1 Se X e Y sono equipotenti, Sym(X) e Sym(Y ) sono isomorfi

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1 In ogni esercizio c è la data del giorno in cui l ho proposto. 1 Se X e Y sono equipotenti, Sym(X) e Sym(Y ) sono isomorfi Se X è un insieme indichiamo con Sym(X) l insieme delle biiezioni X X. Si tratta di un gruppo con l operazione di composizione. Mostriamo che se X, Y sono insiemi equipotenti allora Sym(X) = Sym(Y ). Sia f : X Y una biiezione. L applicazione θ : Sym(X) Sym(Y ) che manda ϕ in f ϕ f 1 è un isomorfismo di gruppi. Infatti: 1. θ è ben definita. In altre parole, se ϕ Sym(X) allora θ(ϕ) Sym(Y ). Infatti θ(ϕ) = f ϕ f 1 ha Y come dominio e come codominio (per come è definita) e θ(ϕ) Sym(Y ): in altre parole, θ(ϕ) è biiettiva. Infatti f, ϕ, f 1 sono biiettive, quindi θ(ϕ) = f ϕ f 1, composizione di funzioni biiettive, è biiettiva. 2. θ è un omomorfismo di gruppi. In altre parole, se g, h Sym(X) allora θ(g h) = θ(g) θ(h). Infatti θ(g h) = f (g h) f 1 = (f g f 1 ) (f h f 1 ) = θ(g) θ(h). 3. θ è iniettiva. Siccome θ è un omomorfismo, si tratta di dimostrare che ker(θ) = {1}. Supponiamo che θ(ϕ) = 1 = id Y e mostriamo che ϕ = 1 = id X. Abbiamo f ϕ f 1 = θ(ϕ) = 1 = id Y da cui componendo entrambi i membri a sinistra con f 1 e a destra con f abbiamo ϕ = f 1 f = 1 = id X. 4. θ è suriettiva. Infatti dato g Sym(Y ) si ha f 1 g f Sym(X) e θ(f 1 g f) = f (f 1 g f) f 1 = g. 2 xy e yx sono coniugati Sia G un gruppo e siano x, y G. Mostriamo che xy e yx sono coniugati in G. In altre parole, mostriamo che esiste g G tale che g(xy)g 1 = yx. Scegliamo g = x 1. Allora (x 1 )(xy)(x 1 ) 1 = x 1 xyx = yx. 3 G non è unione di due sottogruppi propri Sia G un gruppo e siano H, K G con H e K propri, cioè H, K G. Mostriamo che H K G. Supponiamo quindi per assurdo che H K = G. Siccome H, K G esistono due elementi h, k G con la proprietà che h G K e k G H. Siccome G = H K si deve allora avere, per definizione di unione, che h H e k K. Ora consideriamo l elemento hk G. Siccome G = H K 1

2 si deve avere, per definizione di unione, che hk H oppure hk K. Ma se hk H allora siccome h H, h 1 H e H h 1 (hk) = k, assurdo, e se hk K allora siccome k K, k 1 K e K (hk)k 1 = h, assurdo. 4 Se g 2 = 1 per ogni g G allora G è abeliano Supponiamo che g 2 = 1 per ogni g G. Mostriamo che G è abeliano. In altre parole, dobbiamo mostrare che dati x, y G due elementi qualunque si ha xy = yx. Per ipotesi x 2 = 1, y 2 = 1 e anche (xy) 2 = 1. Quest ultima relazione dice che xyxy = 1, quindi moltiplicando a sinistra per x e ricordando che x 2 = 1 abbiamo yxy = x; ora moltiplicando a sinistra per y e ricordando che y 2 = 1 abbiamo xy = yx. 5 Se G è abeliano ogni sottogruppo di G è normale Sia G un gruppo abeliano e sia H G. Mostriamo che H è normale in G. In altre parole dobbiamo dimostrare che se g G e h H allora ghg 1 H. Ma siccome G è abeliano g e h commutano e quindi ghg 1 = hgg 1 = h H. 6 Il centralizzante di (123) in A 5 Ricordo il seguente fatto noto. Lemma 1. Siano A, B due sottogruppi normali di un gruppo G con le seguenti proprietà: A B = {1} e AB = G. Allora G = A B. Sia σ = (123). Vogliamo trovare C A5 ((123)). Troviamo dapprima il centralizzante di (123) in S 5. I coniugati di (123) in S 5 sono i 3-cicli, quindi sono 2 (5 3) = 20, per cui CS5 (σ) = 5!/20 = 6. Ora, (123), (45) C S5 (σ) e commutano (sono cicli disgiunti). Siano A = (123) e B = (45). Sia G = (123), (45). A, B G. Per mostrare questo basta mostrare che i normalizzanti N G (A), N G (B) sono uguali a G. Per mostrare questo basta mostrare che N G (A), N G (B) contengono i due generatori di G che conosciamo, (123) e (45) (infatti se G è generato da un insieme X e H G contiene X allora H, essendo un sottogruppo, contiene anche X = G). In altre parole dobbiamo mostrare che (123)A(123) 1 = A, (45)A(45) 1 = A, (123)B(123) 1 = B, (45)B(45) 1 = B. Di nuovo, per mostrare ognuna di queste uguaglianze basta limitarsi ai generatori (il coniugio preserva i prodotti), in altre parole 2

3 dobbiamo mostrare che (123)(123)(123) 1 A, (123)(45)(123) 1 B, (45)(123)(45) 1 A e (45)(45)(45) 1 B. Questo segue dal fatto che (123), (45) commutano tra loro e con se stessi. A, B hanno intersezione {1}, infatti A B è un sottogruppo di A e di B, quindi per il teorema di Lagrange A B divide A = 3 e B = 2, quindi A B = 1, cioè A B = {1}. AB = G. Infatti siccome (123) e (45) commutano, G = (123), (45) = (123) (45) = AB. Usando il lemma troviamo che C 6 = C3 C 2 = (123) (45) = (123), (45) per cui (123), (45) è un sottogruppo di C S5 (σ) di ordine 6, e C S5 (σ) ha ordine 6, da cui C S5 (σ) = (123), (45) = {1, (123)(45), (132), (45), (123), (132)(45)} = Ne segue che = (123)(45) = C 6. C A5 (σ) = C S5 (σ) A 5 = {1, (123)(45), (132), (45), (123), (132)(45)} A 5 = = {1, (123), (132)}. In particolare (123) ha 5!/6 = 20 coniugati in S 5 e (5!/2)/3 = 20 coniugati in A 5. In altre parole, tutti i 3-cicli sono coniugati in A 5. 7 Il centralizzante di (12345) in S 5, S 6, A 5, A 6 Sia σ = (12345). σ ha 4! coniugati in S 5 e 6 4! coniugati in S 6. Ne segue che C S5 (σ) = 5!/4! = 5, C S6 (σ) = 6!/6 4! = 5. D altra parte (12345) è contenuto in C S5 (σ) e C S6 (σ) quindi C S5 (σ) = σ e C S6 (σ) = σ. Inoltre siccome σ è costituito di permutazioni pari (perché σ è pari, essendo un ciclo di lunghezza dispari), si ha C A5 (σ) = C S5 (σ) A 5 = σ e C A6 (σ) = C S6 (σ) A 6 = σ. Ne segue che (12345) ha 5!/5 = 4! coniugati in S 5 e 6!/5 = 6! 4 coniugati in S 6, ma ha (5!/2)/5 = 4!/2 coniugati in A 5 e (6!/2)/5 = 6! 2 coniugati in A 6. Quindi in A 5 e in A 6 ci sono due classi di coniugio di 5-cicli. 3

4 8 Il centralizzante di (123)(456) in S 6, A 6 Il numero di elementi con la stessa struttura ciclica di σ = (123)(456) è 2 (6 3) = 6!/(3! 3) (si sceglie una partizione di {1, 2, 3, 4, 5, 6} in due sottoinsiemi di tre elementi in 1 2( 6 3) modi, e per ognuna si costruiscono quattro elementi di struttura ciclica (3, 3)). Sia C := C S6 (σ). Segue che C = 6!/(6!/(3! 3)) = 3! 3 = 18. Ora, naturalmente (123) e (456) appartengono a C, per cui (123)(456) C. Chiamiamo A = (123) e B = (456). Abbiamo AB = A B / A B = A B = 9 (per la cronaca usando il lemma 1 otteniamo che addirittura AB = A, B = A B). Quindi abbiamo trovato nove elementi in C, che ha ordine 18. Per concludere ci serve trovare un elemento di ordine 2 in C (il motivo sarà chiaro poi). Un idea per un elemento di ordine 2 che centralizza (123)(456) è la seguente: possiamo scambiare i due fattori (tanto commutano!). In altre parole detto t = (14)(25)(36) si ha tσt 1 = (t(1) t(2) t(3)) (t(4) t(5) t(6)) = (456)(123) = (123)(456) = σ. Per cui t C. Ne segue che A, B, t C. D altra parte A, B, t è diviso da A, B = 9 e da t = 2 e quindi è diviso da 9 2 = 18. Siccome C ha ordine 18 segue che C = (123), (456), (14)(25)(36). Ora osserviamo che C non è contenuto in A 6, infatti C contiene (14)(25)(36) che è una permutazione dispari. Siccome A 6 S 6 si ha CA 6 S 6 e naturalmente A 6 CA 6, e d altra parte A 6 CA 6 (da A 6 = CA 6 seguirebbe che C A 6 ). Abbiamo quindi 2 = S 6 : A 6 = S 6 : CA 6 CA 6 : A 6 e CA 6 : A 6 1, quindi CA 6 : A 6 = 2 in altre parole CA 6 = S 6. Segue dai teoremi di isomorfismo che C 2 = S6 /A 6 = CA 6 /A 6 = C/C A 6 da cui C A 6 = 1 2 C = 9. Siccome (123), (456) sono permutazioni pari (essendo cicli di lunghezza dispari) C A 6 contiene (123), (456), che ha ordine 9, segue che C A 6 = (123), (456). In particolare (123)(456) ha (6!/2)/9 coniugati in A 6, e quindi tutti i coniugati di (123)(456) in S 6 sono a esso coniugati anche in A 6. 9 Trovare un azione fedele transitiva di S 4 su sei punti Ricordo che un azione di un gruppo G si dice fedele se il suo nucleo è {1}. Osserviamo che S 4 agisce {1, 2, 3, 4} nel modo ovvio (la permutazione σ S 4 manda l elemento i {1, 2, 3, 4} in σ(i)), e questa azione è transitiva e fedele, ma è un azione su quattro punti. Ce ne serve una su sei. Ci sono due modi per farlo (esattamente due modi!). 1. I 4-cicli sono tutti coniugati in S 4, e sono sei: (1234), (1243), (1324), (1342), (1423), (1432). Sia Ω l insieme dei 4-cicli di S 4. Allora Ω = 6. Il 4

5 fatto che un coniugato di un 4-ciclo è ancora un 4-ciclo dice che S 4 agisce su Ω per coniugio: S 4 Ω Ω, (σ, ω) σωσ 1. Il fatto che i 4-cicli in S 4 sono tutti coniugati dice che tale azione è transitiva. Ci resta da dimostrare che è fedele. Per farlo troviamo il nucleo. Come sappiamo, il nucleo è l intersezione degli stabilizzatori, cioè, in questo caso, dei centralizzanti degli elementi di Ω. D altra parte sappiamo (lo abbiamo visto) che se σ è un 4-ciclo in S 4 allora C S4 (σ) = σ, per cui il nucleo dell azione è l intersezione ω Ω ω. Tale intersezione è {1} perché è contenuta (per esempio) in (1234) (1243), cioè in {1, (1234), (13)(24), (1432)} {1, (1243), (14)(23), (1342)} = {1}. 2. Ci sono ( 4 2) = 6 sottoinsiemi di {1, 2, 3, 4} di due elementi, essi sono {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}. Sia Ω l insieme dei sottoinsiemi di {1, 2, 3, 4} di due elementi. Allora Ω = 6. S 4 agisce su Ω nel modo seguente: S 4 Ω Ω, (σ, {a, b}) {σ(a), σ(b)}. Questa azione è transitiva. Per questo basta mostrare che l orbita di {1, 2} è tutto Ω. Preso {a, b} Ω dobbiamo trovare una permutazione σ S 4 tale che σ({1, 2}) = {a, b}, e per questo basta che σ(1) = a e σ(2) = b. Scriviamo {1, 2, 3, 4} = {a, b, c, d} e definiamo σ tramite le assegnazioni σ(1) = a, σ(2) = b, σ(3) = c e σ(4) = d. Mostriamo che l azione è fedele, cioè che il nucleo è banale, cioè {1}. Lo stabilizzatore di {1, 2} è H = {σ S 4 : {σ(1), σ(2)} = {1, 2}} = {1, (12), (34), (12)(34)}. Lo stabilizzatore di {2, 3} è L = {σ S 4 : {σ(2), σ(3)} = {2, 3}} = {1, (23), (14), (14)(23)}. Ne segue che il nucleo è contenuto in H L = {1} e quindi l azione è fedele. Un altro modo di farlo era il seguente. Il nucleo dell azione è un sottogruppo normale di S 4 contenuto in H (il nucleo è l intersezione degli stabilizzatori, quindi è contenuto in tutti gli stabilizzatori, in particolare in H). Ma ricordando che i sottogruppi normali di S 4 sono {1}, K, A 4 e S 4, dove K è il gruppo di Klein (quello che consiste dell identità e dei prodotti di due scambi disgiunti) otteniamo che il nucleo dell azione è {1} (infatti K, A 4 e S 4 non sono contenuti in H). 10 A n è generato dai quadrati Sia n 1 un intero e sia Q := {x 2 : x S n }. Mostriamo che Q = A n. Osserviamo che ogni elemento di A n è un prodotto di un numero pari di scambi, 5

6 quindi è un prodotto di cose del tipo (ij)(kl) dove (ij) e (kl) sono scambi distinti (non necessariamente disgiunti!). Quindi per mostrare che Q = A n basta mostrare che ogni elemento del tipo (ij)(kl), con (ij), (kl) scambi distinti (non necessariamente disgiunti) appartiene a Q. Ci sono due possibilità. (ij) e (kl) sono disgiunti. Allora (ikjl) 2 = (ij)(kl) e quindi (ij)(kl) Q. (ij) e (kl) non sono disgiunti. Possiamo per esempio assumere che i = k e j l (essendo (kl) = (lk)). Si ha (ij)(kl) = (ij)(il) = (ilj) = (ijl) 2 e quindi (ij)(kl) Q. 6