Università degli studi di Roma Tre

Corso di Laurea Triennale in Matematica, a.a. 2003/2004

AL2 - Algebra 2, gruppi anelli e campi Soluzioni 8 ottobre 2004

1 Sottogruppi

1. Quali sono le condizioni perché un sottoinsieme di un gruppo sia un sottogruppo?.

Soluzione 1.1. Vedere libro di testo p.207 definizione 5.1.7

2. Se H e K sono sottogruppi di G allora HK è un sottogruppo di G se e solo se HK = KH.

Soluzione 1.2. Supponiamo HK = KH

Dato x ∈ HK esistono h, h′ ∈ H e k, k′ ∈ K tali che x = hk = k′h′ Siano x e y ∈ HK. Dobbiamo verificare che:

(a) xy ∈ HK

(b) x^{−1} ∈ HK

Consideriamo

xy = h_{x}k_{x}h_{y}k_{y} = h_{x}h′k′k_{y} ∈ HK  (1)
x^{−1} = (h_{x}k_{x})^{−1} = k_{x}^{−1}h_{x}^{−1} ∈ KH = HK.  (2)

Da cui HK è un gruppo.

Viceversa supponiamo che HK sia un gruppo. Consideriamo h ∈ H e k ∈ K.

(hk)^{−1} ∈ HK  (3)
(hk)^{−1} = k^{−1}h^{−1} ∈ KH  (4)

Da cui HK = KH

3. Siano H e K due sottogruppi finiti di G, sia |HK| la cardinalit di HK come insieme allora

|HK| = \frac{Ord(H)Ord(K)}{Ord(H ⋂ K)}.  (5)

Soluzione 1.3. Per semplicit supponiamo che Ord(H ⋂ K) = 1, i.e. H ⋂ K = {e}. Dobbiamo dimostrare che |HK| = Ord(H)Ord(K).

Procediamo per assurdo. Supponiamo che esistano h, h′ ∈ H e k, k′ ∈ K distinti tali che hk = h′k′

hk = h′k′  (6)
h^{′−1}h = k′k^{−1}  (7)

Dunque h^{′−1}h ∈ H ⋂ K e k′k^{−1} ∈ H ⋂ K ne segue che h = h′ e k = k′ Per fare il caso generale dobbiamo dimostrare che hk compare in HK Ord(H ⋂ K) volte. Vediamo che compare almeno Ord(H ⋂ K) volte: Sia t ∈ H ⋂ K allora

hk = (ht)(t^{−1}k)  (8)
ht ∈ H t^{−1}k ∈ K.  (9)

Viceversa, supponiamo che hk = h′k′ allora u = h^{′−1}h = k′k^{−1} ∈ H ⋂ K e h = h′u e k = u^{−1}k′, da cui hk può apparire al pi Ord(H ⋂ K) volte.

4. Sia H un sottogruppo di G, sia aHa^{−1} = {aha^{−1} : h ∈ H}, dimostrare che aHa^{−1} è un sottogruppo di G. Se G è finito calcolare Ord(aHa^{−1}).

Soluzione 1.4. Usiamo la seguente caratterizazione di un sottogruppo: H è un sottogruppo ⇔ ∀x, y ∈ H xy^{−1} ∈ H. Allora x = aha^{−1} e y = aka^{−1}, dunque xy^{−1} = ahk^{−1}a^{−1} ∈ H.

Vediamo che Ord(aHa^{−1}) = Ord(H). Sicuramente Ord(aHa^{−1}) ≤ Ord(H). Vediamo che vale il viceversa. Supponiamo che aha^{−1} = aka^{−1} allora le propriet di cancellazione ci dicono che h = k, dunque Ord(aHa^{−1}) ≥ Ord(H).

5. Scrivere esplicitamente le classi laterali destre di H in G dove:

(a) G = (a) è un gruppo ciclico di ordine 10 e H = (a^{2})

(b) G come sopra e H = (a^{5}).

Soluzione 1.5. (a) Le classi laterali destre sono

H = {1, a^{2}, a^{4}, a^{6}, a^{8}} = Ha^{2} = Ha^{4} = Ha^{6} = Ha^{8}
Ha = {a, a^{3}, a^{5}, a^{7}, a^{9}} = Ha^{3} = Ha^{5} = Ha^{7} = Ha^{9}

(b) Le classi laterali destre sono

H = {1, a^{5}} = Ha^{5}
Ha = {a, a^{6}} = Ha^{6}
Ha^{2} = {a^{2}, a^{7}} = Ha^{7}
Ha^{3} = {a^{3}, a^{8}} = Ha^{8}
Ha^{4} = {a^{4}, a^{9}} = Ha^{9}

6. Sia a ∈ G, definiamo C(a) = {x ∈ G : xa = ax}. Dimostrare che C(a) è un sottogruppo di G. C(a) si chiama il centralizzante di a in G.

Soluzione 1.6. Osserviamo che e ∈ C(a). Verifichiamo che C(a) è chiuso rispetto al prodotto e all’inversione Siano x, y ∈ C(a) allora xya = x(ay) = axy dunque xy ∈ C(a). Sappiamo che xa = ax, dunque

a = x^{−1}ax  (10)
ax^{−1} = x^{−1}a.  (11)

7. Sia H un sottogruppo di G, definiamo C(H) = {x ∈ G : xh = hx ∀h ∈ H}. Dimostrare che C(H) è un sottogruppo di G. C(H) si chiama centralizzante di H in G

Soluzione 1.7. Come in soluzione 1.6. Osserviamo che C(G) coincide con il centro di G

8. Sia H un sottogruppo di G, definiamo N(H) = {x ∈ G : xHx^{−1} = H}. Dimostrare che N(H) è un sottogruppo di G e che N(H) ⊇ H. N(H) si chiama il normalizzante di H in G.

Soluzione 1.8. Osserviamo che e ∈ N(H). Verifichiamo la chiusura rispetto al prodotto e all’inversa. Siano x, y ∈ N(H) allora

xyHy^{−1}x^{−1} = xHx^{−1} perché yHy^{−1} = H
= H perché xHx^{−1} = H

La chiusura rispetto all’inverso è ovvia, infatti sappiamo che yHy^{−1} = H ⇒ H = y^{−1}Hy.

2 Sottogruppi normali.

1. Lemma della farfalla Siano U e V due sottogruppi di un gruppo G, siano H e K sottogruppi normali di U e V, rispettivamente. Allora (a) H(U ∩ K) è normale in H(U ∩ V)

(b) (H ∩ V)K è normale in (U ∩ V)K

e i gruppi quozienti sono isomorfi, i.e.

H(U ∩ V)/H(U ∩ K) ≅ (U ∩ V)K/(H ∩ V)K.

Soluzione 2.1. Verifichiamo che H(U ∩ K) è normale in H(U ∩ V). Osserviamo che U ∩ K è normale in U ∩ V, infatti per ogni k ∈ U ∩ K e per ogni v ∈ U ∩ V si ha:

vkv^{−1} ∈ K perchè K è normale in V
vkv^{−1} ∈ U perchè k e v ∈ U
⇒ vkv^{−1} ∈ U ∩ K

poich ogni gruppo è normale in se abbiamo che H(U∩K) è normale in H(U∩ V). La dimostrazione dell’altra affermazione è analoga. La combinazione di gruppi e gruppi quoziente diventa chiara quando la visualizziamo nel diagramma di sottogruppi seguente (che d il nome al lemma):

[figure: •; U; •; V; •; U∩V; =; H(U∩V); •; =; (U∩V)K; •; =; •; H; H(U∩K); •; (H∩V)K; K; •; •; •; •; H∩V; •; U∩K]

Nel diagramma sono dati H, K, U e V, tutti gli altri punti del diagramma corrispondono a certi gruppi che si possono determinare nel modo seguente:

• L’intersezione di due segmenti che vanno verso il basso corrispondono all’intersezione di gruppi

• L’intersezione di due linee che vanno verso l’alto corrisponde al prodotto Consideriamo i due parallelogrammi che formano le ali della farfalla, otteniamo l’isomorfismo dei gruppi quoziente come segue:

\frac{H(U ∩ V)}{H(U ∩ K)} ≅ \frac{U ∩ V}{(H ∩ V)(U ∩ K)} ≅ \frac{(U ∩ V)K}{(H ∩ V)K}

In fatti il latto in comune ai due parallelogrammi ha come punto iniziale U ∩V, e come punto finale (H ∩V)(U ∩K). Abbiamo l’isomorfismo

\frac{H(U ∩ V)}{H(U ∩ K)} ≅ \frac{U ∩ V}{(H ∩ V)(U ∩ K)}

applicando il teorema di isomorfismo:

G/(G ∩ N) ≅ GN/N

con G = U ∩V e N = H(U ∩K). Questo ci d l’isomorfismo di sinistra. L’isomorfismo di destra si ottiene per simmetria.

2. Sottogruppo derivato Sia G un gruppo. Consideriamo U = {xyx^{−1}y^{−1} : x, y ∈ G}, il sottogruppo generato da U si chiama sottogruppo dei commutatori, o derivato, e si denota con G′. Dimostrare che:

(a) G′ è normale in G

(b) G/G′ è commutativo

(c) Se G/N è commutativo allora N ⊃ G′

(d) Se H è un sottogruppo di G e H ⊃ G′, allora H è normale in G.

Soluzione 2.2. (a) Sia g ∈ G e h ∈ G′

ghg^{−1} = gxyx^{−1}y^{−1}g^{−1}
= gxg^{−1}gyg^{−1}gx^{−1}g^{−1}gy^{−1}g^{−1}
= gxg^{−1}gyg^{−1}(gxg^{−1})^{−1}(gyg^{−1})^{−1} ∈ G

(b) Sappiamo che per ogni g, h ∈ G ghg^{−1}h^{−1} ∈ G′, dunque \overline{ghg^{−1}h^{−1}} = \overline{e}, dunque \overline{gh} = \overline{hg}.

(c) G/N commutativo è equivalente a ghg^{−1}h^{−1} ∈ N per ogni g, h ∈ G, dunque G′ ⊂ H

(d) Ricordiamo che esiste una corrispondenza biunivoca fra i sottogruppi normali di G e i sottogruppi normali di G/N per ogni N sottogruppo normale. Dal punto 2b sappiamo che G/G′ è commutativo e per ipotesi H/G′ è un sottogruppo non nullo di G/G′, dunque H/G′ è normale, segue che H è normale.

3 Omomorfismi e sottogruppi normali.

1. Sia G un gruppo abeliano finito di ordine m. Sia n primo con m. Dimostrare che ogni g ∈ G si può scrivere come g = x^{n} con x ∈ G, i.e. esiste x ∈ G tale che x^{n} = g.

Soluzione 3.1. Consideriamo l’applicazione ϕ : G ↦ G tale che ϕ(x) = x^{n}, allora

ker(ϕ) = {x ∈ G : x^{n} = e} = {e}

dunque ϕ è un isomorfismo, perché un’applicazione iniettiva fra insiemi finiti è suriettiva.

2. Trovare tutti gli omomorfismi fra ℤ_{18} e ℤ_{12}

Soluzione 3.2. Sappiamo dalla teoria che

• ker ϕ < ℤ_{18} ⇒ #(ker ϕ)|18

• G/ ker ϕ ≅ Imϕ < ℤ_{12} ⇒ [G : ker ϕ] |12

Cerchiamo i possibili nuclei

\begin{matrix}Nome & Sottogruppo & # & [G : ker ϕ] & Divide 12 \\ K_{1} & \{0\} & 1 & 18 & No \\ K_{2} & \{0, 9\} & 2 & 9 & No \\ K_{3} & \{0, 6, 12\} & 3 & 6 & Si \\ K_{4} & \{0, 3, 6, 9, 12, 15\} & 6 & 3 & Si \\ K_{5} & \{0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16\} & 9 & 2 & Si \\ K_{6} & ℤ_{18} & 18 & 1 & Si \end{matrix}

Dunque i possibili nuclei sono K_{3}, K_{4}, K_{5} e K_{6}. Essendo l’immagine di ϕ un sottogruppo di ℤ_{12} si ha che le possibili immagini sono

\begin{matrix}Nome & Sottogruppo & # & = [G : ker ϕ] \\ I_{1} & \{0\} & 1 & Si \\ I_{2} & \{0, 6\} & 2 & Si \\ I_{3} & \{0, 4, 8\} & 3 & Si \\ I_{4} & \{0, 2, 4, 6, 8, 10\} & 6 & Si \\ I_{5} & ℤ_{12} & 12 & No \end{matrix}

Le possibili immagini sono I_{1}, I_{2}, I_{3} e I_{4}. Per semplicità usiamo la seguente notazione:

ϕ_{n} : ℤ_{18} → ℤ_{12}

è l’omomorfismo definito da ϕ_{n}(1) = n.

Supponiamo ker ϕ = K_{3} e Imϕ = I_{4}, allora possiamo definire i seguenti omomorfismi (a) ϕ_{2}

(b) ϕ_{10} Supponiamo ker ϕ = K_{4} e Imϕ = I_{3}, allora possiamo definire i seguenti omomorfismi

(c) ϕ_{4}

(d) ϕ_{8} Supponiamo ker ϕ = K_{5} e Imϕ = I_{2}, allora possiamo definire i seguenti omomorfismi

(e) ϕ_{6} Supponiamo ker ϕ = K_{6} e Imϕ = I_{1}, allora possiamo definire i seguenti omomorfismi

(f) ϕ_{0} Abbiamo in tutto 6 automorfismi.

3. Trovare tutti gli omomorfismi fra ℤ_{7} e ℤ_{13} Soluzione 3.3. Poichè 7 e 13 sono coprimi abbiamo solo l’omomorfismo banale fra ℤ_{7} e ℤ_{13}

4. Trovare tutti gli omomorfismi fra ℤ_{14} e ℤ_{6} Soluzione 3.4. Usando la tecnica e le notazioni dell’esercizio 2 abbiamo i seguenti omomorfismi:

(a) ϕ_{0}

(b) ϕ_{3}

5. Trovare tutti gli omomorfismi fra ℤ_{42} e ℤ_{21} Soluzione 3.5. Usando la tecnica e le notazioni dell’esercizio 2 abbiamo i seguenti omomorfismi:

(a) ϕ_{0}

(b) ϕ_{1}

(c) ϕ_{3}

(d) ϕ_{6}

(e) ϕ_{9}

(f) ϕ_{12}

(g) ϕ_{15} (h) ϕ_{18}

(i) ϕ_{7}

(j) ϕ_{14}

(k) ϕ_{2}

(l) ϕ_{4}

(m) ϕ_{5}

(n) ϕ_{8}

(o) ϕ_{10}

(p) ϕ_{11}

(q) ϕ_{13}

(r) ϕ_{16}

(s) ϕ_{17}

(t) ϕ_{19}

(u) ϕ_{20}

6. Sia f_{n} : (ℤ, +) ↦ (ℤ, +) definita da f_{n}(x) = nx. Verificare che f_{n} è un omomorfismo, trovare il nucleo e l’immagine di f_{n}. Soluzione 3.6.

ker(f_{n}) = {0}
Im(f_{n}) = nℤ

7. Sia f_{n} : (ℤ, +) ↦ (ℤ_{m}, +) definita da f_{n}(x) = nx mod m.

(a) Per quali n, f_{n} è un omomorfismo di gruppi.

(b) Per tali n trovare il nucleo e l’immagine di f_{n}. Soluzione 3.7. (a) per tutti gli n.

(b) ker(f_{n}) = \frac{m}{d}ℤ con d massimo comun divisore fra m e n, e Im(f_{n}) ≅ ℤ_{\frac{m}{d}}.

4 Gruppo Simmetrico.

1. Calcolare i seguenti prodotti:

• (123)(25)(367)

• (45)(2378)(4765)(78)

• (345)(1234)(34)

• (123)(67)(45)

Soluzione 4.1. • (123)(25)(367) = (125367)

• (45)(2378)(4765)(78) = (237)(486)

• (345)(1234)(34) = (12453)

• (123)(67)(45) = (123)(67)(45)

2. Determinare i sottogruppi normali di S_{3} e S_{4}.

Soluzione 4.2. I sottogruppi di S_{3}, usando il teorema di Lagrange, sono:

(a) Ordine 2: ⟨id, p⟩ con p trasposizione

(b) Ordine 3: ⟨id, (123), (132)⟩ = A_{3}

(c) Ordine 4 e 5 non ci sono perché 4 e 5 non dividono 6.

I sottogruppi di ordine 2 non sono normali perché due trasposizioni sono sempre coniugate (osserviamo che l’unico sottogruppo che contiene tutte le trasposizioni è S_{3}). Dunque i sottogruppi normali di S_{3} sono ⟨id⟩ , A_{3} e S_{3}. I sottogruppi di S_{4} possono avere ordine 2, 3, 4, 6, 8 e 12. Il sottogruppo di ordine 12 è A_{4} ed è normale perché ha indice 2. Come nel caso di S_{3} i sottogruppi di ordine 2 e 3 non possono essere normali. Rimangano da verificare i sottogruppi di ordine 4, 6 e 8.

3. Determinare il centro di S_{3} e S_{4}.

Soluzione 4.3. Z(S_{3}) = ⟨id⟩ e Z(S_{4}) = ⟨id⟩

4. Determinare il centralizzante di:

(a) ⟨id, (12)⟩ in S_{3}

(b) ⟨id, (12)⟩ in S_{4}

(c) ⟨id, (12), (123)⟩ in S_{4}.

Soluzione 4.4. (a) C(⟨id, (12)⟩) = ⟨id, (12)⟩

(b) C(⟨id, (12)⟩) = ⟨id, (12), (34)⟩

(c) C(⟨id, (12), (123)⟩) = ⟨id⟩.

5. Determinare il normalizzante di:

(a) ⟨id, (12)⟩ in S_{3}

(b) ⟨id, (12)⟩ in S_{4}

(c) ⟨id, (12), (123)⟩ in S_{4}.

Soluzione 4.5. (a) N(⟨id, (12)⟩) = ⟨id, (12)⟩

(b) N(⟨id, (12)⟩) = ⟨id, (12), (34)⟩

(c) N(⟨id, (12), (123)⟩) = ⟨id, (12), (123)⟩.

6. Consideriamo una scatola quadrata piatta riempita con 16 quadrati piatti di metallo, numerati come nella figura seguente:

1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12
13 14 15

L’ultimo quadrato viene rimosso, rendendo possibile lo spostamento degli altri quadrati facendoli scivolare. Si consideri una sequenza qualsiasi di spostamenti che termini con l’angolo destro inferiore libero. Dimostrare che le permutazioni possibili per tali spostamenti sono solamente le permutazioni pari in A_{15}. Esempio:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ⟶ 3 6 7 8 9 2 1 4 5 10 13 14 12 11 15

è una configurazione finale ammissibile.

Soluzione 4.6.

5 Matrici.

1. Consideriamo l’applicazione determinante:

det : (Gl_{2}(ℂ), ∗) ↦ (ℂ^{∗}, ∗)

provare che è un omomorfismo di gruppi. Determinare il nucleo, l’immagine e scrivere la relazione di equivalenza generata. Il nucleo si chiama Sl_{2}(ℂ).

Soluzione 5.1. Sappiamo che det(AB) = det(BA) = det(A) det(B), dunque è un omomorfismo. Im(det) = ℂ^{∗}, ker(det) = {A ∈ Gl_{ℂ} : ad− bc = 1} e la relazione di equivalenza generata è A ≈ B ⇔ det(A) = det(B).

2. Consideriamo l’applicazione traccia:

tr : (M_{2}(ℂ), +) ↦ (ℂ, +)

provare che è un omomorfismo di gruppi. Determinare il nucleo, l’immagine e scrivere la relazione di equivalenza generata.

Soluzione 5.2. Sappiamo che tr(A + B) = tr(A) + tr(B), dunque è un omomorfismo. Im(tr) = ℂ, ker(tr) = {A ∈ M_{2}(ℂ) : a + d = 0} e la relazione di equivalenza generata è A ≈ B ⇔ tr(A) = tr(B).

6 Numeri Complessi e radici dell’unità

1. Sia H il gruppo delle radici cubiche dell’unità, dimostrare che

ℂ^{∗}/H ≅ ℂ^{∗}.

Soluzione 6.1. Consideriamo l’applicazione f(z) = z^{3}. Allora è facile verificare che

(a) è ben definito su ℂ^{∗}/H

(b) è un isomorfismo.

2. Verificare che l’applicazione ϕ : ℂ^{∗} → ℂ^{∗}, tale che ϕ(z) = z^{n}, è un omomorfismo e determinare il nucleo e l’immagine. Soluzione 6.2. Si ha innanzitutto che

ϕ(zz′) = (zz′)^{n} = z^{n}z^{′n} = ϕ(z)ϕ(z′)

Dunque ϕ è un omomorfismo. Risulta

ker ϕ = U_{n} gruppo delle radici n-esime dell’unità.

Inoltre

Imϕ = ℂ^{⋆}.

Osserviamo che, per il teorema fondamentale di omomorfismo ℂ^{⋆}/ ker ϕ ≅ ℂ^{⋆}