Seja A um anel com unidade 1_{A} e \varphi: \mathbb{Z} \rightarrow A definidade por \varphi(n)=n \cdot 1_{A}.
(a) Mostre que \varphi é um homomorfismo.
(b) Mostre que I=m \in \mathbb{Z} \mid m 1_{A}=0 é um ideal de \mathbb{Z}.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas separadas:
(a) Mostrar que a aplicação \varphi:\mathbb{Z}\to A dada por \varphi(n)=n\cdot 1_{A} é um homomorfismo.
(b) Mostrar que I=\{m\in\mathbb{Z}\mid m\cdot 1_{A}=0\} é um ideal de \mathbb{Z}.
Informações dadas e fixas:
  • A é um anel com unidade 1_{A}.
  • Para cada n\in\mathbb{Z}, \varphi(n) significa n vezes 1_{A}, isto é, soma repetida de 1_{A} quando n>0, elemento neutro aditivo quando n=0, e o inverso aditivo quando n<0.

Passo 2

Vou lembrar (explicar) o que devemos verificar para (a). Uma aplicação \varphi:\mathbb{Z}\to A ser homomorfismo de anéis significa (pelo menos) que para todo m,n\in\mathbb{Z} valem:
\varphi(m+n)=\varphi(m)+\varphi(n)
e
\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n).
Também é bom verificar que \varphi(1)=1_{A} (ou seja, \varphi preserva a unidade), embora algumas definições não exijam explicitamente isto — aqui eu mostro também. Vou provar as duas propriedades acima detalhadamente, começando por entender bem o significado de n\cdot 1_{A}.

Passo 3

Definição concreta de n\cdot 1_{A}:
  • Se n=0, então n\cdot 1_{A}=0 (o elemento neutro aditivo de A).
  • Se n>0, então n\cdot 1_{A}= \underbrace{1_{A}+1_{A}+\cdots+1_{A}}_{n\text{ vezes}}.
  • Se n<0, escrevemos n=-k com k>0 e definimos n\cdot 1_{A}=-(k\cdot 1_{A}).
Essas são as definições usuais que tornam \mathbb{Z} atuando por soma iterada sobre A. Com isso claro, passo a provar as propriedades.

Passo 4

Prova da aditividade: \varphi(m+n)=\varphi(m)+\varphi(n).
Queremos mostrar que (m+n)\cdot 1_{A}=m\cdot 1_{A}+n\cdot 1_{A} para todos m,n\in\mathbb{Z}.
Prova por análise de casos (mais didático):
  1. Caso n\ge 0. Faço indução em n.
  • Base: n=0. Então (m+0)\cdot 1_{A}=m\cdot 1_{A} e m\cdot 1_{A}+0\cdot 1_{A}=m\cdot 1_{A}+0=m\cdot 1_{A}. OK.
  • Passo indutivo: suponha (m+n)\cdot 1_{A}=m\cdot 1_{A}+n\cdot 1_{A}. Então
(m+(n+1))\cdot 1_{A}=((m+n)+1)\cdot 1_{A}=(m+n)\cdot 1_{A}+1_{A}
(pelo significado de soma repetida). Pelo passo indutivo isto é
m\cdot 1_{A}+n\cdot 1_{A}+1_{A}=m\cdot 1_{A}+(n+1)\cdot 1_{A},
como queríamos.
  1. Caso n<0. Escreva n=-k com k>0. Então
(m+(-k))\cdot 1_{A}=(m-k)\cdot 1_{A}=m\cdot 1_{A}-k\cdot 1_{A}=m\cdot 1_{A}+(-k)\cdot 1_{A}=m\cdot 1_{A}+n\cdot 1_{A},
onde usei a definição de multiplicação por inteiro negativo como inverso aditivo. Logo a propriedade vale em todos os casos. Conclusão:
\varphi(m+n)=\varphi(m)+\varphi(n).

Passo 5

Prova da multiplicatividade: \varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n).
Queremos mostrar que (mn)\cdot 1_{A}=(m\cdot 1_{A})(n\cdot 1_{A}) para todos m,n\in\mathbb{Z}.
Novamente procedo por análise de casos e indução em n\ge 0, depois estendo para n<0.
  1. Caso n\ge 0. Indução em n.
  • Base: n=0. Temos (m\cdot 0)\cdot 1_{A}=0 e (m\cdot 1_{A})(0\cdot 1_{A})=(m\cdot 1_{A})\cdot 0=0. OK.
  • Passo indutivo: suponha (m n)\cdot 1_{A}=(m\cdot 1_{A})(n\cdot 1_{A}). Então
m(n+1)\cdot 1_{A}=(mn+m)\cdot 1_{A}=(mn)\cdot 1_{A}+m\cdot 1_{A}.
Pelo passo indutivo isso é
(m\cdot 1_{A})(n\cdot 1_{A})+m\cdot 1_{A}=(m\cdot 1_{A})(n\cdot 1_{A}+1_{A}).
Mas n\cdot 1_{A}+1_{A}=(n+1)\cdot 1_{A}, portanto
m(n+1)\cdot 1_{A}=(m\cdot 1_{A})((n+1)\cdot 1_{A}),
como queríamos.
  1. Caso n<0. Escreva n=-k com k>0. Então
(mn)\cdot 1_{A}=(m(-k))\cdot 1_{A}=- (m k)\cdot 1_{A}.
Pelo caso anterior (m k)\cdot 1_{A}=(m\cdot 1_{A})(k\cdot 1_{A}), logo
(mn)\cdot 1_{A}=-(m\cdot 1_{A})(k\cdot 1_{A})=(m\cdot 1_{A})(-k\cdot 1_{A})=(m\cdot 1_{A})(n\cdot 1_{A}).
Assim a igualdade vale também para n<0.
Portanto, para todos m,n\in\mathbb{Z} temos
\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n).

Passo 6

Verificação de preservação da unidade:
\varphi(1)=1\cdot 1_{A}=1_{A}.
Logo \varphi é homomorfismo unital (preserva 1). Também é útil notar propriedades imediatas: \varphi(0)=0 e \varphi(-n)=-\varphi(n), que já aparecem nos passos acima.
Concluo o item (a): \varphi preserva soma, produto e unidade, logo é homomorfismo de anéis (unital).

Passo 7

Agora faço (b): mostrar que I=\{m\in\mathbb{Z}\mid m\cdot 1_{A}=0\} é ideal de \mathbb{Z}.
Recordando a definição: um subconjunto I\subseteq\mathbb{Z} é ideal se
  1. I\neq\varnothing.
  2. Para todos x,y\in I temos x-y\in I (fechado por subtração).
  3. Para todo r\in\mathbb{Z} e x\in I temos rx\in I (absorve multiplicação por qualquer inteiro).
Mostro cada propriedade.

Passo 8

  1. I\neq\varnothing: como \varphi(0)=0 (veja Passo 6), temos 0\in I. Então I é não-vazio.
  2. Fechamento por subtração: tomem m,n\in I. Então m\cdot 1_{A}=0 e n\cdot 1_{A}=0. Assim
(m-n)\cdot 1_{A}=m\cdot 1_{A}-n\cdot 1_{A}=0-0=0,
portanto m-n\in I.
  1. Absorção por \mathbb{Z}: tomem r\in\mathbb{Z} e m\in I. Então m\cdot 1_{A}=0. Logo
(rm)\cdot 1_{A}=r\,(m\cdot 1_{A})=r\cdot 0=0,
onde usei a propriedade de escalar por inteiro aplicada a A. Assim rm\in I.
Como as três condições são satisfeitas, I é ideal de \mathbb{Z}.

Passo 9

Comentário extra (didático, opcional): como curiosidade útil para prova e para a prova de exercícios, todo ideal de \mathbb{Z} é principal: existe d\ge 0 tal que I=d\mathbb{Z}. De fato, se I=\{0\} já é 0\mathbb{Z}. Se I\neq\{0\}, escolha o menor inteiro positivo d\in I (isso existe pelo princípio do bom ordenamento). Mostra-se que todo m\in I é múltiplo de d usando divisão com resto em \mathbb{Z}. Assim I=d\mathbb{Z}. Aqui d é o menor n>0 tal que n\cdot 1_{A}=0 — é a ordem do elemento 1_{A} no grupo aditivo de A. (Isto não era pedido, mas ajuda a entender a forma dos ideais em \mathbb{Z}.)

Resposta

(a) \varphi é homomorfismo de anéis e preserva a unidade, isto é, \varphi(m+n)=\varphi(m)+\varphi(n), \varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n) e \varphi(1)=1_{A}.\n(b) I=\{m\in\mathbb{Z}\mid m\cdot 1_{A}=0\} é um ideal de \mathbb{Z}.

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