156teorema a treia, 157

tip al unui semigrup ciclic, 36

Documents

IOAN PURDEA COSMIN PELEAleoreanu/depozit/PROBLEME... · Prefa¸t˘a Aceast˘a culegere de probleme urmeaz˘a structura cursului ,,Algebra” de Ioan Pur-dea ¸si Ioana Pop ([34]),