Università degli studi di Roma Tre

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

AL2 - Algebra 2, gruppi anelli e campi Soluzioni 3 ottobre 2004

1 Definizione di gruppo

1. Determinare quali dei sistemi (G, ∗) qui descritti sono gruppi. In caso negativo dire quali degli assiomi di gruppo non sono verificati.

• G = ℤ con a ∗ b = a − b

• G = ℕ con a ∗ b = ab

• G = insieme dei numeri razionali con denominatore dispari, a∗b = a + b

• G = a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}, a_{6} con

– a_{i} ∗ a_{j} = a_{i+j} se i + j < 7

– a_{i} ∗ a_{j} = a_{i+j−7} se i + j ≥ 7.

Soluzione 1.1. (a) Non è un gruppo, manca l’associatività

(b) Non è un gruppo, manca l’inverso

(c) É un gruppo

(d) É un gruppo.

2. Se G è un gruppo nel quale (ab)^{2} = a^{2}b^{2} per ogni a, b ∈ G allora G è abeliano.

Soluzione 1.2. abab = aabb ⇒ ba = ab.

3. Se G è un gruppo nel quale (ab)^{i} = a^{i}b^{i} per tre interi i consecutivi e per ogni a, b ∈ G, allora G è abeliano.

Soluzione 1.3. Abbiamo che

\underbrace{ab ⋯ ab}_{i−1} = \underbrace{a ⋯ a}_{i−1} \underbrace{b ⋯ b}_{i−1}  (1)
\underbrace{ab ⋯ ab}_{i} = \underbrace{a ⋯ a}_{i} \underbrace{b ⋯ b}_{i}  (2)
\underbrace{ab ⋯ ab}_{i+1} = \underbrace{a ⋯ a}_{i+1} \underbrace{b ⋯ b}_{i+1}  (3)

Da 1 e 2 otteniamo che ab^{i−1} = b^{i−1}a, usando quest’ultima nella 3 otteniamo che a^{i+1}b^{i+1} = (ab)^{i+1} = a^{i}b^{i}ab = a^{i}bab^{i} ⇒ ab = ba.

4. Se G è un gruppo finito, dimostrare che esiste un intero N tale che a^{N} = e.

Soluzione 1.4. Consideriamo A = ⟨a⟩ sottogruppo ciclico generato da a, per assurdo non esista N tale che a^{N} = e, allora |A| = ∞ ⇒ |G| = ∞ assurdo.

5. Se G è un guppo di ordine pari, dimostrare che in G esiste un elemento a ≠ e tale che a^{2} = e.

Soluzione 1.5. Consideriamo le coppie (a, a^{−1}) con a ∈ G \ {e}. Per assurdo a ≠ a^{−1} per ogni a ∈ G \ {e} ⇒ |G| è dispari, assurdo.

6. Sia G un insieme non vuoto, chiuso rispetto a un prodotto che sia associativo e che soddisfi inoltre le seguenti condizioni:

(a) Esiste un elemento e tale che a ∗ e = a per ogni a ∈ G

(b) Dato a ∈ G esiste un elemento y(a) ∈ G tale che a ∗ y(a) = e

Dimostrare allora che G è un gruppo rispetto a questo prodotto.

Soluzione 1.6. y(a) = y(a) ∗ e = y(a) ∗ a ∗ y(a) ⇒ y(a) ∗ a = e, segue che e ∗ a = a ∗ y(a) ∗ a = a.

7. Supponiamo che G sia un insieme finito chiuso rispetto ad un prodotto associativo, e che valgano entrambe le leggi di cancellazione. Dimostrare che G è un gruppo.

Soluzione 1.7. Le regole di cancellazione ci dicono che

ab = ac ⇒ b = c  (4)
ba = ca ⇒ b = c  (5)

Dobbiamo dimostrare che esiste l’elemento neutro e l’inverso. Per dimostrare che esiste l’elemento nutro fissiamo un elemento a di G e cerchiamo un elemento e ∈ G tale che e ∗ a = a ∗ e = a. Allora se esiste un tale elemento abbiamo che:

(b ∗ e) ∗ a = b ∗ (e ∗ a) = b ∗ a ⇒ b ∗ e = b  (6)
a ∗ (e ∗ b) = (a ∗ e) ∗ b = a ∗ b ⇒ e ∗ b = b  (7)

Ricordiamoci che G è finito e chiuso, dunque dato a esistono due naturali n e m, n ≥ m, tali che a^{n} = a^{m}, poniamo allora e = a^{n−m} (si può fare perché cancelliamo a m volte). E’ facile verificare che ea = ae = a Rimane da vedere che esiste l’inverso. Consideriamo b ∗ x al variare di x ∈ G, poiché G è finito esiste x_{0} ∈ G tale che b ∗ x_{0} = e, ne segue che x_{0} = b^{−1}.

8. Usando il risultato dell’esercizio 7 dimostrare che:

(a) gli interi modulo p primo, diversi da 0, sono un gruppo rispetto alla moltiplicazione modulo p

(b) gli interi coprimi con n sono un gruppo rispetto alla moltiplicazione modulo n.

Soluzione 1.8. Semplice verifica

9. Si provi che un gruppo non abeliano non è mai ciclico.

Soluzione 1.9. Si provi che ogni gruppo ciclico è abeliano

2 Sottogruppi

1. Quali sono le condizioni perché un sottoinsieme di un gruppo sia un sottogruppo. Soluzione 2.1. 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 2.2. 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  (8)
x^{−1} = (h_{x}k_{x})^{−1} = k_{x}^{−1}h_{x}^{−1} ∈ KH = HK.  (9)

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

(hk)^{−1} ∈ HK  (10)
(hk)^{−1} = k^{−1}h^{−1} ∈ KH  (11)

Da cui HK = KH 3. Siano H e K due sottogruppi finiti di G, sia |HK| la cardinalità di HK

come insieme allora

|HK| = \frac{Ord(H)Ord(K)}{Ord(H ⋂ K)}.  (12)

Soluzione 2.3. Per semplicità 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′  (13)
h^{′−1}h = k′k^{−1}  (14)

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)  (15)
ht ∈ H t^{−1}k ∈ K.  (16)

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 più 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 2.4. 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 proprietà 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 2.5. (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 2.6. 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  (17)
ax^{−1} = x^{−1}a.  (18)

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.

Soluzione 2.7. Come in soluzione 2.6. 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.

Soluzione 2.8. 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.

3 Gruppo Simmetrico

1. Calcolare tutti i sottogruppi di S_{3}.

Soluzione 3.1. Usiamo il teorema di Lagrange. |S_{3}| = 6, dunque ci possono essere solo sottogruppi di ordine 2,3. I sottogruppi di ordine 2 sono della forma ⟨id, p⟩ con p permutazione, mentre c’è un solo sottogruppo di ordine 3 dato da ⟨id, (123), (132)⟩ = A_{3}.

2. Determinare le orbite e i cicli delle seguenti permutazioni:

(a) ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 2 & 3 & 4 & 5 & 1 & 6 & 7 & 9 & 8 \end{matrix} )

(b) ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 6 & 5 & 4 & 3 & 1 & 2 \end{matrix} ).

Soluzione 3.2. (a) Sia σ = ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 \\ 2 & 3 & 4 & 5 & 1 & 6 & 7 & 9 & 8 \end{matrix} ), allora:

O_{σ}(1) = {1, 2, 3, 4, 5}
O_{σ}(2) = {2, 3, 4, 5, 1}
O_{σ}(3) = {3, 4, 5, 1, 2}
O_{σ}(4) = {4, 5, 3, 4, 5}
O_{σ}(5) = {5, 1, 2, 3, 4}
O_{σ}(6) = {6}
O_{σ}(7) = {7}
O_{σ}(8) = {8, 9}
O_{σ}(9) = {9, 8}

(b) Sia σ = ( \begin{matrix}1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 6 & 5 & 4 & 3 & 1 & 2 \end{matrix} ), allora:

O_{σ}(1) = {1, 6, 2, 5}
O_{σ}(2) = {2, 5, 1, 6}
O_{σ}(3) = {3, 4}
O_{σ}(4) = {4, 3}
O_{σ}(5) = {5, 1, 6, 2}
O_{σ}(6) = {6, 2, 5, 1}

3. Scrivere le permutazioni del problema 2 come prodotto di cicli disgiunti.

Soluzione 3.3. (a) (12345)(89)

(b) (1625)(34)

4. Dimostrare che il più piccolo sottogruppo di S_{n} che contiene (1 2) e (1 2 ... n) è S_{n}.

Soluzione 3.4. Sappiamo dalla teoria che ogni elemento di S_{n} è prodotto di trasposizioni, dunque ci basta verificare che (1 2) e (1 2 ... n) generano tutte le trasposizioni. Osserviamo che

(1...n)^{−1} = (n...1)

Allora

(i i + 1) = (1...n)^{i−1} ∘ (12) ∘ (n...1)^{i−1}

che possiamo riscrivere nel modo seguente

(i i + 1) = (1...n) ∘ (i − 1 i) ∘ (n...1)