Università degli Studi Roma Tre

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

AL2 - Algebra 2, gruppi, anelli e campi Tutorato - Soluzioni 28 ottobre 2003

1. Sia G = ⟨g⟩ un gruppo ciclico con 20 elementi.

1. Elencare tutti i generatori di G.

2. Determinare tutti i sottogruppi di G e disegnarne il diagramma lineare.

3. Provare che l’applicazione f : G ⟶ G definita da f(x) = x^{7} è un automorfismo di G.

4. Determinare l’ordine di f in Aut(G).

1. Dato che g è un generatore di G e |G| = 20 ogni elemento di G è del tipo g^{h} con h ∈ ℕ, 0 ≤ h < 20. Visto che ord(g^{h}) = |G|/MCD(|G|, h) tutti e soli i generatori di G si hanno scegliendo h coprimo con |G|, ovvero h = 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19

2. Poiché G è un gruppo ciclico finito è noto che (*)∀n ∈ ℕ t.c. n | |G| ∃! G′ ≤ G t.c. |G′| = n. Visto che, inoltre, ogni sgr. di G ciclico è ciclico il problema si riduce a trovare ∀n ∈ ℕ t.c. n | 20 un elemento di ordine n. I divisori di 20 sono 1, 2, 4, 5, 10, 20 e quindi i sgr. di G di ordine rispettivo sono < g^{20} >=< e >, < g^{10} >, < g^{5} >, < g^{4} > , < g^{2} >, < g^{1} >= G.Per disegnare il diagramma lineare rispetto alla relazione d’ordine data dall’inclusione (⊆) basta applicare (*) ai vari sottogruppi.

3. f è un omomorfismo: infatti f(xy) = (xy)^{7} = x^{7}y^{7} (G ciclico ⇒ G abeliano) = f(x)f(y). Visto che f è un endomorfismo si ha: f automorfismo ⇔ f(g) è un generatore. Dato che f(g) = g^{7} per 1. f è un automorfismo.

4. Dato che per G gruppo ciclico finito (Aut(G), ∘) ≃ (U(ℤ_{|G|}), ·), calcolare l’ordine di f è equivalente a calcolare l’ordine di 7 in U(ℤ_{20}). 7 ≡_{20} 7, 7^{2} ≡_{20} 9, 7^{3} ≡_{20} 3, 7^{4} ≡_{20} 1. Quindi l’ordine di f è 4.

2. Determinare tutti gli omomorfismi da (ℤ_{20}, +) a (ℤ_{24}, +) e per ciascuno di essi il nucleo e l’immagine.

Dalla teoria sappiamo che tutti gli omomorfismi da ℤ_{n} a ℤ_{m} sono del tipo ϕ_{k} : [x]_{n} → [x(m/d)k]_{m}, con d = MCD(n, m) e 0 ≤ k ≤ d − 1. Inoltre Ker(ϕ_{k}) = {[x]_{n} t.c. x(m/d)k ≡ 0 mod m} = {[x]_{n} t.c. xk ≡ 0 mod d} e Im(ϕ_{k}) =< ϕ_{k}(1) >=< [(m/d)k]_{m} >. Nel nostro caso n = 20, m = 24, d = 4, (m/d) = 6, quindi abbiamo 4 omomorfismi. ϕ_{0} è l’omomorfismo banale, quindi Ker(ϕ_{0}) = ℤ_{20} e Im(ϕ_{0}) = {[0]_{24}}. Ker(ϕ_{1}) = Ker(ϕ_{3}) = {[0]_{20}, [4]_{20}, [8]_{20}, [12]_{20}, [16]_{20}} e Im(ϕ_{1}) = Im(ϕ_{3}) = {[0]_{24}, [6]_{24}, [12]_{24}, [18]_{24}}. Infine Ker(ϕ_{2}) = {h[2]_{20} t.c. 0 ≤ h ≤ 9} e Im(ϕ_{k}) = {[0]_{24}, [12]_{24}}.

3. Sia H il sottogruppo ciclico di S_{8} generato da (351)(27)(48). Allora H agisce come un gruppo di trasformazioni sull’insieme X = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Calcolare l’orbita e lo stabilizzatore di ogni elemento di X.

O(1) = O(3) = O(5) = {1, 3, 5}; O(2) = O(7) = {2, 7}; O(4) = O(8) = {4, 8}; O(6) = {6}. Sia g = (351)(27)(48). Allora < g >= H ha 6 elementi. St_{1} = St_{3} = St_{5} = {id, g^{3}}; St_{2} = St_{7} = St_{4} = St_{8} = {id, g^{2}, g^{4}}; St_{6} =< g >= H. Si ricordi che, in generale, St_{h⋆x} = hSt_{x}h^{−1}. Poiché H è commutativo si ha quindi che elementi della stessa orbita hanno stesso stabilizzatore.

4. Sia K il sottogruppo di S_{8} generato da (13) e (247). Allora K agisce come un gruppo di trasformazioni sull’insieme X = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Calcolare l’orbita e lo stabilizzatore di ogni elemento di X.

Sia g = (13), h = (247). K =< g, h > ha 6 elementi. O(1) = O(3) = {1, 3}; O(2) = O(4) = O(7) = {2, 4, 7}; O(5) = {5}; O(6) = {6}; O(8) = {8}. St_{1} = St_{3} = {id, h, h^{2}}; St_{2} = St_{4} = St_{7} = {id, g}; St_{5} = St_{6} = St_{8} =< g, h >= K

5. Descrivere l’orbita e lo stabilizzatore della matrice (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}) quando il

gruppo GL_{2}(ℝ) agisce per coniugazione su se stesso.

Se la matrice (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}) ∈ GL_{2}(ℤ_{3}), trovare il numero degli elementi della

sua orbita quando il gruppo GL_{2}(ℤ_{3}) agisce per coniugazione su se stesso.

Sia A = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}). Allora, per definizione, O(A) = \{MAM^{−1} t.c. M ∈

GL_{2}(ℝ)}, cioè l’orbita di A è l’insieme delle matrici simili ad A in M_{2}(ℝ). Dato che:

1. ∀B ∈ O(A) p_{t}(B) = p_{t}(A) = t^{2} − 3t + 2 (dove p_{t} è il polinomio

caratteristico)

2. C ∈ M_{2}(ℝ) t.c. p_{t}(C) = t^{2}−3t+2 ⇒ C è diagonalizzabile (infatti p_{t}(C) ha due soluzioni reali distinte: gli autovalori hanno perciò molteplicità algebrica = molt. geometrica = 1)

3. Se C ∈ M_{2}(ℝ) allora p_{t}(C) = t^{2} − tr(C) + det(C) (dove tr(C) è la traccia di C)

si ha che O(A) = {B ∈ M_{2}(ℝ) t.c. tr(B) = 3, det(B) = 2}. Si noti che la condizione, per p_{t}(C), di avere due radici distinte è essenziale

per la diagonalizzabilità di C: la matrice (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) pur avendo lo stesso pol.

caratt. della matrice id. non è diagonalizzabile, visto che il suo unico autovalore (1) ha molt. algebrica 2 ma molt. geom. 1.

St_{A} = \{M ∈ GL_{2}(ℝ) t.c. AM = MA\}. Sia M una matrice generica (\begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}),

con a, b, c, d ∈ ℝ. Da AM = MA si ricava che b, c devono essere nulli. Affinché M sia invertibile si deve avere inoltre che a, d ≠ 0 Quindi St_{A} è l’insieme delle matrici reali quadrate di ordine 2 invertibili e diagonali.

Nel caso di GL_{2}(ℤ_{3}), visto che |GL_{2}(ℤ_{3})| < ∞, si ha che |O(A)| = |GL_{2}(ℤ_{3})|/|St_{A}|. |St_{A}| = 4 (vi sono solo 4 matrici invertibili e diagonali in GL_{2}(ℤ_{3})). |GL_{2}(ℤ_{3})| = 48, visto che la prima riga di una matrice in M_{2}(ℤ_{3}) si può scegliere in 3 · 3 modi. Affinché sia invertibile però è necessario escludere la riga nulla. Per la seconda riga si hanno sempre 9 scelte, ma questa volta bisogna escludere non solo la riga nulla ma anche tutti i multipli della prima riga. Il numero totale di scelte è quindi (3 · 3 − 1) · (3 · 3 − 3) = 8 · 6 = 48. Concludendo: |O(A)| = 12.

6. Sia G = {z ∈ ℂ | |z| = 1} il gruppo moltiplicativo dei numeri complessi di modulo 1.

1. Sia z_{0} ∈ G. Provare che z_{0}G = {z_{0}z | z ∈ G} è un sottogruppo di G e calcolare G/z_{0}G.

2. G/⟨−1⟩ è isomorfo ad un gruppo noto. Quale?

3. Siano n > 1 un intero e z_{n} = cos(2π/n) + i sin(2π/n). A quale gruppo (a voi noto) è isomorfo G/⟨z_{n}⟩?

1. z_{0}G ⊆ G. Siano a, b ∈ z_{0}G. Allora ∃ α, β ∈ G t.c. a = z_{0}α, b = z_{0}β, . ab^{−1} = z_{0}(αz_{0}^{−1}β^{−1}) ∈ z_{0}G. Quindi z_{0}G è un sgr. di G. Sia z ∈ G. Allora z = z_{0}(z_{0}^{−1}z) ∈ z_{0}G. Quindi z_{0}G = G e G/z_{0}G è il gruppo banale (cioè col solo el. neutro).

2. Cfr. 3. per n = 2.

3. Si consideri l’omomorfismo ϕ_{n} : G → G t.c. ϕ_{n}(z) = z^{n}. Ker(ϕ_{n}) = {z ∈ G t.c. z^{n} = 1} = {radici n-esime dell’unità} =< z_{n} >. Inoltre ϕ_{n} è suriettivo, dato che ℂ è alg. chiuso e |z^{n}| = 1 ⇒ |z| = 1. Per il teorema fondamentale di isomorfismo si ha: G/ < z_{n} >≃ G.