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):
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
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
I\neq\varnothing.
Para todos x,y\in I temos x-y\in I (fechado por subtração).
Para todo r\in\mathbb{Z} e x\in I temos rx\in I (absorve multiplicação por qualquer inteiro).
Mostro cada propriedade.
Passo 8
I\neq\varnothing: como \varphi(0)=0 (veja Passo 6), temos 0\in I. Então I é não-vazio.
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.
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}.