ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1)

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1 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 MARTINO GARONZI Indice 0.1. Prerequisiti Notazioni particolari 2 1. Gruppi Esercizi di struttura Gruppi ciclici Gruppi simmetrici e alterni Gruppi di matrici Il gruppo diedrale 44 Riferimenti bibliografici 48 Il mio indirizzo è [email protected] Prerequisiti. Comincio con l elencare i prerequisiti per capire i testi degli esercizi proposti. (1 Terminologia base di teoria degli insiemi (inclusioni, unione, intersezione, funzioni, relazioni, cardinalità. (2 Principio dei cassetti (Pigeon hole principle: se A è un insieme finito e f : A A è una funzione allora f è iniettiva se e solo se è suriettiva. (3 Funzione ϕ di Eulero: ϕ(n è il numero di elementi di {1,..., n} coprimi con n. Ricordiamo che se n, m sono coprimi allora ϕ(nm = ϕ(nϕ(m, e che se p è un primo allora ϕ(p a = (p 1p a 1. Segue che se n = k i=1 p i ai è la decomposizione di n come prodotto di potenze di primi p i a due a due distinti (data dal teorema fondamentale dell aritmetica allora ϕ(n = k a (p i 1p i 1 i. i=1 (4 Le seguenti nozioni: gruppo, gruppo ciclico, gruppo abeliano, sottogruppo, indice di un sottogruppo, sottogruppo normale, classe laterale (destra e sinistra, quoziente, omomorfismo, isomorfismo, automorfismo, nucleo di un omomorfismo, ordine di un gruppo, ordine di un elemento, teoremi di isomorfismo. (5 Prodotti diretti di gruppi. (6 Teorema cinese del resto. (7 Azioni di gruppi, stabilizzatori, orbite, azioni transitive. (8 Gruppo simmetrico e gruppo alterno, permutazioni, notazione coi cicli disgiunti. (9 Gruppo diedrale (di ordine 2n, la sua presentazione è D n := a, b : a n = 1, b 2 = 1, bab = a 1. (10 Teorema di Lagrange per l indice dei sottogruppi, teorema di Cauchy sull esistenza di elementi di ordine primo, teorema di Cayley (ogni gruppo è sottogruppo di un gruppo simmetrico, teorema di Sylow sui sottogruppi di ordine una potenza di un primo. (11 Algebra lineare: campi, spazi vettoriali, omomorfismi e matrici invertibili. 1

2 2 MARTINO GARONZI (12 Due elementi x, y G si dicono coniugati in G se esiste g G tale che g 1 xg = y. In questo caso scriveremo anche y = x g. (13 Un sottogruppo H G si dice proprio se H G, e in questo caso scriveremo H < G. (14 Un sottogruppo H G si dice massimale se ogni volta che H K G si ha K = H oppure K = G. (15 C G (x := {g G : gx = xg}, il centralizzante di x in G. (16 Z(G := {g G : gx = xg x G} = x G C G(x, il centro di G. (17 Un gruppo G si dice semplice se ogni volta che N G si ha N = {1} oppure N = G. (18 Le seguenti nozioni: anello commutativo unitario e non unitario, dominio di integrità, campo, ideale, ideale principale, ideale massimale, omomorfismo di anelli, nucleo di un omomorfismo, teoremi di isomorfismo, elementi nilpotenti e idempotenti, caratteristica di un anello, anello di polinomi, teorema di Ruffini, criterio di Eisenstein per l irriducibilità di un polinomio, estensioni di campi, campo di riducibilità completa, elementi costruibili con riga e compasso. (19 PID (dominio a ideali principali, UFD (dominio a fattorizzazione unica, dominio euclideo. (20 Polinomi primitivi e lemma di Gauss (un polinomio monico a coefficienti interi e primitivo è irriducibile in Z[X] se e solo se è irriducibile in Q[X]. (21 Lemma di Zorn, Assioma della scelta, Principio del buon ordinamento, teorema di Cantor-Schroeder-Bernstein Notazioni particolari. (1 Le composizioni di permutazioni sono effettuate da destra a sinistra. Quindi per esempio (12(123 = (23. (2 L inclusione tra insiemi si indica con o, l inclusione propria con o : se A, B sono due insiemi, A B significa che A B e A B. (3 Il prodotto cartesiano di una famiglia di insiemi {A i } i I si indica con i I A i. Se I è un insieme finito, diciamo {1,..., n}, il prodotto i I A i si indica anche con A 1 A n. (4 Se G è un gruppo, la scrittura H G indica che H è un sottogruppo di G, la scrittura H G indica che H è un sottogruppo normale di G. La scrittura H < G indica che H G e H G, la scrittura H G indica che H G e H G. (5 G : H : l indice del sottogruppo H G. (6 Se A, B G allora il prodotto AB è definito come segue: AB := {ab : a A, b B}. (7 Se G è un gruppo e X G, X indica il sottogruppo di G generato da X, cioè l intersezione dei sottogruppi di G contenenti X. Se X = {a 1,..., a n } scriveremo spesso a 1,..., a n invece di {a 1,..., a n }. G si dice ciclico se esiste g G tale che G = g, cioè G = {1, g, g 2, g 3,...}. (8 F p = Z/pZ, dove p è un numero primo.

3 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE Esercizi di struttura. 1. Gruppi Normale. Scrivere esplicitamente i laterali destri di H in G, dove: G = a è un gruppo ciclico di ordine 10 e H = a 2 è il sottogruppo di G generato da a 2. G come sopra e H = a 5. G = S 3 e H = {σ G σ(1 = 1}. Risoluzione. Sia G = a un gruppo ciclico di ordine 10 e sia H = a 2 = {1, a 2, a 4, a 6, a 8 } = C 5. Allora H ha G : H = 2 laterali destri in G, uno è H stesso, l altro è Ha = {a, a 3, a 5, a 7, a 9 }. Sia ora G come sopra e H = a 5 = {1, a 5 } = C 2. Allora H ha G : H = 5 laterali destri in G, uno è H stesso, gli altri sono Ha = {a, a 6 }, Ha 2 = {a 2, a 8 }, Ha 3 = {a 3, a 8 }, Ha 4 = {a 4, a 9 }. Sia ora G = S 3 = {1, (12, (13, (23, (123, (132} e H = {σ G σ(1 = 1} = {1, (23}. Allora H ha G : H = 3 laterali destri in G, uno è H stesso, gli altri sono La composizione è fatta da destra a sinistra. H(12 = {(12, (132}, H(13 = {(13, (123} Normale. Dare un esempio di un gruppo abeliano non ciclico e di un gruppo non abeliano. Trovare un gruppo G per ognuno dei seguenti casi: Z(G = G, Z(G = {1}, {1} Z(G G. Risoluzione. C 2 C 2 è un esempio di gruppo abeliano non ciclico. È abeliano perché prodotto diretto di gruppi abeliani, è non ciclico perché ha ordine 4 ed è privo di elementi di ordine 4 (ogni suo elemento ha ordine 1 oppure 2. Si ha quindi Z(C 2 C 2 = C 2 C 2. Il gruppo S 3 ha centro identico: Z(S 3 = {1}. Questo si deduce facilmente dalla tabella della moltiplicazione in S 3 (le permutazioni sono composte da destra a sinistra: S 3 1 (12 (13 (23 (123 ( (12 (13 (23 (123 (132 (12 (12 1 (132 (123 (23 (13 (13 (13 (123 1 (132 (12 (23 (23 (23 (132 (123 1 (13 (12 (123 (123 (13 (23 (12 (132 1 (132 (132 (23 (12 (13 1 (123 Se due elementi non commutano tra loro non stanno nel centro. Inseriamo qui il reticolo dei sottogruppi di S 3. Sym(3 {1, (12} {1, (13} {1, (23} {1, (123, (132} {1}

4 4 MARTINO GARONZI Usando l esercizio più avanti, ottenete allora che Z(C 2 S 3 = Z(C 2 Z(S 3 = C 2 {1}, e quindi G = C 2 S 3 è un esempio di gruppo con 1 Z(G G. Un altro esempio di tale gruppo è GL(n, K, il gruppo moltiplicativo delle matrici invertibili n n a coefficienti nel campo K. Il centro di questo gruppo, come è noto, è il gruppo delle matrici scalari invertibili, isomorfo a K (il gruppo moltiplicativo degli elementi di K diversi da zero Facile. È vero che i sottogruppi abeliani sono sempre normali? Risoluzione. No, per esempio il sottogruppo (12 di S 3 è abeliano (anzi ciclico e non è normale in S 3, infatti per esempio (123(12(123 1 = (13(132 = (23 non appartiene a (12 = {1, (12} Facile. Siano G un gruppo, H, N due suoi sottogruppi e supponiamo che N sia normale in G. Mostrare che H N è un sottogruppo normale di H. Risoluzione. Dati h H e x H N, dobbiamo mostrare che h 1 xh H N, cioè che h 1 xh H e che h 1 xh N. Che sia h 1 xh H segue dal fatto che H è un gruppo, quindi è chiuso rispetto alla moltiplicazione e agli inversi e h, x H. Che sia h 1 xh N segue dal fatto che h H G, che x N e che N è normale in G Normale. Mostrare che i sottogruppi di indice 2 sono sempre normali. Risoluzione. Siano G un gruppo e H un suo sottogruppo di indice 2. In altre parole H ha in G esattamente due laterali destri, ed esattamente due laterali sinistri. Sia x G. Dobbiamo mostrare che xhx 1 = H, cioè che xh = Hx. Se x H questo è chiaro essendo Hx = H = xh, quindi ora supponiamo x H. Allora H Hx e H xh. Siccome G ha indice 2 segue che H Hx = G = H xh quindi xh = G H = Hx Normale. Siano G un gruppo finito e p un numero primo. Mostrare che le seguenti affermazioni sono equivalenti: (1 ogni g G ha come ordine una potenza di p, (2 G è una potenza di p. Risoluzione. Mostriamo che (1 (2. Supponiamo quindi che ogni g G abbia come ordine una potenza di p. Dobbiamo mostrare che G è una potenza di p, cioè che non esistono primi diversi da p che dividono G. Supponiamo quindi per assurdo che esista un primo q diverso da p che divide G. Per il teorema di Cauchy esiste in G un elemento x di ordine q, e questo contraddice (1. Mostriamo che (2 (1. Supponiamo quindi che G sia una potenza di p. Prendiamo g G. Dobbiamo mostrare che o(g è una potenza di p. Il sottogruppo g di G ha ordine che divide G (per il teorema di Lagrange, e d altra parte il suo ordine è esattamente o(g. Ne segue che o(g divide G, che è una potenza di p, quindi anche o(g è una potenza di p Facile. Siano G un gruppo e x, y G. Mostrare che xy e yx sono coniugati in G. Risoluzione. x 1 (xyx = yx Medio. Siano G un gruppo e H un suo sottogruppo. Dato x G, definiamo xhx 1 := {xhx 1 h H}. Mostrare che si tratta di un sottogruppo di G isomorfo a H. I sottogruppi di G della forma xhx 1 si chiamano i sottogruppi coniugati di H in G. Sia N l intersezione di tutti i coniugati di H in G. Mostrare che N è un sottogruppo normale di G, ogni sottogruppo normale di G contenuto in H è contenuto in N. Di solito l intersezione dei coniugati di H in G si indica con H G e si chiama il cuore normale di H in G.

5 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 5 Risoluzione. xhx 1 è un sottogruppo di G perché 1 = x 1 x 1 xhx 1 essendo 1 H, se a, b H allora (xax 1 (xbx 1 = x(abx 1 xhx 1 essendo ab H, e (xax 1 1 = xa 1 x 1 xhx 1 essendo a 1 H. L applicazione H xhx 1, h xhx 1 è un isomorfismo di gruppi. Per la normalità di N si veda l esercizio Sia ora M un sottogruppo normale di G contenuto in H. Allora per ogni g G si ha M = gmg 1 ghg 1. In altre parole M è contenuto in tutti i coniugati di H, e quindi è contenuto nella loro intersezione: M H G Facile. Mostrare che nessun gruppo è unione di due sottogruppi propri. Risoluzione. Sia per assurdo G un gruppo tale che G = H K con H, K < G. Siano h G K e k G H. Allora siccome G = H K si deve avere h H e k K. Ora, hk G = H K, e quindi hk H oppure hk K. Ma se hk H allora H h 1 (hk = k, assurdo, e se hk K allora K (hkk 1 = h, assurdo Un criterio di normalità. Medio. Sia H una famiglia di sottogruppi di un gruppo G con la proprietà che ghg 1 H per ogni H H, g G. Dimostrare che H H H è un sottogruppo normale di G. Dedurre che: (1 L intersezione dei coniugati di un dato sottogruppo di G è un sottogruppo normale di G; (2 se G è finito, l intersezione dei sottogruppi di un fissato indice in G è un sottogruppo normale di G; (3 Se X è un sottoinsieme di G tale che gxg 1 X per ogni x X, g G allora X, il sottogruppo di G generato da X, cioè l intersezione dei sottogruppi di G che contengono X, è un sottogruppo normale di G; mostrare inoltre che se X = {aba 1 b 1 a, b G} allora G/ X è abeliano; (4 g G C G(g è un sottogruppo normale di G (è uguale al centro di G. Risoluzione. Sia x N = H H H, e sia g G. Dobbiamo mostrare che gxg 1 N, cioè che gxg 1 H per ogni H H. Sia quindi H H. Dobbiamo mostrare che gxg 1 H, cioè che x g 1 Hg. Ma g 1 Hg H per ipotesi, e quindi x N g 1 Hg. Ora, (1 segue facilmente. (2 segue dal fatto che i coniugati di un sottogruppo hanno il suo stesso ordine e quindi il suo stesso indice (in un gruppo finito. (4 segue dal fatto che C G (gxg 1 = gc G (xg 1 (per questo si veda l esercizio Mostriamo (3. Sia H la famiglia dei sottogruppi di G che contengono X. Bisogna mostrare che se H H e g G allora ghg 1 H, cioè che ghg 1 X, cioè che H g 1 Xg. Ma essendo X g 1 Xg per ipotesi, questo segue dal fatto che H X. Sia ora X = {aba 1 b 1 a, b G}. Per mostrare che G/ X è abeliano dobbiamo mostrare che per ogni a, b G si ha X a X b = X b X a, cioè (ricordando come è definito il prodotto nel quoziente che X ab = X ba, cioè che aba 1 b 1 X. Ma questo segue dal fatto che aba 1 b 1 X X Normale. Un sottogruppo H di un gruppo G si dice sottogruppo massimale se H G e ogni volta che K G e H K G si ha K = H oppure K = G. In altre parole, un sottogruppo si dice massimale se è proprio e non è contenuto propriamente in nessun sottogruppo proprio di G. Mostrare che l intersezione dei sottogruppi massimali di un gruppo G è un sottogruppo normale di G. Tale intersezione si chiama sottogruppo di Frattini di G. Risoluzione. Per basta mostrare che i coniugati di un sottogruppo massimale sono sottogruppi massimali. Sia dunque M un sottogruppo massimale di G, e sia g G. Dobbiamo mostrare che gmg 1 è un sottogruppo massimale di G. Sia K G tale che gmg 1 < K G. Dobbiamo mostrare che K = G. Da gmg 1 < K segue M < g 1 Kg, e quindi g 1 Kg = G per massimalità di M. Ne segue che K = ggg 1 = G.

6 6 MARTINO GARONZI Medio. Siano A, B due sottogruppi di un gruppo finito G. Definiamo AB := {ab a A, b B}. (1 Mostrare che AB = A B A B. (2 Mostrare che AB = BA se e solo se AB è un sottogruppo di G. (3 Mostrare che se almeno uno tra A e B è normale in G allora AB è un sottogruppo di G. (4 Mostrare che se A, B sono normali in G allora AB è un sottogruppo normale di G. Risoluzione. Consideriamo l applicazione f : A B AB, f(a, b := ab. L insieme A B ammette la partizione {f 1 (y : y AB}, dove f 1 (y = {(a, b A B f(a, b = y}. Per dimostrare (1 basta quindi dimostrare che per ogni y AB si ha f 1 (y = A B. Sia y = a 1 b 1 AB. Dobbiamo contare le coppie (a 2, b 2 A B tali che a 1 b 1 = y = a 2 b 2. Da a 1 b 1 = a 2 b 2 segue z := a 1 2 a 1 = b 2 b 1 1 A B. Ora, a 2 = a 1 z 1 e b 2 = zb 1. Ne segue che la coppia (a 2, b 2 è determinata a partire dalla coppia (a 1, b 1 in tanti modi quante sono le scelte per z, cioè A B. Mostriamo (2. Mostriamo (. Supponiamo AB = BA. Dobbiamo mostrare che AB G. Che sia 1 AB segue da 1 A, 1 B e 1 = 1 1. Prendiamo a 1, a 2 A e b 1, b 2 B. Dobbiamo mostrare che (a 1 b 1 (a 2 b 2 AB e che (a 1 b 1 1 AB. Siccome AB = BA, esistono a 3 A, b 3 B tali che b 1 a 2 = a 3 b 3, e quindi (a 1 b 1 (a 2 b 2 = a 1 (b 1 a 2 b 2 = a 1 (a 3 b 3 b 2 = (a 1 a 3 (b 3 b 2 AB. Inoltre siccome AB = BA esistono a 4, b 4 con (a 1 b 1 1 = b 1 1 a 1 1 = a 4 b 4 AB. Mostriamo (. Supponiamo che AB G. Dobbiamo mostrare che AB = BA. Siccome i due insiemi AB e BA hanno la stessa cardinalità (per (1, basta mostrare che AB BA. Siano a A, b B. Dobbiamo trovare a A, b B con ab = b a. Siccome ab AB G si ha b 1 a 1 = (ab 1 AB, quindi esistono a 1 A, b 1 B con b 1 a 1 = a 1 b 1. In altre parole ab = b 1 1 a 1 1, quindi basta scegliere b = b 1 1, a = a 1 1. Mostriamo (3. Supponiamo per esempio che A G (l altro caso è del tutto analogo. Per mostrare che AB G basta mostrare che AB = BA, e come sopra, siccome AB = BA, per questo basta mostrare che AB BA. Siano a A, b B. Allora ab = b(b 1 ab BA essendo A G. Mostriamo (4. Siano a A, b B, g G. Dobbiamo mostrare che g 1 abg AB. Ma g 1 abg = (g 1 ag(g 1 bg AB essendo A, B G Medio. Sia G un p-gruppo finito (dove p è un primo. Mostrare che i sottogruppi massimali di G sono normali in G e hanno indice p. Risoluzione. Useremo in lungo e in largo l esercizio Mostriamo che i sottogruppi massimali di G sono normali e hanno indice p. Scriviamo G = p n, e procediamo per induzione su n. Se n = 1 allora {1} è normale, massimale e ha indice p. Supponiamo ora n > 1. Come è noto, dall equazione delle classi segue che i p-gruppi non banali hanno centro non banale, quindi Z(G {1}. Sia g Z(G di ordine p (esiste per il teorema di Cauchy. Siccome g Z(G, g G. Sia M un sottogruppo massimale di G. Se g M allora M/ g è un sottogruppo massimale di G/ g (per il teorema di corrispondenza e quindi siccome G/ g è una potenza di p minore di p n, per ipotesi induttiva M/ g è normale in G/ g e di indice p, quindi M è normale in G e ha indice p, infatti G : M = G/ g : M/ g = p. Supponiamo ora che g M. Siccome g G, M g G, e siccome M è massimale e M M g G, e M g = M (essendo g M si ha M g = G. Siccome g Z(G si ha g N G (M (il normalizzante di M in G, quindi N G (M contiene M e g e quindi contiene M g = G, in altre parole M G. Inoltre M g = 1 e quindi G = M g = M g = M p, da cui G : M = p Normale. Siano A, B due sottogruppi normali di G. Supponiamo che A B = {1} e che AB = G. Mostrare che G = A B.

7 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 7 Risoluzione. Consideriamo l applicazione f : A B G, f(a, b := ab. Poiché AB = G, l applicazione f è suriettiva. Mostriamo che è un isomorfismo di gruppi. Osserviamo prima che per ogni a A, b B vale ab = ba. Infatti aba 1 b 1 A B (essendo aba 1 B perché B G e ba 1 b 1 A perché A G, quindi da A B = {1} segue aba 1 b 1 = 1, cioè ab = ba. f((a, b(c, d = f(ac, bd = acbd = abcd = f((a, bf((c, d. f((a, b 1 = f(a 1 b 1 = a 1 b 1 = b 1 a 1 = (ab 1 = f((a, b 1. Iniettività: se f(a, b = 1 allora ab = 1 e quindi b = a 1 A B = {1}, da cui a = b = 1, cioè (a, b = (1, 1. Suriettività: segue dall ipotesi AB = G Il sottogruppo dei quadrati. Normale. Sia p un primo. Calcolare {x 2 x F p }. Risoluzione. Ricordiamo che F p = Z/pZ. Definiamo F p := F p {0}. Sia f : F p F p l applicazione definita da f(x := x 2. Siccome F p è un gruppo commutativo, f è un omomorfismo di gruppi e il suo nucleo è {a F p : a 2 = 1}. Siccome F p è un campo, le radici del polinomio X 2 1 sono 1 e 1 (per il teorema di Ruffini quindi ker(f = { 1, 1}. Per il teorema di isomorfismo F p / ker(f = Im(f = {x 2 : x F p {0}}, quindi Im(f = F p /2 = (p 1/2 e {x 2 : x F p } = {0} Im(f = 1 + (p 1/2 = (p + 1/ Facile. Siano g, x G. Mostrare che C G (g 1 xg = g 1 C G (xg. Risoluzione. Mostriamo che C G (g 1 xg g 1 C G (xg. Sia quindi y C G (g 1 xg. Dobbiamo mostrare che y g 1 C G (xg, cioè che gyg 1 C G (x, cioè che (gyg 1 x = x(gyg 1. Ma y C G (g 1 xg e quindi (gyg 1 x = gy(g 1 xgg 1 = g(g 1 xgyg 1 = x(gyg 1. Mostriamo che C G (g 1 xg g 1 C G (xg. Sia quindi y g 1 C G (xg, cioè gyg 1 C G (x. Dobbiamo mostrare che y C G (g 1 xg, cioè che yg 1 xg = g 1 xgy. Ma gyg 1 C G (x e quindi Facile. Siano H G, x G. Mostrare che y(g 1 xg = g 1 (gyg 1 xg = g 1 x(gyg 1 g = (g 1 xgy. {g G Hxg = Hx} = x 1 Hx. Risoluzione. Sia K := {g G : Hxg = Hx}. Mostriamo che K x 1 Hx. Sia quindi g K. Dobbiamo mostrare che g x 1 Hx. g K significa Hxg = Hx, cioè xgx 1 H, cioè g x 1 Hx. Mostriamo che K x 1 Hx. Sia quindi x 1 hx x 1 Hx, con h H. Dobbiamo mostrare che x 1 hx K, cioè che Hx(x 1 hx = Hx. Ma Hx(x 1 hx = Hhx = Hx essendo h H Facile. Siano G un gruppo finito, p un primo che divide G. Dimostrare che esiste g G di ordine p. (Questo è il Teorema di Cauchy: dimostrarlo usando il teorema di Sylow. Risoluzione. Sia P un p-sottogruppo di Sylow di G. Si tratta di un sottogruppo non banale di G, quindi siccome dobbiamo mostrare che esiste in G un elemento di ordine p possiamo assumere che G = P. Sia 1 g G. Allora l ordine di g in G, uguale all ordine del sottogruppo g, deve dividere G (per il teorema di Lagrange e quindi è una potenza di p diversa da 1. Diciamo o(g = p k con k 1. Allora g pk 1 ha ordine p.

8 8 MARTINO GARONZI Medio. Sia H un sottogruppo di un gruppo finito G. Mostrare che se g G ghg 1 = G allora necessariamente H = G. Questo rimane vero se G è infinito? Se no, fornire un controesempio. Risoluzione. Ricordiamo che H ha esattamente G : N G (H coniugati in G, dove N G (H = {g G : ghg 1 = H} indica il normalizzante di H in G. Siccome H N G (H si ha G : N G (H G : H. Ne segue che i coniugati di H coprono al massimo 1 + ( H 1 G : N G (H 1 + ( H 1 G : H = 1 + G G : H elementi di G. Siccome G : H 1, se i coniugati di H coprono tutto G allora si deve avere G : H = 1, cioè G = H. Se G è infinito allora questo non è più vero in generale. Come esempio prendiamo G = GL(n, C il gruppo delle matrici invertibili a coefficienti complessi, con n > 1, e H il sottogruppo che consiste delle matrici triangolari superiori. Siccome C è algebricamente chiuso, ogni matrice n n a coefficienti complessi è coniugata a una matrice triangolare superiore, quindi g G ghg 1 = G Normale. Trovare un gruppo che sia unione di tre sottogruppi propri. Trovarne uno non abeliano. Risoluzione. Il gruppo C 2 C 2 = a b ha esattamente tre sottogruppi propri, quelli generati da (a, 1, (1, b e (a, b. Hanno ordine 2. Il reticolo dei sottogruppi di C 2 C 2 = a b è il seguente. C 2 C 2 (a, 1 (a, b (1, b {1} Siccome C 2 C 2 = {(1, 1, (a, 1, (1, b, (a, b}, tale gruppo è uguale all unione dei suoi sottogruppi propri. Ora osserviamo che se G è un gruppo e N è un suo sottogruppo normale tale che G/N è unione di tre sottogruppi propri allora per il teorema di corrispondenza anche G è unione di tre sottogruppi propri. Infatti se G/N = A/N B/N C/N con N A, B, C G allora G = A B C (se g G allora gn appartiene a uno tra A/N, B/N, C/N, per esempio gn A/N, ma allora gn = an per qualche a A, in particolare g = an per qualche n N e quindi g A essendo n N A. Per trovare un gruppo non abeliano che sia unione di tre sottogruppi propri basta quindi trovare un gruppo non abeliano G che ammetta un sottogruppo normale N tale che G/N = C 2 C 2. Un esempio di tale gruppo è G = S 3 (C 2 C 2. Infatti G/(S 3 {1} = C 2 C 2. Ricordo che in generale se A, B sono due gruppi allora (A B/(A {1} = B e (A B/({1} B = A (basta applicare il primo teorema di isomorfismo per i gruppi alle due proiezioni canoniche A B B, (a, b b e A B A, (a, b a Facile. Siano A, B due gruppi. Dimostrare che Z(A B = Z(A Z(B, dove Z(G indica il centro del gruppo G. Dedurre che un prodotto diretto di gruppi abeliani è un gruppo abeliano. Risoluzione. Mostriamo che Z(A B Z(A Z(B. Sia quindi (x, y Z(A B, con x A e y B. Dobbiamo mostrare che (x, y Z(A Z(B, cioè che x Z(A e che y Z(B. Mostriamo per esempio che x Z(A, l altro caso è analogo. Sia quindi a A. Dobbiamo mostrare che xa = ax. Siccome (x, y, (a, 1 A B e (x, y Z(A B, si ha (x, y(a, 1 = (a, 1(x, y, cioè (xa, y = (ax, y e quindi xa = ax. Mostriamo che Z(A B Z(A Z(B. Sia quindi (x, y Z(A Z(B, cioè x Z(A e y Z(B. Dobbiamo mostrare che (x, y Z(A B, cioè che per ogni (a, b A B si ha (a, b(x, y = (x, y(a, b. Ma siccome x Z(A e y Z(B si ha ax = xa e by = yb e quindi (a, b(x, y = (ax, by = (xa, yb = (x, y(a, b.

9 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 9 Se A, B sono entrambi abeliani allora Z(A = A e Z(B = B e quindi Z(A B = Z(A Z(B = A B, cioè A B è abeliano Normale. Siano M, N due sottogruppi normali di un gruppo G tali che MN = G. Mostrare che G/M N = G/N G/M. Risoluzione. Sia ϕ : G G/N G/M l omomorfismo (canonico definito da ϕ(g := (gn, gm. Il suo nucleo è dato dagli elementi g G tali che gn = N e gm = M, cioè g N e g M, cioè g N M. Quindi ker(ϕ = N M. Per il teorema di isomorfismo, per concludere basta quindi mostrare che ϕ è suriettiva. Sia quindi (an, bm G/N G/M. Dobbiamo trovare g G tale che gn = an e gm = bm. Siccome G = MN possiamo scrivere a = mn e b = m n con m, m M e n, n N. Allora an = mnn = mn e bm = m n M = n (n 1 m n M = n M essendo n 1 m n M, essendo M normale in G. Quindi basta scegliere g = mn. Infatti gn = mn N = mn = an e gm = mn M = n (n 1 mn M = n M = bm Medio. Sia G un gruppo. Sia N l intersezione dei sottogruppi normali K di G tali che G/K è abeliano. Mostrare che G/N è abeliano. Mostrare che N è il sottogruppo di G generato da {ghg 1 h 1 g, h G}. N si chiama sottogruppo derivato di G. Il sottogruppo derivato di G di solito si indica con G oppure con [G, G]. Risoluzione. Sia I la famiglia dei sottogruppi normali K di G tali che G/K è abeliano, e sia ϕ : G K I G/K l omomorfismo (canonico definito da ϕ(g := (gk K I. Il suo nucleo è dato dagli elementi g G tali che gk = K per ogni K I, cioè g K per ogni K I, cioè g K I K. Quindi ker(ϕ = K I K = N. Per il teorema di isomorfismo G/N è isomorfo a un sottogruppo di K I G/K, che essendo un prodotto diretto di gruppi abeliani è abeliano (cf. l esercizio Quindi G/N, isomorfo a un sottogruppo di un gruppo abeliano, è anch esso abeliano. Mostriamo che N è uguale al sottogruppo G di G generato dagli elementi della forma ghg 1 h 1 al variare di g, h G. Mostriamo che N G. Siccome N è l intersezione dei sottogruppi normali K di G tali che G/K è abeliano, per mostrare che N G basta mostrare che G/G è abeliano. In altre parole, dobbiamo mostrare che se g, h G allora G gg h = G hg g, cioè G gh = G hg, cioè G ghg 1 h 1 = G, cioè ghg 1 h 1 G, e questo è vero per definizione di G. Mostriamo che G N. Siccome G è generato dagli elementi della forma ghg 1 h 1 e N è un sottogruppo di G, per mostrare che G N basta mostrare che ghg 1 h 1 N per ogni g, h G. Siccome G/N è abeliano abbiamo NgNh = NhNg, cioè Ngh = Nhg, cioè Nghg 1 h 1 = N, cioè ghg 1 h 1 N Facile. Siano A, B due sottogruppi normali di un gruppo G. Se A B allora esiste un omomorfismo suriettivo G/A G/B. Risoluzione. Consideriamo l applicazione f : G/A G/B definita da f(ga := gb. Mostriamo che è ben definita. In altre parole dobbiamo mostrare che se g, h G sono tali che ga = ha allora f(ga = f(ha, cioè gb = hb, cioè h 1 g B. Ma per ipotesi ga = ha, quindi h 1 g A, che è contenuto in B, quindi h 1 g B. L applicazione f è allora ben definita e suriettiva (se gb G/B allora f(ga = gb. Mostriamo che è un omomorfismo di gruppi. Si ha f(1 G/A = f(1a = 1B = 1 G/B, e se g, h G allora f(ga ha = f(gha = ghb = gb hb = f(ga f(ha Controesempi: coniugato. Se G è un gruppo finito, x G e H G allora da xhx 1 H segue che xhx 1 = H (per questioni di cardinalità. Se G è infinito questo non è più vero (cioè può succedere che xhx 1 sia contenuto strettamente in H. Controesempio: G = GL 2 (Q, ( 1 m H := { m Z} G. Scegliere x := ( e fare il conto. 0 1 Tuttavia se H è normale in G allora xhx 1 è uguale ad H per ogni x G.

10 10 MARTINO GARONZI Controesempi: Potenze terze. Se un gruppo finito G è tale che g 2 = 1 per ogni g G allora G è abeliano. Esiste un gruppo finito G non abeliano tale che g 3 = 1 per ogni g G, eccolo: G := { 1 a b 0 1 c a, b, c F 3 } GL 3 (F Facile. Sia G un gruppo abeliano finito di ordine dispari. Dimostrare che l applicazione ϕ : G G, g g 2 è un automorfismo di G. Risoluzione. Dobbiamo mostrare che ϕ è un isomorfismo di gruppi. Mostriamo che ϕ è un omomorfismo di gruppi. Siccome G è abeliano si ha ϕ(xy = (xy 2 = xyxy = xxyy = x 2 y 2 = ϕ(xϕ(y. Inoltre ϕ(1 = 1 2 = 1. Segue che ϕ è un omomorfismo di gruppi. Mostriamo che ϕ è iniettivo. Se ϕ(x = 1 allora x 2 = 1, cioè x = 1 oppure x ha ordine 2 in G. Per il teorema di Lagrange, se x ha ordine 2 allora 2 divide G. Siccome G è dispari, 2 non divide G e quindi x = 1. Mostriamo che ϕ è suriettivo. Questo segue dal principio dei cassetti essendo G un insieme finito e ϕ : G G una funzione iniettiva Medio. Dimostrare che ogni gruppo finito con più di due elementi ammette automorfismi non identici. Risoluzione. Sia G un gruppo finito con G > 2. Se G non è abeliano allora preso g G Z(G (un elemento di G fuori dal centro di G il coniugio tramite g, γ g : G G, è un automorfismo non identico di G (l omomorfismo G Aut(G indotto dal coniugio ha come nucleo Z(G. Quindi possiamo assumere che G sia abeliano. Segue che l applicazione x x 1 è un automorfismo di G, quindi possiamo assumere che questo automorfismo sia identico, in altre parole x = x 1 per ogni x G, cioè x 2 = 1 per ogni x G. G è un gruppo abeliano finito ogni cui elemento non identico ha ordine 2, quindi è isomorfo a C 2 n per qualche intero n 1. Aut(G è quindi isomorfo a GL(n, 2, il gruppo delle matrici n n a coefficienti nel campo con due elementi F 2 = Z/2Z (osserviamo infatti che visto C 2 n come lo spazio vettoriale F 2 n, ogni omomorfismo C 2 n C 2n è F 2 -lineare, essendo ogni elemento di F 2 una somma di uni, e ovviamente GL(n, 2 {1} Medio. Sia G un gruppo finito, e sia N := {1} =H G H. Mostrare che N è un sottogruppo normale di G. Mostrare che se N {1} allora G è un p-gruppo per qualche primo p. E vero che se N {1} allora G dev essere necessariamente abeliano? Risoluzione. Siccome i coniugati di un sottogruppo non banale sono ancora sottogruppi non banali, la normalità di N segue dall esercizio Supponiamo ora che N {1}. Mostriamo che G è un p-gruppo per qualche primo p. Per assurdo questo sia falso. Allora esistono due primi distinti p, q che dividono G. Per il teorema di Cauchy esistono elementi x, y G con x di ordine p e y di ordine q. Ma siccome N è contenuto in tutti i sottogruppi non banali di G, N è contenuto in x e y, quindi N x y = {1} (ricordiamo infatti che o(x = p e o(y = q sono coprimi, quindi N = {1}, assurdo. Se N {1} allora G non necessariamente è abeliano, per esempio il gruppo dei quaternioni Q 8 = {±1, ±i, ±j, ±k} verifica {1} =H Q 8 H = 1 = { 1, 1} (ricordiamo che ij = k = ji e che i 2 = j 2 = k 2 = 1. Inseriamo qui il

11 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 11 reticolo dei sottogruppi di Q 8. Q 8 i = C 4 j = C 4 ij = C 4 i 2 = C 2 {1} Inoltre questo gruppo ha la seguente proprietà: ogni sottogruppo di Q 8 è normale in Q 8. Un gruppo (non necessariamente finito non abeliano ogni cui sottogruppo è normale si dice Hamiltoniano (definizione data da Dedekind. I gruppi Hamiltoniani sono stati classificati (da Dedekind nel 1897 quelli finiti, e sono tutti della forma Q 8 H K dove H è un gruppo abeliano ogni cui elemento non identico ha ordine 2 e K è un gruppo abeliano ogni cui elemento ha ordine finito dispari. Questo dice che Q 8 è essenzialmente l unico gruppo Hamiltoniano, nel senso che tutti gli altri esistono grazie a lui Medio. Sia G un gruppo finito. (1 Dimostrare che se tutti i sottogruppi di Sylow di G sono normali allora G è isomorfo al prodotto diretto dei suoi sottogruppi di Sylow. (2 Dimostrare che se tutti i sottogruppi di Sylow di G sono normali e ciclici allora G è ciclico. (3 Dimostrare che se G è abeliano e G è un prodotto di primi a due a due distinti allora G è ciclico. Risoluzione. (1 Siano P 1,..., P k i sottogruppi di Sylow di G. Per il teorema di Sylow, se i {1,..., k} allora ogni sottogruppo di Sylow di G di ordine P i è coniugato a P i, che è normale in G, cioè coniugato solo a se stesso, per cui P i è l unico sottogruppo di G di ordine P i. Consideriamo l applicazione ϕ : P 1 P k G, (g 1,..., g k g 1 g k. Indichiamo l immagine di ϕ con P 1 P k. Mostriamo che P 1 P k = G. Siccome P 1,..., P k sono normali in G, da (1 e (3 segue, per induzione su k, e usando il fatto che i P i sono a due a due coprimi, che P 1 P k = P 1 (P 2 P k = P 1 P 2 P k = P 1 P k = G. Deduciamo che ϕ è una applicazione suriettiva tra due insiemi con la stessa cardinalità, quindi ϕ è biiettiva per il principio dei cassetti. Per mostrare che è un isomorfismo basta quindi mostrare che rispetta il prodotto, e per questo basta mostrare che se i, j {1,..., k} e i j, g i P i, g j P j allora g i g j = g j g i. Questo segue dal fatto che P i, P j sono normali e P i P j = {1}. Infatti g i g j g 1 i g j g 1 i g 1 j P i. g 1 j P i P j = {1} essendo g i g j g 1 i P j e (2 Se i sottogruppi di Sylow di G sono normali e ciclici allora G è isomorfo a un prodotto diretto di gruppi ciclici di ordine coprimo a due a due, e segue dal teorema cinese del resto (cf. l esercizio che G è ciclico. (3 Se G è un prodotto di primi a due a due distinti, cioè se G non è diviso da quadrati diversi da 1, allora i sottogruppi di Sylow di G hanno ordine primo, quindi sono ciclici, e sono normali in G se G è abeliano, quindi per quanto detto in questo caso G è ciclico.

12 12 MARTINO GARONZI Facile. Mostrare che un sottogruppo massimale non può avere esattamente due coniugati. Risoluzione. Sia M un sottogruppo massimale di un gruppo G e supponiamo per assurdo che M abbia esattamente due coniugati. In particolare M non è normale in G (ogni sottogruppo normale è il suo unico coniugato, quindi M N G (M G (dove N G (M indica il normalizzante di M in G e siccome M è massimale otteniamo che N G (M = M. Sappiamo che il numero di coniugati di M in G è uguale all indice del suo normalizzante in G, quindi siccome N G (M = M si ha 2 = G : N G (M = G : M. Ma allora M è un sottogruppo di G di indice 2, quindi è normale (cf. l esercizio 1.1.5, assurdo Facile. Sia H un sottogruppo di un gruppo G. Siano, al solito, N G (H := {g G ghg 1 = H}, C G (H := {g G gh = hg h H} il normalizzante e il centralizzante di H in G, rispettivamente. Mostrare che C G (H è un sottogruppo normale di N G (H e costruire un omomorfismo iniettivo N G (H/C G (H Aut(H. Risoluzione. Mostriamo che C G (H N G (H. Sia n N G (H, e sia x C G (H. Dobbiamo mostrare che n 1 xn C G (H, cioè che n 1 xnh = hn 1 xn per ogni h H. Sia quindi h H. Siccome nhn 1 H si ha n 1 xnh = n 1 x(nhn 1 n = n 1 (nhn 1 xn = hn 1 xn. Consideriamo ora l omomorfismo N G (H Aut(H dato dal coniugio. Il suo nucleo è proprio C G (H, e l ultimo asserto segue quindi dal primo teorema di isomorfismo Medio. Siano p un primo, n un intero positivo e C p n il prodotto diretto C p C p (n volte. Dimostrare che Aut(C p n = GL(n, p. Dimostrare che Aut(C 2 2 = S 3. Risoluzione. Possiamo vedere C p n come lo spazio vettoriale n-dimensionale su F p, V = F p n. Osserviamo che ogni omomorfismo di gruppi additivi (V, + (V, + è automaticamente F p -lineare, infatti ogni elemento di F p è una somma di uni. Ne segue che Aut(C p n = GL(n, p. Per mostrare che GL(2, 2 = S 3 si può osservare che GL(2, 2 è un gruppo non abeliano di ordine 6 e procedere come nell esercizio Un altro modo è considerare l azione di GL(2, 2 sui tre vettori non nulli di F 2 2, che fornisce un omomorfismo iniettivo GL(2, 2 S 3 che quindi è un isomorfismo, essendo GL(2, 2 = 6 = S Normale. Mostrare che c è un unico gruppo non abeliano di ordine 6 a meno di isomorfismo. Risoluzione. Sia G un gruppo non abeliano di ordine 6. Dalla teoria di Sylow segue che N 2 {1, 3} e N 3 = 1. Se N 2 = 1 allora G = C 3 C 2 = C6 è ciclico quindi abeliano. Segue che N 2 = 3. L azione di coniugio di G sui suoi tre 2-Sylow induce un omomorfismo G S 3, che è iniettivo in quanto i 2-Sylow hanno ordine 2, quindi la loro intersezione è banale. Quindi G è isomorfo a un sottogruppo di S 3 di ordine 6 = S 3, e ne segue che G = S Medio. Un gruppo G si dice semplice se non ammette sottogruppi normali diversi da {1} e da G. Mostrare che per ogni primo p il gruppo ciclico C p è semplice. Mostrare che ogni gruppo semplice abeliano è finito e isomorfo a C p per qualche primo p. Risoluzione. Che C p sia semplice segue dal fatto che gli unici suoi sottogruppi sono {1} e C p, per il teorema di Lagrange. Sia ora G un gruppo semplice abeliano. Dato 1 g G, g è normale in G (essendo G abeliano quindi G = g (essendo G semplice. Se G fosse infinito allora g 2 sarebbe un sottogruppo normale proprio non banale di G. Quindi G è finito. Mostriamo che G è un numero primo. Se esistesse un divisore d di G con d 1 e d G allora g d sarebbe un sottogruppo normale proprio non banale di G, assurdo.

13 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE Normale. Dimostrare che se un gruppo G ha ordine 48 allora non è semplice. Risoluzione. Sia G un gruppo di ordine 48. Per , se G è semplice allora non è abeliano. Siccome i 2-sottogruppi di Sylow di G hanno indice 3, il risultato segue dall esercizio Difficile. Dimostrare che se un gruppo G ha ordine 144 = allora non è semplice. Risoluzione. Sia per assurdo G un gruppo semplice di ordine 144. Per G è non abeliano. Siccome il numero dei p-sottogruppi di Sylow di G è uguale all indice del normalizzante di un p-sottogruppo di Sylow di G, per il teorema di Sylow e l esercizio possiamo assumere che G abbia nove 2-Sylow e sedici 3-Sylow. Siano P, Q due 3-sottogruppi di Sylow distinti di G. Avendo ordine 9, P e Q sono abeliani, quindi P Q è normale in P e in Q. Ne segue che P e Q sono contenuti in N G (P Q, ed essendo P Q l ordine N G (P Q è diviso da Supponiamo che N G (P Q G. Per N G (P Q ha indice 8 in G, cioè ordine Ma allora P ha indice 2 in N G (P Q, quindi P N G (P Q, cioè N G (P Q N G (P. Questo contraddice il fatto che G ha G : N G (P = 16 3-Sylow. Deduciamo che N G (P Q = G, cioè P Q G. Siccome G è semplice, segue che P Q = {1} e quindi il numero di elementi di G di ordine una potenza di 3 è esattamente 16 ( = 129. D altra parte G ha almeno 16 elementi di ordine una potenza di 2 (gli elementi di un 2-sottogruppo di Sylow. Siccome = 16, G ha un unico 2-sottogruppo di Sylow, assurdo Normale. Sia G un gruppo. Mostrare che se G/Z(G è ciclico allora G = Z(G, cioè G è abeliano. Risoluzione. Supponiamo che G/Z(G sia ciclico, generato da gz(g. Allora G è l unione disgiunta dei laterali di Z(G del tipo g n Z(G, quindi ogni elemento di G si scrive nella forma g n z con n un intero e z Z(G. Siano g n z, g m w G con n, m interi e z, w Z(G. Dobbiamo mostrare che commutano. Questo segue dal fatto che z, w Z(G e dal fatto che due qualsiasi potenze di g commutano tra loro (infatti g n g m = g n+m = g m+n = g m g n : g n zg m w = g n g m zw = g m g n wz = g m wg n z Medio. Sia G un gruppo di ordine 231 = Mostrare che il centro Z(G contiene un 11-Sylow di G, ed è uguale a esso se G non è abeliano. Risoluzione. Per il teorema di Sylow, G ha un unico 11-Sylow, che è quindi normale in G. Sia esso P. Siccome P ha ordine 11, che è un numero primo, P è ciclico generato da un qualsiasi suo elemento diverso da 1, quindi tutti gli elementi di P diversi da 1 hanno lo stesso centralizzante in G, sia esso C. Essendo P abeliano, P C. Sia 1 g P. Il numero di coniugati di g in G è uguale a G : C, che divide 231/11 = 21 essendo P C. Quindi G : C {1, 3, 7, 21}. Avendo tutti gli elementi di ordine 11 lo stesso centralizzante, hanno tutti lo stesso numero di coniugati, quindi G : C deve dividere il numero degli elementi di ordine 11, cioè P 1 = 10. Segue che G : C = 1, cioè C = G, cioè g Z(G, e quindi P = g Z(G. Supponiamo ora che G non sia abeliano, cioè Z(G G. Siccome g = 11, per concludere che Z(G = P basta mostrare che Z(G non può avere indice 3 o 7. Questo segue dal fatto che 3 e 7 sono primi e dall esercizio Medio. Dimostrare che se un gruppo G ha un 2-sottogruppo di Sylow ciclico allora G ammette un sottogruppo di indice 2 (che quindi è normale. Dedurre che se G = 2n con n > 1 dispari allora G non è semplice. Risoluzione. L azione di G su G a sinistra data da (g, x gx determina un omomorfismo iniettivo G Sym(G. Pensando G come contenuto in Sym(G, il candidato sottogruppo di indice 2 è G Alt(G. Siccome Sym(G : Alt(G = 2, G Alt(G ha indice 2 in G a meno che non sia G Alt(G. Mostriamo che questo non è vero. Sia g G un generatore di un 2-sottogruppo di Sylow di G (che è ciclico per ipotesi. Scriviamo G = 2 n m con m dispari. L inclusione G Sym(G è determinata dall azione di moltiplicazione a sinistra, quindi la struttura ciclica di

14 14 MARTINO GARONZI g in Sym(G consiste di m cicli disgiunti ognuno di lunghezza 2 n. Siccome m è dispari, segue che g Sym(G è una permutazione dispari, quindi g Alt(G. Ne segue che G Alt(G. Se G = 2n con n dispari allora i 2-sottogruppi di Sylow di G hanno ordine 2, quindi sono ciclici e possiamo applicare quanto appena discusso Difficile. Sia G un gruppo semplice non abeliano di ordine minore di 168. Mostrare che G = 60. Risoluzione. Osserviamo che A 5 è un gruppo semplice di ordine 60 e SL(3, 2 è un gruppo semplice di ordine 168. Sia G un gruppo semplice non abeliano di ordine minore di 168. Nella tabella che segue i numeri sono discussi secondo i seguenti criteri. p n : i p-gruppi finiti hanno centro non banale, quindi G non è una potenza di un primo. (2: per G non è della forma 2n con n dispari. ind(m: per G non ha sottogruppi propri di indice minore di 5. Nella fattispecie, G non ha sottogruppi di Sylow di indice minore di 5. p-facile: se p è un dato primo che divide G, G non può avere un unico p-sottogruppo di Sylow. Quindi, detta p k la massima potenza di p che divide G, per il teorema di Sylow ci dev essere almeno un divisore di G /p k maggiore di 1 e congruo a 1 modulo p. Se G = 132 = possiamo assumere che N 11 = 12 e N 3 = 22, dove N p indica il numero di p-sottogruppi di Sylow di G. G ha elementi di ordine 11, quindi 12 elementi di ordine diverso da 11. Ma essendo N 3 = 22, G ha 44 elementi di ordine 3, assurdo. inters(p: il lemma che segue. Lemma 1 (Trucco dell intersezione. Siano G un gruppo finito, p un numero primo che divide G, e scriviamo G = m p e con (m, p = 1. Supponiamo che n p 1 mod (p 2. Sia P un p-sylow di G. Allora esiste un p-sylow Q di G tale che P Q = p e 1. In particolare il normalizzante di P Q contiene sia P che Q. In particolare P Q è normale oppure P è non massimale. Dimostrazione. Il p-sylow P agisce allegramente sull insieme Ω dei p-sylow di G per coniugio. Osserviamo che Ω = n p. Per l equazione delle orbite e per la condizione n p 1 mod (p 2 si ha che deve esistere un orbita - l orbita di Q, diciamo - di cardinalità p. Per il principio del conteggio lo stabilizzatore di Q in P, cioè il sottogruppo N G (Q P, ha ordine p e 1, e dovendo normalizzare Q è contenuto in Q (come è noto, se un p-sottogruppo normalizza un p-sottogruppo di Sylow allora vi è contenuto. Segue che N G (Q P P Q. Ora, P Q ha indice p sia in P che in Q, quindi è normale in entrambi (esercizio , e quindi P e Q sono contenuti propriamente in N G (P Q. Se P è massimale allora segue N G (P Q = G, cioè P Q è normale.

15 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 15 Num Fatt Tipo p 3 3 p p n 5 5 p (2 7 7 p p n p n ( p ind( p ( facile p n p ( p facile facile ( p ind( p n ( p n facile p ( p p n facile ( facile ind( p ( facile ind p (2 Num Fatt Tipo p facile ind ( p ind( p n ( facile ind( p ( facile inters( p ( p A p ( facile p n facile ( p facile facile ( p inters( p ( ind( facile facile ( p ind p n ( p facile Num Fatt Tipo facile ( facile facile p ( facile facile facile ( facile ind( p ( facile ind( p ( p facile facile ( p ind( p ( facile inters( p ( facile facile facile ( facile inters( p n ( facile facile p n (2 Num Fatt Tipo p p n facile ( p vd. su facile ( ind facile p ( p facile facile ( facile es facile ( ind( ind( p facile p facile facile ( facile facile p ( facile ind( facile ( p facile facile ( p SL(3, Normale. Sia G un gruppo, e sia H un suo sottogruppo di indice finito. Mostrare che anche H G := g G ghg 1 ha indice finito in G.

16 16 MARTINO GARONZI Risoluzione. L azione di G su {xh x G} data da (g, xh gxh induce un omomorfismo G Sym( G : H di nucleo H G. Per il primo teorema di isomorfismo ne deduciamo un omomorfismo iniettivo G/H G Sym( G : H. Ne segue che G : H G = G/H G S n = n!, dove n = G : H Facile. Fare un esempio di un sottogruppo H di un gruppo infinito G con H non normale e di indice finito. Risoluzione. Sia G = X S 3, con X un fissato gruppo infinito. Il sottogruppo H = X (12 di G non è normale in G (per il teorema di corrispondenza, essendo G/(X {1} = S 3 ed essendo (12 non normale in S 3 e ha indice Normale. Sia G un gruppo. Supponiamo che l intersezione dei sottogruppi di G di indice finito sia uguale a {1}. Mostrare che l intersezione dei sottogruppi normali di G di indice finito è uguale a {1}. Risoluzione. Segue subito dal fatto che il cuore normale di un sottogruppo di indice finito ha indice finito (esercizio Infatti N H G H. N G, G:N < H G, G:H < H G, G:H < Medio. Siano H, K due sottogruppi di un gruppo G. Mostrare che se G : H e G : K sono finiti allora G : H K G : H G : K. Risoluzione. Supponiamo dapprima che G sia finito. Sia al solito HK = {hk : h H, k K}. Ricordiamo che HK = H K H K. Si ha G : H G : K G H K = = G G : H K H K HK 1 essendo HK G. Supponiamo ora che G non sia necessariamente finito. Dato X G sia L X l insieme dei laterali destri di X in G. Per definizione di indice, L X = G : X. Consideriamo l applicazione L H L K L H K { } (Hx, Ky Hx Ky. Per concludere basta mostrare che questa applicazione è ben definita e che la sua immagine contiene L H K. Buona definizione. Siano Hx L H, Ky L K. Vogliamo mostrare che Hx Ky L H K { }. Se Hx Ky = abbiamo finito. Supponiamo quindi Hx Ky, e sia g Hx Ky. Allora Hx = Hg e Ky = Kg, e otteniamo Hx Ky = Hg Kg = (H Kg L H K. L immagine contiene L H K. Sia (H Kg L H K. Allora Hg L H, Kg L K e Hg Kg = (H Kg Normale. Un gruppo G è detto T -gruppo se ogni volta che H, K sono due suoi sottogruppi tali che H K G si ha H G. In altre parole, nell insieme dei sottogruppi di G la relazione di normalità è transitiva. (1 Mostrare che ogni gruppo abeliano è un T -gruppo. (2 Mostrare che ogni gruppo semplice è un T -gruppo. (3 Mostrare che S 3, S 4, S 5 sono T -gruppi. (4 Sia n un intero con n 5. Sapendo che A n è un gruppo semplice dimostrare che S n è un T -gruppo. (5 Trovare un 2-gruppo non abeliano che sia un T -gruppo. (6 Trovare un 2-gruppo che non sia un T -gruppo. Risoluzione. (1 Se G è un gruppo abeliano allora ogni sottogruppo di G è normale in G e quindi G è un T -gruppo. (2 Se G è un gruppo semplice e H K G allora K = {1} oppure K = G. Nel primo caso H = {1} G, nel secondo caso H G. Quindi G è un T -gruppo.

17 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 17 (3 Il risultato segue facilmente dai fatti di seguito elencati. I sottogruppi normali di S 3 sono {1}, (123 e S 3. I sottogruppi normali di S 4 sono {1}, V = {1, (12(34, (13(24, (14(23}, A 4, S 4. I sottogruppi normali di S 5 sono {1}, A 5, S 5 (cf. l esercizio (4 Mostriamo che i sottogruppi normali di S n sono {1}, A n e S n. Il fatto che S n è un T -gruppo segue facilmente da questo fatto. Sia N un sottogruppo normale di S n con N {1} e N S n. Allora N A n A n e quindi, siccome A n è un gruppo semplice, si ha N A n = {1} oppure N A n. Siccome A n ha indice 2 in S n e N S n, se N A n allora N = A n. Supponiamo ora che sia N A n = {1}. Se x, y N sono diversi da 1 allora sono entrambi permutazioni dispari e quindi xy è pari, per cui xy A n N = {1}, cioè xy = 1. Ne segue che N = {1} oppure N = C 2 è generato da un elemento di ordine 2, che quindi appartiene al centro di S n, essendo N S n (ogni sottogruppo normale di ordine 2 è centrale. Quest ultimo caso non è possibile perché Z(S n = {1} (esercizio (5 Ogni sottogruppo del gruppo dei quaternioni Q 8 è normale (cf. l esercizio , quindi Q 8 è un T -gruppo non abeliano. (6 Sia G = D 4 il gruppo diedrale di ordine 8, diciamo D 4 = (1234, (12(34 S 4 (cf. l esercizio Allora (12(34 (1234 D 4 ma (12(34 D 4, essendo (1234(12(34( = (23(14 {1, (12(34} = (12( Facile. Siano G un gruppo e N un suo sottogruppo normale. dimostrarlo, altrimenti esibire un controesempio. È sempre vero che Z(G/N = Z(GN/N? Se sì Risoluzione. Non è sempre vero. Per esempio N := (123 S 3 = G e G/N ha ordine 2, quindi è abeliano e Z(G/N = G/N, mentre Z(G = {1} e quindi Z(GN/N = N/N Normale. Un sottogruppo H di un gruppo G si dice caratteristico se per ogni ϕ Aut(G si ha ϕ(h H. Per dire che H è un sottogruppo caratteristico di G scriveremo H c G. Mostrare che: (1 H c G se e solo se ϕ(h = H per ogni ϕ Aut(G; (2 se H c G allora H G; (3 se H, K c G allora HK c G; (4 se G è finito e H è l unico sottogruppo di G di ordine H allora H c G; (5 ogni sottogruppo di Sylow normale è caratteristico; (6 ogni sottogruppo di un gruppo ciclico è caratteristico; (7 se X G e ϕ(x X per ogni ϕ Aut(G allora X c G; (8 ghg 1 h 1 g, h G c G e g 2 g G c G; (9 A n c S n per ogni n 1; (10 c è transitiva: se H c K c G allora H c G; (11 se H c K G allora H G. Risoluzione. (1 Se ϕ(h = H per ogni ϕ Aut(G allora certamente H c G. Mostriamo il viceversa. Supponiamo H c G, e sia ϕ Aut(G. Siccome ϕ(h H, ci rimane da mostrare che H ϕ(h. Siccome H c G e ϕ 1 Aut(G, si ha ϕ 1 (H H, e applicando ϕ ad ambo i membri otteniamo H ϕ(h. (2 Dato g G, l applicazione γ g : G G data da γ g (x := g 1 xg è un automorfismo di G, quindi se H c G allora γ g (H H per ogni g G, cioè H è normale in G. (3 H e K sono caratteristici in G e quindi sono normali in G. Segue che HK G. Se h H, k K e ϕ Aut(G allora ϕ(hk = ϕ(hϕ(k HK e quindi HK è caratteristico in G. (4 Sia ϕ G. Dobbiamo mostrare che ϕ(h H. Siccome ϕ è un isomorfismo, H e ϕ(h sono due sottogruppi (cf. l esercizio di G della stessa cardinalità, quindi per l ipotesi di unicità segue ϕ(h = H.

18 18 MARTINO GARONZI (5 Se un p-sottogruppo di Sylow è normale allora è l unico p-sottogruppo di Sylow, e il risultato segue dal punto (4. (6 Ogni sottogruppo di un gruppo ciclico finito è l unico del suo ordine, quindi il risultato segue dal punto (4. (7 Cf. l esercizio (8 Cf. l esercizio (9 Segue dal fatto che A n è l unico sottogruppo di S n di indice 2, cioè di ordine n!/2 (esercizio e dal punto (4. (10 Supponiamo H c K c G, e sia ϕ Aut(G. Siccome K c G, ϕ(k = K quindi ϕ K è un automorfismo di K. Siccome H c K si ha ϕ(h = ϕ K (H = H. (11 Supponiamo H c K G, e sia g G. Allora g 1 Kg = K essendo K G. Siccome γ g : K K, x g 1 xg è un automorfismo di K e H c K, segue che g 1 Hg = H [Argomento di Frattini] Medio. Siano G un gruppo finito, N G e P un p-sottogruppo di Sylow di N. Mostrare che N G (P N = G. Suggerimento: dato g G si ha gp g 1 N e gp g 1 = P. Risoluzione. Siccome N è normale, N G (P N G. Mostriamo l inclusione G N G (P N. Sia quindi g G. Allora gp g 1 è un sottogruppo di G contenuto in gng 1 = N (essendo N normale e di ordine P, quindi è un p-sottogruppo di Sylow di N. Segue dal teorema di Sylow che esiste n N tale che np n 1 = gp g 1, cioè n 1 gp g 1 n = P, cioè g 1 n N G (P, da cui g 1 N G (P n N G (P N, cioè g N G (P N Medio. Sia G un gruppo finito e sia Φ(G l intersezione dei sottogruppi massimali di G. Si chiama sottogruppo di Frattini di G. Mostrare che Φ(G è un sottogruppo caratteristico di G ogni cui sottogruppo di Sylow è normale in G. Risoluzione. Che Φ(G sia caratteristico in G segue dall esercizio Sia P un sottogruppo di Sylow di G. Per l argomento di Frattini (esercizio , N G (P Φ(G = G. Vogliamo mostrare che P G, cioè che N G (P = G. Supponiamo per assurdo che sia N G (P G. Poiché G è finito, esiste un sottogruppo massimale M di G che contiene N G (P. Ma allora M contiene sia N G (P che Φ(G (per definizione di Φ(G, quindi N G (P Φ(G M < G, assurdo Medio. Sia G un gruppo finito di ordine pari e sia P un suo 2-sottogruppo di Sylow. Mostrare che se P è ciclico allora esiste un sottogruppo caratteristico N di G di ordine G : P. Risoluzione. Consideriamo l azione di G su X = G a sinistra data dalla moltiplicazione a sinistra, G X (g, x gx. Tale azione determina un omomorfismo iniettivo G Sym(G. Possiamo quindi pensare a G come a un sottogruppo di Sym(G (questo è precisamente il contenuto del teorema di Cayley. Per , il sottogruppo G Alt(G di G ha indice 2 in G. Sia ϕ Aut(G e sia g G. Detto k l ordine di g, la decomposizione di g in cicli disgiunti consiste di G /k cicli di lunghezza k. Siccome ϕ è un automorfismo di G, ϕ(g ha anch esso ordine k, quindi la sua struttura ciclica è la stessa di quella di g. Ne segue che se g Alt(G allora anche ϕ(g Alt(G. Deduciamo che G Alt(G è caratteristico in G. Ora, siccome la relazione c (essere caratteristico in è transitiva (esercizio , e i 2-sottogruppi di Sylow di G Alt(G sono anch essi ciclici (in quanto 2-sottogruppi di G, ognuno di essi è contenuto in un qualche 2-sottogruppo di Sylow di G, che è ciclico, argomentando per induzione troviamo un sottogruppo caratteristico di G di ordine G : P Medio. Sia G un gruppo, e sia f : G Aut(G l omomorfismo dato dal coniugio: f(g(x := gxg 1. Il gruppo f(g si indica con Inn(G e si chiama gruppo degli automorfismi interni di G. Mostrare che Inn(G Aut(G. Il quoziente Aut(G/Inn(G si indica con Out(G e si chiama gruppo degli automorfismi esterni di G. Trovare un gruppo G per ognuno dei seguenti casi: Out(G = {1}, Out(G = Aut(G, {1} Out(G = Aut(G.

19 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 19 Risoluzione. Si ha Out(S 3 = {1} (esercizio , Out(G = Aut(G se e solo se G è abeliano (questo è equivalente a dire che f(g = {1}, dimostrarlo è facile e Out(A 4 {1} (cf. esercizio Difficile. Sia G un gruppo finito. Mostrare che l azione di Aut(G su G {1} data da è ben definita. Mostrare che: Γ G : Aut(G (G {1} (ϕ, g ϕ(g G {1} (1 se G = C p n, dove p è un primo e n è un intero positivo, allora Γ G è transitiva; (2 viceversa, se Γ G è transitiva allora esistono un primo p e un intero positivo n tali che G = C p n. Risoluzione. (1 Vedendo C n p = F n p come spazio vettoriale n-dimensionale su F p = Z/pZ, un automorfismo di C pn è un suo automorfismo in quanto F p -spazio vettoriale (infatti una applicazione F n p F pn è un omomorfismo di gruppi additivi se e solo se è F p -lineare, essendo ogni elemento di F p una somma di uni, quindi è dato da una matrice invertibile n n. Dati due qualsiasi elementi (vettori non nulli v, w C n p, esiste sempre una matrice invertibile che manda v in w: basta completare v a una base, scrivere una matrice n n invertibile che ha w come prima colonna e poi tornare alla base originale. (2 Supponiamo che Γ G sia transitiva. Siccome gli automorfismi conservano gli ordini degli elementi, tutti gli elementi non identici di G hanno lo stesso ordine. Ne segue che tale ordine comune è un numero primo: chiamatolo m, se esistesse un divisore proprio d di m con d 1 allora detto 1 g G l elemento g m/d avrebbe ordine 1 < d m. Quindi ogni elemento non identico di G ha lo stesso ordine, un numero primo p. In virtù del teorema di struttura per i gruppi abeliani finiti, per concludere che G = C n p basta mostrare che G è abeliano. Ricordiamo che il centro di un gruppo è un sottogruppo caratteristico (esercizio Dalla transitività di Aut(G segue allora che G coincide col suo centro, cioè G è abeliano Medio. Siano G un gruppo, H G e A Aut(G. H si dice A-invariante se ϕ(h H per ogni ϕ A. Ricordiamo che un sottogruppo è normale se e solo se è Inn(G-invariante (dove Inn(G indica l insieme degli automorfismi interni di G, cioè quelli della forma γ g : G G, x g 1 xg, è caratteristico se e solo se è Aut(G-invariante. Mostrare che: (1 dato ϕ Aut(G si ha ϕ(h G; (2 H è A-invariante se e solo se ϕ(h = H per ogni ϕ A; (3 {1} e G sono A-invarianti; (4 se A B Aut(G e H è B-invariante allora H è A-invariante; (5 H è {1}-invariante; (6 il centro Z(G di G è un sottogruppo caratteristico. Sia ora H una famiglia di sottogruppi di G con la proprietà che per ogni H H, ϕ A si abbia ϕ(h H. Mostrare che H H H è A-invariante. Dedurre che: (8 se X G è tale che ϕ(x X per ogni ϕ A allora X, il sottogruppo di G generato da X, è A-invariante; (9 Φ(G, il sottogruppo di Frattini di G, cioè l intersezione dei sottogruppi massimali di G, è caratteristico in G; (10 ghg 1 h 1 g, h G e g 2 g G sono caratteristici in G; (11 più in generale, se H è un sottogruppo di G generato da parole, cioè elementi del tipo x ε1 1 xε k k dove ε i {1, 1} per ogni i = 1,..., k e x 1,..., x k variano in G, allora H è caratteristico in G. Fare un esempio di: (12 sottogruppo normale non caratteristico; (13 gruppo G non semplice e privo di sottogruppi caratteristici propri e non banali. Risoluzione.

20 20 MARTINO GARONZI (1 Siccome 1 H, 1 = ϕ(1 ϕ(h. Se x, y H allora siccome xy H, ϕ(xϕ(y = ϕ(xy ϕ(h, quindi ϕ(h è chiuso rispetto al prodotto. Inoltre siccome x 1 H, ϕ(x 1 = ϕ(x 1 ϕ(h, quindi ϕ(h contiene gli inversi dei suoi elementi. Ne segue che ϕ(h G. (2 Senz altro se ϕ(h = H per ogni ϕ A allora H è A-invariante. Mostriamo il viceversa. Supponiamo che H sia A-invariante, e sia ϕ A. Dobbiamo mostrare che ϕ(h = H. Siccome H è A-invariante, ϕ(h H e ϕ 1 (H H. Ne segue che H = ϕ(ϕ 1 (H ϕ(h H. Quindi ϕ(h = H. (3 Se A Aut(G e ϕ A allora ϕ(1 = 1 e ϕ(g = G (cf. il punto precedente. Quindi {1} e G sono A-invarianti. (4 Supponiamo A B Aut(G e H G sia B-invariante. Allora ϕ(h H per ogni ϕ B, in particolare questo vale per ogni ϕ A (essendo A B e quindi H è A-invariante. (5 1 A lascia fisso ogni elemento, quindi 1(H = H, quindi H è {1}-invariante. (6 Bisogna mostrare che se g Z(G e ϕ Aut(G allora ϕ(g Z(G, cioè ϕ(gx = xϕ(g per ogni x G. Sia quindi x G. Siccome ϕ è una funzione biiettiva G G, esiste h G con x = ϕ(h, e quindi ϕ(gx = ϕ(gϕ(h = ϕ(gh = ϕ(hg = ϕ(hϕ(g = xϕ(g. Sia x N = H H H, e sia ϕ A. Dobbiamo mostrare che ϕ(x N, cioè che ϕ(x H per ogni H H. Sia quindi H H. Dobbiamo mostrare che ϕ(x H, cioè che x ϕ 1 (H. Ma ϕ 1 (H H per ipotesi, essendo ϕ 1 A Aut(G, e quindi x N ϕ 1 (H. (8 Segue dal fatto che X è l intersezione dei sottogruppi di G contenenti X, e che se X H G e ϕ A allora X ϕ(h. (9 Segue dal fatto che se H è un sottogruppo massimale di G e ϕ A allora anche ϕ(h è massimale. (10 Sia X := {g 2 : g G}. Per mostrare che X è caratteristico in G basta mostrare che se x X e ϕ Aut(G allora ϕ(x X. Questo segue dal fatto che ϕ è un omomorfismo: se g G allora ϕ(g 2 = ϕ(g 2 X. L idea è la stessa se X = {ghg 1 h 1 g, h G}: si ha ϕ(ghg 1 h 1 = ϕ(gϕ(hϕ(g 1 ϕ(h 1 X. (11 È una facile generalizzazione del punto precedente. (12 Sia G = C 2 C 2 = a b. Il sottogruppo a è normale ma non caratteristico. In realtà, ogni sottogruppo proprio non banale di G è non caratteristico (cf. l esercizio (13 Un esempio è C n p, dove p è un primo e n 2 è un intero. Si veda l esercizio Normale. Si consideri la funzione f : R C definita ponendo per ogni r R. f(r = cos(2πr + i sin(2πr = e i2πr (1 Si mostri che f è un omomorfismo del gruppo additivo dei reali nel gruppo moltiplicativo dei complessi non nulli. (2 Si determinino nucleo e immagine di f. (3 Si verifichi che il sottogruppo T degli elementi periodici di C è f(q. (4 Si provi che T è isomorfo al gruppo additivo Q/Z. (5 Qual è card(t? Risoluzione. (1 Dobbiamo mostrare che f(0 = 1 e che se r, s R allora f(r + s = f(rf(s. Calcoliamo: f(0 = cos(2π0 + i sin(2π0 = cos(0 + i sin(0 = 1. f(r + s = e i2π(r+s = e i2πr+i2πs = e i2πr e 2πs. Un altro modo è fare tutti i conti con la forma polare, ma non è strettamente necessario:

21 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 21 f(r + s = cos(2π(r + s + i sin(2π(r + s = cos(2πr + 2πs + i sin(2πr + 2πs = = cos(2πr cos(2πs sin(2πr sin(2πs + i sin(2πr cos(2πs + i cos(2πr + i sin(2πs, f(rf(s = (cos(2πr + i sin(2πr(cos(2πs + i sin(2πs = = cos(2πr cos(2πs + i sin(2πs cos(2πr + i sin(2πr cos(2πs + i 2 sin(2πs cos(2πr. Siccome i 2 = 1 otteniamo f(r + s = f(rf(s. (2 Il nucleo è {r R f(r = 1}. f(r = 1 significa cos(2πr + i sin(2πr = 1, cioè (confrontando parte reale e parte immaginaria cos(2πr = 1 e sin(2πr = 0. Queste sono due semplicissime equazioni trigonometriche. Entrambe hanno come soluzione r Z. Quindi ker(f = Z, il gruppo additivo degli interi. L immagine è {f(r r R}. Ricordiamo che f(r = e i2πr. Un elemento di C di questa forma ha certamente modulo 1, quindi sta sulla circonferenza unitaria C = {z C z = 1}. Infatti f(r = cos(2πr + i sin(2πr = cos(2πr 2 + sin(2πr 2 = 1 = 1. L idea è mostrare che l immagine di f è uguale a C. Abbiamo appena dimostrato che f(r C, mostriamo quindi l altra inclusione. Se c C allora c = 1, quindi la scrittura di c in forma polare è cos(α + i sin(α. A questo punto basta quindi scegliere r = α/2π per ottenere f(r = c. Quindi C f(r, e quindi C = f(r. (3 Mostriamo che T f(q. Prendiamo z T. Vogliamo dimostrare che z f(q. Siccome z è periodico, z n = 1 per qualche intero n > 1. In particolare 1 = z n = z n e quindi z = 1. Ne segue che la scrittura di z in forma polare è z = cos(α + i sin(α. Come sappiamo bene, si ha z n = (cos(α + i sin(α n = cos(nα + i sin(nα. Siccome z n = 1 otteniamo che cos(nα = 1 e sin(nα = 0. Queste sono due semplicissime equazioni trigonometriche. La prima ha come soluzione nα 2πZ. La seconda ha come soluzione nα πz. Siccome devono valere entrambe, otteniamo che nα 2πZ. In particolare, siccome n 0, dividendo per n otteniamo che esiste a Z con α = 2πa/n. Ne segue che f(a/n = z, e quindi z f(q. Mostriamo che f(q T. In altre parole, dobbiamo mostrare che se r = a/b Q, con a, b Z, b > 0 (posso fare questa scelta a meno di cambiare il segno ad a, allora f(a/b è periodico. Dobbiamo cioè trovare n > 0 tale che f(a/b n = 1. Scegliamo n = b. Allora f(a/b b = (cos(2πa/b + i sin(2πa/b b = cos(b(2πa/b + i sin(b(2πa/b = cos(2πa + i sin(2πa = 1. (4 Consideriamo la funzione f ristretta a Q: f Q : Q C, x f(x. Si tratta di un omomorfismo di gruppi di nucleo ker(f Q = Z Q = Z e immagine T. Per il teorema di isomorfismo, Q/Z = T. (5 Abbiamo appena considerato una funzione suriettiva Q T (si tratta della proiezione sul quoziente, Q Q/Z. Per definizione di cardinalità, segue che Q T, cioè T N (ricordare che Q è numerabile, cioè T è al più numerabile. D altra parte le classi di 1/n, con n intero positivo, sono a due a due distinte in Q/Z e quindi T = N. Detto formalmente, la funzione N Q/Z, n 1/n + Z è iniettiva (e questo, per definizione di cardinalità, implica che N Q/Z e quindi ci permette di concludere che T = N. Infatti se fosse 1/n + Z = 1/m + Z allora 1/n 1/m Z, ed è facile vedere che questo è assurdo a meno che n = m Normale. Siano G un gruppo finito, N un suo sottogruppo normale e p un divisore primo di G. (1 Mostrare che se P è un p-sottogruppo di Sylow di G allora P N è un p-sottogruppo di Sylow di N. (2 Il numero di p-sottogruppi di Sylow di N è minore o uguale del numero di p-sottogruppi di Sylow di G? (3 Mostrare che se P è un p-sottogruppo di Sylow di G allora P N/N è un p-sottogruppo di Sylow di G/N. (4 Il numero di p-sottogruppi di Sylow di G/N è minore o uguale del numero di p-sottogruppi di Sylow di G? Risoluzione.

22 22 MARTINO GARONZI (1 Siccome P N P e P è un p-gruppo, per il teorema di Lagrange anche P N è un p-gruppo. Per concludere che P N è un p-sottogruppo di Sylow di N dobbiamo quindi dimostrare che N / P N = N : P N non è divisibile per p. Ma sappiamo che P N = P N / P N e quindi N P N = 1 P N P P N P N =. P Siccome N è normale in G, P N G e quindi per il teorema di Lagrange P N divide G. Ne segue che N / P N = P N / P divide G / P, che non è divisibile per p perché P è un p-sottogruppo di Sylow di G. Quindi nemmeno N / P N è divisibile per p. (2 Mostriamo che la risposta è sì. Sia Q un p-sottogruppo di Sylow di N. Allora Q è un p-sottogruppo di G, quindi è contenuto in un p-sottogruppo di Sylow P di G. Ora siccome P N P e P è un p-gruppo, per il teorema di Lagrange anche P N è un p-gruppo. Quindi P N è un p-sottogruppo di N contenente Q, che è un p-sottogruppo di Sylow di N. Ne segue che P N = Q, e quindi la funzione Syl p (G Syl p (N, P P N è ben definita (per il punto precedente e suriettiva. Questo prova l asserto. (3 Osserviamo innanzitutto che P N G perché N è normale in G. Si ha P N/N = P N / N = 1 P N N P N = P P N. In particolare P N/N divide P, che è una potenza di p, quindi P N/N è una potenza di p, cioè P N/N è un p-gruppo. Per concludere che P N/N è un p-sottogruppo di Sylow di G/N dobbiamo quindi dimostrare che G/N : P N/N = G/N / P N/N non è divisibile per p. Ma G/N / P N/N = G / N G P N = = G : P P N / N P N N : P N divide G : P, che non è divisibile per p, quindi neanche G/N : P N/N è divisibile per p. (4 Mostriamo che la risposta è sì. Sia Q/N un p-sottogruppo di Sylow di G/N, con N Q G. Sia P un p-sottogruppo di Sylow di Q. Mostriamo che P è un p-sottogruppo di Sylow di G. Per farlo basta mostrare che p non divide G : P. Ma G : P = G / P = ( G / Q ( Q / P = G : Q Q : P, e siccome p non divide Q : P (perché P è un p-sottogruppo di Sylow di Q per concludere basta mostrare che p non divide G : Q. Ma G : Q = G / Q = G / N = G/N : Q/N Q / N non è divisibile per p perché Q/N è un p-sottogruppo di Sylow di G/N. Ne segue che P è un p-sottogruppo di Sylow di G, quindi come già osservato P N/N è un p-sottogruppo di Sylow di G/N. Inoltre P, N Q e quindi P N Q. Entrambi i sottogruppi P N/N e Q/N di G/N sono p-sottogruppi di Sylow di G/N, e il primo è contenuto nel secondo, quindi sono uguali: Q/N = P N/N. Ne segue che la funzione Syl p (G Syl p (G/N, P P N/N è ben definita (per il punto precedente e suriettiva. Questo prova l asserto Medio. Ricordiamo che un endomorfismo di un gruppo G è un omomorfismo G G. È vero che ogni endomorfismo iniettivo di un gruppo è necessariamente un isomorfismo? È vero che ogni endomorfismo suriettivo di un gruppo è necessariamente un isomorfismo? Suggerimento: per l iniettività considerare il gruppo (Z, +, per la suriettività considerare il gruppo (C,. Per ottenere un infinità di controesempi considerare la seguente costruzione. Dati un gruppo G e una funzione f : I I la funzione ϕ f : G I G I che manda (g i i I in (g f(i i I è un omomorfismo.

23 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE Normale. Se G è un gruppo abeliano allora ogni sottogruppo di G è normale. È vero il viceversa? Cioè, è vero che se ogni sottogruppo di un gruppo G è normale allora G è necessariamente abeliano? Risoluzione. No non è vero, un controesempio è il gruppo dei quaternioni Q 8 (cf. con l esercizio Sia G un gruppo finito, e siano H, K sottogruppi di G. Supponiamo che gli indici G : H, G : K siano coprimi. Mostrare che: G : H K = G : H G : K, HK = G. Suggerimento: confrontare con l esercizio Risoluzione. Osserviamo che G : H K = G : H H : H K e anche G : H K = G : K K : H K quindi G : H e G : K dividono entrambi G : H K. Siccome per ipotesi G : H e G : K sono coprimi, anche G : H G : K divide G : H K, in particolare G : H G : K G : H K. D altra parte per l esercizio si ha G : H K G : H G : K e quindi otteniamo G : H K = G : H G : K. Si ha quindi 1 = G : H G : K G : H K = G 2 H K G H K H K = G = G H K HK. In altre parole G = HK e quindi, siccome G è finito e HK G, G = HK Facile. Supponiamo che nel gruppo G ogni sottogruppo ciclico sia normale. Mostrare che in G ogni sottogruppo è normale. Risoluzione. Sia H un sottogruppo di G. Per mostrare che H è normale basta mostrare che se h H e g G allora ghg 1 H. Ma h è normale in G per ipotesi, quindi ghg 1 h H Siano G un gruppo finito, g G e N G. Siano A := C G/N (gn e B := C G (g. Mostrare che A B. È vero che necessariamente A divide B? Teorema di Landau. Difficile. Sia n un intero positivo. Mostrare che ci sono solo un numero finito di gruppi con esattamente n classi di coniugio Facile. Sia G un gruppo finito e sia X un sottoinsieme di G tale che 1 X e xy X per ogni x, y X. Mostrare che X è un sottogruppo di G. Nota: qui l ipotesi essenziale è che G è finito. Confrontare col sottoinsieme {0, 1, 2,...} di (Z, +. Risoluzione. Sia x X. Dobbiamo mostrare che x 1 X. Consideriamo la funzione f : X X che manda a in xa. Tale funzione è ben definita per ipotesi, ed è anche iniettiva, infatti da xa = xb con a, b X segue, moltiplicando a sinistra per x 1, che a = b. Siccome X è finito, per il principio dei cassetti f è anche suriettiva. Ora 1 X per ipotesi, quindi deve esistere a X con f(a = 1, cioè xa = 1 da cui a = x Medio. Sia P un p-sottogruppo di Sylow di un gruppo finito G e sia H = N G (P il suo normalizzante in G. Provare che N G (H = H. Risoluzione. È chiaro che H N G(H, ora proviamo l inclusione inversa. Sia g N G (H e mostriamo che g H. Osserviamo che essendo P H, gp g 1 è un sottogruppo di Sylow di H quindi, per il teorema di Sylow, esiste h H con hp h 1 = gp g 1. Ne segue che h 1 gp g 1 h = P in altre parole h 1 g N G (P = H. Siccome h H segue g hh = H.

24 24 MARTINO GARONZI Normale. Sia G un gruppo finito e sia H un suo sottogruppo. Provare che il numero di p-sottogruppi di Sylow di H è minore o uguale a quello dei p-sottogruppi di Sylow di G. Risoluzione. Dato P un p-sottogruppo di Sylow di H per il teorema di Sylow esiste un p-sottogruppo di Sylow Q P di G tale che P Q P. Inoltre se P 1 P 2 sono due p-sottogruppi di Sylow di H allora Q P1 Q P2 essendo in generale Q P H = P. Ne segue che la funzione P Q P che manda un p-sottogruppo di Sylow di H in un p-sottogruppo di Sylow di G è iniettiva e quindi il numero di p-sottogruppi di Sylow di H è al più uguale al numero di sottogruppi di Sylow di G Facile. Provare che se il centro di un gruppo finito G ha indice n, allora ogni elemento di G ha al più n coniugati. Risoluzione. Sia g G. Il numero di coniugati di g in G è uguale a G : C G (g. Siccome Z(G C G (g si ha n = G : Z(G = G : C G (g C G (g : Z(G da cui G : C G (g n Difficile. Siano p, q, r tre primi distinti, con p < q < r, e sia G un gruppo di ordine pqr. Mostrare che n r (G = 1, cioè che G ha un solo r-sylow. Risoluzione. Supponiamo per assurdo che n r 1. Per il teorema di Sylow n r divide pq, quindi n r {1, p, q, pq}. D altra parte n r 1 per ipotesi e n r 1 mod r, da cui n r > r e siccome p, q < r segue n r = pq. Quindi G ha (r 1pq elementi di ordine r. Mostriamo che n q = 1. Supponiamo per assurdo che n q 1. Per il teorema di Sylow n q divide pr, e per ipotesi n q 1, quindi n q {p, r, pr}. D altra parte 1 n q 1 mod q implica che n q > q > p, quindi n q p per cui n q {r, pr}, in particolare n q r. Quindi G ha almeno r(q 1 elementi di ordine q. Ovviamente G ha anche p elementi di ordine 1 o p. Quindi pqr = G è maggiore o uguale di (r 1pq + r(q 1 + p = pqr pq + rq r + p. Segue che r p q(r p da cui semplificando per r p 0 otteniamo 1 q, assurdo. Sia ora Q un q-sylow di G. Come abbiamo visto n q = 1 cioè Q G. Detto R un r-sylow di G si ha allora RQ G (un prodotto di due sottogruppi è un sottogruppo se uno di essi è normale. Inoltre G/Q ha ordine pr e RQ/Q ha ordine r, quindi RQ/Q è un r-sylow di G/Q. Il numero di r-sylow di G/Q, per il teorema di Sylow, è 1 (divide p ed è 1 mod r, quindi è 1 essendo p < r. Ne segue che RQ/Q G/Q e quindi per il teorema di corrispondenza RQ G. Siccome RQ contiene R ed è normale in G, RQ contiene tutti i coniugati di R, cioè contiene tutti gli r-sylow di G, che avendo ordine r sono anche r-sylow di RQ. Ma RQ ha ordine rq, quindi per il teorema di Sylow RQ ha un solo r-sylow (il numero di r-sylow di RQ è 1 mod r e divide q, quindi è 1 essendo q < r. In altre parole RQ ha un solo sottogruppo di ordine r. Siccome tutti gli r-sylow di G sono contenuti in RQ, segue che n r = 1. Assurdo Difficile. Siano p, q due primi distinti e sia m un intero positivo. Mostrare che i gruppi di ordine p m q non sono semplici. Suggerimento: dato un gruppo G di ordine p m q e detti P e Q due p-sylow di G, considerare il seguente problema: N P (P Q, N Q (P Q è un p-gruppo? Risoluzione. Si tratta di un caso particolare del teorema p a q b di Burnside, che dice che in un gruppo finito semplice non abeliano non ci sono classi di coniugio non banali di cardinalità una potenza di un primo (questo implica che i gruppi di ordine p a q b non sono semplici: basta considerare la classe di coniugio di un elemento centrale di un p-sylow. Sia G un gruppo di ordine p n q. Se p = q allora G è un p-gruppo e quindi Z(G {1}, per cui G non è semplice. Supponiamo ora p q. Se G ha un solo p-sylow allora esso è normale e G non è semplice. Per il teorema di Sylow possiamo quindi assumere che G abbia q p-sylow. Se due qualsiasi p-sylow hanno intersezione banale allora i p-sylow coprono q(p n = G (q 1 elementi, quindi in G c è spazio per al più un q-sylow; siccome ce n è almeno uno, esso è normale, quindi G non è semplice.

25 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 25 Supponiamo quindi che esistano due p-sylow con intersezione non banale. Siano P 1, P 2 due p-sylow tali che P 1 P 2 è il massimo possibile, e sia N i := N Pi (P 1 P 2 per i = 1, 2. Mostriamo che J := N 1, N 2 non è un p-gruppo. Se lo fosse, allora per il teorema di Sylow sarebbe contenuto in un p-sylow R di G. A meno di scambiare P 1 e P 2 tra di loro possiamo assumere che sia R P 2. Allora abbiamo P 1 P 2 N 1 P 2 R P 2 e dalla massimalità di P 1 P 2 segue che P 1 P 2 = R P 2. D altra parte R P 2 N 2 P 1 P 2 e quindi P 1 P 2 = N 2 = N P2 (P 1 P 2, in altre parole P 1 P 2 è auto-normalizzato in P 2, e questo contraddice il fatto seguente. Lemma 2. Sia P un p-gruppo finito e sia H un sottogruppo proprio di P. Allora N P (H H. Dimostrazione. Scriviamo P = p n e procediamo per induzione su n. Se n = 1 allora P = C p e l enunciato è chiaramente vero. Supponiamo ora che sia n > 1. Sia H < P, e sia x un elemento centrale di P diverso da 1 (esiste perché i p-gruppi finiti hanno centro non banale. Se x H allora H/ x < P/ x e applicando l ipotesi induttiva troviamo che N P/ x (H/ x = K/ x H/ x, da cui N P (H = K H. Supponiamo ora che sia x H. Siccome x è centrale normalizza H, cioè x N P (H e quindi N P (H H. Riepilogando, abbiamo quindi ottenuto che J non è un p-gruppo, quindi il suo ordine è diviso da q. Poiché G = p n q, J contiene un q-sylow di G, sia esso Q. Allora dalla definizione di J segue che Q normalizza P 1 P 2. D altra parte Q agisce per coniugio sui p-sylow di G transitivamente (infatti G = QP 1 e G agisce transitivamente, per il teorema di Sylow cioè ogni p-sylow di G ha la forma xp 1 x 1 con x Q. Siccome Q normalizza P 1 P 2 segue che P 1 P 2 è contenuto in tutti i p-sylow di G, quindi è contenuto nella loro intersezione, che è il cuore normale di P 1, (P 1 G, che è un sottogruppo normale di G. Siccome {1} P 1 P 2 (P 1 G P 1 G otteniamo allora che G non è semplice Medio. Mostrare che i gruppi di ordine sono ciclici. (Si confronti con Risoluzione. Sia G un gruppo di ordine Dal teorema di Sylow segue che n 17 (G = 1, cioè c è un solo 17-Sylow, che quindi è normale. Chiamiamolo N. Ora siccome N è normale in G, G agisce su N per coniugio, e questo determina un omomorfismo iniettivo G/C G (N Aut(N, dove C G (N indica il centralizzante di N in G, cioè {g G : gn = ng n N} (cf. l esercizio Ora N ha ordine 17 che è primo, quindi N = C 17 e Aut(N = C 16. Dal teorema di Lagrange segue che G/C G (N = G : C G (N divide sia G = che Aut(N = 16 e quindi G : C G (N = 1, cioè G = C G (N, cioè N Z(G. Dal teorema di Sylow segue che n 3 {1, 5 17}. Supponiamo n 3 1, cioè n 3 = Detto P un 3-Sylow, questo significa che G : N G (P = 5 17, cioè, siccome P N G (P, N G (P = P. Questo è falso perché N, essendo contenuto nel centro, normalizza P. Similmente per 5: dal teorema di Sylow segue che n 5 {1, 3 17}, quindi se n 5 1 allora detto Q un 5-Sylow si ha N G (Q = Q e questo è assurdo perché N, essendo contenuto nel centro, normalizza Q. Ora, abbiamo capito che N, P, Q sono normali. Inoltre hanno ordine a due a due coprimo. Usando , e il teorema cinese del resto a tutto spiano troviamo che NP = N P e Q sono normali e ciclici in G, di ordini 17 3 e 5, quindi NP Q = = G da cui G = NP Q = N P Q = C Difficile. Sia G un gruppo finito non abeliano. Se ogni sottogruppo proprio di G è abeliano allora G non è semplice. Risoluzione. Siccome G è non abeliano, G è l unione dei suoi sottogruppi massimali, quindi ha almeno due sottogruppi massimali non coniugati H, K (cf. esercizio Per ipotesi H, K sono abeliani, quindi H K è normale in H, K = G, per cui possiamo supporre che H K = {1}. Lo stesso argomento dimostra che H e K hanno intersezione banale coi loro coniugati distinti. Ne segue che il numero di elementi che i coniugati di H più i coniugati di K coprono è esattamente (qui supponiamo che H K

26 26 MARTINO GARONZI assurdo. (ghg 1 gkg 1 = 1 + ( H 1 G : H + ( K 1 G : K g G = G G : H G : K G 2 G : H G G = 1 + G, Medio. Sia G un gruppo finito e sia H un sottogruppo di G. Supponiamo che per ogni 1 h H si abbia C G (h H. Mostrare che H e G : H sono coprimi. Risoluzione. Sia p un divisore primo di H. Dobbiamo mostrare che p non divide G : H. Sia P un p-sottogruppo di Sylow di H. Per il teorema di Sylow esiste un p-sottogruppo di Sylow Q di G tale che P Q. Siamo ricondotti a mostrare che Q = P. Siccome Q è un p-gruppo non banale, Z(Q {1}: sia 1 x Z(Q. Allora dato 1 y P (che esiste essendo P {1} si ha xy = yx, cioè x C G (y, quindi per ipotesi x H. Ma allora essendo x Z(Q, si ha Q C G (x H per ipotesi, da cui Q = P Teorema di Scorza. Difficile. Supponiamo che il gruppo finito G sia unione di tre sottogruppi propri A, B, C. Sia N := A B C. Mostrare che N è un sottogruppo normale di G e che G/N è isomorfo al gruppo di Klein C 2 C 2. Risoluzione. L idea è dimostrare che A, B, C devono avere indice 2 in G. Diciamo che A B C. Siccome 1 appartiene ad A B C, l unione A B C non è disgiunta, quindi G < A + B + C 3 A. Quindi G < 3 A, cioè G : A < 3, cioè G : A = 2 essendo G A. In particolare A è normale. Siccome B e C sono sottogruppi di G non contenuti in A (se uno tra B e C fosse contenuto in A allora G sarebbe l unione di due sottogruppi propri, cosa impossibile segue che AB = G = AC (infatti AB e AC sono sottogruppi di G - essendo A normale - e contengono A - che ha indice 2 - propriamente. E da questo segue facilmente, usando la formula AB = A B / A B, che A B ha indice 2 in B e anche che A C ha indice 2 in C. Ora il trucco è osservare che da G = A B C segue anche, ovviamente, che (* G = A (B A (C A. Ora B A = B (A B quindi B A = B (A B = B A B = B B /2 = B /2. Similmente C A = C /2. Quindi da (* segue che G A + B A + B C = A + B /2 + C /2. Usando che A = G /2 e che B C troviamo che G G /2 + B /2 + B /2 da cui anche B ha indice 2 e quindi da G A + B /2 + C /2 = G /2 + G /4 + C /2 segue che anche C ha indice 2. Quindi A, B, C hanno indice 2 in G, quindi sono normali in G e quindi anche N = A B C è normale in G. Ora, G : N = G : A B C G : A G : B C G : A G : B G : C = 8 (si confronti con Vogliamo dimostrare che G : N = 4. Per questo basta escludere che sia G : N = 8 (infatti N è contenuto in A B che ha indice G : A B = G : B B : A B = 4. Per escludere che l indice sia 8 si può andare a vedere come sono fatti i gruppi di ordine 8. Un altro modo è osservare che B A e C A devono essere disgiunti. Infatti hanno entrambi cardinalità G /4 e G = A (B A (C A, quindi la loro unione ha cardinalità G A = G /2. Dal fatto che B A e C A sono disgiunti segue che B C è contenuto in A. In altre parole N = A B C = B C. Quindi N ha indice G : B C = G : B B : B C = 4 in G. Dal fatto che G è unione di A, B, C e dal fatto che A, B, C contengono A B C = N segue che G/N è uguale all unione A/N B/N C/N. Quindi il gruppo G/N ha ordine 4 ed è l unione di alcuni suoi sottogruppi propri. Quindi non è ciclico (si confronti con L unico gruppo non ciclico di ordine 4 è (a meno di isomorfismo il gruppo di Klein C 2 C 2. Quindi G/N = C 2 C Normale. Sia G un gruppo finito. Mostrare che le seguenti affermazioni sono equivalenti. (1 G ha un unico sottogruppo massimale.

27 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 27 (2 G è un p-gruppo ciclico. Risoluzione. Se G è un p-gruppo ciclico, diciamo generato da g G, allora g p è l unico sottogruppo massimale di G. Infatti i sottogruppi di G sono g pk con k = 0,..., n 1 dove G = p n. Ora supponiamo che G abbia un unico sottogruppo massimale, sia esso M. Sia g un elemento di G fuori da M. Allora se fosse g G, g sarebbe contenuto in un sottogruppo massimale di G, cioè in M (dato che M è l unico sottogruppo massimale di G, ma questo contraddice il fatto che g M. Questo implica che g = G e quindi G è ciclico. Se G non fosse un p-gruppo allora esisterebbero almeno due divisori primi distinti p e q di G per cui g p e g q sarebbero due sottogruppi massimali distinti di G (di indici p e q rispettivamente Medio. Sia G un gruppo finito di ordine n e sia S un sottoinsieme di G tale che 1 S. Mostrare che S n := {x 1 x n : x 1,..., x n S} è un sottogruppo di G. Si può rimuovere l ipotesi che 1 S? Risoluzione. Se S = {1} non c è niente da dimostrare, quindi ora supponiamo che sia S {1}. Siccome 1 S, le potenze di S formano una catena: S S 2 S Ora, siccome G è finito, questa catena si deve stabilizzare, esiste cioè m intero positivo con S k = S m per ogni k m, in altre parole S m = S m+1. Sia m minimo con questa proprietà. Allora tutte le inclusioni S 0 = {1} S S 2... S m 1 S m sono proprie, quindi esistono elementi g 1,..., g m tali che g i S i S i 1 per ogni i = 1,..., m. Ne segue che m = {g 1,..., g m } G = n e quindi S m = S m+1 =... = S n. Resta da mostrare che S m G. Certamente 1 S m essendo 1 S, e siccome la catena è stabile da S m in poi, S m S m = S 2m = S m. Segue da che S m G Difficile. Sia G un gruppo finito. Mostrare che le seguenti affermazioni sono equivalenti. (1 G è un prodotto di sottogruppi propri. (2 G non è un p-gruppo ciclico. Risoluzione. (1 (2. Se G è un p-gruppo ciclico, diciamo G = g, allora i sottogruppi di G sono i g pi per i = 0,..., n dove G = p n per cui H = g p contiene tutti i sottogruppi propri di G, e quindi un qualsiasi prodotto di sottogruppi propri di G è contenuto in H per cui non è uguale a G. (2 (1. Supponiamo che G non sia un p-gruppo ciclico. Per G ha almeno due sottogruppi massimali H e M. Se M G allora HM G e H, M G quindi, essendo H e M massimali, ne deduciamo HM = G, quindi G è un prodotto di sottogruppi propri. Supponiamo ora che M non sia normale in G, cosicché esiste g G con gmg 1 M. Consideriamo il prodotto Π = M gmg 1. Siccome 1 M gmg 1 e gmg 1 M, Π contiene M propriamente. Siccome Π è un prodotto di sottogruppi, 1 Π. Per si ha allora Π G G, d altra parte Π G Π M per cui Π G = G essendo M massimale. Quindi G è un prodotto di al più 2 G coniugati di M, in particolare è un prodotto di sottogruppi propri Medio. Sia G un gruppo (non necessariamente finito. Sia A l insieme dei sottogruppi di G G che contengono := {(x, x : x G} e sia B l insieme dei sottogruppi normali di G. Costruire una biiezione A B. Dedurre che G è semplice se e solo se è un sottogruppo massimale di G G. Risoluzione. Definiamo α : A B tramite la posizione α(s := {g G : (g, 1 S} e definiamo β : B A tramite la posizione β(n := (N {1} = {(ng, g : n N, g G}. È facile vedere che α e β sono funzioni ben definite, cioè che α(s B per ogni S A e β(n A per ogni N B. Per concludere basta mostrare che α e β sono una l inversa dell altra. Sia S A e mostriamo che β(α(s = S. Si ha β(α(s = β({g G : (g, 1 S} = {(ng, g : (n, 1 S, g G} = S = S. L ultima uguaglianza segue da S. Sia N B e mostriamo che α(β(n = N. Si ha α(β(n = α({(ng, g : n N, g G} = {x G : x = ng, g = 1, n N} = N.

28 28 MARTINO GARONZI Osserviamo che A e B sono reticoli rispetto all intersezione e al sottogruppo generato. isomorfismi di reticoli, nel senso che rispettano le inclusioni. Le biiezioni α, β sono Funzione di Moebius. Medio. Sia M l insieme delle funzioni N C (qui si considera 0 N. Consideriamo l operazione in M definita come segue: se f, g G allora (f g(n := d n f(dg(n/d. La somma è sui divisori di n, inclusi 1 e n. Siano δ : N C la funzione che manda 1 in 1 e ogni n 1 in 0, u : N C la funzione che manda tutto in 1: u(n = 1 n N, µ : N C la funzione che manda 1 in 1, n in ( 1 k se n è il prodotto di k primi a due a due distinti e n in 0 se n è diviso da un quadrato diverso da 1. Tale funzione si chiama funzione di Moebius classica. Mostrare che (M, è un monoide commutativo con elemento neutro δ e che l inverso di u in M è µ (il fatto che u µ = δ in letteratura si chiama formula di inversione di Moebius. Dedurre che ϕ(n = d n d µ(n/d, dove ϕ è la funzione totiente di Eulero. Mostrare che G := {f M : f(1 0} con l operazione è un gruppo. Risoluzione. Ecco la funzione µ per valori piccoli di n. n µ(n Che sia commutativa è facile da vedere. Le altre cose enunciate sono mostrate qui di seguito. (1 Mostriamo che δ è un elemento neutro per. Se f M si ha (f δ(n = d n f(dδ(n/d = f(n, essendo per definizione δ(n/d diverso da zero solo per n = d, nel qual caso δ(n/d = δ(1 = 1. Ne deduciamo che f δ = f, e ovviamente anche che δ f = f essendo commutativa. (2 Mostriamo che è associativa. Siano dunque a, b, c M. Osserviamo che dato m N si ha {(d, n N N : n m, d m/n} = {(d, n N N : d m, n m/d}. Con questo in mente andiamo a mostrare che (a b c = a (b c. Si ha ((a b c(m = (a b(m/nc(n = a(db(m/dn c(n n m n m d m/n = a(d b(m/dnc(n = a(d(b c(m/d d m d m (3 Mostriamo che u µ = δ. Si ha n m/d = (a (b c(m. (u µ(1 = d 1 u(dµ(1/d = u(1µ(1 = 1. Dato ora n N con n > 1, dobbiamo mostrare che (u µ(n = 0, in altre parole che d n µ(d = 0. Scriviamo a1 a n = p 1 p k k. Siccome µ(d = 0 ogni volta che d è diviso da quadrati, si ha µ(d = µ(1 + µ(p i1 p ih, d n {i 1,...,i h }

29 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 29 dove {i 1,..., i h } varia nella famiglia dei sottoinsiemi non vuoti di {1,..., k}. Raggruppando tali sottoinsiemi per cardinalità, e ricordando che {1,..., k} ha esattamente ( k h sottoinsiemi di cardinalità h, otteniamo che k k ( k µ(d = µ(1 + µ(p i1 p ih = ( 1 h. h d n h=0 h=1 {i 1,...,i h } Ricordando la formula del binomio di Newton, (a + b n = n ( n i=0 i a i b n i otteniamo allora che k ( k k ( k ( 1 h = ( 1 h 1 k h = ( k = 0 k = 0, h h h=0 come volevamo. (4 Mostriamo che G := {f M : f(1 0} con l operazione è un gruppo. Innanzitutto, G è chiuso per infatti se f, g G allora (f g(1 = f(1g(1 0 essendo f(1 0 g(1. Rimane da mostrare che se f G allora f ha un inverso in G. Lo faremo costruendo induttivamente g G tale che f g = δ. Si deve avere 1 = δ(1 = (f g(1 = f(1g(1 quindi g(1 = 1/f(1 (questo ha senso perché f(1 0. Ora prendiamo n > 1, supponiamo di conoscere g(m per ogni m < n e costruiamo g(n. 0 = δ(n = d n f(dg(n/d = 1 d n,d 1 f(dg(n/d + f(1g(n da cui g(n = f(1 Questo determina g(n essendo g(n/d per ipotesi noto per d 1, infatti n/d < n Gruppi ciclici Normale. Sia G un gruppo. Mostrare che H<G H G se e solo se G è ciclico. Qui la scrittura H < G significa che H è un sottogruppo di G diverso da G. h=0 Si deve avere d n,d 1 f(dg(n/d. Risoluzione. (. Supponiamo che H<G H G. Dobbiamo mostrare che G è ciclico. Siccome H<G H G esiste g G tale che g H<G H, in altre parole g non appartiene a nessun sottogruppo proprio di G. Siccome g, il sottogruppo di G generato da g, è un sottogruppo di G a cui g appartiene, ne deduciamo che g non è proprio, cioè g = G. Quindi G è ciclico. (. Supponiamo che G sia ciclico. Dobbiamo mostrare che H<G H G, cioè che G H<G H. In altre parole, dobbiamo trovare un elemento di G che non appartiene a nessun sottogruppo proprio di G. Siccome G è ciclico esiste un elemento che lo genera, chiamiamolo g. Allora g = G. Mostriamo che g non appartiene a nessun sottogruppo proprio di G (cioè g G H<G H. Se H G contiene g allora contiene g = G e quindi H = G, cioè H non è proprio Medio. Sia H un sottogruppo normale di un gruppo finito G. Supponiamo che H sia ciclico. Mostrare che ogni sottogruppo di H è normale in G. Risoluzione. Osserviamo che poiché H è ciclico esso ammette un unico sottogruppo di ordine un fissato divisore di H. Ora sia K un sottogruppo di H, e sia g G. Dobbiamo mostrare che g 1 Kg = K. Ma g 1 Kg è un sottogruppo di H di ordine K (cf. il prossimo esercizio, e dall osservazione qui sopra segue allora che g 1 Kg dev essere uguale a K Medio. Sia G un gruppo finito. Mostrare che se tutti i sottogruppi massimali di G sono coniugati allora G è ciclico. Svolgimento. Se G è un p-gruppo allora i sottogruppi massimali di G sono normali e quindi G ha un solo sottogruppo massimale per cui è ciclico (generato da un qualsiasi elemento che non appartiene al sottogruppo massimale. Supponiamo quindi che G non sia un p-gruppo. Sia M un sottogruppo massimale di G e sia P un sottogruppo di Sylow di G. Siccome G non è un p-gruppo, P G quindi P è contenuto in un sottogruppo massimale di G, cioè in un coniugato di M, diciamo P gmg 1. Ma allora g 1 P g M e quindi P divide M per il teorema di Lagrange.

30 30 MARTINO GARONZI Siccome questo vale per ogni sottogruppo di Sylow P, segue che M è diviso da tutte le potenze di primo che dividono G e quindi M = G, assurdo. Un altro modo per risolvere l esercizio era il seguente: se tutti i sottogruppi massimali sono coniugati allora detto M uno di loro, ogni sottogruppo proprio di G è contenuto in un coniugato di M e quindi g G gmg 1 contiene H<G H, ora se G è non ciclico questa unione è uguale a G per e questo contraddice Medio. Dimostrare che se n, m sono due numeri interi positivi coprimi allora C nm è isomorfo a C n C m (teorema cinese del resto. Risoluzione. Sia g un generatore di C nm. Allora g n ha ordine m e g m ha ordine n. L idea è verificare che l applicazione C nm C n C m, x (x m, x n è un isomorfismo di gruppi Normale. Usando le proprietà di C n (il gruppo ciclico di ordine n dimostrare che d n ϕ(d = n. Ricordo che ϕ(m è la funzione di Eulero applicata a m, definita come il numero di elementi di {1,..., m} coprimi con m. Il numero di generatori di C n è uguale a ϕ(n. Risoluzione. L idea è partizionare gli elementi di C n secondo il loro ordine. Per ogni divisore d di n ci sono in C n esattamente ϕ(d elementi di ordine d, e ogni elemento di C n ha un unico ordine, ed esso divide n. Quindi n = C n = d n ϕ(d Normale. Sia g un elemento di ordine n in un dato gruppo. Sia m un intero positivo. Mostrare che l ordine di g m è n/mcd(n, m, dove MCD(n, m indica il massimo comun divisore tra n e m. Risoluzione. Sia r = n/mcd(n, m. Detto mcm(n, m il minimo comune multiplo tra n e m, si ha MCD(n, m mcm(n, m = n m e quindi (g m r = g mr = g mcm(n,m = 1 dato che n divide mcm(n, m. Supponiamo ora che (g m s = 1 per qualche intero s. Dobbiamo mostrare che r divide s. Essendo 1 = (g m s = g ms, n divide ms. Dividendo per MCD(n, m troviamo che r divide (m/mcd(n, ms, quindi divide s essendo (r, m/mcd(n, m = Normale. Sia a un elemento di ordine n in un dato gruppo. Sia r un intero positivo. Mostrare che a r = a MCD(r,n. Risoluzione. Sia d = MCD(r, n. Siccome d divide r, a r a d. Per concludere che a r = a d ci rimane da mostrare che a d a r. Usando l algoritmo di Euclide riusciamo a scrivere d = xr + yn con x, y Z. Ne segue che a d = a xr+yn = a xr a r Medio. Sappiamo che se G è un gruppo ciclico finito allora per ogni divisore d di G esiste un unico sottogruppo di G di ordine d. Mostrare il viceversa: se G è un gruppo finito tale che per ogni divisore d di G esiste un unico sottogruppo di G di ordine d allora G è ciclico. Risoluzione. Supponiamo che per ogni divisore d di G esista un unico sottogruppo di G di ordine d. Vogliamo mostrare che G è ciclico. Per siamo ridotti al caso in cui G è un p-gruppo per qualche primo p, diciamo G = p n. Allora per l ipotesi esiste un unico sottogruppo di ordine p n 1, sia esso H. Sia g G H. Supponiamo che esista un sottogruppo massimale M di G che contiene g. Per M ha indice p in G, cioè M = p n 1. Siccome H è l unico sottogruppo di G di ordine p n 1, si deve avere M = H e quindi g M = H, assurdo. Ne segue che g non appartiene a nessun sottogruppo massimale di G. Siccome ogni sottogruppo proprio di G è contenuto in un sottogruppo massimale di G (questo segue immediatamente dal fatto che G è finito, non serve il lemma di Zorn segue che g non appartiene a nessun sottogruppo proprio di G, in particolare g non è un sottogruppo proprio di G, cioè g = G. Quindi G è ciclico.

31 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE Numeri ciclici. Difficile. Sia n un intero positivo. Mostrare che le seguenti affermazioni sono equivalenti. (1 n e ϕ(n sono coprimi. (2 Ogni gruppo di ordine n è ciclico. Risoluzione. (1 (2. Procediamo per induzione su n. Sia G un gruppo di ordine n. Per induzione possiamo supporre che tutti i sottogruppi propri e tutti i quozienti propri di G siano ciclici. In particolare per G non è semplice, quindi ammette un sottogruppo normale N con N {1} e N G. Quindi N è ciclico. L azione di coniugio di G su N fornisce un omomorfismo G Aut(N il cui nucleo è il centralizzante C G (N = {g G : gx = xg x N}. Dal teorema di isomorfismo ne segue un omomorfismo iniettivo G/C G (N Aut(N (cf. l esercizio , quindi G/C G (N = G : C G (N divide Aut(N = ϕ( N. Ora, siccome N divide G, ϕ( N divide ϕ( G e quindi siccome G e ϕ( G sono coprimi, G e Aut(N = ϕ( N sono coprimi, quindi G : C G (N e Aut(N sono coprimi, quindi G : C G (N = 1, cioè G = C G (N, cioè N è contenuto nel centro di G, Z(G, in particolare Z(G {1} e siccome G/Z(G è ciclico (come tutti i quozienti propri di G segue (come è noto che G = Z(G, cioè G è abeliano. Ora siccome n e ϕ(n sono coprimi n non è diviso da quadrati (si confronti con la formula esibita sopra per il calcolo di ϕ(n, diciamo n = p 1 p k con p 1,..., p k primi distinti, e prendiamo g i G di ordine p i per ogni i = 1,..., k (esistono per il teorema di Cauchy. Siccome gli ordini di g 1,..., g k sono a due a due coprimi g 1 g k ha ordine o(g 1 g k = o(g 1 o(g k = p 1 p k = G quindi G è ciclico. (2 (1. Per cominciare n non è diviso da quadrati perché se p è un primo e p 2 divide n allora C p C p C n/p 2 è un gruppo non ciclico di ordine n. Scriviamo quindi n = p 1 p k con p 1,..., p k primi distinti a due a due. ϕ(n = (p 1 1 (p k 1. Se n e ϕ(n non fossero coprimi esisterebbero p i = p e p j = q primi distinti tali che q divide p 1. Se troviamo un gruppo G non ciclico di ordine pq possiamo dedurre che G C n/pq è un gruppo non ciclico di ordine n, contraddizione. Siamo quindi ricondotti a mostrare che se p e q sono due numeri primi e q divide p 1 allora esiste un gruppo non ciclico di ordine pq. Il numero di p-cicli nel gruppo simmetrico S p è (p 1!, quindi il numero di p-sylow è (p 1!/(p 1 = (p 2! (ogni p-sylow ha ordine p quindi contiene p 1 elementi di ordine p. Ne segue che P := (1... p, che è un p-sylow di S p, ha esattamente S p : N Sp (P = (p 2! coniugati in S p, da cui N Sp (P = p(p 1. Ora P è normale in N Sp (P e per il teorema di Cauchy, siccome q divide p 1 che divide p(p 1 = N Sp (P, esiste x N Sp (P di ordine q. Sia G := P, x. Siccome x normalizza P si ha G = P x. Siccome P = p e o(x = q sono coprimi si ha G = P x = P x = pq. Quindi G è un sottogruppo di S p di ordine pq. Ne segue che G non è ciclico, infatti S p non ha elementi di ordine pq (un tale elemento avrebbe nella struttura ciclica un p-ciclo e quindi non ci sarebbe spazio per nient altro Gruppi simmetrici e alterni Normale. Trovare un automorfismo non identico di S 3. Risoluzione. Prendiamo ϕ : S 3 S 3 dato dal coniugio tramite g = (12, ovvero ϕ(x := g 1 xg. Si tratta di un isomorfismo perché: ϕ(1 = g 1 1 g = g 1 g = 1; ϕ(xy = g 1 xyg = g 1 xgg 1 yg = ϕ(xϕ(y; ϕ è iniettivo: se ϕ(x = 1 allora 1 = ϕ(x = g 1 xg, quindi moltiplicando a sinistra per g e a destra per g 1 otteniamo x = gg 1 = 1; ϕ è suriettivo: se y S 3 allora ϕ(gyg 1 = g 1 (gyg 1 g = (g 1 gy(g 1 g = y. ϕ è non identico perché per esempio ϕ((13 = (12 1 (13(12 = (12(13(12 = (23 ( Normale. Siano σ = (134, τ = (13 S 4. Calcolare σ, τ usando il teorema di Lagrange. Risoluzione. Sia H := σ, τ. Contenendo σ e τ, per il teorema di Lagrange H è divisibile per 2 e per 3 e quindi per 6. D altra parte σ(2 = 2 = τ(2, e quindi H è contenuto nello stabilizzatore di 2, cioè l insieme delle permutazioni

32 32 MARTINO GARONZI che fissano 2: H Stab(2. Ma Stab(2 ha ordine 3! = 6, e siccome contiene H, che ha ordine divisibile per 6, segue che Stab(2 = H, in particolare H = Normale. 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. Mostrare che se X, Y sono insiemi equipotenti allora Sym(X = Sym(Y. Risoluzione. Sia f : X Y una biiezione. L applicazione Sym(X Sym(Y che manda ϕ in f ϕ f 1 è un isomorfismo di gruppi Normale. Sia H := {σ S 7 σ({1, 2, 3} {1, 2, 3}}, dove σ({1, 2, 3} := {σ(1, σ(2, σ(3}. Mostrare che H è un sottogruppo di S 7 isomorfo a S 4 S 3 (usare Risoluzione. Siano A := {σ H σ(i = i i {1, 2, 3}} H, B := {σ H σ(i = i i {4, 5, 6, 7}} H. Osserviamo che A = S 4 (tramite σ σ {4,5,6,7} e che B = S 3 (tramite σ σ {1,2,3}. Per , per concludere basta mostrare che A, B sono normali in H, che AB = H e che A B = {1}. Che sia A B = {1} è ovvio (se σ H fissa 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 allora σ = 1 per definizione. Che sia AB = H segue dal fatto che per ogni σ H si ha σ = σ {1,2,3} σ {4,5,6,7}. Rimane da mostrare che A e B sono normali in H. Siano σ A, h H. Dobbiamo mostrare che τ = hσh 1 A, cioè che τ(i = i per ogni i {1, 2, 3}. Sia quindi i {1, 2, 3}. Allora h 1 (i {1, 2, 3} perché h 1 H (perché h H, quindi τ(i = h(σ(h 1 (i = h(h 1 (i = i. La dimostrazione che B H è del tutto analoga Normale. Osserviamo che se H G e N G allora HN G (un prodotto di due sottogruppi è un sottogruppo se uno dei due normalizza l altro e applicando il primo teorema di isomorfismo all omomorfismo H HN/N che manda h in hn otteniamo H/H N = HN/N (secondo teorema di isomorfismo. Sia H un sottogruppo di S n non contenuto in A n. Mostrare che H ha tanti elementi pari quanti dispari. Risoluzione. Si ha HA n S n essendo A n S n. Inoltre A n HA n (ogni a A n si scrive 1 a e 1 H e A n HA n (altrimenti sarebbe H A n, falso per ipotesi. Quindi abbiamo A n < HA n S n. Ricordiamo che S n : A n = 2, quindi 2 = S n : A n = S n : HA n HA n : A n. Queste uguaglianze coinvolgono interi positivi, quindi siccome 2 è un numero primo uno tra S n : HA n e HA n : A n dev essere 1. Siccome HA n : A n = 1 (perché HA n A n si deve avere S n : HA n = 1, cioè HA n = S n. Il secondo teorema di isomorfismo implica allora che C 2 = Sn /A n = HA n /A n = H/H An, da cui H : H A n = 2, cioè H A n = H /2, cioè gli elementi pari di H sono esattamente H /2. Gli altri H /2 elementi di H sono quindi dispari Teorema di Wilson. Medio. Mostrare che un numero p è primo se e solo se p divide (p 1! + 1. Suggerimento per ( : trovare il numero di p-sottogruppi di Sylow di Sym(p. Risoluzione. (. Supponiamo che p sia primo. Il numero di p-cicli in Sym(p è (p 1! (scelto un punto da cui far partire il ciclo, gli altri p 1 punti possono essere sistemati in tutti i modi possibili. Siccome ogni p-ciclo di Sym(p genera un p-sottogruppo di Sylow di Sym(p (perché essendo p primo, la massima potenza di p che divide Sym(p = p! è p, ogni p-ciclo appartiene ad uno e un solo p-sottogruppo di Sylow (quello che genera. Siccome i p-sottogruppi di Sylow hanno ordine p (primo, essi sono ciclici e contengono esattamente p 1 elementi di ordine p. Ne segue che il numero di p-sottogruppi di Sylow di Sym(p è (p 1!/(p 1 = (p 2!. Per il teorema di Sylow, (p 2! 1 mod (p. Moltiplicando ambo i membri per p 1 otteniamo (p 1! p 1 1 mod (p, in altre parole p divide (p 1! + 1.

33 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 33 (. Supponiamo che p divida (p 1! + 1. Mostriamo che p è primo. Se p è prodotto di due interi distinti 1 < a < b < p allora chiaramente p = ab divide 1 2 a b (p 1 = (p 1!, quindi non divide (p 1! + 1. Supponiamo quindi che questo non sia vero. Allora è facile accorgersi che p dev essere un primo oppure il quadrato di un primo. Se p è un primo abbiamo finito. Supponiamo che p sia il quadrato di un primo, diciamo p = q 2 con q primo. Se 2q < q 2 allora chiaramente q 2 divide (q 2 1! quindi non divide (q 2 1! + 1. Deduciamo che 2q q 2, cioè q 2, ed essendo q primo otteniamo q = 2. Concludiamo osservando che 4 non divide (4 1! + 1 = Normale. Sia n 3 un intero. Sia i {1,..., n} e sia U := {σ S n σ(i i}. Mostrare che U non è un sottogruppo di S n e che non è contenuto in nessun sottogruppo proprio di S n. Risoluzione. Che U non sia un sottogruppo di S n segue dal fatto che 1 U, infatti 1(i = i (ricordo che 1 U è la funzione identità {1,..., n} {1,..., n}. Ora calcoliamo U. Osserviamo che S n U = {σ S n : σ(i = i}, quindi S n U è un sottogruppo di S n isomorfo a S n 1 e S n U = (n 1!, quindi U = n! (n 1! = (n 1(n 1!. Ora supponiamo che un H S n contenga U, e sia m l indice S n : H. Allora H U si scrive n!/m (n 1(n 1! da cui n (n 1m cioè m = 1 e H = G Normale. Determinare il centralizzante C G (σ dove G = S n e σ è un (n 1-ciclo. Risoluzione. Sappiamo che il numero di coniugati di σ in G è uguale all indice del centralizzante di σ in G. D altra parte sappiamo che in S n i coniugati di σ sono tutti e soli gli elementi con la stessa struttura ciclica di σ, quindi sono n(n 2!. Ne segue che S n : C Sn (σ = n(n 2! e quindi C Sn (σ = n 1. D altra parte σ C Sn (σ (σ commuta con le sue potenze e σ = n 1 (σ ha ordine n 1, quindi concludiamo che C Sn (σ = σ Normale. Sia H := {σ S n σ(1 = 1}. Determinare l intersezione g S n ghg 1. Risoluzione. Mostriamo che g S n ghg 1 = 1. Per i = 2,..., n consideriamo il coniugato (1iH(1i 1. Se σ sta in tale coniugato allora σ(i = i. Ne segue che se σ g S n ghg 1 allora σ(i = i per i = 1, 2,..., n, cioè σ = Normale. Sia P un 2-Sylow di S 4. Determinare O 2 (S 4 := g S 4 gp g 1. Risoluzione. Sia N = {1, (12(34, (13(24, (14(23} S 4. Mostriamo che O 2 (S 4 = N. Siccome N è un 2- sottogruppo normale di S 4, N è contenuto in tutti i 2-Sylow di S 4. Infatti per il teorema di Sylow N è contenuto in un 2-Sylow P di S 4, e per ogni g S 4 si ha N = gng 1 gp g 1, quindi N è contenuto in tutti i coniugati di P, cioè in tutti i 2-Sylow di S 4 (che sono a due a due coniugati, per il teorema di Sylow. Ne segue che N O 2 (S 4. Siccome P = 8 e P non è normale in S 4, la cardinalità dell intersezione dei coniugati di P dev essere minore di 8, cioè al più 4. Siccome N = 4, segue che O 2 (S 4 = N Normale. Dimostrare che se n è un intero maggiore di 2 allora il centro di S n è banale: Z(S n = {1}. Risoluzione. Sia g Z(S n. Dobbiamo mostrare che g = 1. Supponiamo quindi per assurdo che g 1. Allora esistono i j in {1,..., n} tali che g(i = j. Sia ϕ il 2-ciclo (ij. Siccome g Z(S n si ha gϕ = ϕg e quindi g(j = g(ϕ(i = ϕ(g(i = ϕ(j = i. Siccome n > 2 esiste k {1,..., n} tale che i k j. Sia θ il 3-ciclo (ijk. Allora k = θ(j = θ(g(i = g(θ(i = g(j = i, assurdo. Osserviamo che questo non è vero per n = 2: S 2 = C2 e Z(S 2 = S 2 {1}.

34 34 MARTINO GARONZI Medio. Dimostrare che i 2-Sylow di S 4 sono isomorfi a D 4, il gruppo diedrale di ordine 8. Risoluzione. Siccome S 4 = 24 = 2 3 3, i 2-Sylow di S 4 hanno ordine 2 3 = 8. Il gruppo diedrale D 4 ha ordine 8, quindi per concludere basta trovare un omomorfismo iniettivo D 4 S 4, cioè un azione fedele di D 4 su quattro punti. Ragionando geometricamente, cioè vedendo D 4 come il gruppo delle isometrie del quadrato, possiamo semplicemente prendere l azione indotta di D 4 sui vertici di tale quadrato. Si tratta appunto di un azione fedele su quattro punti. Inseriamo qui il reticolo dei sottogruppi di D 4 = a, b a 2 = b 2 = 1, (ab 4 = 1. D 4 a, bab = C 2 C 2 ab = C 4 b, aba = C 2 C 2 a bab abab aba b {1} Normale. Qual è il massimo ordine di un elemento di S 12? Risoluzione. Ricordiamo che l ordine di un elemento scrivibile come prodotto di k cicli disgiunti di lunghezze l 1,..., l k è uguale al minimo comune multiplo mcm(l 1,..., l k. Quindi il massimo ordine di un elemento di S 12 è uguale a k m := max{mcm(l 1,..., l k : Z l 1,..., l k 1, l i = 12}. Osserviamo che ( ( ( ha ordine = 60, quindi m 60. Prendiamo σ S 12 tale che o(σ = m. Se ogni ciclo in σ (cioè che compare nella decomposizione di σ in cicli disgiunti ha lunghezza al massimo 6 allora 60 m = o(σ mcm(1, 2, 3, 4, 5, 6 = 60, da cui m = 60. Quindi per mostrare che m = 60 basta escludere che esista in σ un ciclo di lunghezza maggiore di 6. Supponiamo quindi che σ ammetta un ciclo di lunghezza almeno 7. Siccome rimangono al più cinque punti da distribuire, è facile accorgersi che dev essere assurdo Facile. Trovare un sottogruppo di S 6 di ordine 9. i=1 60 m = o(σ max{7 6, 8 3, 9 2, 10, 11, 12} = 42, Risoluzione. Per , (123, (456 = (123 (456 ha ordine 3 3 = Facile. Esibire un intero positivo n tale che S n contenga un elemento di ordine maggiore di n 2. Risoluzione. In S 19 l elemento ha ordine mcm(4, 3, 5, 7 = = 420, e 19 2 = 361. ( (5 6 7( (

35 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE Facile. E vero che S 7 ammette un sottogruppo ciclico di ordine 20? Risoluzione. No. Un (eventuale sottogruppo ciclico di S 7 di ordine 20 è generato da un elemento σ S 7 di ordine 20. Mostriamo che non esistono elementi di S 7 di ordine 20. Se per assurdo σ S 7 ha ordine 20 allora nella decomposizione di σ in cicli disgiunti deve comparire almeno un ciclo di lunghezza multipla di 5 (ricordiamo che l ordine di un prodotto di cicli disgiunti è uguale al minimo comune multiplo delle lunghezze dei cicli della decomposizione. L unico multiplo positivo di 5 minore di 7 è 5, quindi nella decomposizione di σ deve apparire un 5-ciclo. Siccome gli elementi disponibili sono solo 7, la decomposizione di σ in cicli disgiunti sarà del tipo (abcde (che ha ordine 5 oppure (abcde(f g (che ha ordine 10. Assurdo Normale. Determinare il centralizzante di (13(42 in S 4. Risoluzione. Sia g = (13(42 S 4 = G. Cominciamo col determinare l ordine del centralizzante C G (g di g. Il numero di coniugati di g in G è uguale all indice G : C G (g. Siccome i coniugati di g in S 4 sono esattamente tutti e soli gli elementi di S 4 con la stessa struttura ciclica di g, essi sono i tre elementi (12(34, g = (13(24, (14(23. Quindi G : C G (g = 3 e troviamo che C G (g = 24/3 = 8. C G (g è quindi un 2-Sylow di G. Siccome ( = g, (1432 C G (g (ogni elemento commuta con le sue potenze. Inoltre V = {1, (12(34, (13(24, (14(23} è un sottogruppo abeliano (e normale di S 4 di ordine 4 (è il gruppo di Klein, isomorfo a C 2 C 2 e contenente g, quindi V C G (g. In effetti C G (g, isomorfo al gruppo diedrale di ordine 8 (cf. l esercizio , è generato da (1432 e V. Per avere l usuale presentazione del gruppo diedrale, possiamo osservare che C G (g = (1432, (12(34 (cf Normale. Dimostrare che i sottogruppi di indice primo di un gruppo finito sono massimali. Il viceversa non è vero: dimostrare che H = {σ S 4 σ(1 = 1} è un sottogruppo massimale di S 4 di indice 4. Risoluzione. Sia G un gruppo finito e sia K un suo sottogruppo con G : K = p un numero primo. Per mostrare che K è massimale basta mostrare che se K < H G allora H = G. Sia dunque K < H G. Si ha p = G : K = G K = G H H = G : H H : K. K Siccome p è primo e H K si deve avere G : H = 1, cioè G = H. Mostriamo ora che H = {σ S 4 σ(1 = 1} è un sottogruppo massimale di S 4 di indice 4. Che H abbia indice 4 segue dal fatto che H = 6, infatti H = S 3. Un modo per mostrare che H è massimale è usare l esercizio : se H non fosse massimale sarebbe contenuto in un sottogruppo di S 4 di ordine 12, cioè indice 2, quindi sarebbe H A 4, assurdo perché (23 H A Normale. Dimostrare che esiste un sottogruppo normale N di S 4 tale che S 4 /N = S 3. Risoluzione. Consideriamo l azione di coniugio di S 4 sui suoi tre 2-Sylow. Essa fornisce un omomorfismo S 4 S 3. Il nucleo di questa azione è l intersezione dei 2-Sylow, cioè V = {1, (12(34, (13(24, (14(23} (cf. l esercizio Ne segue che S 4 /V è un gruppo di ordine S 4 /V = S 4 / V = 24/4 = 6 = S 3 isomorfo a un sottogruppo di S 3 (per il teorema di isomorfismo, e quindi S 4 /V = S Difficile. Consideriamo il gruppo alterno di grado 5, A 5. Questo esercizio mira a dimostrare che A 5 è un esempio di gruppo semplice non abeliano. (1 Dimostrare che due elementi di A 5 con la stessa struttura ciclica sono coniugati in A 5 se non sono due 5-cicli. (2 Dimostrare che in A 5 ci sono due classi di coniugio di 5-cicli. Trovarne dei rappresentanti.

36 36 MARTINO GARONZI (3 Elencare le classi di coniugio di A 5 e le rispettive cardinalità. (4 Dimostrare che ogni sottogruppo normale N di un gruppo G è unione di classi di coniugio in G. (5 Dedurre che A 5 è un gruppo semplice. Risoluzione. Il gruppo A 5 ha ordine 5!/2 = 60, contiene l identità 1, 15 elementi di struttura ciclica (2, 2, 20 elementi di struttura ciclica (3, 24 elementi di struttura ciclica (5. Come è noto, gli elementi di una data struttura ciclica formano una singola classe di coniugio in S 5. La situazione è diversa nel gruppo alterno. Sia n un intero positivo, e sia x A n. Siano C Sn (x e C An (x rispettivamente i centralizzanti di x in S n e in A n. Siano Cl Sn (x e Cl An (x rispettivamente le classi di coniugio di x in S n e in A n. Per il principio del conteggio A n = C An (x Cl An (x, S n = C Sn (x Cl Sn (x, quindi poiché S n = 2 A n, C An (x = C Sn (x se e solo se Cl An (x Cl Sn (x. In altre parole, la classe di coniugio di x si spezza (ovvero Cl An (x Cl Sn (x se e solo se x non è centralizzato da permutazioni dispari. Mettiamoci ora nel caso in esame, n = 5. (12(34 è centralizzato da (1324 (essendo ( = (12(34, che è dispari, quindi Cl A5 ((12(34 = Cl S5 ((12(34, cioè la classe di coniugio di (12(34 in A 5 consiste di tutti e soli gli elementi di A 5 di struttura ciclica (2, 2. (123 è centralizzato da (123(45, essendo (123(123(45 = (132(45 = (123(45(123, e (123(45 è dispari, quindi Cl A5 ((123 = Cl S5 ((123, cioè la classe di coniugio di (123 consiste di tutti e soli i 3-cicli di A 5. Il centralizzante di (12345 in S 5 è (12345 (questo si vede in modo standard contando i coniugati di (12345, cf. l esercizio 1.3.8, quindi i 5-cicli non sono centralizzati da permutazioni dispari. Ne segue che ci sono due classi di coniugio di 5-cicli in A 5, e dei rappresentanti sono (12345 e ( Si può dimostrare che in generale la classe di coniugio di un elemento di A n si spezza se e solo se la struttura ciclica di tale elemento consiste di cicli di lunghezze dispari a due a due distinte. Le classi di coniugio di A 5 hanno quindi cardinalità 1, 15, 20, 12, 12. Sia {1} N A 5. N è unione di alcune di queste classi (questo segue immediatamente dalla normalità: se x N allora tutti i coniugati di x stanno in N, tra cui la classe con un elemento (essendo 1 N, e N divide A 5 = 60. Una verifica diretta mostra che nessun divisore proprio di 60 è della forma 1 più una somma di alcuni tra 15, 20, 12, 12. Ne segue che N = A Medio. Sia n 2 un intero. Dimostrare che l unico sottogruppo di S n di indice 2 è A n. Risoluzione. Sia Q := {x 2 : x S n }. L idea è mostrare che A n è generato da Q: A n = Q. Il risultato seguirà facilmente da questo fatto. Siccome ogni elemento di A n è un prodotto di un numero pari di 2-cicli (trasposizioni, per mostrare che Q = A n basta mostrare che il prodotto di due 2-cicli è un quadrato in S n. Prendiamo due 2-cicli, siano essi (12 e (ij, con i < j (possiamo fare questa scelta a meno di cambiare i nomi ai simboli. Ci sono tre casi possibili. {i, j} {1, 2} =. In questo caso (12(ij = (1i2j 2. i = 1, j 2. In questo caso (ij(12 = (1j(12 = (12j = (1j2 2. i = 1, j = 2. In questo caso (12(ij = (12 2 = 1 = 1 2. Abbiamo quindi che A n = Q. Osserviamo che se n 6 allora A n Q, essendo (12(3456 A n Q. Sia ora H un sottogruppo di S n di indice 2. Dobbiamo mostrare che H = A n. Siccome H e A n hanno lo stesso ordine, finito, basta mostrare che A n H. Siccome H ha indice 2, è normale in S n, e possiamo considerare la proiezione

37 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 37 sul quoziente ϕ : S n S n /H = C 2. Osserviamo che se x S n allora ϕ(x 2 = ϕ(x 2 = 1 essendo S n /H = 2. Questo implica che Q = {x 2 : x S n } ker(ϕ = H, e quindi, siccome H S n, anche A n = Q H Normale. Dimostrare che i sottogruppi non abeliani di S 4 non sono semplici. Risoluzione. S 4 non è semplice perché ammette il sottogruppo normale proprio A 4. Sia H un sottogruppo proprio non abeliano di S 4. Allora H divide S 4 = 24, quindi H {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12}. Siccome i p-gruppi hanno centro non banale, siamo ridotti a mostrare che i gruppi di ordine 6 e 12 non sono semplici. Supponiamo H = 6. Allora dal teorema di Sylow H ha un unico 3-Sylow, che quindi è normale in H. Supponiamo H = 12. Sia P un 2-Sylow di H. Allora P = 4 e H : P = 3. Se P è l unico 2-Sylow di H allora P H e quindi H non è semplice. Per il teorema di Sylow, possiamo quindi assumere che il numero di 2-Sylow di H sia uguale a 3. In altre parole, P ha tre coniugati. Detto P H il cuore normale di P in H, cioè l intersezione dei coniugati di P in H, H/P H si immerge in S 3, più precisamente l azione di coniugio di H sull insieme dei coniugati di P induce un omomorfismo H S 3 il cui nucleo è P H. Ne segue che H/P H S 3 = 6, quindi P H {1}. P H è quindi un sottogruppo normale proprio (perché contenuto in P e non banale di H, che quindi non è un gruppo semplice. Osserviamo che abbiamo mostrato di più di quanto era richiesto. Abbiamo mostrato che per ogni divisore d di 24, ogni gruppo semplice di ordine d è abeliano Normale. Sia G un gruppo semplice non abeliano. Mostrare che G non ammette sottogruppi propri di indice minore di 5. Risoluzione. Esista per assurdo un sottogruppo proprio H di G di indice minore di 5. Consideriamo l azione di G a sinistra su {xh x G} data da (g, xh gxh. Il nucleo di questa azione è il cuore normale di H, H G, cioè l intersezione dei coniugati di H in G. Essendo H G un sottogruppo normale proprio (perché contenuto in H del gruppo semplice G, si deve avere H G = {1}. Abbiamo quindi un omomorfismo iniettivo G S n, dove n = G : H. Siccome n < 5, S n si immerge in S 4 e ne deduciamo per composizione un omomorfismo iniettivo G S 4. G è quindi isomorfo a un sottogruppo di S 4, e questo contraddice l enunciato dell esercizio Medio. Sia n 5 un intero. Sapendo che A n è un gruppo semplice, mostrare che se H S n e H A n, S n allora S n : H n. Dedurre che se un sottogruppo di S n ha indice n allora è massimale. Dedurre che per ogni i {1,..., n} lo stabilizzatore di i, {σ S n σ(i = i} S n, è un sottogruppo massimale. Risoluzione. Sia H S n con H A n, S n. Ricordiamo che l azione di S n sull insieme dei laterali sinistri di H in S n determina un omomorfismo S n Sym( S n : H di nucleo H Sn (il cuore normale di H in S n, cioè l intersezione dei coniugati di H in S n. Siccome H Sn S n, H Sn H e gli unici sottogruppi normali di S n sono {1}, A n e S n (cf. lo svolgimento dell esercizio , segue che H Sn = {1}, quindi n! divide S n : H!, e questo implica che S n : H n. Ora, se K è un sottogruppo di S n di indice n allora ogni sottogruppo di S n che contiene K propriamente deve avere indice minore di n, quindi deve essere uguale a S n. Segue che i sottogruppi di S n di indice n sono massimali. L asserto sullo stabilizzatore segue dal fatto che esso ha indice n in S n. Digressione: se n 2 e n 6 allora ogni sottogruppo di S n di indice n è lo stabilizzatore di un punto. Per quanto riguarda il caso n = 6 si veda l esercizio Medio. Sia G = S 7 il gruppo simmetrico di grado 7. Per ogni p {3, 5, 7} sia σ p il p-ciclo (1 p G. Per ogni tale p trovare un p-sottogruppo di Sylow P di G, e determinare gli ordini N G (P e C G (σ p, il numero di coniugati di σ p in G e il numero dei p-sottogruppi di Sylow di G. Fare lo stesso con A 7 al posto di S 7. Risoluzione. Per trattare il caso G = A 7, ricordiamo che la classe di coniugio di un elemento x A n è uguale alla sua classe di coniugio in S n a meno che la decomposizione di x in cicli disgiunti non consista di cicli di lunghezze dispari

38 38 MARTINO GARONZI a due a due distinte (cf. lo svolgimento dell esercizio , e in questo caso la S n -classe è unione di esattamente due A n -classi della stessa cardinalità. In particolare la classe di coniugio di un 3-ciclo in A 7 è uguale alla sua classe in S 7, e lo stesso vale per i 5-cicli, mentre la classe di coniugio di un 7-ciclo in A 7 ha la metà degli elementi della sua classe in S 7. σ 3 = (123 S 7 = G. Siccome G = 7!, i 3-Sylow di G hanno ordine 3 2, quindi uno di essi è (123, (456 = C 3 C 3 (cf. l esercizio Siccome i 3-Sylow sono coniugati, ogni 3-Sylow di G è isomorfo a C 3 C 3 e quindi è generato da due 3-cicli disgiunti, cioè è determinato da due orbite di lunghezza 3. Ne segue che G ha esattamente 7 1 2( 6 3 = 70 3-Sylow (si osservi che 70 1 mod (3, coerentemente col teorema di Sylow e quindi G : N G (P = 70 e deduciamo che N G (P = 7!/70 = 72. I coniugati di σ 3 in G sono tutti e soli i 3-cicli, quindi sono 2 (7 3 = 70. Ne segue che G : CG (σ 3 = 70 e quindi C G (σ 3 = 7!/70 = 72. Siccome σ 3 C G (σ 3 e ogni permutazione che lascia fissi 1, 2, 3 commuta con σ 3 otteniamo che C G (σ 3 = C 3 S 4. σ 5 = (12345 S 7 = G. Siccome G = 7!, i 5-Sylow di G hanno ordine 5, quindi uno di essi è P = σ 5. Il numero di coniugati di σ 5 in G è uguale al numero di 5-cicli in G, quindi è uguale a 4! (7 5 = = 504. Ne segue che G : C G (σ 5 = 504 e quindi C G (σ 5 = 7!/504 = 10. Siccome σ 5, (67 C G (σ 5 segue che C G (σ 5 = C 5 C 2 = C10. Il numero di 5-Sylow di G è uguale al numero di 5-cicli di G diviso per il numero di 5-cicli contenuti in un 5-Sylow, quindi è uguale a 504/4 = 126 (osserviamo che mod (5, coerentemente col teorema di Sylow. Ne segue che G : N G (P = 126 e quindi N G (P = 7!/126 = 40. σ 7 = ( S 7 = G. Siccome G = 7!, i 7-Sylow di G hanno ordine 7, quindi uno di essi è P = σ 7. Il numero di coniugati di σ 7 in G è uguale al numero di 7-cicli in G, quindi è uguale a 6! = 720. Ne segue che G : C G (σ 5 = 6! e quindi C G (σ 5 = 7!/6! = 7. Siccome σ 7 C G (σ 7 segue che C G (σ 7 = σ 7 = C 7. Il numero di 7-Sylow di G è uguale al numero di 7-cicli di G diviso per il numero di 7-cicli contenuti in un 7-Sylow, quindi è uguale a 6!/6 = 5! = 120 (osserviamo che mod (7, coerentemente col teorema di Sylow. Ne segue che G : N G (P = 120 e quindi N G (P = 7!/120 = 42. σ 3 = (123 A 7 = G. Siccome G = 7!/2, i 3-Sylow di G hanno ordine 3 2, quindi uno di essi è (123, (456 = C 3 C 3 (cf. l esercizio Siccome i 3-Sylow sono coniugati, ogni 3-Sylow di G è isomorfo a C 3 C 3 e quindi è generato da due 3-cicli disgiunti, cioè è determinato da due orbite di lunghezza 3. Ne segue che G ha esattamente 7 (6 3 = Sylow (si osservi che mod (3, coerentemente col teorema di Sylow e quindi G : N G (P = 140 e deduciamo che N G (P = (7!/2/140 = 18. I coniugati di σ 3 in G sono tutti e soli i 3-cicli, quindi sono 2 (7 3 = 70. Ne segue che G : CG (σ 3 = 70 e quindi C G (σ 3 = (7!/2/70 = 36. σ 5 = (12345 A 7 = G. Siccome G = 7!/2, i 5-Sylow di G hanno ordine 5, quindi uno di essi è P = σ 5. Il numero di coniugati di σ 5 in G è uguale al numero di 5-cicli in G, quindi è uguale a 4! (7 5 = = 504. Ne segue che G : C G (σ 5 = 504 e quindi C G (σ 5 = (7!/2/504 = 5. Siccome σ 5 C G (σ 5 segue che C G (σ 5 = σ 5 = C 5. Il numero di 5-Sylow di G è uguale al numero di 5-cicli di G diviso per il numero di 5- cicli contenuti in un 5-Sylow, quindi è uguale a 504/4 = 126 (osserviamo che mod (5, coerentemente col teorema di Sylow. Ne segue che G : N G (P = 126 e quindi N G (P = (7!/2/126 = 20. σ 7 = ( A 7 = G. Siccome G = 7!/2, i 7-Sylow di G hanno ordine 7, quindi uno di essi è P = σ 7. Il numero di coniugati di σ 7 in G è uguale alla metà del numero di 7-cicli in G, quindi è uguale a 6!/2 = 360. Ne segue che G : C G (σ 5 = 6!/2 e quindi C G (σ 5 = (7!/2/(6!/2 = 7. Siccome σ 7 C G (σ 7 segue che C G (σ 7 = σ 7 = C 7. Il numero di 7-Sylow di G è uguale al numero di 7-cicli di G diviso per il numero di 7-cicli contenuti in un 7-Sylow, quindi è uguale a 6!/6 = 5! = 120 (osserviamo che mod (7, coerentemente col teorema di Sylow. Ne segue che G : N G (P = 120 e quindi N G (P = (7!/2/120 = Medio. Dimostrare che Aut(S 3 = S 3. Si può dimostrare che per ogni n > 2, n 6 si ha Aut(S n = S n. Risoluzione. Si ha S 3 = {1, (12, (13, (23, (123, (132}. Aut(S 3 agisce su S 3 nel modo ovvio: Aut(S 3 S 3 S 3, (ϕ, σ ϕ(σ. Questa azione conserva l ordine degli elementi. Siccome gli elementi di S 3 di ordine 2 sono esattamente i tre scambi, abbiamo un omomorfismo f : Aut(S 3 Sym({(12, (13, (23} = S 3. Vogliamo mostrare che f è un isomorfismo.

39 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 39 f è iniettivo. Mostriamo che se f(σ = 1 allora σ = 1. Il punto è che {(12, (23, (13} genera S 3. Se f(σ = 1 allora σ fissa (12, (13, (23 e quindi fissa anche (12, (13, (23 = S 3, cioè σ = 1. f è suriettivo. Lo mostriamo in modo indiretto. Siccome f è iniettivo, basta mostrare che Aut(S 3 S 3. Consideriamo l azione di S 3 su se stesso per coniugio. Se G è un qualunque gruppo e g G allora G G, σ g 1 σg è un isomorfismo di gruppi, ed è l identità se e solo se g Z(G. Siccome Z(S 3 = {1} (cf. la risoluzione dell esercizio 1.1.2, questo determina un omomorfismo iniettivo S 3 Aut(S 3, per cui 6 = S 3 Aut(S Questo esercizio mira a dimostrare che Aut(A 4 = S 4. (1 Sia P un 3-Sylow di A 4. Mostrare che esiste i {1, 2, 3, 4} tale che P = {σ S 4 σ(i = i}. In altre parole, i 3-Sylow di A 4 sono gli stabilizzatori dei punti. (2 Ora sia Ω l insieme dei quattro stabilizzatori in A 4, Ω = {Stab(i i {1, 2, 3, 4}}. Mostrare che se ϕ Aut(A 4 e ω Ω allora ϕ(ω Ω (usare il punto precedente. (3 Dedurne un omomorfismo Aut(A 4 Sym(Ω = S 4, e mostrare che è un isomorfismo. Digressione: usando le stesse idee, si dimostra che se n 3 è un intero diverso da 6 (cf. con l esercizio allora Aut(A n = S n. Risoluzione. (1 I 3-Sylow di A 4 sono ciclici di ordine 3, quindi sono in totale la metà del numero di 3-cicli in A 4, cioè 4. Sia P un 3-Sylow di A 4. Allora P ha ordine 3, quindi è generato da un elemento di A 4 di ordine 3, cioè da un 3-ciclo. Ne segue che P ha esattamente un punto fisso e quindi è contenuto nello stabilizzatore di un punto, H. Siccome H = 3 = P segue che P = H. (2 Se ω Ω allora poiché ϕ è un isomorfismo ϕ(ω = ω = 6 e quindi dal punto precedente segue che ϕ(ω è lo stabilizzatore di un punto, cioè ϕ(ω Ω. (3 Abbiamo quindi che Aut(A 4 agisce su Ω mandando (ϕ, ω in ϕ(ω. In altre parole, se g A 4 fissa i {1, 2, 3, 4} e ϕ Aut(A 4 allora anche ϕ(g fissa i. Mostriamo che tale azione è fedele. Sia quindi ϕ Aut(A 4 tale che ϕ(ω = ω per ogni ω Ω. Dobbiamo mostrare che ϕ è necessariamente l identità A 4 A 4. Siccome i 3-cicli di A 4 generano A 4, basta mostrare che ϕ fissa i 3-cicli. Sia g A 4 un 3-ciclo. Se ϕ(g g allora siccome g e ϕ(g hanno lo stesso (unico punto fisso, ϕ(g dev essere l inverso di g: ϕ(g = g 1 (ci sono solo due 3-cicli che fissano un dato punto. Supponiamo (a meno di cambiare i nomi ai simboli che g = (123. Allora ϕ(g = (132. Ci sono due possibilità. ϕ((124 = (124. Allora (243 = (132(124 = ϕ((123ϕ((124 = ϕ((123(124 = ϕ((13(24. ϕ((124 = (142. Allora (243 = (132(124 = ϕ((123ϕ((142 = ϕ((123(142 = ϕ((143. In entrambi i casi ϕ manda un elemento che muove 1 in un elemento che lo fissa, assurdo. Deduciamo che Aut(A 4 agisce fedelmente su Ω, quindi l omomorfismo associato Aut(A 4 Sym(Ω = S 4 è iniettivo, per cui Aut(A 4 è isomorfo a un sottogruppo di S 4. Consideriamo l omomorfismo f : S 4 Aut(A 4 dato dal coniugio: f(g(x = gxg 1. Dal fatto che i sottogruppi normali di S 4 sono {1}, V = {1, (12(34, (13(24, (14(23}, A 4 e S 4 segue che f è iniettivo. Ne segue che S 4 divide Aut(A 4. Siccome Aut(A 4 è isomorfo a un sottogruppo di S 4, segue che Aut(A 4 = S Trovare un sottogruppo di S 6 di indice 6 che non sia lo stabilizzatore di un punto. Suggerimento: considerare l azione di coniugio di S 5 sull insieme dei suoi 5-Sylow. Risoluzione. S 5 agisce per coniugio sui suoi sei 5-Sylow e tale azione è transitiva. Ne deduciamo un omomorfismo ϕ : S 5 S 6 di nucleo P S5, il cuore normale di un 5-Sylow P in S 5. Osserviamo che P ha ordine 5 e non è normale

40 40 MARTINO GARONZI in S 5, quindi P S5 = {1}. Ne deduciamo che ϕ è un omomorfismo iniettivo, quindi ϕ(s 5 ha ordine S 5 = 5! e quindi ha indice 6 in S 6. Siccome l azione considerata è transitiva, l immagine ϕ(s 5 non può essere lo stabilizzatore di un punto Mostrare che il gruppo alterno A 4 non ha sottogruppi di indice 2. Risoluzione. Sia per assurdo H un sottogruppo di A 4 di indice 2, cioè ordine A 4 /2 = 6. Osserviamo che H ha indice 2 in A 4 e quindi è normale: H A 4. Il numero dei 3-Sylow di H divide 2 ed è congruo a 1 modulo 3, quindi H ha un unico 3-Sylow, chiamiamolo P, che quindi è normale ed è l unico sottogruppo di H di ordine 3. Ne segue che P è normale in A 4, infatti se g A 4 allora g 1 P g è un sottogruppo di A 4 contenuto in g 1 Hg = H (H è normale di ordine g 1 P g = P = 3, e quindi g 1 P g = P essendo P l unico sottogruppo di H di ordine 3. P è generato da un 3-ciclo, senza perdita in generalità supponiamo che P = (123. Allora (124 A 4 e (124(123(124 1 = (243 P, e questo contraddice P A 4. Inseriamo qui il reticolo dei sottogruppi di A 4. Si ha A 4 = a, b dove a = (123 e b = (12(34. b A 4 b, a 2 ba = C 2 C 2 a 2 ba aba 2 a = C 3 ab = C 3 ba = C 3 aba = C 3 {1} Normale. Determinare n 3 (S 7, cioè contare i 3-Sylow di S 7. Risoluzione. Si ha S 7 = 7! = , quindi i 3-Sylow di S 7 hanno ordine 3 2 = 9. Troviamone uno. Sia P := (123, (456. Notiamo che (123 e (456 sono cicli disgiunti quindi commutano. Mostriamo che P = (123 (456 = C 3 C 3 da cui segue P = 9, da cui segue che P è un 3-Sylow di S 7. Siano A := (123, B := (456. Allora A, B P. Infatti il normalizzante N P (A contiene (123 (infatti (123 centralizza il sottogruppo che genera, in particolare lo normalizza e anche (456 (infatti (456 centralizza (123 e quindi centralizza (123, in particolare normalizza (123 e quindi contiene (123, (456 = P, da cui N P (A = P cioè A P. Analogamente N P (B = P da cui B P. Abbiamo A = {1, (123, (132} e B = {1, (456, (465} e quindi A B = {1}. Siccome A centralizza B, AB = BA e quindi AB P, da cui P = A, B = AB. Abbiamo dimostrato che A, B P, A B = {1} e AB = P e quindi otteniamo che P = A B. I coniugati di P sono del tipo gp g 1 con g S 7, quindi sono del tipo g (123, (456 g 1 = g(123g 1, g(456g 1. Siccome g(123g 1 = (g(1 g(2 g(3 e g(456g 1 = (g(4 g(5 g(6, e siccome g è una biiezione, i due 3-cicli g(123g 1 e g(456g 1 sono anch essi disgiunti. Ne deduciamo che tutti i coniugati di P, e quindi tutti i 3-Sylow di S 7, sono generati da due 3-cicli disgiunti. Quindi contare i 3-Sylow di S 7 equivale a contare le partizioni {a, b, c} {d, e, f} {g} dove {a, b, c, d, e, f, g} = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Scegliamo g in 7 modi e a questo punto ci sono 2( partizioni di {a, b, c, d, e, f} in due sottoinsiemi di cardinalità 3 (una volta sceltone uno la partizione è determinata, e ogni partizione è determinata da due tali sottoinsiemi. Ne segue che n 3 (S 7 = 7 2( = 70. Osserviamo che 70 è congruo a 1 modulo 3, come dev essere. Per la cronaca, otteniamo anche che 70 = S 7 : N S7 (P = 7!/ N S7 (P da cui N S7 (P = 7!/70 = Sia n un numero dispari. Mostrare che l n-ciclo (1... n è coniugato al suo inverso nel gruppo alterno Alt(n se e solo se n 1 mod 4.

41 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE Gruppi di matrici Normale. Sia F un campo, e sia GL n (F l insieme delle matrici n n a coefficienti in F e invertibili. Si tratta di un gruppo con l operazione di usuale moltiplicazione tra matrici. Indichiamo con F il gruppo moltiplicativo che consiste degli elementi non nulli di F. Consideriamo la funzione det : GL n (F F che manda A in det(a. Mostrare che si tratta di un omomorfismo suriettivo di gruppi. Dedurre che GL n (F /SL n (F è isomorfo a F. Risoluzione. Che det preservi la moltiplicazione è il teorema di Binet. det è suriettivo perché dato a F la matrice diagonale n n che ha a nell entrata (1, 1 e 1 in tutte le altre entrate diagonali è invertibile e il suo determinante è a. Ricordiamo che SL n (F consiste delle matrici n n invertibili a coefficienti in F e di determinante 1, in altre parole SL n (F = ker(det. L isomorfismo enunciato segue allora dal primo teorema di isomorfismo Normale. Si consideri l insieme G delle matrici ( a 0 G = { a, b Z/7Z, a 0}. b 1 (1 Si verifichi che G è un sottogruppo di GL(2, Z/7Z; (2 Si verifichi che ϕ : G (Z/7Z definita da ( a 0 a b 1 è un omomorfismo suriettivo di gruppi. (3 Si descriva il nucleo di ϕ. (4 Qual è l ordine di G? (5 Dire quanti sono i 2-Sylow, quanti i 3-Sylow e quanti i 7-Sylow. Per ogni gruppo che vi capita sottomano provate a domandarvi quanti sono i p-sylow, per ogni primo p che vi viene in mente. Risoluzione del punto 5. Indicherò con N p (G il numero di p-sottogruppi di Sylow di G. Osserviamo che G ha ordine 42 (ho 6 scelte per a e 7 per b, e che Z/7Z {0} è un gruppo moltiplicativo ciclico generato da 3 + 7Z, quindi Z ha ordine 3 e Z ha ordine 2. Siano x = ( Osserviamo che o(x = 7, o(y = 2, o(z = 3. Determiniamone i normalizzanti. ( ( a 0 a 1 0 L inversa di g = G è b 1 ba 1 1, y = ( ( 2 0, z = 0 1. Quindi x è un 7-Sylow, y è un 2-Sylow e z è un 3-Sylow.. Vediamo quando g normalizza x, cioè quando manda x in una sua potenza. Questo accade solo quando esiste un c Z/7Z tale che ( ( ( ( a a ba 1 = b 1 c 1 Facendo il conto otteniamo come unica condizione c = a, e quindi N G ( x = G per cui N 7 (G = 1 (c è un solo 7-Sylow. Potevamo accorgercene anche usando il teorema di Sylow, dato che nessun divisore di 42/7 = 6 diverso da 1 è congruo a 1 modulo 7. Vediamo quando g normalizza y, cioè quando manda y in una sua potenza. Questo accade solo quando esiste un c {1, 1} tale che ( a 1 0 ba 1 1 ( ( a 0 b 1 = ( c

42 42 MARTINO GARONZI ( a 0 Facendo il conto otteniamo c = 1 e 2b = 0, da cui b = 0. Quindi N G ( y = { a Z/7Z}. In particolare N G ( y = 6 e quindi N 2 (G = G : N G ( y = 42/6 = 7. Vediamo quando g normalizza z, cioè quando manda z in una sua potenza. Questo accade solo quando esiste un c {1, 2, 4} tale che ( a 1 0 ba 1 1 ( ( a 0 b 1 = ( c ( a 0 Facendo il conto otteniamo c = 2 e b = 0, da cui b = 0. Quindi N G ( y = { 0 a Z/7Z}. In 0 1 particolare N G ( z = 6 e quindi N 3 (G = G : N G ( z = 42/6 = Medio. Dati un gruppo G e un primo p indico con N p (G il numero di p-sottogruppi di Sylow di G. Calcolare N p (G in ognuno dei seguenti casi: G = GL(2, p, il gruppo generale lineare (le matrici 2 per 2 invertibili a coefficienti in F p, G = SL(2, ( p, il gruppo speciale lineare (le matrici di GL(2, p di determinante 1, a b G = { ac 0} GL(2, Z/pZ, e quando p = 3 o 5 calcolare anche N 0 c 2 (G - magari provate a dare un valore a p, per esempio 7, 11, 13, e provate a calcolare N q (G per ogni primo q che divide G. Faccio il caso G = SL(2, p. Per cominciare, calcoliamo G. Sappiamo che la funzione GL(2, p F p {0} che manda una matrice nel suo determinante è un omomorfismo di gruppi (per il teorema di Binet ed è suriettivo (facile esercizio, inoltre il suo nucleo è SL(2, p (per definizione, per cui per il primo teorema di isomorfismo si ha GL(2, p/sl(2, p = F p {0}. In particolare GL(2, p/sl(2, p = p 1 e quindi SL(2, p = GL(2, p /(p 1. Ora, l ordine di GL(2, p si determina contando le possibilità per le colonne: una matrice 2 per 2 invertibile è il dato di due vettori-colonna linearmente indipendenti, ho quindi p 2 1 scelte per il primo vettore (devo escludere il vettore nullo e p 2 p per il secondo (devo escludere tutti i multipli del primo vettore scelto, quindi GL(2, p = (p 2 1(p 2 p e di conseguenza SL(2, p = p(p 2 1. In particolare, siccome p è primo e non divide p 2 1, i p-sottogruppi di Sylow di SL(2, p hanno ordine p. Ne vogliamo trovare uno. Prendiamo ( 1 b P := { b F 0 1 p }. Si vede facilmente che P = p. Siccome i p-sylow sono tutti coniugati, il numero di p-sylow è uguale al numero di coniugati di P in G, che sappiamo essere uguale all indice( del normalizzante di P in G. Siamo quindi ridotti a x y calcolare N G (P. Un generico elemento di G ha la forma g = dove xw yz = 1. Il suo inverso sarà quindi z w ( w y g 1 =. Dobbiamo trovare N z x G (P, cioè dobbiamo trovare tutti i g G tali che per ogni h P si abbia ( 1 b ghg 1 P. Scriviamo h =. Dobbiamo quindi trovare tutti i x, y, z, w F 0 1 p tali che per ogni b F p esiste b F p tale che ( ( ( 1 ( x y 1 b x y 1 b = z w 0 1 z w 0 1 Facendo i conti, ricordando che xw zy = 1, otteniamo le relazioni seguenti: z 2 b = 0, zxb = 0, x 2 b = b. Siccome questo deve valere per ogni b, ponendo b = 1 otteniamo z 2 = 0, cioè z = 0 (z appartiene a F p che è un campo. Quando z = 0 le prime due relazioni sono verificate e perché valga la terza basta scegliere b = x 2 b. Ne segue che ( ( x y x y N G (P = { G z = 0} = { z w 0 x 1 x, y F p, x 0}...

43 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 43 In particolare N G (P = p(p 1 e quindi N p (G = G / N G (P = p(p 2 1/(p(p 1 = p + 1 che incidentalmente è congruo a 1 modulo p (coerentemente col teorema di Sylow Normale. Quante sono le matrici diagonalizzabili in GL(3, 3? Risoluzione. Una matrice diagonalizzabile è una matrice che appartiene alla classe di coniugio di una matrice diagonale. Ricordiamo che la classe di coniugio di un elemento ha tanti elementi quant è l indice del centralizzante a 0 0 di tale elemento. Una matrice diagonale di G = GL(3, 3 è del tipo g = 0 b 0. Osserviamo che siccome g è 0 0 c invertibile e in F 3 ci sono solo due elementi non nulli, non può essere a b c a. Se a = b = c allora l unico coniugato di g è g stesso. Consideriamo l altro caso, a = b c. Un facile calcolo mostra che il centralizzante di g ha ordine 96. In conclusione, le matrici diagonalizzabili di GL(3, 3 sono 2 + GL(3, 3 /96 = 2 + ( /96 = = Si consideri il gruppo di matrici ( a 0 G = { b 1 a {1, 1}, b Q}. (1 Si dimostri che per ogni sottogruppo S del gruppo additivo di Q l insieme ( 1 0 H(S = { x S} x 1 è un sottogruppo normale di G. (2 Si verifichi che il centro di G è identico. (3 Si elenchino gli elementi del centro di G/H(Z. Risoluzione. (1 Chiaramente H(S contiene la matrice identica (basta scegliere x = 0, e se x, y S si ha x + y S, essendo S un sottogruppo additivo di Q, e quindi ( 1 0 x 1 ( 1 0 y 1 = ( 1 0 x + y 1 H(S. Scegliendo y = x vediamo da qui che ogni elemento in H(S ha l inverso in( H(S. Queste osservazioni a 0 dimostrano che H(S è un sottogruppo di G. Mostriamo che è normale. Sia g = G. Il suo inverso b 1 è dato da g 1 = ( a 0 ba 1 g 1 ( 1 0 x 1. Dato x S si ha g = = ( ( ( a a 0 = ba 1 x 1 b 1 ( ( ( a 0 a = x ba 1 b 1 xa 1 Siccome xa {x, x} si ha xa S (perché S è un sottogruppo additivo di Q e quindi otteniamo ( H(S G. a 0 (2 Il centro di G è dato da quegli elementi g G tali che gh = hg per ogni h G. Scriviamo g = G b 1 ( c 0 e h = G. Effettuando i prodotti gh, hg vediamo che la condizione gh = hg diventa d 1 ( ac 0 bc + d 1 = ( ac 0 ad + b 1..

44 44 MARTINO GARONZI Otteniamo bc + d = ad + b, e questo deve essere vero per ogni h G, cioè per ogni c {1, 1}, d Q. Scegliendo d = 0 e c = 1 otteniamo b = b, cioè b = 0. Ma allora d = ad per ogni d { 1, 1}, e scegliendo d = 1 otteniamo a = 1. Quindi g = 1. (3 Il centro di G/H(Z è dato da quegli elementi gh(z G/H(Z tali che ghh(z = hgh(z, cioè g 1 h 1 gh H(Z, per ogni h G. Scriviamo g = semplice conto dimostra che ( a 0 b 1 ( g 1 h 1 gh = G e h = ( c 0 d b ad + bc + d 1 G. Ricordando che a 2 = c 2 = 1, un Quindi la condizione che g 1 h 1 gh H(Z per ogni h G diventa la seguente: b ad + bc + d Z per ogni c {1, 1}, d Q. Scegliendo c = 1 otteniamo che (1 ad Z per ogni d Q, e questo è possibile solo se a = 1 (se a = 1 allora 2d Z per ogni d Q, e questo è chiaramente falso, basta scegliere d = 1/3, quindi deduciamo che a = 1 e b(c 1 Z per ogni c {1, 1}. In particolare scegliendo c = 1 otteniamo 2b Z. D altra parte, se a = 1 e 2b Z allora la condizione b ad + bc + d Z è verificata per ogni c { 1, 1}, d Q. Di conseguenza ( 1 0 Z(G/H(Z = { b 1 ( 1 0 Sia allora b = n/2 con n Z, e sia g = ( b k Z, allora b = k e gh(z = 1/2 1. H(Z G/H(Z b 1 2 Z}.. Se n è pari gh(z = H(Z. Se n è dispari, n = 2k + 1 con H(Z. Questi sono i due elementi del centro di G/H(Z Il gruppo diedrale. Sia n un intero positivo. Indico con D n il gruppo diedrale di ordine 2n. Esso ammette la presentazione D n = a, b a n = 1 = b 2, bab = a 1. Elenchiamo di seguito alcune proprietà basilari di questo gruppo. a D n, in particolare da segue che ogni sottogruppo di a è normale in D n. b non è normale in D n a meno che n = 2, nel qual caso D n = D 2 è abeliano e anzi D 2 = C2 C 2, il gruppo di Klein. a b = {1}. D n = a b, cioè ogni elemento di D n ha la forma a h b k con h, k Z, e siccome a b = 1, la scrittura a h b k di un dato elemento è unica Facile. Sia G un gruppo finito con due elementi distinti g, h di ordine 2. Mostrare che g, h è un gruppo diedrale. Risoluzione. Sia n l ordine di z = xy. Mostriamo che x, y = D n, il gruppo diedrale di ordine 2n. Per farlo basta mostrare che xzx = z 1. Abbiamo xzx = xxyx = yx e siccome xy yx = xx = 1, si ha yx = (xy 1 = z 1 come voluto Normale. Sia D = D 60 il gruppo diedrale di ordine 120. Vogliamo calcolare N 2 (D, il numero di 2-Sylow di D. Si ha D = a b dove a ha ordine 60, N = a è normale in D, b ha ordine 2 e bab = a 1. Per il lemma, tutti i sottogruppi di N sono normali in D. Siccome a 15 D (per 1.2.2, l esercizio implica che a 15 b D e che l ordine di tale sottogruppo è a 15 b / a 15 b = 8/ a 15 b. Mostriamo che a 15 b = {1}. Siccome b = {1, b}, basta ovviamente mostrare che b a 15, e per questo basta ovviamente mostrare che b non è una potenza di a. Se lo fosse, allora in particolare commuterebbe con a e quindi dall uguaglianza bab = a 1 seguirebbe che a = a 1 (ricordare che b 2 = 1,

45 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 45 da cui a 2 = 1. Ma questo è assurdo perché a ha ordine 60. Ne segue che a 15 b = 8. Siccome D = 120 = , e P := a 15 b ha ordine 8, per definizione P è un 2-Sylow di D. Quanti sono i 2-Sylow di D? Per il teorema di Sylow, essi sono tanti quanti i coniugati di P, cioè tanti quant è l indice del normalizzante di P in D, cioè D : N D (P. L esercizio chiede di dimostrare che sono 15, in altre parole che N D (P = 8. Siccome P ha ordine 8 e P N D (P, dobbiamo dimostrare che N D (P P (perché allora N D (P = P e deduciamo che N D (P ha ordine 8. Sia g N D (P. Dobbiamo dimostrare che g P. Possiamo scrivere g = a r b s in modo unico. Siccome b P si ha gbg 1 P, per cui siccome P = a 15, b per la considerazione in grassetto si ha gbg 1 = a 15k b h con k {0, 1, 2, 3} e h {0, 1}. Otteniamo che a 15k b h = gbg 1 = a r b s bb s a r = a r ba r = a r ba r bb = a 2r b. Ho usato il fatto che ba r b = a r, dedotto facilmente dal fatto che bab = a 1. Se fosse h = 0 allora avremmo a 15k = a 2r b, in particolare b sarebbe una potenza di a, e abbiamo già visto che questo è falso. Quindi h = 1 e a 15k 2r = 1, da cui 60 (l ordine di a divide 15k 2r, in particolare 15 divide 15k 2r e quindi 15 divide 2r, cioè 15 divide r. In altre parole a r a 15 e quindi g = a r b s P Medio. Dato un intero positivo n, contare i 2-sottogruppi di Sylow del gruppo diedrale D n. Suggerimento: andare a quoziente col 2-Sylow di a. Risoluzione. Poiché a D n, ogni sottogruppo di a è normale in D n (esercizio Sia N il 2-Sylow di a. Allora N D n e per il teorema di Sylow N è contenuto in tutti i 2-Sylow di D n (è contenuto in uno di essi e quindi è contenuto in tutti, essendo N normale ed essendo i 2-Sylow a due a due coniugati. Per il teorema di corrispondenza, il numero di 2-Sylow di D n è uguale al numero di 2-Sylow di D n /N. Ora, D n /N = D 2n/2 k dove 2 k è la massima potenza di 2 che divide n. Siamo quindi ridotti a discutere il caso in cui n è dispari. Supponiamo quindi che n sia dispari. Allora b è un 2-Sylow di D n, quindi il numero di 2-Sylow di D n è uguale al numero di coniugati di b, che è uguale al numero di coniugati di b essendo b un elemento di ordine 2. Essendo b 1 ab = a 1, ogni elemento di D n si scrive come a m oppure a m b per qualche intero m. a m b(a m 1 = ba 2m è uguale a b se e solo se a 2m = 1, se e solo se n divide 2m, cioè, siccome n è dispari, n divide m. Quindi l unica potenza di a che commuta con b è 1. (a m bb(a m b 1 = a m bbba m = a m ba m è uguale a b se e solo se a m = 1 (cf. sopra. Ne segue che C Dn (b = b e quindi b ha D n : C Dn (b = D n : b = n coniugati in D n. Ne segue che D n ha n 2-sottogruppi di Sylow. Osserviamo che questo è coerente col teorema di Sylow: n è dispari, quindi n 1 mod (2. In conclusione, se n > 1 è un qualsiasi intero allora il numero di 2-Sylow di D n è n/2 k dove 2 k è la massima potenza di 2 che divide n Facile. Trovare il centro del gruppo diedrale Z(D n. Risoluzione. D n è generato da due elementi a, b con o(a = n, o(b = 2 e bab = a 1. Si ha D n = a b con a b = {1}. Sia z = a i b j un elemento del centro di D n. Tale elemento commuta con a e quindi a a i b j = a i b j a da cui moltiplicando a sinistra per b j a i abbiamo b j ab j = a. Se j è dispari allora a 1 = bab = b j ab j = a da cui n = 2 e in questo caso Z(D 2 = D 2. Supponiamo ora n > 2. Allora j è pari quindi z = a i. Tale elemento commuta con b quindi a i b = ba i da cui a i = ba i b = a i cioè a 2i = 1, in altre parole n divide 2i. Se n è dispari allora n divide i quindi z = 1 e otteniamo Z(D n = {1}. Se n è pari allora z {1, a n/2 } quindi Z(D n = {1, a n/2 }. Riassumendo, se n = 1, 2 allora D n è abeliano quindi Z(D n = D n, se n 3 è dispari allora Z(D n = {1} e se n 3 è pari allora Z(D n = {1, a n/2 }.

46 46 MARTINO GARONZI I sottogruppi normali del gruppo diedrale. Medio. Sia G := D n il gruppo diedrale di ordine 2n. Mostrare quanto segue. (1 Se n è dispari i sottogruppi normali di G sono G e i sottogruppi di a. (2 Se n è pari i sottogruppi normali di G sono G, i sottogruppi di a e i sottogruppi a 2, b, a 2, ab, entrambi di indice 2. Risoluzione. Sappiamo che i sottogruppi di a sono normali in G, in quanto sottogruppi di un sottogruppo ciclico normale. Sia ora N un sottogruppo normale di G non contenuto in a. Allora esiste un intero i tale che a i b N, quindi N contiene a 1 (a i ba = a i 1 ba = a i 1 babb = a i 2 b, per cui N contiene (a i b 1 (a i 2 b = ba i a i 2 b = ba 2 b = a 2. Quindi N a 2. Se n è dispari allora a 2 = a, quindi N contiene a e siccome contiene anche a i b contiene anche b da cui N = G. Supponiamo ora che n sia pari. Abbiamo visto sopra che i sottogruppi normali di G non contenuti in a contengono a 2, quindi corrispondono, tramite il teorema di corrispondenza, ai sottogruppi normali di G/ a 2, che ha ordine G : a 2 = G : a a : a 2 = 4 quindi è abeliano (notiamo che a : a 2 = 2 perché n è pari. Non è ciclico in quanto i suoi due elementi a a 2 e b a 2 hanno entrambi ordine 2. Ne segue che G/ a 2 = C 2 C 2. Dal teorema di corrispondenza segue che ci sono esattamente quattro sottogruppi di D n che contengono a 2, e sono tutti normali (corrispondono a sottogruppi di G/ a 2 = C 2 C 2 e quindi sono normali essendo C 2 C 2 abeliano. Uno di essi è D n. Siccome i sottogruppi propri non banali di C 2 C 2 sono tre, ognuno generato da un elemento di ordine 2, gli altri tre sottogruppi di D n che contengono a 2 sono generati da a 2 e da un elemento di D n che modulo a 2 ha ordine 2 (cioè la cui classe in G/ a 2 ha ordine 2. Certamente i tre elementi a, b e ab hanno ordine 2 modulo a 2 (infatti non stanno in a 2 ma il loro quadrato ci sta, ed è facile verificare che le loro classi modulo a 2 sono a due a due distinte (per esempio b a 2 ab a 2 perché altrimenti si avrebbe, moltiplicando a sinistra per b, a 2 = a 1 a 2, cioè a a 2, assurdo perché n è pari. Quindi i sottogruppi di D n che contengono a 2 sono D n, a, a 2 = a, a 2, b e a 2, ab. Segue che i sottogruppi normali di D n non contenuti in a sono D n, a 2, b e a 2, ab Classi del gruppo diedrale. Medio. Indichiamo con k(g il numero di classi di coniugio del gruppo finito G. Sia n un intero positivo. Mostrare che k(d n, il numero di classi di coniugio del gruppo diedrale di ordine 2n, vale n+3 2 se n è dispari e n+6 2 se n è pari. Risoluzione. Scriviamo G = D n. Supponiamo che n sia dispari. b ha G : C G (b coniugati e il centralizzante C G (b consiste degli elementi a i b j che commutano con b. Un tale elemento commuta con b se e solo se a i commuta con b. Da a i b = ba i segue a i = ba i b = a i da cui a 2i = 1 cioè n divide 2i, cioè, siccome n è dispari, n divide i quindi a i = 1. Segue che C G (b = {1, b}, quindi b ha G : C G (b = 2n/2 = n coniugati in G. Siccome a G, i coniugati di b stanno tutti fuori da a, e siccome sono proprio n, tanti quanti gli elementi fuori da a, i coniugati di b sono tutti e soli gli elementi fuori da a, quindi ci rimane da esaminare le classi delle potenze di a. Prendiamo quindi k {0, 1,..., n 1} e contiamo i coniugati di a k. Coniughiamo quindi a k con un elemento a i b j. Siccome a i commuta con a k possiamo assumere b j = b, e abbiamo a i b j a k (a i b j 1 = a i ba k ba i = a k. Quindi i coniugati di a k sono a k e a k. Ora, se sono uguali a k = a k allora a 2k = 1 cioè n divide 2k cioè, siccome k è dispari, n divide k e a k = 1. Quindi se a k 1 allora a k ha esattamente due coniugati. Segue che in a ci sono esattamente 1 + n 1 2 classi di coniugio, una di cardinalità 1 (quella dell identità e le altre di cardinalità 2. In totale, le classi di coniugio di G sono quindi 2 + n 1 2 = n+3 2. Ora supponiamo che n sia pari. Come prima, se a i commuta con b allora n divide 2i e in questo caso questo implica a i {1, a n/2 }. Ne segue che C G (b = {1, b, a n/2, a n/2 b} quindi b ha 2n/4 = n/2 coniugati in G. I coniugati di b hanno la forma a i b j b(a i b j 1 = a i ba i = a 2i b quindi, siccome n è pari, b non è coniugato ad ab. Contiamo i coniugati di ab. Un elemento a i b j centralizza ab se e solo se a i b j ab(a i b j 1 = ab. Se j è pari questo significa a 2i+1 b = ab da cui a 2i = 1 cioè n divide 2i e otteniamo a i {1, a n/2 }. Se j è dispari abbiamo invece a i babba i = ab da cui a 2i 1 b = ab cioè a 2i 2 = 1 cioè n divide 2i 2 da cui a i {a, a 1+n/2 }. Ne segue che C G (b = {1, a n/2, ab, a 1+n/2 b} quindi ab ha 2n/4 = n/2 coniugati in G. I coniugati di b insieme ai coniugati di ab sono n/2 + n/2 = n e sono tutti fuori da a,

47 ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 47 quindi sono tutti e soli gli elementi non coniugati a potenze di a (perché G a = n e ci rimane da esaminare le classi delle potenze di a. Come visto, dato k {0,..., n 1}, i coniugati di a k sono a k e a k. Se sono uguali a k = a k allora a 2k = 1 cioè n divide 2k da cui a k {1, a n/2 }. Ne segue che 1 e a n/2 hanno un solo coniugato, mentre tutte le altre potenze di a hanno esattamente due coniugati. Quindi in a ci sono n 2 2 classi di coniugio. In totale, le classi di coniugio di G sono quindi 4 + n 2 2 = n Medio. Sia G un gruppo finito e sia k(g il numero di classi di coniugio di G. Mostrare che l insieme C := {(x, y G G : xy = yx} ha cardinalità k(g G. Dedurre che la probabilità che due elementi di un gruppo diedrale commutino tende a 1/4 al tendere all infinito dell ordine del gruppo. Risoluzione. Osserviamo che C = x G {x} C G(x e che questa unione è disgiunta. Di conseguenza C = x G C G(x. Per ogni x G sia c x il numero di coniugati di x in G, allora c x C G (x = G per l equazione delle classi e otteniamo che (* C = G x G 1 c x. Siano x 1,..., x k rappresentanti di classi di coniugio distinte in G, dove k = k(g. Nella somma (* possiamo raggruppare tutti gli elementi coniugati e osservare che se x, y sono coniugati allora c x = c y. Ne segue che C = G k i=1 c 1 x i c xi = G k i=1 1 = k G. Ora, la probabilità che due elementi di G presi a casi commutino si può pensare come il rapporto C / G G (numero di casi favorevoli fratto numero di casi possibili. Per quello che abbiamo visto, siccome G G = G 2, tale probabilità è uguale a k(g/ G. Notiamo che se G è abeliano allora ogni classe di coniugio ha esattamente un elemento, in altre parole k(g = G e questa probabilità diventa 1, cioè due elementi presi a caso commutano sicuramente. Bene, ora per rispondere alla domanda sul diedrale siamo ricondotti a calcolare k(d n. Come abbiamo visto in 1.5.6, k(d n = n+3 2 se n è dispari e k(d n = n+6 2 se n è pari. In ogni caso essendo D n = 2n il rapporto k(d n / D n tende a 1/4 quando n Difficile. Dimostrare che se n è un intero positivo allora D 2n = Dn C 2 se e solo se n è dispari. Risoluzione. Scriviamo G = D 2n = a b con o(a = 2n, o(b = 2 e bab = a 1. ( Supponiamo per assurdo che D 2n = Dn C 2 con n pari. Allora per 1.5.6, indicando con k(g il numero di classi di coniugio di G si ha 2n = k(d 2n = k(d n C 2 = k(d n k(c 2 = n assurdo. ( Supponiamo che n sia dispari e mostriamo che G = a 2 b a n, questo ci basta perché a 2 b = D n (perché siccome o(a = 2n, o(a 2 = n e a n = C 2. Per farlo basta mostrare le seguenti cose: H := a 2 b e Z := a n sono normali in G, si intersecano in {1} e HZ = G. Mostriamo che H e Z sono normali in G. Siccome G è generato da a e b basta mostrare che a e b normalizzano H e Z. Mostriamo che a normalizza H. Sia quindi a 2k b h H e calcoliamo x = aa 2k b h a 1 = a 2k+1+ɛ b h dove ɛ = ±1. Siccome 2k ɛ è pari segue che x H. Mostriamo che b normalizza H. Sia quindi a 2k b h H e calcoliamo ba 2k b h b 1 = a 2k b h H dato che 2k è pari. Mostriamo che a normalizza Z. Questo è chiaro dato che Z = a n e a commuta con le sue potenze. Mostriamo che b normalizza Z. Si ha Z = {1, a n } e b1b 1 = 1 Z e ba n b 1 = a n = a n Z dato che o(a = 2n. Ora mostriamo che H Z = {1}. Prendiamo quindi un elemento comune, che avrà le due forme a nk = x = a 2h b t. Da qui segue b t = a nk 2h per cui b t = 1 essendo a b = 1. Ne segue che a nk 2h = 1 quindi 2n divide nk 2h perché o(a = 2n. Siccome n è dispari, segue che n divide h quindi x = 1. Segue che H e Z sono normali in G e si intersecano in {1}, quindi HZ = H Z = 4n = G da cui HZ = G Quanti automorfismi ha il gruppo diedrale di ordine 8? E il gruppo diedrale di ordine 2n? 2,

48 48 MARTINO GARONZI Riferimenti bibliografici [1] N. Jacobson, Basic algebra. I. Second edition. W. H. Freeman and Company, New York, [2] M. Aschbacher, Finite Group Theory; Cambridge Studies in Advanced Mathematics. [3] M. Isaacs, Finite Group Theory; Graduate Studies in Mathematics. [4] D. Gorenstein, Finite Groups; American Mathematical Society. [5] P. J. Cameron, Permutation Groups; London Mathematical Society. [6] D. J. S. Robinson, A Course in the Theory of Groups; Springer.