Università degli Studi Roma Tre

Corso di Laurea Triennale in Matematica, a.a. 2004/2005

AL2 - Algebra 2 - Gruppi, Anelli e Campi

Prova di Esame - Appello C 13 Giugno 2005

Soluzione 1. Sia G il gruppo delle unità dell’anello ℤ_{20}. Verificare che [9]_{20} ∈ G e

stabilire se il gruppo quoziente \frac{G}{[9]_{20}G} è ciclico.

Soluzione Ricordiamo che, in generale, si ha

[a]_{n} ∈ U (ℤ_{n}) ⇔ mcd (a, n) = 1

Allora è facile vedere che mcd (9, 20) = 1. Quindi [9]_{20} ∈ G. Notiamo che

G = {[1]_{20} , [3]_{20} , [7]_{20} , [9]_{20} , [11]_{20} , [13]_{20} , [17]_{20} , [19]_{20}}

e

[9]_{20} G = {[1]_{20} , [3]_{20} , [7]_{20} , [9]_{20}}

Dunque #|G/ [9]_{20} G| = 2, quindi G/ [9]_{20} G ≅ ℤ_{2} ed è ciclico.

2. Siano Q il gruppo delle unità dei quaternioni e K il gruppo di Klein. Determinare un omomorfismo non nullo di gruppi f : Q ⟶ K.

Soluzione

Ricordiamo che

Q = {1, −1, i, −i, j, −j, k, −k} ,

con i^{2} = j^{2} = k^{2} = −1, ij = k, jk = i e ki = j, e

K = {1, a, b, c} ,

con a^{2} = b^{2} = c^{2} = 1 e ab = c.

Dalla teoria sappiamo che, il nucleo di f è un sottogruppo normale di Q. Possiamo scegliere, per esempio, N = {1, −1}. Poiché N è il centro di Q, N è un sottogruppo normale.

Consideriamo

π : Q → Q/N

l’applicazione quoziente. Definiamo g : Q/N → K come g(\overline{i}) = a, g(\overline{j}) = b e g(\overline{k}) = c. Allora è facile vedere che g è un isomorfismo di gruppi. Quindi possiamo definire f = g ∘ π.

3. Sia ℤ[i] = {a + bi; a, b ∈ ℤ} ⊆ ℂ l’anello degli interi di Gauss.

(a) Verificare che l’applicazione

ϕ : ℤ[i] → ℤ_{2} definita da ϕ(a + bi) = [a + b]_{2}

è un omomorfismo suriettivo di anelli.

(b) Determinare un generatore di Kerϕ e definire esplicitamente un

isomorfismo

\frac{ℤ[i]}{Kerϕ} → ℤ_{2}.

Soluzione

(a) Semplice verifica della definizione.

(b) Ricordiamo che ℤ[i] è un dominio euclideo, quindi è un anello ad ideali principali. Dunque ker ϕ è generato da un solo elemento. Si ha che

ϕ(a + bi) = 0 ⇔ a + b = 0 mod 2,

quindi

ker ϕ = {a + bi : a + b = 0 mod 2} .

Ricordiamo che in un dominio euclideo gli ideali sono generati da elementi norma minima. Notiamo che 1 + i ∈ ker ϕ e che N(1 + i) = 2, quindi 1 + i ha norma minima (gli elementi di norma 1 sono invertibili), dunque

ker ϕ = (1 + i) .

Quindi possiamo definire ψ : \frac{ℤ[i]}{ker ϕ} → ℤ_{2} nel modo seguente ψ(\overline{0}) = 0 e ψ(\overline{1}) = 1.

4. Sia α = 1 + \sqrt[3]{2}. (a) Determinare il polinomio minimo di α su ℚ;

(b) Descrivere gli elementi del campo ℚ(α);

(c) Determinare una base di ℚ(α) su ℚ;

(d) Calcolare l’inverso di α in ℚ(α). Soluzione

(a) Determiniamo il polinomio minimo di α,

α = 1 + \sqrt[3]{2}
α − 1 = \sqrt[3]{2}
(α − 1)^{3} = 2
α^{3} − 3α^{2} + 3α − 1 = 2
α^{3} − 3α^{2} + 3α − 3 = 0.

Quindi α è soluzione di p(X) = X^{3} − 3X^{2} + 3X − 3 = 0. Verifichiamo che p(X) è il polinomio minimo. Per fare questo basta verificare che p(X) è irriducibile. Poiché p(X) ha grado 3 e non ha soluzioni in ℚ, p(X) è irriducibile e dunque è minimo.

(b) Per definizione si ha ℚ(α) = {a + bα + cα^{2} : a, b, c ∈ ℚ e α^{3} = 3α^{2} − 3α + 3} .

(c) Da 4b si ha che una base di ℚ(α) su ℚ è data da {1, α, α^{2}}.

(d) Consideriamo

α(aα^{2} + bα + c) = 1

Semplificando otteniamo

(b + 3a)α^{2} + (c − 3a)α + 3a = 1

Dunque

\{ \begin{matrix}b + 3a = 0, \\ c − 3a = 0, \\ 3a = 1. \end{matrix}

Quindi l’inverso di α in ℚ(α) è \frac{1}{3}α^{2} − α + 1.