esercizi di algebra

ALGEBRA 2 - Primo esonero + Appello straordinario 23 aprile 2013

1. Sia G = D5 × A4 il prodotto diretto del gruppo diedrale del pentagono col gruppo alterno su 4 elementi (per intenderci, stiamo parlando di un gruppo con 120 elementi). • Quante sono le soluzioni di g 8 = id in G? Soluzione: Affinché l’ottava potenza di g = (x, y) sia l’identità, lo stesso deve valere sia per x ∈ D5 che per y ∈ A4 . Gli elementi la cui ottava potenza è uguale all’identità sono quelli il cui ordine divide 8. In D5 , solo le 5 simmetrie, oltre all’identità, hanno tale proprietà, mentre in A4 si tratta di id, (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3). Abbiamo quindi in totale 6 · 4 = 24 soluzioni dell’equazione data. • Determinare quanti elementi di ordine 4, 5, 6 ci siano in G. Soluzione: L’ordine di (x, y) è il minimo comune multiplo degli ordini di x e di y. Poiché né D5 , né A4 possiedono elementi di ordine 4, neanche G ne possiede. Gli elementi di ordine 5 si ottengono scegliendo x di ordine 5 e y = id: è possibile farlo in quattro maniere distinte. L’unico modo di ottenere 6 come minimo comune multiplo dell’ordine di un elemento x ∈ D5 e di un elemento y ∈ A4 è quello di scegliere x di ordine 2 e y di ordine 3: x è allora una delle 5 simmetrie, mentre y deve essere uno degli otto 3-cicli. Otteniamo, complessivamente, 5 · 8 = 40 possibili scelte. • Se ρ ∈ D5 indica la rotazione in senso orario di 72 gradi, quanti coniugati possiede l’elemento (ρ, (12)(34)) in G? Soluzione: Dal momento che (g, h)(x, y)(g, h)−1 = (gxg −1 , hyh−1 ), si vede subito che (x0 , y 0 ) è coniugato a (x, y) se e solo se x0 è coniugato a x e y 0 è coniugato a y. Si tratta quindi di calcolare il numero di coniugati di ρ in D5 e di (12)(34) in A4 . Dal momento che ρ commuta almeno con le sue 5 potenze, può avere al più 10/5 = 2 coniugati; ad ogni modo σρσ −1 = ρ−1 , e quindi la sua classe coniugata possiede almeno i due elementi ρ±1 . I coniugati di (12)(34) in S4 sono stati calcolati a lezione, e sono le tre permutazioni che ne condividono la struttura ciclica. La classe coniugata ha ordine dispari, e rimane quindi invarianta quando si passa al sottogruppo alterno. Tirando le somme, (ρ, (12)(34)) possiede 2 · 3 = 6 coniugati in G.

2. Di ciascuna delle seguenti affermazioni, decidere se sia vera, fornendo una dimostrazione, o se sia falsa, dando un controesempio. G è un gruppo finito il cui ordine è divisibile per almeno due primi distinti. • Se G è non abeliano, ha almeno un sottogruppo di Sylow non normale. Soluzione: L’affermazione è falsa. Molti hanno osservato che se tutti i sottogruppi di Sylow sono normali, allora il gruppo G è loro prodotto diretto: questo non è sufficiente, però, a garantire l’abelianità di G. E’ in effetti sufficiente scegliere uno dei sottogruppi di Sylow in modo che non sia abeliano! Ora, gruppi di ordine primo e quadrato di un primo sono sicuramente abeliani, quindi il gruppo va scelto tra quelli di ordine almeno p3 . Fortunatamente, conosciamo almeno due gruppi non abeliani di ordine 8: il diedrale D4 e il gruppo Q4 delle unità dei quaternioni. Si costruisce facilmente un controesempio, quindi, considerando ad esempio D4 × C3 . Sia il 2-Sylow che il 3-Sylow sono normali, ma G si guarda bene dall’essere abeliano. • Se G è non abeliano ha almeno un sottogruppo di Sylow non abeliano. Soluzione: L’affermazione è falsa. Come vi ho detto più volte a lezione, S3 è un controesempio a molti enunciati: questo è uno di quelli. • Se un sottogruppo di Sylow di G è non abeliano, allora non può essere normale. Soluzione: L’affermazione è falsa. Il gruppo D4 × C3 , considerato precedentemente, ha sottogruppi di Sylow non abeliani, ma sicuramente normali. • Se G è non abeliano, vi è almeno una classe di coniugio che possiede più di un elemento. Soluzione: L’affermazione è vera. Se un elemento è il solo proprio coniugato, allora è centrale. Se tutti gli elementi sono centrali, il gruppo è abeliano.

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• Quanti sono i coniugati della permutazione σ = (1 6)(2 4)(3 5 9)(8 7 10) nel gruppo alterno A11 ? Soluzione: La permutazione σ commuta sicuramente con ciascuno delle permutazioni cicliche che la decompongono, e quindi anche con la trasposizione (1 6), che è dispari. Per quanto visto a lezione, la classe coniugata di σ in A11 coincide allora con quella in S11 . Ad ogni modo, elementi di Sn sono coniugati se e solo se possiedono la stessa struttura ciclica. E’ sufficiente quindi contare il numero di elementi in S11 che condividono la struttura ciclica di σ. Il conto è stato fatto molte volte a lezione. Si ottiene:        1 11 9 1 7 4 · 2! · 2! 2! 2 2 2! 3 3 I binomiali indicano le possibili scelte dei numeri da inserire nelle trasposizioni e nei 3-cicli. I due fattori 2! indicano i possibili ordinamenti delle cifre nei due 3-cicli, una volta deciso (convenzionalmente) che la prima posizione è riservata alla cifra più bassa. I due fattori 1/2! servono a ricordare che lo scambio delle due trasposizioni, o dei due 3-cicli, conduce alla medesima permutazione. Con un po’ di manipolazioni e semplificazioni, si vede che il numero è uguale a 11 · 10 9 · 8 7 · 6 · 5 4 · 3 · 2 11! · · · = . 2! 2! 3! 3! 144 Questa forma è accettabilissima, ma se proprio vogliamo fare i conti, otteniamo 11 · 10 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · (9 · 8 · 2) 11! = = 110 · 2520 = 277200. 144 144 • Se P indica il 2-Sylow del centralizzatore Z(σ), che ordine ha P ? Decidere se P sia ciclico o meno. Soluzione: Il numero di coniugati è uguale all’indice del centralizzatore. Pertanto (ricordiamo che si sta parlando di A11 , non di S11 !!!) l’ordine del centralizzatore Z(σ) si ottiene dividendo | A11 | = 11!/2 per il numero di coniugati appena calcolato. Più esplicitamente 11!/2 |Z(σ)| = = 72 = 23 · 32 . 11!/144 Il 2-Sylow P di Z(σ) possiede pertanto 8 elementi. Come facciamo a capire se è ciclico? Ci sono almeno quattro strade! – Possiamo ricordare che ogni 2-sottogruppo di un gruppo finito dato è contenuto in qualche 2-Sylow. Il sottogruppo H = {id, (16)(24), (14)(26), (12)(46)} < Z(σ) ha ordine 4 ed è quindi contenuto in un 2-Sylow di Z(σ). Tuttavia H non è ciclico, mentre ogni sottogruppo di un gruppo ciclico lo è. – Possiamo verificare esplicitamente che nessun elemento di ordine 8 coniuga σ in se stesso. Poiché τ στ −1 si ottiene da σ sostituendo a ogni numero i il corrispondente τ (i), se τ στ −1 = σ, allora τ coniuga gli elementi {1, 6, 2, 4} (rispettivamente {3, 5, 9, 8, 7, 10}) in se stessi. Pertanto τ non contiene 8-cicli, e non può avere ordine 8. – Poiché σ ha ordine 6, σ 2 ha ordine 3. Se τ ∈ Z(σ) ha ordine 8, allora σ 2 τ ha ordine 24: in effetti, se x, y commutano tra loro, e hanno ordini m, n coprimi, allora xy ha ordine mn. Tuttavia, in A11 non ci sono elementi di ordine 24: affinché 24 sia minimo comune multiplo di interi dati, almeno uno di essi deve essere multiplo di 3 e almeno uno di essi deve essere multiplo di 8. L’unica possibilità in S11 è quella di considerare il prodotto di un 3-ciclo e di un 8-ciclo disgiunti, ma così facendo non si ottiene una permutazione pari. 3

– Possiamo infine esibire P esplicitamente. Gli elementi a = (1 6)(2 4), b = (1 2)(4 6) e x = (1 4)(3 8)(5 7)(9 10) sono pari e centralizzano σ. I primi due generano un Klein V4 , mentre il terzo li coniuga scambiandoli. Generano quindi un sottogruppo di ordine 8, che non è abeliano, e non può quindi essere ciclico. Un’osservazione importante: i p-sottogruppi di Sylow, quando ve n’è più di uno, sono tutti coniugati, e quindi tutti isomorfi. Se dimostriamo che un p-Sylow non è ciclico, allora nessuno di essi lo sarà.

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4. Sia G un gruppo di ordine 90. • Quanti possono essere i 5-Sylow di G? Soluzione: Il numero dei 5-Sylow è ≡ 1 mod 5 e divide 90 = 5 · 18; pertanto divide anche 18. Le uniche possibilità sono 1, 6. • Mostrare che G possiede almeno un sottogruppo di ordine 15. Soluzione: Se G possiede sei 5-Sylow, allora il normalizzatore di ciascun 5-Sylow ha indice 6, e quindi ordine 90/6 = 15. Se invece G possiede esattamente un 5-Sylow P , allora P C G; se x ∈ G è un elemento di ordine 3, che esiste per il Teorema di Cauchy, allora H = (x) < G ha ordine 3, e P H è un sottogruppo, grazie alla normalità di P , di ordine 15. In conclusione, in entrambi i casi G deve avere un sottogruppo di ordine 15. • Mostrare che G possiede almeno un elemento di ordine 15. Soluzione: Abbiamo visto a lezione che i gruppi di ordine 15 sono ciclici, e quindi contengono elementi di ordine 15. Ricordate che, più in generale, se un gruppo K ha ordine pq, dove p < q sono primi distinti, allora K è necessariamente ciclico non appena p non divida q − 1. In realtà si può dire molto di più a proposito del gruppo G. Un’affermazione facile da dimostrare per mezzo dell’immersione di Cayley, ma che non so se sia stata vista durante il mese di marzo, è che un gruppo di ordine 2d, con d dispari, possiede sempre un sottogruppo di indice 2. Nel nostro caso, |G| = 90 = 2 · 45, e quindi G ha necessariamente un sottogruppo N di ordine 45. Ripetendo il conto sui Sylow per il gruppo N , si scopre rapidamente che sia il 3- che il 5-Sylow di N sono normali, e quindi N è loro prodotto diretto. In più, N è l’unico sottogruppo di G che abbia ordine 45: se N, N 0 hanno entrambi ordine 45, allora |N N 0 | = 452 /|N ∩ N 0 | ≤ |G| = 90 e si vede subito che |N ∩ N 0 | ≥ 45/2, e quindi inevitabilmente, per il Teorema di Lagrange, |N ∩ N 0 | = 45, da cui N = N 0 . Il sottogruppo N è quindi normale (anzi, addirittura caratteristico) in G. Se P è il 3-Sylow di N , e Q è il 5-Sylow di N , sia P che Q sono sottogruppi caratteristici di N , che è normale in G, e quindi sia P che Q sono normali in G. L’eventualità che ci fossero sei 5-Sylow, quindi, non può capitare.

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5. Sia L il campo di spezzamento del polinomio x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 ∈ F2 [x]. Calcolare il grado di L su F2 e la struttura di Gal(L/F2 ). Soluzione: Moltiplicando p(x) = x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 per x + 1 si ottiene p(x) · (x + 1) = x6 + 1 = (x3 + 1)2 = (x + 1)2 (x2 + x + 1)2 . Pertanto p(x) = (x + 1)(x2 + x + 1) è la fattorizzazione di p(x) in irriducibili di F2 [x]. Di conseguenza, L ha grado 2 su F2 , e quindi Gal(L/F2 ) è ciclico di ordine 2, nonché, come al solito, generato dal Frobenius.

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6. Sia K is campo di spezzamento del polinomio x3 − 3x + 7 ∈ Q[x]. Calcolare [K : Q] e la struttura di Gal(K/Q). Soluzione: Le uniche possibili radici razionali di f (x) = x3 − 3x + 7 si ottengono dividendo un divisore del termine noto per un divisore del primo coefficiente. Tuttavia ±1, ±7 non soddisfano il polinomio, che è quindi irriducibile su Q. Il polinomio f (x) ha grado dispari, e quindi sicuramente possiede una radice reale. La derivata f 0 (x) = 3(x2 − 1) si annulla in x = ±1. Ad ogni modo f (−1) = 9 e f (1) = 5 sono concordi, e quindi f possiede un’unica radice reale α. Indichiamo con β 6= β le altre due radici complesse. Un campo di spezzamento di f (x) è L = Q(α, β, β) ⊂ C. Si vede subito che β ∈ / Q(α) poiché Q(α) ⊂ R, mentre β ∈ / R. Sappiamo che [L : Q] ≤ 3! = 6, e che [Q(α) : Q] = 3 per irriducibilità di f . Poiché [L : Q(α)] > 1, deve essere [L : Q] = 6. Ma allora Gal(L/Q) = S3 .

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