ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1)

ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 MARTINO GARONZI Indice 0.1. Prerequisiti 1 0.2. Notazioni particolari 2 1. Gruppi 3 1.1. Esercizi di struttura 3 1.2. Gruppi ciclici 29 1.3. Gruppi simmetrici e alterni 31 1.4. Gruppi di matrici 41 1.5. Il gruppo diedrale 44 Riferimenti bibliografici 48 Il mio indirizzo e-mail è mgaronzi@gmail.com. 0.1. 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 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. 0.2. 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.

ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 3 1.1. Esercizi di struttura. 1. Gruppi 1.1.1. 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}. 1.1.2. 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 (132 1 1 (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 MARTINO GARONZI Usando l esercizio 1.1.21 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. 1.1.3. 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}. 1.1.4. 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. 1.1.5. 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. 1.1.6. 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. 1.1.7. Facile. Siano G un gruppo e x, y G. Mostrare che xy e yx sono coniugati in G. Risoluzione. x 1 (xyx = yx. 1.1.8. 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.

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 1.1.10. 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. 1.1.9. 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. 1.1.10. 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 1.1.16. 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. 1.1.11. 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 1.1.10 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 MARTINO GARONZI 1.1.12. 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. 1.1.13. 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 1.1.12. 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. 1.1.14. Normale. Siano A, B due sottogruppi normali di G. Supponiamo che A B = {1} e che AB = G. Mostrare che G = A B.

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. 1.1.15. 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 + 1/2. 1.1.16. 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 1.1.17. 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. 1.1.18. 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 MARTINO GARONZI 1.1.19. 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. 1.1.20. 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. 1.1.21. 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.

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. 1.1.22. 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. 1.1.23. 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 1.1.21. 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. 1.1.24. 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. 1.1.25. 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 := ( 2 0 0 1 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 MARTINO GARONZI 1.1.26. 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 0 0 1 a, b, c F 3 } GL 3 (F 3. 1.1.27. 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. 1.1.28. 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}. 1.1.29. 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 1.1.10. 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

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. 1.1.30. 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 1.1.12 (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 1.2.4 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 MARTINO GARONZI 1.1.31. 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. 1.1.32. 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. 1.1.33. 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 1.1.34. 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 3. 1.1.34. 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 3. 1.1.35. 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.

ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 13 1.1.36. Normale. Dimostrare che se un gruppo G ha ordine 48 allora non è semplice. Risoluzione. Sia G un gruppo di ordine 48. Per 1.1.35, se G è semplice allora non è abeliano. Siccome i 2-sottogruppi di Sylow di G hanno indice 3, il risultato segue dall esercizio 1.3.23. 1.1.37. Difficile. Dimostrare che se un gruppo G ha ordine 144 = 2 4 3 2 allora non è semplice. Risoluzione. Sia per assurdo G un gruppo semplice di ordine 144. Per 1.1.35 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 1.3.23 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 2 3 2. Supponiamo che N G (P Q G. Per 1.3.23 N G (P Q ha indice 8 in G, cioè ordine 2 3 2. 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 (9 1 + 1 = 129. D altra parte G ha almeno 16 elementi di ordine una potenza di 2 (gli elementi di un 2-sottogruppo di Sylow. Siccome 144 128 = 16, G ha un unico 2-sottogruppo di Sylow, assurdo. 1.1.38. 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. 1.1.39. Medio. Sia G un gruppo di ordine 231 = 3 7 11. 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 1.1.38. 1.1.40. 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 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. 1.1.41. 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 1.1.40 G non è della forma 2n con n dispari. ind(m: per 1.3.23 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 = 2 2 3 11 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 12 10 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 1.1.13, 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.

ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI (PARTE 1 15 Num Fatt Tipo 1 1 1 2 2 p 3 3 p 4 2 2 p n 5 5 p 6 2 3 (2 7 7 p 8 2 3 p n 9 3 2 p n 10 2 5 (2 11 11 p 12 2 2 3 ind(3 13 13 p 14 2 7 (2 15 3 5 5-facile 16 2 4 p n 17 17 p 18 2 3 2 (2 19 19 p 20 2 2 5 5-facile 21 3 7 7-facile 22 2 11 (2 23 23 p 24 2 3 3 ind(3 25 5 2 p n 26 2 13 (2 27 3 3 p n 28 2 2 7 7-facile 29 29 p 30 2 3 5 (2 31 31 p 32 2 5 p n 33 3 11 11-facile 34 2 17 (2 35 5 7 7-facile 36 2 2 3 2 ind(4 37 37 p 38 2 19 (2 39 3 13 13-facile 40 2 3 5 ind5 41 41 p 42 2 3 7 (2 Num Fatt Tipo 43 43 p 44 2 2 11 11-facile 45 3 2 5 ind5 46 2 23 (2 47 47 p 48 2 4 3 ind(3 49 7 2 p n 50 2 5 2 (2 51 3 17 17-facile 52 2 2 13 ind(4 53 53 p 54 2 3 2 (2 55 5 11 11-facile 56 2 3 7 inters(2 57 57 p 58 2 29 (2 59 59 p 60 2 2 3 5 A 5 61 61 p 62 2 31 (2 63 3 2 7 7-facile 64 2 6 p n 65 5 13 13-facile 66 2 3 11 (2 67 67 p 68 2 2 17 17-facile 69 3 23 23-facile 70 2 5 7 (2 71 71 p 72 2 3 3 2 inters(3 73 73 p 74 2 37 (2 75 3 5 2 ind(3 76 2 2 19 19-facile 77 7 11 11-facile 78 2 3 13 (2 79 79 p 80 2 4 5 ind5 81 3 4 p n 82 2 41 (2 83 83 p 84 2 2 3 7 7-facile Num Fatt Tipo 85 5 17 17-facile 86 2 43 (2 87 3 29 29-facile 88 2 3 11 11-facile 89 89 p 90 2 3 2 5 (2 91 7 13 13-facile 92 2 2 23 23-facile 93 3 31 31-facile 94 2 47 (2 95 5 19 19-facile 96 2 5 3 ind(3 97 97 p 98 2 7 2 (2 99 3 2 11 11-facile 100 2 2 5 2 ind(4 101 101 p 102 2 3 17 (2 103 103 p 104 2 3 13 13-facile 105 3 5 7 7-facile 106 2 53 (2 107 107 p 108 2 2 3 3 ind(4 109 109 p 110 2 5 11 (2 111 3 37 37-facile 112 2 4 7 inters(2 113 113 p 114 2 3 19 (2 115 5 23 23-facile 116 2 2 29 29-facile 117 3 2 13 13-facile 118 2 59 (2 119 7 17 17-facile 120 2 3 3 5 inters(2 121 11 2 p n 122 2 61 (2 123 3 41 41-facile 124 2 2 31 31-facile 125 5 3 p n 126 2 3 2 7 (2 Num Fatt Tipo 127 127 p 128 2 7 p n 129 3 43 43-facile 130 2 5 13 (2 131 131 p 132 2 2 3 11 vd. su 133 7 19 19-facile 134 2 67 (2 135 3 3 5 ind5 136 2 3 17 17-facile 137 137 p 138 2 3 23 (2 139 139 p 140 2 2 5 7 7-facile 141 3 47 47-facile 142 2 71 (2 143 11 13 13-facile 144 2 4 3 2 es. 1.1.37 145 5 29 29-facile 146 2 73 (2 147 3 7 2 ind(3 148 2 2 37 ind(4 149 149 p 150 2 3 5 2 5-facile 151 151 p 152 2 3 19 19-facile 153 3 2 17 17-facile 154 2 7 11 (2 155 5 31 31-facile 156 2 2 3 13 13-facile 157 157 p 158 2 79 (2 159 3 53 53-facile 160 2 5 5 ind(5 161 7 23 23-facile 162 2 3 4 (2 163 163 p 164 2 2 41 41-facile 165 3 5 11 11-facile 166 2 83 (2 167 167 p 168 2 3 3 7 SL(3, 2 1.1.42. 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 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. 1.1.43. 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 3. 1.1.44. 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 1.1.42. Infatti N H G H. N G, G:N < H G, G:H < H G, G:H < 1.1.45. 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. 1.1.46. 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.

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 1.3.20. (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 1.3.11. (5 Ogni sottogruppo del gruppo dei quaternioni Q 8 è normale (cf. l esercizio 1.1.29, 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 1.3.12. Allora (12(34 (1234 D 4 ma (12(34 D 4, essendo (1234(12(34(1234 1 = (23(14 {1, (12(34} = (12(34. 1.1.47. 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. 1.1.48. 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 1.1.54 di G della stessa cardinalità, quindi per l ipotesi di unicità segue ϕ(h = H.