SOLUZIONI DELLA PRIMA PROVA IN ITINERE DEL CORSO AL NOVEMBRE 2018

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1 SOLUZIONI DELLA PRIMA PROVA IN ITINERE DEL CORSO AL21 13 NOVEMBRE 218 Si consideri il gruppo G = a x a 8 a 4 = x 2 x 1 ax = a 1. (1) (4 punti) Ogni elemento di G si scrive come una parola con lettere a a 1 x e x 1 e dunque si scriverà nella forma g = a i 1 x j 1 a i 2 x j 2... a i k x j k per un certo k N e certi elementi i 1 j 1... i k j k Z. La prima relazione mi dice che posso considerare gli indici i 1... i k come elementi di Z 8. La seconda relazione mi dice che posso semplificare l espressione di g fino a ridurmi al caso j 1... j k 1}. Infine l ultima relazione implica che (.1) a k x = xa k per ogni k Z 8 e questo mi consente di semplificare l espressione di g fino a ridurmi all espressione in forma canonica g = a k oppure g = a k x con k Z 8. Osserviamo anche che l espressione in forma canonica non si può ulteriormente semplificare perché non contiene x 2 né nessuna sottoparola della forma xa k per qualche k Z 8. (2) (8 punti se ci si accorgeva dell errore 4 altrimenti) QUESTO È FALSO!! Una maniera di vedere questo è la seguente. Il gruppo H ha cardinalità 16 e consiste dei seguenti elementi ( ) ζ A k k = ζ 5k con k Z 8 ( ) ζ A k k X = ζ 5k+4 con k Z 8. Si vede facilmente che l ordine degli elementi di H è uguale a: o(a k 8 ) = mcd8 k} 2 se k = 2 6 o(a k X) = 4 se k = 4 8 se k = Confrontando l ordine degli elementi di H con l ordine degli elementi di G (vedi punto (4)) si scopre che G e H non hanno lo stesso numero di elementi con lo stesso ordine e dunque non sono isomorfi. [NOTA BENE: l esercizio sarebbe stato giusto con la definizione ( ) e πi/4 A = e πi/4.] 1

2 (3) (4 punti) Usando l equazione (.1) e la relazione x 2 = a 4 otteniamo che a k a l = a k+l a k (a l x) = a k+l x (.2) (a k x)a l = a k l x (a k x)(a l x) = a k l x 2 = a k l+4. (.3) (4) (4 punti) Usando le regole di moltiplicazione (.2) l inverso si calcola nel seguente modo (a k ) 1 = a k (a k x) 1 = a k+4 x. Per calcolare l ordine degli elementi della forma a k osserviamo che a è un sottogruppo di G isomorfo a Z 8. Dunque l ordine di a k in G è come l ordine di k in Z 8 e dunque o(a k 8 ) = mcd8 k}. Per calcolare l ordine degli elementi a k x osserviamo che (usando (.2)) (a k x) 3 = (a k x) 2 a k x = a 4+k x 1 (a k x) 4 = (a k x) 3 a k x = a 4+k xa k x = a 8 = 1 il che implica che o(a k x) = 4. (5) (3 punti) Calcoliamo gli automorfismi interni I(a k ) e I(a k x) usando (.3) e (.2) I(a k )(a l ) = (a k )a l a k = a l I(a k )(a l x) = a k a l xa k = a l 2k x. I(a k x)(a l ) = a k+4 xa l a k x = a k+1 xa k+l x = a l I(a k x)(a l x) = a k+4 xa l xa k x = a k l a k x = a 2k l x. (6) (3 punti) Come si vede dalle formule del punto (5) la classe di coniugio di a l è uguale a a l a l } mentre la classe di coniugio di a l x consiste di tutti gli elementi della forma a l x con l ed l che hanno la stessa parità. Ne segue che le classi di coniugio di G sono 1} a a 1} a 2 a 2} a 3 a 3} a 4} a k x : k è pari } a k x : k è dispari }. (7) (5 punti) Il sottogruppo a è ciclico per definizione e consiste degli otto elementi a k con k Z 8. Dunque è isomorfo a Z 8 con isomorfismo dato da Z 8 a k a k. Inoltre a è normale perché contiene le classi di coniugio di tutti i suoi elementi per il punto (6). Il quoziente G/ a ha ordine uguale a G/ a = 16 8 = 2. Siccome 2 è un numero primo allora necessariamente G/ a Z 2. 2

3 (8) (5 punti) Supponiamo che G è isomorfo ad un prodotto semidiretto interno a S per qualche sottogruppo S di G. Allora per il punto (7) abbiamo che S G/ a Z 2 e dunque S è generato da un elemento di ordine 2. Per il punto (4) l unico elemento di ordine 2 di G è a 4. Tuttavia siccome a a 4 allora non può essere che G a a 4 e dunque tale S non esiste. (9) (6 punti) Usando (.2) e (.3) e la relazione (.1) possiamo calcolare i commutatori di G: (.4) [a k a l ] = a k a l a k a l = [a k a l x] = a k a l xa k a l+4 x = a k+l a k l 4 x 2 = a k+l a k l 4 a 4 = a 2k [a k x a l x] = a k xa l xa k+4 xa l+4 x = a k xa l xa k+4 xa l+4 x = a k l x 2 a k+4 a l 4 x 2 = a 2(k l). Dalle formule di sopra si vede che gli unici elementi che commutano con tutti gli altri elementi sono a = 1 e a 4. Dunque il centro di G è uguale a Z(G) = a 4. Il gruppo quoziente G/Z(G) (che esiste perché il centro di un gruppo è sempre normale) ha cardinalità G / Z(G) = 8 e consiste dei seguenti elementi: a k := a k Z(G) e a k x := a k xz(g) per k 3. Notiamo che a k = a k per ogni k 3 a k x = a k x per ogni k 3 a 4 = a 4 Z(G) = a e x 2 = x 2 Z(G) = a da cui deduciamo che G/Z(G) è generato da a e x che hanno ordine rispettivamente 4 e 2. Inoltre dall equazione (.1) abbiamo che xa = xaz(g) = a 1 xz(g) = a 1 x. Dalla proprietà universale delle presentazioni deduciamo che abbiamo un omomorfismo suriettivo D 4 = σ τ σ 4 τ 2 τσ = σ 1 τ G/Z(G) σ a τ x che allora deve essere un isomorfismo perché entrambi i gruppi hanno cardinalità 8. (1) (6 punti) Dalle formule (.4) per i commutatori si vede che il sottogruppo dei commutatori è uguale a [G G] = a 2. Il gruppo quoziente G/[G G] (che esiste perché il sottogruppo dei commutatori è sempre normale) ha cardinalità uguale a G / [G G] = 16/4 = 4 e consiste dei seguenti elementi a k := a k [G G] e a k x := a k x[g G] per k 1. Notiamo che a 2 = a 2 [G G] = a e x 2 = x 2 [G G] = a 4 [G G] = a x a = xa[g G] = a 1 x[g G] = ax[g G] = ax = a x 3

4 da cui deduciamo che abbiamo l isomorfismo Z 2 Z 2 G/[G G] (1 ) a ( 1) x. (11) (8 punti) Osserviamo prima che per ogni s Z 8 e t Z 8 gli elementi a s e a t x generano G (perchè a s genera a per le ipotesi su s) e soddisfano le relazioni (a s ) 8 = a 8s = 1 (a t x) 2 = a t xa t x = a t t x 2 = a 4 = (a s ) 4 (a t x) 1 a s (a t x) = a t+4 xa s a t x = a t+4 a s t x 2 = a t+4 a s t a 4 = (a s ) 1. Dunque per la proprietá universale delle presentazioni per ogni s Z 8 e t Z 8 risulta ben definito un unico automorfismo φ st Aut(G) tale che φ st (a) = a s e φ st (x) = a t x. Mostriamo ora che gli automorfismi di cui sopra sono tutti e soli gli automorfismi di G. Sia φ Aut(G). Osserviamo che φ(a) ha ordine 8 φ(x) ha ordine 4 e che φ(a) e φ(x) generano G perchè un automorfismo manda generatori in generatori e preserva l ordine degli elementi. Dal punto (4) deduciamo che φ(a) = a s con s (Z 8 ) = }. Inoltre φ(x) non può appartenere al sottogruppo φ(a) = a altrimenti φ(a) e φ(x) non sarebbero generatori di G. Dunque sempre dal punto (4) deduciamo che φ(x) = a t x per un certo t Z 8. Deduciamo che φ = φ st perché i due automorfismi assumono gli stessi valori sui generatori a e x di G. (12) (8 punti se ci si accorgeva dell errore 6 altrimenti) I sottogruppi N 1 := a 2 x e N 2 := a 2 a 2 x in realtá coincidono e sono uguali a: N := N 1 = N 2 = a a 2 a 4 a 6 a x a 2 x a 4 x a 6 x}. Il sottogruppo N è normale perché contiene tutte le classi di coniugio dei suoi elementi per il punto (6). I generatori a 2 e x di N soddisfano le relazioni (a 2 ) 4 = a 8 = 1 x 2 = a 4 = (a 2 ) 2 xa 2 x 1 = a 2 xx 1 = (a 2 ) 1 Dunque per la proprietá universale delle presentazioni esiste un omomorfismo suriettivo dal gruppo dei quaternioni Q a N dato da: Q = z w z 4 w 2 = z 2 wzw 1 = z 1 N z a 2 w x e tale omomorfismo deve essere un isomorfismo in quanto entrambi i gruppi hanno cardinalità uguale a 8. Dunque N é isomorfo a Q e non a D 4!! Il sottogruppo N non è caratteristico perchè l automorfismo φ 11 del punto (11) è tale che φ 11 (N) = a 2 ax a 2 x. 4

5 (13) (i) (1 punti) Gli automorfismi di G sono tutti della forma φ st come nel punto (11). La composizione di due tali automorfismi soddisfa (φs1 t 1 φ s2 t 2 )(a) = φ s1 t 1 (a s 2 ) = a s 1s 2 (φ s1 t 1 φ s2 t 2 )(x) = φ s1 t 1 (a t 2 x) = a s 1t 2 a t 1 x = a s 1t 2 +t 1 x. Dunque abbiamo che (.5) φ s1 t 1 φ s2 t 2 = φ s1 s 2 s 1 t 2 +t 1 da cui si deduce che Aut(G) = Z 8 θ (Z 8 ) dove θ : Z 8 Aut(Z 8 ) Z 8 è l identità. (ii) Sappiamo dalla teoria che Inn(G) G/Z(G). Dunque dal punto (9) sappiamo che Inn(G) è isomorfo a D 4 e dunque si può realizzare come il seguente prodotto semidiretto Inn(G) = Z 4 ξ Z 2 dove ξ : Z 2 Aut(Z 4 ) Z 4 manda 1 in 1. (iii) Osserviamo innanzitutto che la cardinalità di Out(G) = Aut(G)/ Inn(G) è uguale a Out(G) = Aut(g) / Inn(G) = 32/8 = 4. Dal punto (5) deduciamo che un automorfismo φ st Aut(G) è interno se e solo se s = 1 1 e t 2 Z 8. Dunque Out(G) consiste dei seguenti 4 elementi ξ := φ 1 Inn(G) = φ ±1k : k è pari} ξ 1 := φ 11 Inn(G) = φ ±1h : h è dispari} ξ 1 := φ 32 Inn(G) = φ ±3k : k è pari} ξ 11 := φ 31 Inn(G) = φ ±3h : h è dispari}. Ora è facile vedere usando (.5) che ξ è l elemento neutro ξ 1 e ξ 1 hanno ordine due e che ξ 1 ξ 1 = ξ 11 = ξ 1 ξ 1. Questo implica che esiste un isomorfismo Z 2 Z 2 Out(G) (a b) ξ ab. 5