Università degli studi di Roma Tre

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

AL2 - Algebra 2, gruppi anelli e campi Soluzioni 22 ottobre 2004

1 Gruppi e Quozienti

1. Prodotto semidiretto Sia G un gruppo, H e N sottogruppi con N normale. Sia γ_{x} la coniugazione per l’elemento x ∈ G.

(a) Dimostrare che l’applicazione

\begin{aligned}f : & H & ↦ & Aut(N) \\ & x & ↦ & γ_{x} \end{aligned}

è un omomorfismo.

(b) Se H ∩ N = {e}, dimostrare che la applicazione H × N ↦ HN data da (x, y) ↦ xy è una biezione, e che questa applicazione è un isomorfismo se e solamente se f è triviale, i.e. f(x) = id_{N} ∀x ∈ H. Diremo che G è il prodotto semidiretto di H e N, e scriviamo G = N ×_{f} H se G = HN e H ∩ N = {e}.

(c) Viceversa siano H e N due gruppi, e sia ϕ : H ↦ Aut(N) un omomorfismo dato. Costruiamo il prodotto semidiretto nel modo seguente. Sia G l’insieme delle coppie (x, h) con x ∈ N e h ∈ H, definiamo il prodotto nel modo seguente:

(x, h)(y, k) = (xϕ(h)(y), hk)

Dimostrare che questa è una legge di gruppo e che G = N ×_{ϕ} H identificando N con (x, 1) e H con (1, h)

(d) Verificare che N ×_{id} H ≅ N × H.

Soluzione 1.1. (a) Dobbiamo verivicare che f(xy) = f(x)f(y). Sia g ∈ G:

f(xy)(g) = γ_{xy}(g) = (xy)^{−1}g(xy)
= x^{−1}(y^{−1}gy)x
= γ_{x} ∘ γ_{y}(g)
= f(x) ∘ f(y)(g)

(b) Definiamo ϕ : H × N → HN nel modo seguente

ϕ(h, n) = hn Osserviamo che

ker ϕ = {(h, n) : hn = e}

Da cui h = n^{−1} ∈ N e n = h^{−1} ∈ H, quindi h e n ∈ H ∩N = {e}, dunque h = n = e e ker ϕ = {(e, e)}. Vediamo che è suriettiva. Sia g ∈ HN allora esistono h_{0} ∈ H e n_{0} ∈ N tali che g = h_{0}n_{0}, allora ϕ(h_{0}, n_{0}) = h_{0}n_{0} = g. Inoltre ϕ è un omomorfismo di gruppi se e solamente se f è banale. Infatti

ϕ(h, n)ϕ(h′, n′) = hnh′n′ = hh′h^{′−1}nh′n′ = hh′γ_{h′}(n)n′

Mentre

ϕ((h, n)(h′n′)) = hh′nn′

Quindi ϕ è un omomorfismo di gruppi se per ogni h ∈ H γ_{h} ≡ id_{N}.

(c) semplice verifica delle proprietà di gruppo.

(d) semplice verifica.

2. Dire quale dei seguenti gruppi è esprimibile come prodotto diretto o semidiretto di due sottogruppi:

(a) (ℤ, +),

(b) (ℤ_{8}, +),

(c) (D_{4}, ∘),

(d) (ℤ_{6}, +),

(e) (ℂ, +),

(f) (ℂ^{∗}, .). Soluzione 1.2. (a) (ℤ, +) no,

(b) (ℤ_{8}, +) no,

(c) (D_{4}, ∘) ≅< σ > ×_{ϕ} < ρ > dove ρ è la rotazione di angolo \frac{π}{2} , σ è il ribaltamento orizontale e ϕ è l’omomorfismo da < σ > a Aut(< ρ >) tale che ϕ(σ)(x) = σxσ^{−1},

(d) (ℤ_{6}, +) ≅< 3 > × < 2 >,

(e) (ℂ, +) ≅ ℝ × iℝ,

(f) (ℂ^{∗}, ·) ≅ ℝ^{+} × {z ∈ ℂ : |z| = 1}.

3. Trovare tutte le immagini omomorfe a:

(a) ℤ_{6}

(b) ℤ_{8} (c) ℤ_{14}

(d) ℤ_{18}

(e) ℤ

(f) S_{3}

(g) S_{4}

(h) D_{4}

(i) H Soluzione 1.3. Per definizione K è un immagine omomorfa di G se esiste un omomorfismo ϕ : G → K suriettivo. Dunque usando il teorema di omomorfismo si ha che K ≅ G/ ker ϕ. Dunque le immagini omomorfe di G sono G/H con H sottogruppo normale di G. Osserviamo che fra le immagini omomorfe ci sono sempre quelle banali {0} e tutto il gruppo.

(a) Le immagini omomorfe di ℤ_{6} non banali sono ℤ_{2} e ℤ_{3}. Infatti ℤ_{6} ha due sottogruppi, necessariamente normali perché ℤ_{6} è un gruppo commutativo, H_{1} = ⟨2⟩ e H_{2} = ⟨3⟩. Allora i rispettivi gruppi quozienti sono: i. G/H_{1} = \{\overline{0}, \overline{1}\} con \overline{a} = \{a, a + 2, a + 4\} ii. G/H_{2} = \{\overline{0}, \overline{1}, \overline{2}\} con \overline{a} = \{a, a + 3\}

(b) Le immagini omomorfe di ℤ_{8} non banali sono ℤ_{2} e ℤ_{4}.

(c) Le immagini omomorfe di ℤ_{14} non banali sono ℤ_{2} e ℤ_{7}.

(d) Le immagini omomorfe di ℤ_{18} non banali sono ℤ_{2}, ℤ_{3}, ℤ_{6} e ℤ_{9}.

(e) Le immagini omomorfe di ℤ non banali sono ℤ_{n} per ogni n ∈ ℤ positivo

(f) L’immagine omomorfa di S_{3} non banale è ℤ_{2}. Infatti sappiamo che S_{3} ha un solo sottogruppo normale A_{3}, da cui l’unica immagine omomorfa è S_{3}/A_{3} = \{\overline{id}, \overline{(12)}\} con:

• \overline{id} = \{id, (123), (132)\}

• \overline{(12)} = \{(12), (13), (23)\}

(g) Le immagini omomorfe di S_{4} sono ℤ_{2} e S_{3}

(h) Le immagini omomorfe di D_{4} sono ℤ_{2} e V_{4}

(i) Le immagini omomorfe di H sono ℤ_{2} e V_{4}

4. Trovare i sottogruppi di U(ℤ_{n}) per n = 6, 7, 15, 21

Soluzione 1.4. (a) U(ℤ_{6}) = {1, 5}, dunque ha solo sottogruppi banali.

(b) U(ℤ_{7}) = {1, 2, 3, 4, 5, 6} ≅ ℤ_{6} i sottogruppi non banali sono {1, 2, 4} e {1, 6}

(c) U(ℤ_{15}) = {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14} ≅ ℤ_{4} × ℤ_{2}, i sottogruppi non banali sono {1, 4}, {1, 2, 4, 8}, {1, 7, 4, 13}, {1, 11}, {1, 14} e {1, 4, 11, 14}

(d) U(ℤ_{21}) = {1, 2, 4, 5, 8, 10, 11, 13, 16, 17, 19, 20} ≅ ℤ_{6} × ℤ_{2} i sottogruppi non banali sono {1, 2, 4, 8, 11, 16}, {1, 4, 16}, {1, 5, 4, 20, 16, 17}, {1, 10, 16, 13, 4, 19}, {1, 8}, {1, 13}, {1, 20} e {1, 8, 13, 20}

5. Descrivere i seguenti gruppi:

(a) (ℂ^{⋆}, ·) / {z ∈ ℂ : |z| = 1}

(b) (ℂ^{⋆}, ·) / \{z ∈ ℂ^{⋆} : z − \overline{z} = 0\}

(c) (ℂ, +) /ℤ + iℤ Soluzione 1.5. Descriviamo solo gli elementi del gruppo quoziente (a) \overline{z} = \{ζ ∈ ℂ^{⋆} : |ζ| = |z|\}

(b) \overline{z} = \{ζ ∈ ℂ^{⋆} : Arg(ζ) = ±Arg(z)\}

(c) \overline{z} = \{ζ ∈ ℂ^{⋆} : Re(ζ) − Re(z) ∈ ℤ e Im(ζ) − Im(z) ∈ ℤ\}

2 Gruppo Simmetrico

1. Per ogni divisore p, primo, di Ord(S_{4}) trovare un elemento di ordine p. Soluzione 2.1. I divisori prini di Ord(S_{4}) sono 2 e 3.

(a) Ordine 2: (1,2).

(b) Ordine 3: (1,2,3).

2. Per quali divisori n di Ord(S_{4}) esiste un elemento di ordine n ? Soluzione 2.2. I divisori di Ord(S_{4}) sono 1, 2, 3, 4, 6 e 8.

(a) Ordine 1: identità.

(b) Ordine 2: (1,2).

(c) Ordine 3: (1,2,3).

(d) Ordine 4: (1,2,3,4).

(e) Ordine 6 e 8: non ci sono.

3. Verificare l’equazione delle classi per S_{4} e S_{3}.

Soluzione 2.3. L’equazione delle classi è

Ord (G) = ∑ \frac{Ord (G)}{Ord (C (a))}

dove la somma è estesa ad elementi a ∈ G, uno per ogni classe di coniugio.Nel caso di S_{3} si ottiene.

6 = Ord (S_{3}) = \frac{Ord (S_{3})}{Ord (C (id))} + \frac{Ord (S_{3})}{Ord (C ((1, 2)))} + \frac{Ord (S_{3})}{Ord (C ((1, 2, 3)))}
= \frac{6}{6} + \frac{6}{3} + \frac{6}{2} = 1 + 2 + 3.

Analogamente per S_{4}.

4. Dimostrare che due qualsiasi sottogruppi di ordine 3 di S_{4} sono coniugati. Soluzione 2.4. I sottogruppi di ordine 3 in S_{4} sono:

(a) < (1, 2, 3) >

(b) < (1, 2, 4) >

(c) < (1, 3, 4) >

(d) < (2, 3, 4) >. Allora

(a) < (1, 2, 4) >= (34) < (1, 2, 3) > (34)

(b) < (1, 3, 4) >= (23)(34) < (1, 2, 3) > (34)(23) = (234) < (1, 2, 3) > (243)

(c) < (2, 3, 4) >= (12)(23)(34) < (1, 2, 3) > (34)(23)(12) = (1234) < (1, 2, 3) > (1432).

Poichè il coniugio è una relazione di equivalenza abbiamo che due qualsiasi sottogruppi di ordine 3 sono coniugati.

3 Gruppo Diedrale

1. Consideriamo D_{4} il gruppo dei movimenti rigidi del quadrato. (a) Trovare tutti i sottogruppi di D_{4},

(b) Trovare le classi di coniugio di D_{4}.

Soluzione 3.1. (a) Sia ρ la rotazione di angolo π/4 e r la riflessione rispetto all’asse x. Allora

D_{4} = {id, r, ρ, rρ, rρ^{2}, rρ^{3}, ρ^{2}, ρ^{3}}

I sottogruppi sono

Z = {id, ρ, ρ^{2}, ρ^{3}}
K_{1} = {id, r, ρ^{2}, rρ^{2}}
K_{2} = {id, rρ, ρ^{2}, rρ^{3}}
R_{1} = {id, ρ^{2}} = Z (D_{4})
R_{2} = {id, r}
R_{3} = {id, rρ}
R_{4} = {id, rρ^{2}}
R_{3} = {id, rρ^{3}}

(b) Osserviamo che ρr = rρ^{3}. Le classi di coniugio sono

C (r) = {r, rρ^{2}}
C (rρ) = {rρ, rρ^{3}}
C (ρ) = {ρ, ρ^{3}}
C (ρ^{2}) = {ρ^{2}}

2. Determinare il centro di D_{n} per ogni n.

Soluzione 3.2. (a) n dispari: Z(D_{n}) = {id}

(b) n pari: Z(D_{n}) = \{id, ρ^{\frac{n}{2}} \} dove ρ è lo rotazione di angolo \frac{2π}{n}.

3. Determinare N (D_{4}) in S_{4}.

Soluzione 3.3. N (D_{4}) = ⟨(2, 4), (1, 2)(3, 4), (1, 4)(2, 3)⟩.

4. Dimostrare che D_{n} è generato da una riflessione e da una rotazione.

Soluzione 3.4. Sia ρ la rotazione di angolo 2π/n, sia Z = ⟨ρ⟩. Osserviamo che Z ha indice due, dunque è un sottogruppo normale, sia r_{0} un elemento non congruo a ρ, in particolare r_{0} ha ordine 2. Sia x ∈ D_{n} abbiamo due possibilità:

(a) x mod Z = 1, dunque x = ρ^{i} per qualche i.

(b) x mod Z = −1 dunque x = ρ^{i}r_{0}ρ^{i} per qualche i

Dunque D_{n} è generato da ρ e r_{0}.

5. Si dimostri che il gruppo dei movimenti di un rettangolo è il gruppo di Klein. Soluzione 3.5. I movimenti del rettangolo sono dati da i ribaltamenti rispetto all’asse orizontale, verticale, e la rotazione di angolo π. Ogni elemento ha ordine 2, da cui l’isomorfismo.

4 Omomorfismi

Poniamo ϕ_{h} : ℤ_{n} → ℤ_{m} l’omomorfismo tale che ϕ_{h}(1) = h ∈ ℤ_{m}

1. Trovare tutti gli omomorfismi fra ℤ_{7} e ℤ_{21} Soluzione 4.1.

(a) ϕ_{0}

(b) ϕ_{3}

(c) ϕ_{6}

(d) ϕ_{9}

(e) ϕ_{12}

(f) ϕ_{15}

(g) ϕ_{18}

2. Trovare tutti gli omomorfismi fra ℤ_{21} e ℤ_{7} Soluzione 4.2.

(a) ϕ_{0}

(b) ϕ_{1}

(c) ϕ_{2}

(d) ϕ_{3}

(e) ϕ_{4}

(f) ϕ_{5}

(g) ϕ_{6}

3. Trovare tutti gli omomorfismi fra ℤ e ℤ_{13} Soluzione 4.3. Per ogni n ∈ ℤ sia

π_{n} : ℤ → ℤ_{1}3

definito da π_{n}(m) = \overline{nm} Osserviamo che:

• π_{n} è un omomorfismo per ogni n ∈ ℤ

• π_{n} = π_{m} ⇔ n ≡ m mod 13 Inoltre π_{n} è l’omomorfismo nullo ⇔ n ∈ 13ℤ. Se n ∉ 13ℤ si ha

• ker π_{n} = 13ℤ

• Im π_{n} = ℤ_{13} In totale abbiamo 13 omomorfismi diversi.

4. Trovare tutti gli omomorfismi fra ℤ e ℤ_{22} Soluzione 4.4. Con le notazioni dell’esercizio 3 otteniamo 22 omomorfismi differenti tali che

• π_{n} è l’omomorfismo nullo se n ∈ 22ℤ

• ker π_{n} = 22ℤ e Im π_{n} = Z_{22} se n mod 22 ∈ U(ℤ_{22})

• ker π_{n} = 11ℤ e Im π_{n} = 2Z_{22} se n mod 22 ∈ 2ℤ_{22} e n ∉ 22ℤ • ker π_{n} = 2ℤ e Im π_{n} = 11Z_{22} se n mod 22 ∈ 11ℤ_{22} e n ∉ 22ℤ

5. Trovare tutti gli omomorfismi fra S_{3} e (ℤ_{6}, +) Soluzione 4.5. Osserviamo che S_{3} ha un solo sottogruppo normale, oltre a quelli banali, A_{3}. Dunque i possibili nuclei sono:

(a) {0}

(b) A_{3}

(c) S_{3} Essendo Z_{6} commutativo tutti i sottogruppi sono normali, quindi le possibili immagini sono:

(a) {0}
(b) {0, 3}
(c) {0, 2, 4}

(d) Z_{6} Applicando il teorema di omomorfismo abbiamo le seguenti possibilità:

• ker ϕ_{0} = S_{3} e Im ϕ_{0} = {0}

• ker ϕ_{1} = A_{3} e Im ϕ_{1} = {0, 3}

• ker ϕ_{2} = {0} e Im ϕ_{2} = ℤ_{6} ϕ_{0} è l’applicazione banale. ϕ_{1} è l’omomorfismo che ad ogni permutazione pari associa 0 e ad ogni permutazione dispari associa 3, mentre ϕ_{2} non è ben definita, infatti se ϕ_{2} fosse ben definita allora avremmo un isomorfismo fra S_{3} e ℤ_{6} il che non può essere essendo ℤ_{6} commutativo e S_{3} non commutativo.

6. Trovare tutti gli omomorfismi fra (ℤ_{6}, +) e S_{3}

Soluzione 4.6. Usando l’esercizio 5 otteniamo i seguenti omomorfismi

• ker ϕ_{0} = Z_{6} e Im ϕ_{0} = {0}

• ker ϕ_{1} = {0, 3} e Im ϕ_{1} = A_{3} tale che ϕ_{1}(2) = (123)

7. Trovare tutti gli omomorfismi fra S_{4} e (ℤ_{24}, +)

Soluzione 4.7. Analogo all’esercizio 5

8. Trovare tutti gli omomorfismi fra (ℤ_{24}, +) e S_{4}

Soluzione 4.8. Analogo all’esercizio 5

9. Trovare tutti gli omomorfismi fra D_{4} e (ℤ_{8}, +)

Soluzione 4.9. Sappiamo dall’esercizio 3 1a quali sono i sottogruppi di D_{4}, è facile verificare che i sottogruppi normali sono Z, K_{1}, K_{2} e R_{1}. Dal teorema di omomorfismo sappiamo che la cardinalità dell’immagine è 2 o 4. Dunque le possibili immagini, non banali, sono {0, 4} o {0, 2, 4, 6}. Abbiamo le seguenti possibilità:

(a) ker ϕ = D_{4} e Im ϕ = {0}

(b) ker ϕ = K_{1} e Im ϕ = {0, 4}

(c) ker ϕ = K_{2} e Im ϕ = {0, 4}

(d) ker ϕ = Z e Im ϕ = {0, 4}

(e) ker ϕ = R_{1} e Im ϕ = {0, 2, 4, 6}

(f) ker ϕ = {0} e Im ϕ = ℤ_{8}

Da cui possiamo costruire omomorfismi dai primi quattro, mentre da 9f non è possibile perchè D_{4} non è commutativo mentre Z_{8} lo è. Infine 9e non è possibile perchè D_{4}/R_{1} non è ciclico mentre {0, 2, 4, 6} lo è.

10. Trovare tutti gli omomorfismi fra (ℤ_{8}, +) e D_{4}

Soluzione 4.10. I possibili nuclei sono tutti i sottogruppi di ℤ_{8}. Sappiamo dall’esercizio 4.9 che le possibili immagini sono {0}, R_{1}, Z, K_{1}, K_{2} e D_{4}. Dunque abbiamo le seguenti combinazioni

(a) ker ϕ = ℤ_{8} e Im ϕ = {0}

(b) ker ϕ = {0, 4} e Im ϕ = Z

(c) ker ϕ = {0, 4} e Im ϕ = K_{1}

(d) ker ϕ = {0, 4} e Im ϕ = K_{2} (e) ker ϕ = {0, 2, 4, 6} e Im ϕ = R_{1}

(f) ker ϕ = {0} e Im ϕ = D_{4} Da cui possiamo costruire tre omomorfismi 10a, 10b e 10e.

11. Stabilire se i gruppi ℤ_{3} × ℤ_{9} e ℤ_{3} × ℤ_{3} × ℤ_{3} sono isomorfi. Soluzione 4.11. Se a = (a_{1}, a_{2}, a_{3}) ∈ ℤ_{3} × ℤ_{3} × ℤ_{3}, allora 3a = 0, per cui ogni elemento di ℤ_{3} × ℤ_{3} × ℤ_{3} ha al massimo ordine 3. Invece (0, 1) ∈ ℤ_{3} × ℤ_{9} ha ordine 9, per cui i gruppi ℤ_{3} × ℤ_{3} × ℤ_{3} e ℤ_{3} × ℤ_{9} non sono isomorfi.

5 Automorfismi

1. Calcolare Aut (V_{4}) e Inn (V_{4})

Soluzione 5.1.

• Aut (V_{4}) = S_{3}

• Inn (V_{4}) = {id} perchè il gruppo è commutativo

2. Calcolare Aut (ℤ)

Soluzione 5.2. Aut (ℤ) = {1, −1}

3. Calcolare Aut (ℤ_{5})

Soluzione 5.3. Aut (ℤ_{5}) = U (ℤ_{5}) vedere esercizio 7

4. Calcolare Aut (ℤ_{13})

Soluzione 5.4. Aut (ℤ_{13}) = U (ℤ_{13}) vedere esercizio 7

5. Calcolare Aut (ℤ_{8})

Soluzione 5.5. Aut (ℤ_{8}) = U (ℤ_{8}) vedere esercizio 7

6. Calcolare Aut (ℤ_{21})

Soluzione 5.6. Aut (ℤ_{21}) = U (ℤ_{21}) vedere esercizio 7

7. Calcolare Aut (ℤ_{n}) e Inn (ℤ_{n}) Soluzione 5.7.

• Aut (ℤ_{n}) = U (ℤ_{n}) Costruiamo l’isomorfismo nel modo seguente

ϕ : U (ℤ_{n}) → Aut (ℤ_{n})

tale che ϕ(m) = f_{m} con

f_{m} : ℤ_{n} → ℤ_{n}

definito da f_{m}(1) = m. Verificare che

– f_{m} è un automorfismo

– ϕ è un isomorfismo

• Inn (ℤ_{n}) = {id} perchè il gruppo è commutativo

8. Calcolare Aut (H) e Inn (H)

Soluzione 5.8.

(a) Aut (H) = S_{3} × V_{4}. Osserviamo che un automorfismo α di H è determinato una volta noti i valori di α in i e j. Definiamo

N = Inn(H) = {id = γ_{1} = γ_{−1}, γ_{i} = γ_{−i}, γ_{j} = γ_{−j}, γ_{k} = γ_{−k}}

dove γ_{n}(g) = n^{−1}gn, consideriamo l’insieme I = {i, j, k} e S_{I} il gruppo simmetrico associato ad I. Definiamo

σ : S_{I} → Aut(H)

tale che σ(s) = γ_{s} e

γ_{s}(i) = s(i) e γ_{s}(j) = s(j)

Poniamo

K = Im (σ) = Out(H) ≅ S_{3}

Allora e facile vedere che N ∩ K = {id} e che NK = Aut(H). Quindi Aut(H) = N × K

(b) Inn (H) = N = V_{4}

9. Verificare che

Inn(D_{4}) ≅ D_{4}/Z(D_{4}) ≅ V_{4}

Soluzione 5.9. Semplice verifica.

6 Matrici e Numeri Complessi

1. Sia M l’insieme delle matrici 3×3 a valori 0 e 1 e tali che ciascuna riga e ciascuna colonna contiene esattamente un 1. Si dimostri che rispetto al prodotto righe per colonne M è un gruppo e che esso è isomorfo a S_{3}.

Soluzione 6.1.

\begin{aligned}M & = \{( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) , \\ & ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} ) , ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix} )\}. \end{aligned}

Consideriamo a = ( \begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) e b = ( \begin{matrix}0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{matrix} ). È facile ve-

rificare che a ha ordine 2, b ha ordine 3 e che a e b generano M. Per costrire l’isomorfismo ricordiamoci che S_{3} è generato da (1, 2) e (1, 2, 3). Allora poniamo: ϕ(a) = (1, 2) e ϕ(b) = (1, 2, 3).

2. Consideriamo l’insieme R delle matrici 2×2 della forma ( \begin{matrix}cos(θ) & sin(θ) \\ − sin(θ) & cos(θ) \end{matrix} )

per θ ∈ [0, 2π). Dimostrare che R è un gruppo rispetto al prodotto righe per colonne e che esso è isomorfo a G = {z ∈ ℂ : |z| = 1}

Soluzione 6.2. Ricordiamo le formule di addizione per il coseno e il seno.

cos(α + β) = cos(α) cos(β) − sin(α) sin(β)
sin(α + β) = sin(α) cos(β) + cos(α) sin(β).

Allora

( \begin{matrix}cos(α) & sin(α) \\ − sin(α) & cos(α) \end{matrix} ) ( \begin{matrix}cos(β) & sin(β) \\ − sin(β) & cos(β) \end{matrix} ) =

= ( \begin{matrix}cos(α) cos(β) − sin(α) sin(β) & sin(α) cos(β) + cos(α) sin(β) \\ − (sin(α) cos(β) + cos(α) sin(β)) & cos(α) cos(β) − sin(α) sin(β) \end{matrix} )

= ( \begin{matrix}cos(α + β) & sin(α + β) \\ − sin(α + β) & cos(α + β) \end{matrix} )

Dunque R è un gruppo rispetto al prodotto righe per colonne. L’iso-

morfismo è dato da ϕ (( \begin{matrix}cos(α) & sin(α) \\ − sin(α) & cos(α) \end{matrix} )) = cos(α) + i sin(α).

3. È vero che ogni numero complesso di modulo 1 è radice n-esima di 1 per qualche intero positivo n?

Soluzione 6.3. No, infatti consideriamo z = e^{iθ}, tale che z^{n} = 1 per qualche n. Allora:

1 = e^{i0} = e^{nθ}

Da cui:

θ = \frac{2kπ}{n} per qualche n

Quindi

\frac{θ}{π} ∈ ℚ

Scegliamo θ_{0} = rπ con r ∈ ℝ − ℚ. Allora z_{0} = e^{iθ_{0}} non è una radice n-esima dell’unità per ogni n.