Morfisme de inele; transportul de structură: pe scurt

Lecția face parte din suplimentul pentru Bacalaureat M1, pe programa veche, cea a sesiunilor 2027–2029. Morfismul de inele $f:A\to A^{\prime }$ are trei condiții, nu două: $f(x+y)=f(x)+f(y)$, $f(xy)=f(x)f(y)$ și $f(1)=1^{\prime }$. A treia nu decurge din primele două — contraexemplul-etalon este $g(x)=\left(\begin{array}{cc}x& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$, care respectă ambele operații, dar duce unitatea într-o matrice neinversabilă. Un morfism bijectiv se numește izomorfism, se scrie $A\simeq A^{\prime }$, iar inversa lui este tot izomorfism. Orice morfism păstrează $0$, opusele, puterile și inversele, deci duce $U(A)$ în $U(A^{\prime })$; orice morfism de corpuri este injectiv, deci devine izomorfism de îndată ce e surjectiv.

Transportul de structură este rețeta pentru legile deghizate $x\oplus y=x+y-a$ și $x\otimes y=(x-a)(y-a)+a$: se ia $f(x)=x-a$, se verifică cele trei condiții și bijectivitatea, apoi axiomele se transferă, nu se reverifică. Elementele remarcabile se citesc prin $f^{-1}$: zeroul este $a$, unitatea este $a+1$, simetricul față de $\oplus$ este $x^{\prime }=2a-x$, iar simetricul față de $\otimes$, definit pentru $x\ne a$, este $a+\frac{1}{x-a}$. Pe $\mathbb{R}$ se obține un corp izomorf cu $(\mathbb{R},+,\cdot )$; pe $\mathbb{Z}$, inversabilele sunt doar $a-1$ și $a+1$. Două inele nu sunt izomorfe dacă diferă prin cardinal, comutativitate, existența divizorilor lui zero sau grupul unităților.

Exerciții din această mini-lecție

1. Funcția $g:\mathbb{R}\to {\mathcal{M}}_2(\mathbb{R})$, $g(x)=\left(\begin{array}{cc}x& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$, nu este morfism de inele deoarece:

   • a) nu respectă adunarea
   • b) nu respectă înmulțirea
   • c) nu duce elementul unitate în elementul unitate
   • d) nu este injectivă
   Vezi răspunsul

   Răspuns corect: c) nu duce elementul unitate în elementul unitate

   Se verifică direct că $g(x+y)=g(x)+g(y)$ și $g(xy)=g(x)g(y)$, deci ambele operații sunt respectate. Cade însă a treia condiție: $g(1)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)\ne I_2$. Consecința se vede imediat — $1$ e inversabil în $\mathbb{R}$, dar imaginea lui are determinantul nul, deci nu e inversabilă. Funcția $g$ este de fapt injectivă, deci enunțul care neagă injectivitatea este fals.

2. Pe $\mathbb{R}$ se definesc legile $x\oplus y=x+y+14$ și $x\otimes y=xy+14x+14y+182$. Elementul unitate al lui $\otimes$ este:

   • a) $-14$
   • b) $-13$
   • c) $14$
   • d) $1$
   Vezi răspunsul

   Răspuns corect: b) $-13$

   Grupăm: $x\otimes y=(x+14)(y+14)-14$, deci legile sunt cele deghizate cu $a=-14$. Zeroul este $a=-14$, iar unitatea este $a+1=-13$. Verificare: $x\otimes (-13)=(x+14)(-13+14)-14=x+14-14=x$. Varianta $-14$ este elementul nul, adică singurul element neinversabil, nu unitatea.

3. Pentru legile $x\oplus y=x+y+14$ și $x\otimes y=(x+14)(y+14)-14$ definite pe $\mathbb{R}$, izomorfismul cu $(\mathbb{R},+,\cdot )$ este dat de funcția:

   • a) $f(x)=x+14$
   • b) $f(x)=14x$
   • c) $f(x)=x-14$
   • d) $f(x)=x+13$
   Vezi răspunsul

   Răspuns corect: a) $f(x)=x+14$

   Pentru legile deghizate cu parametrul $a$, izomorfismul este $f(x)=x-a$; aici $a=-14$, deci $f(x)=x+14$, cu inversa $f^{-1}(t)=t-14$. Verificare: $f(x\oplus y)=x+y+28=f(x)+f(y)$ și $f(x\otimes y)=(x+14)(y+14)=f(x)f(y)$, iar $f(-13)=1$, deci și a treia condiție este îndeplinită.