= 1 per ogni g ∈ G allora G ` e abeliano

(1)

In ogni esercizio c’`e la data del giorno in cui l’ho proposto.

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

17/10/2013

Se X `e un insieme indichiamo con Sym(X) l’insieme delle biiezioni X → X.

Si tratta di un gruppo con l’operazione di composizione. Mostriamo che se X, Y sono insiemi equipotenti allora Sym(X) ∼= Sym(Y ).

Sia f : X → Y una biiezione. L’applicazione θ : Sym(X) → Sym(Y ) che manda ϕ in f ◦ ϕ ◦ f⁻¹`e un isomorfismo di gruppi. Infatti:

1. θ `e ben definita. In altre parole, se ϕ ∈ Sym(X) allora θ(ϕ) ∈ Sym(Y ).

Infatti θ(ϕ) = f ◦ ϕ ◦ f⁻¹ ha Y come dominio e come codominio (per come è definita) e θ(ϕ) ∈ Sym(Y ): in altre parole, θ(ϕ) è biiettiva. Infatti f, ϕ, f⁻¹sono biiettive, quindi θ(ϕ) = f ◦ϕ◦f⁻¹, composizione di funzioni biiettive, è biiettiva.

2. θ `e un omomorfismo di gruppi. In altre parole, se g, h ∈ Sym(X) allora θ(g ◦ h) = θ(g) ◦ θ(h). Infatti θ(g ◦ h) = f ◦ (g ◦ h) ◦ f⁻¹ = (f ◦ g ◦ f⁻¹) ◦ (f ◦ h ◦ f⁻¹) = θ(g) ◦ θ(h).

3. θ è iniettiva. Siccome θ è un omomorfismo, si tratta di dimostrare che ker(θ) = {1}. Supponiamo che θ(ϕ) = 1 = idY e mostriamo che ϕ = 1 = idX. Abbiamo f ◦ϕ◦f⁻¹= θ(ϕ) = 1 = idY da cui componendo entrambi i membri a sinistra con f⁻¹e a destra con f abbiamo ϕ = f⁻¹◦f = 1 = idX. 4. θ è suriettiva. Infatti dato g ∈ Sym(Y ) si ha f⁻¹◦ g ◦ f ∈ Sym(X) e

θ(f⁻¹◦ g ◦ f ) = f ◦ (f⁻¹◦ g ◦ f ) ◦ f⁻¹= g.

2 xy e yx sono coniugati

17/10/2013

Sia G un gruppo e siano x, y ∈ G. Mostriamo che xy e yx sono coniugati in G. In altre parole, mostriamo che esiste g ∈ G tale che g(xy)g⁻¹= yx.

Scegliamo g = x⁻¹. Allora (x⁻¹)(xy)(x⁻¹)⁻¹= x⁻¹xyx = yx.

3 G non ` e unione di due sottogruppi propri

17/10/2013

Sia G un gruppo e siano H, K ≤ G con H e K propri, cio`e H, K 6= G.

Mostriamo che H ∪ K 6= G. Supponiamo quindi per assurdo che H ∪ K = G.

Siccome H, K 6= G esistono due elementi h, k ∈ G con la propriet`a che h ∈ G−K e k ∈ G − H. Siccome G = H ∪ K si deve allora avere, per definizione di unione, che h ∈ H e k ∈ K. Ora consideriamo l’elemento hk ∈ G. Siccome G = H ∪ K

(2)

si deve avere, per definizione di unione, che hk ∈ H oppure hk ∈ K. Ma se hk ∈ H allora siccome h ∈ H, h⁻¹ ∈ H e H 3 h⁻¹(hk) = k, assurdo, e se hk ∈ K allora siccome k ∈ K, k⁻¹∈ K e K 3 (hk)k⁻¹= h, assurdo.

4 Se g

²

= 1 per ogni g ∈ G allora G ` e abeliano

17/10/2013

Supponiamo che g²= 1 per ogni g ∈ G. Mostriamo che G `e abeliano.

In altre parole, dobbiamo mostrare che dati x, y ∈ G due elementi qualunque si ha xy = yx. Per ipotesi x² = 1, y² = 1 e anche (xy)² = 1. Quest’ultima relazione dice che xyxy = 1, quindi moltiplicando a sinistra per x e ricordando che x² = 1 abbiamo yxy = x; ora moltiplicando a sinistra per y e ricordando che y²= 1 abbiamo xy = yx.

5 Se G ` e abeliano ogni sottogruppo di G ` e nor- male

17/10/2013

Sia G un gruppo abeliano e sia H ≤ G. Mostriamo che H `e normale in G.

In altre parole dobbiamo dimostrare che se g ∈ G e h ∈ H allora ghg⁻¹∈ H.

Ma siccome G `e abeliano g e h commutano e quindi ghg⁻¹= hgg⁻¹= h ∈ H.

6 Il centralizzante di (123) in A

₅

24/10/2013

Sia σ = (123). Vogliamo trovare CA5((123)). Troviamo dapprima il centralizzante di (123) in S₅. I coniugati di (123) in S₅ sono i 3-cicli, quindi sono 2 · ⁵₃ = 20, per cui |CS5(σ)| = 5!/20 = 6. Ora, (123), (45) ∈ C_S₅(σ) e quindi (123)(45) ∈ C_S₅(σ). Siccome (123)(45) ha ordine 6, e appartiene a C_S₅(σ) che ha ordine 6 segue che

CS5(σ) = h(123)(45)i = {1, (123)(45), (132), (45), (123), (132)(45)} ∼= C6. Ne segue che

C_A₅(σ) = C_S₅(σ) ∩ A₅= {1, (123)(45), (132), (45), (123), (132)(45)} ∩ A₅=

= {1, (123), (132)}.

In particolare (123) ha 5!/6 = 20 coniugati in S5 e (5!/2)/3 = 20 coniugati in A5. In altre parole, tutti i 3-cicli sono coniugati in A5.

7 Il centralizzante di (12345) in S

₅

, S

₆

, A

₅

, A

₆

24/10/2013

(3)

Sia σ = (12345). σ ha 4! coniugati in S5 e 6 · 4! coniugati in S6. Ne segue che

|CS₅(σ)| = 5!/4! = 5, |CS₆(σ)| = 6!/6 · 4! = 5.

D’altra parte h(12345)i è contenuto in CS5(σ) e CS6(σ) quindi CS5(σ) = hσi e C_S₆(σ) = hσi. Inoltre siccome hσi è costituito di permutazioni pari (perché σ è pari, essendo un ciclo di lunghezza dispari), si ha C_A₅(σ) = C_S₅(σ) ∩ A₅ = hσi e C_A₆(σ) = C_S₆(σ) ∩ A₆ = hσi. Ne segue che (12345) ha 5!/5 = 4! coniugati in S₅ e 6!/5 = 6! · 4 coniugati in S₆, ma ha (5!/2)/5 = 4!/2 coniugati in A₅ e (6!/2)/5 = 6! · 2 coniugati in A₆. Quindi in A₅ e in A₆ ci sono due classi di coniugio di 5-cicli.

8 Il centralizzante di (123)(456) in S

₆

, A

₆

24/10/2013

Il numero di elementi con la stessa struttura ciclica di σ = (123)(456) `e 2 · ⁶₃ = 6!/(3! · 3) (si sceglie una partizione di {1, 2, 3, 4, 5, 6} in due sottoinsiemi di tre elementi in ¹₂ ⁶₃

modi, e per ognuna si costruiscono quattro elementi di struttura ciclica (3, 3)). Sia C := C_S₆(σ). Segue che |C| = 6!/(6!/(3! · 3)) = 3! · 3 = 18. Ora, naturalmente (123) e (456) appartengono a C, per cui h(123)(456)i ≤ C. Chiamiamo A = h(123)i e B = h(456)i. Abbiamo

|AB| = |A| · |B|/|A ∩ B| = |A| · |B| = 9. Quindi abbiamo trovato nove elementi in C, che ha ordine 18. Per concludere ci serve trovare un elemento di ordine 2 in C (il motivo sar`a chiaro poi). Un’idea per un elemento di ordine 2 che centralizza (123)(456) `e la seguente: possiamo scambiare i due fattori (tanto commutano!). In altre parole detto t = (14)(25)(36) si ha

tσt⁻¹= (t(1) t(2) t(3)) · (t(4) t(5) t(6)) = (456)(123) = (123)(456) = σ.

Per cui t ∈ C. Ne segue che hA, B, ti ≤ C. D’altra parte |hA, B, ti| `e diviso da

|hA, Bi| = 9 e da |hti| = 2 e quindi `e diviso da 9 · 2 = 18. Siccome C ha ordine 18 segue che C = h(123), (456), (14)(25)(36)i.

Ora osserviamo che C non `e contenuto in A₆, infatti C contiene (14)(25)(36) che `e una permutazione dispari. Siccome A₆S6si ha CA₆≤ S₆e naturalmente A6≤ CA6, e d’altra parte A6 6= CA6 (da A6= CA6 seguirebbe che C ⊆ A6).

Abbiamo quindi

2 = |S6: A6| = |S6: CA6| · |CA6: A6|

e |CA6 : A6| 6= 1, quindi |CA6 : A6| = 2 in altre parole CA6 = S6. Segue dai teoremi di isomorfismo che C2 ∼= S6/A6 = CA6/A6 = C/C ∩ A6 da cui

|C ∩ A6| = ¹₂|C| = 9. Siccome (123), (456) sono permutazioni pari (essendo cicli di lunghezza dispari) C ∩ A6contiene h(123), (456)i, che ha ordine 9, segue che C ∩ A6 = h(123), (456)i. In particolare (123)(456) ha (6!/2)/9 coniugati in A6, e quindi tutti i coniugati di (123)(456) in S₆ sono a esso coniugati anche in A₆.

(4)

9 Trovare un’azione fedele transitiva di S

₄

su sei punti

24/10/2013

Ricordo che un’azione di un gruppo G si dice fedele se il suo nucleo `e {1}.

Osserviamo che S₄ agisce {1, 2, 3, 4} nel modo ovvio (la permutazione σ ∈ S₄ manda l’elemento i ∈ {1, 2, 3, 4} in σ(i)), e questa azione `e transitiva e fedele, ma `e un’azione su quattro punti. Ce ne serve una su sei. Ci sono due modi per farlo (esattamente due modi!).

1. I 4-cicli sono tutti coniugati in S4, e sono sei: (1234), (1243), (1324), (1342), (1423), (1432). Sia Ω l’insieme dei 4-cicli di S4. Allora |Ω| = 6. Il fatto che un coniugato di un 4-ciclo `e ancora un 4-ciclo dice che S4 agisce su Ω per coniugio: S4× Ω → Ω, (σ, ω) 7→ σωσ⁻¹. Il fatto che i 4-cicli in S4

sono tutti coniugati dice che tale azione è transitiva. Ci resta da dimostrare che è fedele. Per farlo troviamo il nucleo. Come sappiamo, il nucleo è l’intersezione degli stabilizzatori, cioè, in questo caso, dei centralizzanti degli elementi di Ω. D’altra parte sappiamo (lo abbiamo visto) che se σ è un 4-ciclo in S₄ allora C_S₄(σ) = hσi, per cui il nucleo dell’azione è l’intersezione T

ω∈Ωhωi. Tale intersezione è {1} perché è contenuta (per esempio) in h(1234)i ∩ h(1243)i, cioè in

{1, (1234), (13)(24), (1432)} ∩ {1, (1243), (14)(23), (1342)} = {1}.

2. Ci sono ⁴₂ = 6 sottoinsiemi di {1, 2, 3, 4} di due elementi, essi sono {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}. Sia Ω l’insieme dei sottoinsiemi di {1, 2, 3, 4} di due elementi. Allora |Ω| = 6. S4 agisce su Ω nel modo seguente:

S4× Ω → Ω, (σ, {a, b}) 7→ {σ(a), σ(b)}.

Questa azione `e transitiva. Per questo basta mostrare che l’orbita di {1, 2}

`

e tutto Ω. Preso {a, b} ∈ Ω dobbiamo trovare una permutazione σ ∈ S4

tale che σ({1, 2}) = {a, b}, e per questo basta che σ(1) = a e σ(2) = b.

Scriviamo {1, 2, 3, 4} = {a, b, c, d} e definiamo σ tramite le assegnazioni σ(1) = a, σ(2) = b, σ(3) = c e σ(4) = d.

Mostriamo che l’azione è fedele, cioè che il nucleo è banale, cioè {1}. Lo stabilizzatore di {1, 2} è

H = {σ ∈ S4 : {σ(1), σ(2)} = {1, 2}} = {1, (12), (34), (12)(34)}.

Lo stabilizzatore di {2, 3} `e

L = {σ ∈ S4 : {σ(2), σ(3)} = {2, 3}} = {1, (23), (14), (14)(23)}.

Ne segue che il nucleo `e contenuto in H ∩ L = {1} e quindi l’azione `e fedele.

(5)

Un altro modo di farlo era il seguente. Il nucleo dell’azione è un sottogruppo normale di S4 contenuto in H (il nucleo è l’intersezione degli stabilizzatori, quindi è contenuto in tutti gli stabilizzatori, in particolare in H). Ma ricordando che i sottogruppi normali di S4 sono {1}, K, A4

e S4, dove K è il gruppo di Klein (quello che consiste dell’identità e dei prodotti di due scambi disgiunti) otteniamo che il nucleo dell’azione è {1}

(infatti K, A₄ e S₄non sono contenuti in H).

10 A

_n

` e generato dai quadrati

24/10/2013

Sia n ≥ 1 un intero e sia Q := {x² : x ∈ S_n}. Mostriamo che hQi = An. Osserviamo che ogni elemento di A_nè un prodotto di un numero pari di scambi, quindi è un prodotto di cose del tipo (ij)(kl) dove (ij) e (kl) sono scambi distinti (non necessariamente disgiunti!). Quindi per mostrare che hQi = A_n basta mostrare che ogni elemento del tipo (ij)(kl), con (ij), (kl) scambi distinti (non necessariamente disgiunti) appartiene a Q. Ci sono due possibilità.

• (ij) e (kl) sono disgiunti. Allora (ikjl)²= (ij)(kl) e quindi (ij)(kl) ∈ Q.

• (ij) e (kl) non sono disgiunti. Possiamo per esempio assumere che i = k e j 6= l (essendo (kl) = (lk)). Si ha (ij)(kl) = (ij)(il) = (ilj) = (ijl)² e quindi (ij)(kl) ∈ Q.

11 Sull’intersezione dei sottogruppi non banali

31/10/2013

Sia G un gruppo finito e sia N l’intersezione dei sottogruppi H di G tali che H 6= {1} (i sottogruppi non banali). Mostrare che N `e un sottogruppo normale di G e che se N 6= {1} allora G `e un p-gruppo per qualche primo p.

N è un sottogruppo in quanto intersezione di sottogruppi. N è normale per il criterio di normalità: è l’intersezione della famiglia dei sottogruppi non banali di H, e i coniugati di un sottogruppo non banale sono non banali (per esempio, perché hanno il suo stesso ordine). Supponiamo ora che N 6= {1}, e sia p un divisore primo di |N |. Per il teorema di Cauchy esiste x ∈ N di ordine p. Ora, hxi è un sottogruppo non banale di G quindi contiene N (per definizione di N ) e d’altra parte è contenuto in N essendo x ∈ N . Ne segue che N = hxi ha ordine p. Dobbiamo mostrare che |G| è una potenza di p, cioè che non esistono primi distinti da p che dividono |G|. Sia per assurdo q un primo diverso da p tale che q divide |G|. Per il teorema di Cauchy esiste y ∈ G di ordine q. Ora, hyi è un sottogruppo non banale di G quindi contiene N (per definizione di N ), in particolare per il teorema di Lagrange p = |N | divide |hyi| = q, assurdo.

(6)

Per esempio se G è un p-gruppo ciclico allora N 6= {1}. Un esempio non abeliano è il seguente: G = Q8, il gruppo dei quaternioni (di ordine 8). Notiamo che in Q8 l’intersezione dei sottogruppi non banali è uguale al centro Z(Q8) e ha ordine 2, quindi in questo caso G/N è abeliano (ha ordine 4) isomorfo al gruppo di Klein e questo implica (via il teorema di corrispondenza) che Q8 è un gruppo non abeliano tutti i cui sottogruppi sono normali.

Ricordiamo che si pu`o pensare che Q₈ = {±1, ±i, ±j, ±k} con le relazioni ij = k, jk = i, ki = j e i² = j² = k² = −1. Si ha T

{1}6=H≤Q8H = h−1i = {−1, 1}. Inseriamo qui il reticolo dei sottogruppi di Q8.

Q8

qqqqqqqqqqq

NN NN NN NN NN NN

hii ∼= C4 hji ∼= C4 hiji ∼= C4

h−1i ∼= C2

MMMMM

MMMMM qqqqqqqqqqq

{1}

12 I p-Sylow di SL(2,p)

31/10/2013

Sia G := SL(2, p), il gruppo delle matrici 2 × 2 a coefficienti in Fpe determinante 1. Per cominciare, calcoliamo |G|. Sappiamo che la funzione GL(2, p) → Fp− {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 p²−1 scelte per il primo vettore (devo escludere il vettore nullo) e p²− p per il secondo (devo escludere tutti i multipli del primo vettore scelto), quindi |GL(2, p)| = (p²− 1)(p²− p) e di conseguenza

|SL(2, p)| = p(p²− 1).

In particolare, siccome p `e primo e non divide p²− 1, i p-sottogruppi di Sylow di SL(2, p) hanno ordine p. Ne vogliamo trovare uno. Prendiamo

P := {

1 b 0 1

| b ∈ Fp}.

(7)

Si vede facilmente che |P | = p. Siccome i p-Sylow sono tutti coniugati, il numero di p-Sylow `e 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 calcolare |NG(P )|.

Un generico elemento di G ha la forma g =

x y

z w

dove xw − yz = 1. Il suo inverso sar`a quindi g⁻¹ =

w −y

−z x

. Dobbiamo trovare NG(P ), cio`e dobbiamo trovare tutti i g ∈ G tali che per ogni h ∈ P si abbia ghg⁻¹ ∈ P . Scriviamo h =

1 b 0 1

. Dobbiamo quindi trovare tutti i x, y, z, w ∈ F^p tali che per ogni b ∈ F^p esiste b⁰∈ Fp tale che

x y

z w

1 b 0 1

x y

z w

−1

=

1 b⁰ 0 1

.

Facendo i conti, ricordando che xw − zy = 1, otteniamo le relazioni seguenti:

z²b = 0, zxb = 0, x²b = b⁰.

Siccome questo deve valere per ogni b, ponendo b = 1 otteniamo z² = 0, cioè z = 0 (z appartiene a F^pche è un campo). Quando z = 0 le prime due relazioni sono verificate e perché valga la terza basta scegliere b⁰= x²b. Ne segue che

NG(P ) = {

x y

z w

∈ G | z = 0} = {

x y

0 x⁻¹

| x, y ∈ Fp, x 6= 0}.

In particolare |NG(P )| = p(p − 1) e quindi np= |G|/|NG(P )| = p(p²− 1)/(p(p − 1)) = p + 1 che incidentalmente `e congruo a 1 modulo p (coerentemente col teorema di Sylow).

13 Centralizzante in un gruppo di matrici

31/10/2013

Consideriamo il gruppo G = {

a 0 b 1

| a, b ∈ Z/7Z, a 6= 0}.

Si tratta effettivamente di un gruppo rispetto all’usuale prodotto di matrici. `E un sottogruppo di GL(2, 7) di ordine 42 = 2·3·7. L’inversa di g =

a 0 b 1

∈ G

`e

a⁻¹ 0

−ba⁻¹ 1

. Consideriamo l’elemento x =

1 0 1 1

. Siccome per n ∈ Z abbiamo xⁿ=

1 0 n 1

(si dimostra facilmente per induzione) deduciamo che

(8)

x ha ordine 7. Vogliamo trovare il centralizzante CG(x). g =

a 0 b 1

∈ G appartiene a C_G(x) se e solo se gxg⁻¹ = x. Abbiamo

gxg⁻¹=

a 0 b 1

1 0 1 1

a⁻¹ 0

−ba⁻¹ 1

=

1 0

a⁻¹ 1

.

Quindi gxg⁻¹ = x se e solo se a = 1. Ma allora CG(x) = {

1 0 b 1

| b ∈ Z/7Z}

ha ordine 7, quindi x ha |G : CG(x)| = 6 coniugati. Siccome x ha ordine 7 e x ∈ CG(x) (x commuta con se stesso, ovviamente), hxi `e un sottogruppo di CG(x) di ordine 7 e |CG(x)| = 7 quindi CG(x) = hxi. Un modo pi`u immediato per accorgersene era confrontare gli elementi di CG(x) con l’espressione per xⁿ scritta sopra. Rileggendo attentamente questi argomenti ci si accorge che i sei coniugati di x in G sono esattamente le potenze xⁿ diverse da 1 (che sono sei, appunto).

Ora, dai teoremi di Sylow segue subito che n₇ = 1 (essendo n₇ un divisore di 2 · 3 congruo a 1 modulo 7) e siccome hxi ha ordine 7, è un 7-Sylow di G quindi |G : N_G(hxi)| = n₇= 1 cioè N_G(hxi) = G, che è come dire che hxi G.

In particolare N_G(hxi) 6= C_G(x).

14 I gruppi di ordine 300 non sono semplici

31/10/2013

Sia G un gruppo di ordine 300 = 2²· 3 · 5². Mostriamo che G non `e semplice.

Supponiamo quindi per assurdo che G sia semplice. Per il teorema di Sylow n₅ divide 2²·3 = 12 ed è congruo a 1 modulo 5, quindi n5∈ {1, 6}. Se n5= 1 allora G ha un unico 5-Sylow, che quindi è normale per il teorema di Sylow (i 5-Sylow sono tutti coniugati, quindi se ce n’è solo uno allora è l’unico suo coniugato, cioè

`e normale) e quindi G ammette un sottogruppo normale di ordine 25, assurdo (G `e semplice). Deduciamo che n5= 6.

Ora ricordiamo che n5è l’indice del normalizzante di un (qualsiasi) 5-Sylow P , cioè 6 = n5 = |G : NG(P )|. Quindi H = NG(P ) è un sottogruppo di G di indice 6. Consideriamo l’azione di moltiplicazione a sinistra di G sull’insieme dei laterali sinistri di H in G (è un insieme di sei elementi). Otteniamo un omomorfismo G → S₆ che corrisponde a questa azione. Siccome l’azione considerata è non banale, cioè il suo nucleo non è G (è addirittura transitiva!) e G è semplice, il nucleo dell’azione, essendo un sottogruppo normale di G, dev’essere {1}, cioè questa azione dev’essere fedele, cioè l’omomorfismo trovato G → S₆ dev’essere iniettivo. Segue che G è isomorfo alla sua immagine in S₆, e tale immagine è quindi un sottogruppo di S6di ordine |G| = 300. Questo contraddice il teorema di Lagrange: |G| = 300 non divide |S6| = 6! = 720.

(9)

15 p ` e primo se e solo se divide (p − 1)! + 1

31/10/2013

Sia p un numero qualunque (non necessariamente primo). Mostriamo che p

`e primo se e solo se p divide (p − 1)! + 1.

(⇒). Supponiamo che p sia primo. Il numero di p-cicli in S_p`e (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 S_p genera un p-sottogruppo di Sylow di S_p (perch´e essendo p primo, la massima potenza di p che divide

|S_p| = p! `e 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 Sp`e (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.

Un modo pi`u semplice senza usare Sylow era il seguente. Sia π il prodotto Q

06=x∈Fpx nel campo F^p = Z/pZ. In questo prodotto ogni fattore x si semplifica col suo inverso x⁻¹ a meno che non coincida col suo inverso, cio`e a meno che x⁻¹ = x, cio`e x² = 1. Ma allora (x − 1)(x + 1) = x²− 1 = 0 e siccome siamo in un campo vale la legge di cancellazione per cui x = ±1. Ne segue che π = 1 · (−1) = −1. In altre parole

(p − 1)! = 1 · 2 · · · (p − 1) ≡ π mod (p) ≡ −1 mod (p), cio`e p divide (p − 1)! + 1.

(⇐). Supponiamo che p divida (p − 1)! + 1. Mostriamo che p `e primo.

Se p `e 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 = q² con q primo. Se 2q < q² allora chiaramente q² divide (q²− 1)! quindi non divide (q²− 1)! + 1. Deduciamo che 2q ≥ q², cioè q ≤ 2, ed essendo q primo otteniamo q = 2. Concludiamo osservando che 4 non divide (4 − 1)! + 1 = 7.

16 I 2-Sylow di D

_n

04/11/2013

Scriviamo Dn = ha, bi, il gruppo diedrale di ordine 2n. con o(a) = n, o(b) = 2 e bab = a⁻¹.

Poiché hai Dn è ciclico e normale, come abbiamo visto ogni sottogruppo di hai è normale in Dn. Sia N il 2-Sylow di hai. Allora N Dne per il teorema di Sylow N è contenuto in tutti i 2-Sylow di Dn (è contenuto in uno di essi e

(10)

quindi `e 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 Dn

è uguale al numero di 2-Sylow di Dn/N . Se vogliamo, questo segue dal fatto che la corrispondenza preserva gli indici: scritto n = m · 2^k con m dispari, i 2-Sylow di Dn non sono altro che sottogruppi di Dn di indice m, e siccome contengono tutti N , corrispondono ai sottogruppi di D_n/N di indice m, cioè ai 2-Sylow di D_n/N . Ora, D_n/N ∼= D_n/2k dove 2^k è la massima potenza di 2 che divide n. Per vederlo basta prendere aN e bN come elementi col ruolo di a e b rispettivamente. Siamo quindi ridotti a discutere il caso in cui n è dispari.

Supponiamo quindi che n sia dispari. Allora hbi è un 2-Sylow di Dn, quindi il numero di 2-Sylow di Dn è uguale al numero di coniugati di hbi, che è uguale al numero di coniugati di b essendo b un elemento di ordine 2 (siccome b ha ordine 2, se g ∈ Dn allora dire gbg⁻¹∈ hbi è come dire gbg⁻¹ = b). Ricordiamo che Dn = {1, a, . . . , aⁿ⁻¹, b, ab, . . . , aⁿ⁻¹b}. Quindi un generico elemento di Dn

`e del tipo a^j oppure a^jb, con j ∈ Z.

• a^jb(a^j)⁻¹ = a^2jb è uguale a b se e solo se a^2j = 1, se e solo se n divide 2j, cioè, siccome n è dispari, n divide j. Dal fatto che n divide j segue che a^j= 1, essendo o(a) = n. Quindi l’unica potenza di a che commuta con b

` e 1.

• (a^jb)b(a^jb)⁻¹ = a^jbbba^−j = a^jba^−j `e uguale a b se e solo se a^j = 1 (cf.

sopra).

Ne segue che CD_n(b) = hbi e quindi b ha |Dn : CD_n(b)| = |Dn : hbi| = n coniugati in Dn. Ne segue che Dn ha n 2-sottogruppi di Sylow. Osserviamo che questo `e coerente col teorema di Sylow: n `e dispari, quindi n ≡ 1 mod (2).

In conclusione, se n > 1 è un qualsiasi intero allora il numero di 2-Sylow di D2n è n/2^k dove 2^k è la massima potenza di 2 che divide n.

17 I sottogruppi normali di D

n Data N/A

Sia n un intero positivo, e sia G := Dn il gruppo diedrale di ordine 2n.

Scriviamo G = hρ, δi con le relazioni ρⁿ = 1 = δ², δρδ = ρ⁻¹. Nel seguito mostriamo quanto segue.

1. Se n `e dispari i sottogruppi normali di G sono G e i sottogruppi di hρi.

2. Se n `e pari i sottogruppi normali di G sono G, i sottogruppi di hρi e i sottogruppi hρ², δi, hρ², ρδi, entrambi di indice 2.

Sappiamo che i sottogruppi di hρi sono normali in G, in quanto sottogruppi di un sottogruppo ciclico normale.

(11)

Sia ora N un sottogruppo normale di G non contenuto in hρi. Allora esiste un intero i tale che ρⁱδ ∈ N , quindi N contiene ρ⁻¹(ρⁱδ)ρ = ρⁱ⁻¹δρ = ρⁱ⁻¹δρδδ = ρⁱ⁻²δ, per cui N contiene (ρⁱδ)⁻¹(ρⁱ⁻²δ) = δρ⁻ⁱρⁱ⁻²δ = δρ⁻²δ = ρ². Quindi N ⊇ hρ²i.

Se n `e dispari allora hρ²i = hρi, quindi N contiene ρ e siccome contiene anche ρⁱδ contiene anche δ da cui N = G.

Supponiamo ora che n sia pari. Abbiamo visto sopra che i sottogruppi normali di G non contenuti in hρi contengono hρ²i, quindi corrispondono, tramite il teorema di corrispondenza, ai sottogruppi normali di G/hρ²i, che ha ordine |G : hρ²i| = |G : hρi| · |hρi : hρ²i| = 4 quindi `e abeliano (notiamo che

|hρi : hρ²i| = 2 perché n è pari). Non è ciclico in quanto i suoi due elementi ρhρ²i e δhρ²i hanno entrambi ordine 2. Ne segue che G/hρ²i ∼= C2× C2. Dal teorema di corrispondenza segue che ci sono esattamente quattro sottogruppi di Dn che contengono ρ², e sono tutti normali (corrispondono a sottogruppi di G/hρ²i ∼= C2× C2e quindi sono normali essendo C2× C2 abeliano). Uno di essi

è Dn. Siccome i sottogruppi propri non banali di C2× C2sono tre, ognuno generato da un elemento di ordine 2, gli altri tre sottogruppi di Dn che contengono hρ²i sono generati da ρ² e da un elemento di D_n che modulo hρ²i ha ordine 2 (cioè la cui classe in G/hρ²i ha ordine 2). Certamente i tre elementi ρ, δ e ρδ hanno ordine 2 modulo hρ²i (infatti non stanno in hρ²i ma il loro quadrato ci sta), ed è facile verificare che le loro classi modulo hρ²i sono a due a due distinte (per esempio δhρ²i 6= ρδhρ²i perché altrimenti si avrebbe, moltiplicando a sinistra per δ, hρ²i = ρ⁻¹hρ²i, cioè ρ ∈ hρ²i, assurdo perché n è pari). Quindi i sottogruppi di Dnche contengono hρ²i sono Dn, hρ, ρ²i = hρi, hρ², δi e hρ², ρδi.

Segue che i sottogruppi normali di Dn non contenuti in hρi sono Dn, hρ², δi e hρ², ρδi.

18 I 3-Sylow di S

₇

04/11/2013

Contiamo i 3-Sylow di S7. Si ha |S7| = 7! = 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7, quindi i 3-Sylow di S7 hanno ordine 3²= 9. Troviamone uno.

Sia P := h(123), (456)i. Notiamo che (123) e (456) sono cicli disgiunti quindi commutano. Mostriamo che P ∼= h(123)i × h(456)i ∼= C3× C3 da cui segue

|P | = 9, da cui segue che P `e un 3-Sylow di S7.

Siano A := h(123)i, B := h(456)i. 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 h(123)i, in particolare normalizza h(123)i) e quindi contiene h(123), (456)i = P , da cui N_P(A) = P cio`e A P . Analogamente NP(B) = P

(12)

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 = hA, Bi = 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 ∈ S₇, quindi sono del tipo gh(123), (456)ig⁻¹ = hg(123)g⁻¹, g(456)g⁻¹i. Siccome g(123)g⁻¹= (g(1) g(2) g(3)) e g(456)g⁻¹ = (g(4) g(5) g(6)), e siccome g `e una biiezione, i due 3-cicli g(123)g⁻¹ e g(456)g⁻¹ sono anch’essi disgiunti. Ne deduciamo che tutti i coniugati di P , e quindi tutti i 3-Sylow di S₇, sono generati da due 3-cicli disgiunti.

Quindi contare i 3-Sylow di S7 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 ¹₂ ⁶₃ 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 n3(S7) = 7 · ¹₂ ⁶₃ = 70. Osserviamo che 70 è congruo a 1 modulo 3, come dev’essere.

Per la cronaca, otteniamo anche che 70 = |S7 : NS₇(P )| = 7!/|NS₇(P )| da cui

|NS7(P )| = 7!/70 = 72.

19 I gruppi di ordine pqr

04/11/2013

Siano p, q, r tre primi distinti, con p < q < r, e sia G un gruppo di ordine pqr. Mostriamo che nr(G) = 1, cio`e che G ha un solo r-Sylow.

Supponiamo per assurdo che n_r6= 1. Per il teorema di Sylow nr divide pq, quindi n_r ∈ {1, p, q, pq}. D’altra parte nr 6= 1 per ipotesi e nr ≡ 1 mod r, da cui n_r> r e siccome p, q < r segue n_r= pq. Quindi G ha (r − 1)pq elementi di ordine r.

Mostriamo che nq = 1. Supponiamo per assurdo che nq 6= 1. Per il teorema di Sylow nq divide pr, e per ipotesi nq 6= 1, quindi nq ∈ {p, r, pr}. D’altra parte 1 6= nq ≡ 1 mod q implica che nq > q > p, quindi nq 6= p per cui nq ∈ {r, pr}, in particolare nq ≥ 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|

`e maggiore o uguale di (r − 1)pq + r(q − 1) + p = pqr − pq + rq − r + p. Segue che r − p ≥ q(r − p) da cui semplificando per r − p 6= 0 otteniamo 1 ≥ q, assurdo.

Sia ora Q un q-Sylow di G. Come abbiamo visto nq = 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.

(13)

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.

20 Criterio per sottogruppo

Data N/A

Sia G un gruppo finito e sia X un sottoinsieme non vuoto di G tale che 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, +).

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 per il teorema di Lagrange e il fatto che X è chiuso rispetto all’operazione di G si ha 1 = x^|G| ∈ X, quindi poiché f è suriettiva deve esistere a ∈ X con f (a) = 1, cioè xa = 1 da cui x⁻¹= a ∈ X.

21 Probabilit` a di commutare

Data N/A

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 cardinalit`a k(G)|G|.

Dedurre che la probabilit`a che due elementi di un gruppo diedrale commutino

`e “circa 1/4” (nel senso che tende a 1/4 al tendere all’infinito dell’ordine del gruppo).

Osserviamo che C =S

x∈G{x} × CG(x) e che questa unione `e disgiunta. Di conseguenza |C| =P

x∈G|CG(x)|. Per ogni x ∈ G sia c_xil numero di coniugati di x in G, allora c_x|C_G(x)| = |G| per l’equazione delle classi e otteniamo che (*)

|C| = |G|P

x∈G 1

cx. Siano x₁, . . . , x_krappresentanti 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 cx = cy. Ne segue che

|C| = |G|Pk i=1cx_i 1

c_xi = |G|Pk

i=11 = 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

(14)

di coniugio ha esattamente un elemento, in altre parole k(G) = |G| e questa probabilit`a diventa 1, cio`e due elementi presi a caso commutano sicuramente.

Bene, ora per rispondere alla domanda sul diedrale siamo ricondotti a calcolare k(Dn). Come abbiamo visto, k(Dn) = ⁿ⁺³₂ se n `e dispari e k(Dn) = ⁿ⁺⁶₂ se n `e pari. In ogni caso essendo |D_n| = 2n il rapporto k(Dn)/|D_n| tende a 1/4 quando n → ∞.

22 I gruppi di ordine 3 · 5 · 17 sono ciclici

Data N/A

Sia G un gruppo di ordine 3 · 5 · 17. Per il teorema di Sylow n₁₇(G) = 1.

Sia N il 17-Sylow. G agisce su N per coniugio, inoltre dato g ∈ G, la funzione γ_g : N → N che manda x in gxg⁻¹ `e un automorfismo di N . Ne otteniamo un omomorfismo G → Aut(N ), quello che manda g in γ_g. Il nucleo di tale omomorfismo `e C_G(N ) := {g ∈ G : gn = ng ∀n ∈ N }. Dal teorema di isomorfismo ne deduciamo un omomorfismo iniettivo G/CG(N ) → Aut(N ). Dal teorema di Lagrange segue che |G/CG(N )|, che ovviamente divide |G|, divide anche |Aut(N )|. Ora N ∼= C17e quindi Aut(N ) ∼= C16. Ne segue che |G/CG(N )|

Ora siano P un 3-Sylow e Q un 5-Sylow. Dal teorema di Sylow segue che n3(G) = |G : NG(P )| ∈ {1, 5 · 17} e che n5(G) = |G : NG(Q)| ∈ {1, 3 · 17}.

D’altra parte essendo N ⊆ Z(G) si ha ovviamente N ⊆ NG(P ) e N ⊆ NG(Q), per cui essendo |N | = 17 si ha n3(G), n5(G) ≤ 15 e quindi n3(G) = n5(G) = 1.

Quindi P e Q sono normali in G. Ora, N, P, Q sono normali di ordine a due a due coprimo, in particolare hanno intersezioni banali a due a due e per argomenti standard G ∼= N × P × Q. Siccome N ∼= C17, P ∼= C3 e Q ∼= C5, dal teorema cinese del resto segue allora che G `e ciclico.

23 L’argomento di Frattini

Data N/A

Sia N un sottogruppo normale di un gruppo finito G, e sia P un p-sottogruppo di Sylow di N . Mostrare che N · N_G(P ) = G. Questo risultato si chiama “argomento di Frattini”.

Sicuramente N · NG(P ) è contenuto in G, e anzi è un sottogruppo di G essendo N normale in G. Mostriamo l’inclusione G ⊆ N · NG(P ). Sia quindi g ∈ G. Osserviamo che |gP g⁻¹| = |P | e gP g⁻¹ ⊆ gN g⁻¹ = N , quindi gP g⁻¹ è un p-Sylow di N . Per il teorema di Sylow esiste n ∈ N tale che nP n⁻¹= gP g⁻¹, cioè n⁻¹gP g⁻¹n = P , cioè n⁻¹g ∈ NG(P ) da cui g ∈ nNG(P ) ⊆ N · NG(P ).

(15)

24 Sottogruppi massimali

Data N/A

Un sottogruppo proprio H di un gruppo G si dice massimale se gli unici sottogruppi di G che contengono H sono H e G. Mostrare che l’intersezione dei sottogruppi massimali di G `e un sottogruppo normale di G. Detta N tale intersezione mostrare che se H `e un sottogruppo di G tale che HN = G allora H = G. Usando l’esercizio precedente dedurre che i sottogruppi di Sylow di N sono normali in G.

Sia N l’intersezione dei sottogruppi massimali di G. Per il criterio di nor- malità, per mostrare che N è normale basta mostrare che un coniugato di un sottogruppo massimale è un sottogruppo massimale. Siano quindi H un sottogruppo massimale di G e g ∈ G. Mostriamo che gHg⁻¹ è massimale in G.

Supponiamo quindi che K ≤ G contenga gHg⁻¹, cioè gHg⁻¹ ⊆ K. Segue che H ⊆ g⁻¹Kg, quindi siccome H è massimale segue che H = g⁻¹Kg, cioè K = gHg⁻¹, oppure G = g⁻¹Kg, cioè K = gGg⁻¹= G.

Supponiamo ora che H sia un sottogruppo di G tale che HN = G. Supponi- amo per assurdo che H 6= G. Poiché G è finito, esiste un sottogruppo proprio M di G che contiene H e di ordine massimo con questa proprietà. In particolare M non è contenuto in nessun sottogruppo proprio di G e quindi M è massimale in G. Ma allora M contiene sia H che N (per definizione di N ) e quindi contiene HN . Ne segue che HN ⊆ M e quindi HN 6= G, assurdo.

Sia ora P un sottogruppo di Sylow di N . Per l’argomento di Frattini (esercizio precedente) NG(P )N = G e quindi per quanto visto dev’essere NG(P ) = G, cio`e P G.

25 Massimali e indice primo

Data N/A

Mostrare che un sottogruppo di indice primo `e sempre massimale. Trovare un gruppo che ammette un sottogruppo massimale di indice non primo. Sug- gerimento: scandagliare S4.

Sia H ≤ G con |G : H| = p primo. Se H ≤ K ≤ G allora p = |G : H| = |G : K| · |K : H| e quindi uno tra |G : K| e |K : H| `e 1 (essendo p un primo), cio`e G = K oppure K = H.

Nel gruppo simmetrico S₄ gli stabilizzatori dei punti hanno indice 4. Se non fossero massimali sarebbero contenuti in un sottogruppo di indice 2. Ma l’unico sottogruppo di S₄di indice 2 `e A₄e gli stabilizzatori dei punti non sono contenuti in A₄ (per esempio perch´e contengono dei 2-cicli).

(16)

26 Sottogruppi di indice 5

Se un gruppo semplice non abeliano G ha un sottogruppo H di indice 5 allora G è isomorfo al gruppo alterno A₅. Dedurre che A₅ è (a meno di isomorfismo) l’unico gruppo semplice di ordine 60. Suggerimento: agire sui laterali sinistri di H e studiare la semplicità dei gruppi di ordine da 1 a 59.

L’azione di moltiplicazione a sinistra di G su {xH : x ∈ G} è transitiva, quindi non banale, ed è un’azione su cinque elementi, quindi otteniamo un omomorfismo G → S5 che corrisponde all’azione. Tale omomorfismo è non banale (cioè non manda tutto in 1), in altre parole il suo nucleo non è G, perché l’azione è non banale, quindi è iniettivo essendo G un gruppo semplice. Quindi G è isomorfo a un sottogruppo di S5, quindi |G| divide |S5| = 5! = 120. Nel seguito identificheremo G con la sua immagine in S5.

Usando il teorema di Sylow e i metodi di conteggio visti si riesce a dimostrare che i gruppi non abeliani di ordine minore di 60 non sono semplici. Siccome G è semplice non abeliano e |G| divide 120 segue che |G| ∈ {60, 120}. Se |G| = 120 allora G = S₅, assurdo essendo A₅ S5(G è semplice). Ne segue che |G| = 60, cioè |S₅ : G| = 2 e quindi G = A₅ perché A₅ è l’unico sottogruppo di S₅ di indice 2 (come abbiamo visto).

Ora sia G un gruppo semplice di ordine 60 = 2²·3·5. Allora G `e non abeliano (i gruppi semplici abeliani hanno ordine primo). Per dedurre che G ∼= A5, per quanto visto sopra, basta mostrare che G deve avere un sottogruppo di indice 5.

Per il teorema di Sylow n2(G) ∈ {1, 3, 5, 15}, n3(G) ∈ {1, 4, 10} e n5(G) ∈ {1, 6}.

Poich´e G `e semplice possiamo escludere che questi numeri siano 1. Inoltre come abbiamo visto l’esistenza di un sottogruppo di indice 3 o 4 comporterebbe l’esistenza di un omomorfismo iniettivo G → S3 o G → S4, assurdo dato che

|G| = 60. Se n2(G) = 5 allora il normalizzante di un 2-Sylow ha indice 5 e abbiamo finito. Ci rimane da discutere il caso n2(G) = 15, n3(G) = 10 e n5(G) = 6. Supponiamo che due qualunque 2-Sylow si intersechino in {1}. In questo caso G contiene 3 · 15 elementi di ordine una potenza di 2, 2 · 10 elementi di ordine 3 e 4 · 6 elementi di ordine 5, quindi più di |G| = 60 elementi in totale, assurdo. Esistono quindi due 2-Sylow P, Q di G con P ∩ Q 6= {1}. Sia 1 6= s ∈ P ∩ Q. Siccome P e Q sono abeliani (avendo ordine 4) il centralizzante C_G(s) li contiene entrambi. Quindi |C_G(s)| è un multiplo proprio di 4, cioè

|C_G(s)| ∈ {12, 20, 60}, in altre parole |G : C_G(s)| ∈ {1, 3, 5}. Se |G : C_G(s)| = 1 allora s ∈ Z(G) quindi Z(G) 6= {1} assurdo (G `e semplice non abeliano).

Siccome, come abbiamo osservato, G non ha sottogruppi di indice 3 segue che

|G : CG(s)| = 5.

27 G = A ∪ B ∪ C

Data N/A

(17)

Supponiamo che il gruppo finito G sia unione di tre sottogruppi propri A, B, C. Dimostrare che N := A ∩ B ∩ C `e un sottogruppo normale di G e che G/N `e isomorfo al gruppo di Klein C2× C2.

L’idea `e 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 6= A.

In particolare A `e 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 `e 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 `e 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 1.81). 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 1.10). L’unico gruppo non ciclico di ordine 4 è (a meno di isomorfismo) il gruppo di Klein C2× C2. Quindi G/N ∼= C2× C2.

(18)

28 L’anello degli endomorfismi

14/11/2013

Dato un gruppo abeliano G, dotare End(G), l’insieme degli omomorfismi G → G (cio`e degli endomorfismi di G), della struttura di anello.

Useremo la notazione additiva in G. Una digressione: mi hanno chiesto una volta se `e vero che ogni gruppo additivo `e abeliano. Per esercizio domandatevi se questa (bellissima) domanda ha senso oppure no. [Suggerimento: non ha senso].

Dotiamo End(G) delle operazioni + e ◦ definite da:

(f + g)(x) := f (x) + g(x), (f ◦ g)(x) := f (g(x))

per ogni x ∈ G. Denotiamo la terna (End(G), +, ◦) con A. Mostriamo che A è un anello. Dobbiamo mostrare che (A, +) è un gruppo abeliano, che (A, ◦) è un monoide (insieme con un’operazione binaria interna associativa e un elemento neutro) e che queste due strutture sono compatibili, cioè la distributività.

• Chiusura di +. Dati f, g ∈ A dobbiamo mostrare che f + g ∈ A, cioè che f + g : G → G è un omomorfismo di gruppi. Si ha (f + g)(0) = f (0) + g(0) per definizione di + in A, e ora poiché f, g sono omomorfismi f (0) = 0 e g(0) = 0 da cui f (0) + g(0) = 0 + 0 = 0. Ora mostriamo che f + g rispetta l’operazione di G. Siano quindi x, y ∈ G e mostriamo che (f + g)(x + y) = (f + g)(x) + (f + g)(y). Si ha (f + g)(x + y) = f (x + y) + g(x + y) per definizione di + in A, ora siccome f, g sono omomorfismi si ha f (x + y) + g(x + y) = f (x) + f (y) + g(x) + g(y), e siccome G è commutativo si ha f (x) + f (y) + g(x) + g(y) = f (x) + g(x) + f (y) + g(y), ora per definizione di + in A si ha f (x) + g(x) + f (y) + g(y) = (f + g)(x) + (f + g)(y), come voluto.

• Associativit`a di +. Siano f, g, h ∈ A. Mostriamo che (f + g) + h = f + (g + h). Due funzioni sono uguali se e solo se valutate negli stessi elementi assumono gli stessi valori. Sia quindi x ∈ G. Dobbiamo mostrare che ((f +g)+h)(x) = (f +(g +h))(x). Si ha ((f +g)+h)(x) = (f +g)(x)+

h(x) = f (x) + g(x) + h(x). In questa scrittura ometto le parentesi perch´e l’operazione in G `e associativa. D’altra parte anche ((f + g) + h)(x) = (f + g)(x) + h(x) = f (x) + g(x) + h(x).

• Commutativit`a di +. Siano f, g ∈ A. Mostriamo che f + g = g + f . Due funzioni sono uguali se e solo se valutate negli stessi elementi assumono gli stessi valori. Sia quindi x ∈ G. Dobbiamo mostrare che (f + g)(x) = (g + f )(x). Questo segue dal fatto che G `e commutativo: (f + g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g + f )(x).

• Chiusura di ◦. Dati f, g ∈ A dobbiamo mostrare che f ◦ g ∈ A. In altre parole, che f ◦ g `e un omomorfismo di gruppi G → G. Si ha (f ◦ g)(0) =

(19)

f (g(0)) per definizione di ◦ in A, e ora poich´e f, g sono omomorfismi f (0) = 0 e g(0) = 0 da cui f (g(0)) = f (0) = 0. Ora mostriamo che f ◦ g rispetta l’operazione di G. Siano quindi x, y ∈ G e mostriamo che (f ◦ g)(x + y) = (f ◦ g)(x) + (f ◦ g)(y). Si ha (f ◦ g)(x + y) = f (g(x + y)) = f (g(x) + g(y)) = f (g(x)) + f (g(y)) = (f ◦ g)(x) + (f ◦ g)(y).

• Esistenza degli elementi neutri. Definiamo 0A e 1_A tramite le posizioni 0_A(x) := 0 e 1_A(x) := x per ogni x ∈ G. Per mostrare che sono elementi neutri (additivo e moltiplicativo rispettivamente) dobbiamo mostrare che se f ∈ A allora 0_A+ f = f + 0_A= f e che 1_A◦ f = f ◦ 1_A= f . Per ogni x ∈ G si ha (0A+f )(x) = 0A(x)+f (x) = 0+f (x) = f (x), quindi 0A+f = f . Per ogni x ∈ G si ha (f + 0A)(x) = f (x) + 0A(x) = f (x) + 0 = f (x), quindi f + 0A = f . Per ogni x ∈ G si ha (1A◦ f )(x) = 1A(f (x)) = f (x), quindi 1A◦ f = f . Per ogni x ∈ G si ha (f ◦ 1A)(x) = f (1A(x)) = f (x), quindi f ◦ 1A= f .

• Esistenza degli opposti (inversi additivi). Dato f ∈ A sia −f l’elemento definito da (−f )(x) = −f (x) per ogni x ∈ G. Si ha che effettivamente

−f ∈ A, cioè f è un omomorfismo, perché (−f )(0) = −f (0) = −0 = 0 e se x, y ∈ G allora (−f )(x+y) = −f (x+y) = −(f (x)+f (y)) = −f (x)−f (y) = (−f )(x) + (−f )(y).

• Distributivit`a. Siano f, g, h ∈ A. Mostriamo che f ◦ (g + h) = f ◦ g + f ◦ h e che (f + g) ◦ h = f ◦ h + g ◦ h. Dire che due funzioni sono uguali `e come dire che assumono gli stessi valori se valutate negli stessi elementi. Sia quindi x ∈ G. Allora (f ◦(g +h))(x) = f ((g +h)(x)) = f (g(x)+h(x)) = f (g(x))+

f (h(x)) = (f ◦g)(x)+(f ◦h)(x), quindi f ◦(g +h) = (f ◦g)+(f ◦h). Inoltre ((f +g)◦h)(x) = (f +g)(h(x)) = f (h(x))+g(h(x)) = (f ◦h)(x)+(g ◦h)(x), quindi (f + g) ◦ h = (f ◦ h) + (g ◦ h).

29 Idempotenti

14/11/2013

Quali sono gli interi positivi n tali che Z/nZ ammette idempotenti diversi da 0 e da 1? Ricordiamo che un elemento x di un anello A si dice idempotente se x²= x.

Facciamo un discorso generale. Sia A un anello commutativo unitario (ricordo che questo sottintende che 1 6= 0 in A). Sia x ∈ A un elemento idempotente. Allora anche 1 − x è idempotente, infatti (1 − x)² = 1 + x²− 2x = 1 + x − 2x = 1 − x. xA = {xa | a ∈ A} è un anello commutativo unitario con elemento neutro additivo 0, elemento neutro moltiplicativo x, e (1 − x)A = {(1 − x)a : a ∈ A} è un anello commutativo unitario con elemento neutro additivo 0, elemento neutro moltiplicativo 1 − x. La verifica di questi fatti la ometto, si confronti con l’esercizio precedente. Attenzione: xA e (1 − x)A in

(20)

generale non sono sottoanelli di A (non c’`e nessuna ragione per cui dovrebbero contenere 1A). Ora, l’applicazione

f : A → xA × (1 − x)A a 7→ (xa, (1 − x)a)

`e un isomorfismo di anelli, come mostriamo qui di seguito.

• Mostriamo che se a, b ∈ A allora f (a + b) = f (a) + f (b). Si ha f (a + b) = (x(a + b), (1 − x)(a + b)) = (xa + xb, (1 − x)a + (1 − x)b) = (xa, (1 − x)a) + (xb, (1 − x)b) = f (a) + f (b).

• Mostriamo che se a, b ∈ A allora f (ab) = f (a)f (b). Siccome A `e commutativo e x²= x e (1 − x)²= 1 − x si ha f (ab) = (xab, (1 − x)ab) = (x²ab, (1 − x)²ab) = (xaxb, (1 − x)a(1 − x)b) = (xa, (1 − x)a)(xb, (1 − x)b) = f (a)f (b).

• Mostriamo che f (0A) = 0_xA×(1−x)A e che f (1A) = 1_xA×(1−x)A. Si ha f (0A) = (x · 0, (1 − x) · 0) = (0A, 0A) = (0xA, 0(1−x)A) = 0xA×(1−x)A, e f (1A) = (x · 1, (1 − x) · 1) = (x, 1 − x) = (1xA, 1(1−x)A) = 1xA×(1−x)A.

• Da quanto mostrato finora segue che f è un omomorfismo di anelli. Mos- triamo che è iniettivo. Il nucleo di f consiste degli a ∈ A tali che f (a) = 0, cioè (xa, (1 − x)a) = (0, 0), cioè xa = 0 e (1 − x)a = 0. Dalla seconda segue a − xa = 0, cioè a = xa, quindi dalla prima a = xa = 0. Quindi f è iniettiva (ha nucleo banale).

• Mostriamo che f è suriettiva. Sia quindi (xa, (1 − x)b) ∈ xA × (1 − x)A con a, b ∈ A. Cerchiamo t ∈ A tale che f (t) = (xa, (1 − x)b), cioè (xt, (1 − x)t) = (xa, (1−x)b), cioè xt = xa e t−xt = b−xb. Sostituendo xa a xt nella seconda uguaglianza scritta otteniamo t−xa = b−xb da cui t = b+xa−xb.

Questa `e quindi l’unica possibile scelta per t. Mostriamo che funziona:

si ha f (t) = (xt, (1 − x)t) = (x(b + xa − xb), (1 − x)(b + xa − xb)) = (xb + x²a − x²b, b + xa − xb − xb − x²a + x²b). Usando che x² = x otteniamo che effettivamente f (t) = (xa, (1 − x)b).

Viceversa, se A e B sono due anelli commutativi unitari allora (1A, 0B) e (0_A, 1_B) sono idempotenti di A × B diversi da 0_A×B = (0_A, 0_B) e da 1_A×B = (1_A, 1_B). Infatti (1, 0)²= (1², 0²) = (1, 0) e (0, 1)²= (0², 1²) = (0, 1).

Il teorema cinese del resto (versione per gli anelli Z/nZ) dice questo: se n, m sono due numeri coprimi allora esiste un isomorfismo di anelli Z/nmZ ∼= Z/nZ × Z/mZ, quello che manda x + mnZ in (x + nZ, x + mZ). Quindi se n non

è il prodotto di due numeri coprimi diversi da 1, cioè, come si vede facilmente usando il teorema fondamentale dell’aritmetica, n NON è una potenza di un unico primo, allora per il teorema cinese del resto e la discussione sopra, Z/nZ ammette elementi idempotenti diversi da 0 e da 1.

(21)

Viceversa, se n è una potenza di un primo allora Z/nZ non ha idempotenti diversi da 0 e da 1. Infatti se ne avesse allora da quanto detto Z/nZ sarebbe isomorfo a un prodotto diretto di anelli non banali, in particolare sarebbe isomorfo a un prodotto diretto di gruppi (additivi, abeliani) non banali (ogni anello è un gruppo additivo abeliano). Siccome n è una potenza di un primo p tali due fattori diretti sarebbero p-gruppi, e quindi per il teorema di Cauchy conterrebbero ognuno un sottogruppo di ordine p, e questi due sottogruppi sarebbero distinti in quanto contenuti in due fattori diretti. Ne segue che il gruppo (additivo) ciclico Z/nZ conterrebbe due sottogruppi distinti di ordine p, assurdo.

Un altro modo molto più semplice di dimostrare che Z/p^kZ non ha idempotenti non banali è il seguente. Se esiste x ∈ Z tale che x + p^kZ è idempotente in Z/p^kZ allora x² ≡ x mod p^k, cioè p^k divide x²− x = x(x − 1). Mostriamo che p^k deve dividere uno tra x e x − 1: questo comporterà che x ≡ 0 mod p^k oppure x ≡ 1 mod p^k, in altre parole x + p^kZ è un idempotente banale. Se per assurdo p^knon dividesse né x né x − 1 allora, siccome p^k divide x(x − 1), p deve dividere x e x − 1, da cui p divide x − (x − 1) = 1, assurdo.

30 I domini finiti sono campi

14/11/2013

Sia A un dominio di integrit`a finito. Allora A `e un campo.

Un campo è un dominio di integrità in cui ogni elemento diverso da zero ammette inverso. Sia a ∈ A con a 6= 0. Dobbiamo mostrare che a è invertibile in A, cioè che esiste b ∈ A con ab = 1. Consideriamo l’applicazione ϕ : A → A che manda x in ax. ϕ è iniettiva, infatti se x, y ∈ A sono tali che ax = ay allora a(x − y) = 0 e quindi x − y = 0, cioè x = y, perché a 6= 0 e A è un dominio di integrità. Quindi ϕ è un’applicazione iniettiva di un insieme finito in se stesso. Per il principio dei cassetti, ϕ è suriettiva. In particolare esiste b ∈ A con ϕ(b) = 1, cioè ab = 1.

31 Gli ideali di K × K, K campo

14/11/2013

Sia K un campo, e sia A := K ×K con le operazioni definite per componenti, (x, y) + (z, w) = (x + z, y + w) e (x, y)(z, w) = (xz, yw). Allora A `e un anello con elementi neutri 0A= (0, 0) e 1A= (1, 1). Trovare tutti gli ideali di A.

Mostriamo che gli ideali di K × K sono {(0, 0)}, K × K, K × {0} e {0} × K.

Intanto, sono effettivamente ideali di A. Mostriamo per esempio che {0} × K

è un ideale di A. Ciò significa che è chiuso per la somma e che se (0, b) ∈ {0}×K e (x, y) ∈ A allora (0, b)(x, y) ∈ {0} × K. Questo è ovvio dato che (0, b)(x, y) =

(22)

(0 · x, b · y) = (0, by) ∈ {0} × K. Mostriamo che `e chiuso per la somma: se a, b ∈ K allora (0, a) + (0, b) = (0, a + b) ∈ {0} × K.

Mostriamo che davvero non ce ne sono altri. Sia I un ideale di K × K, e sia (0, 0) 6= (a, b) ∈ I. Se a 6= 0 6= b allora poiché I è un ideale I 3 (a, b)(a⁻¹, b⁻¹) = (1, 1) e quindi I = K × K (in generale se un ideale J di un anello B contiene 1 allora contiene 1 · b = b per ogni b ∈ B e quindi J = B). Supponiamo quindi che uno tra a e b sia zero, per esempio a = 0 (l’altro caso è analogo). Siccome (a, b) 6= (0, 0) si ha b 6= 0 e quindi poiché I è un ideale I 3 (0, b)(0, b⁻¹) = (0, 1), per cui per ogni d ∈ K si ha I 3 (0, 1)(0, d) = (0, d) e quindi I ⊇ {0} × K.

Ora, se la prima componente di ogni elemento di I è zero allora chiaramente I = {0} × K, altrimenti esiste c ∈ K − {0} con (c, d) ∈ I per qualche d ∈ K, e quindi come prima otteniamo K ×{0} ⊆ I. Siccome I contiene anche {0}×K, I contiene tutti gli elementi della forma (a, 0) e (0, b) con a, b ∈ K, quindi poiché I è chiuso per la somma (essendo un ideale) contiene tutti gli elementi della forma (a, 0) + (0, b) = (a, b) con a, b ∈ K, in altre parole I = K × K.

32 Immagini e controimmagini di ideali

14/11/2013

Sia f : A → B un omomorfismo di anelli commutativi unitari, e siano I un ideale di A, J un ideale di B.

1. Mostrare che f⁻¹(J ) `e un ideale di A.

Siano x, y ∈ f⁻¹(J ), a ∈ A. Dobbiamo mostrare che ax, x + y ∈ f⁻¹(J ), cioè che f (ax) ∈ J e che f (x + y) ∈ J . Ma f (ax) = f (a)f (x) ∈ J perché f (x) ∈ J , f (a) ∈ B e J è un ideale di B, e f (x + y) = f (x) + f (y) ∈ J perché f (x), f (y) ∈ J e J è un ideale di B.

2. `E sempre vero che f (I) `e un ideale di B?

Se s`ı, dimostrarlo, altrimenti trovare un controesempio.

Mostriamo che la risposta è no. L’omomorfismo f : Z → Q definito da f (x) := x (l’inclusione di Z in Q) è tale che f (2Z) = 2Z, ma 2Z non è un ideale di Q (Q è un campo, quindi gli unici suoi ideali sono (0) e Q).

3. Mostrare che se f `e suriettiva allora f (I) `e un ideale di B.

Siano i, j ∈ I, b ∈ B. Dobbiamo mostrare che bf (i), f (i) + f (j) ∈ f (I).

Si ha f (i) + f (j) = f (i + j) ∈ f (I) perch´e i + j ∈ I, essendo i, j ∈ I e I un ideale di A. Ora, siccome f `e suriettiva esiste a ∈ A tale che f (a) = b.

Otteniamo che bf (i) = f (a)f (i) = f (ai) ∈ f (I) perch´e ai ∈ I, essendo i ∈ I, a ∈ A e I un ideale di A.

4. Mostrare che f⁻¹(f (I)) `e un ideale di A.

Siano x, y ∈ f⁻¹(f (I)), a ∈ A. Dobbiamo mostrare che ax, x + y ∈ f⁻¹(f (I)), cio`e che f (ax) ∈ f (I) e che f (x + y) ∈ f (I). Siccome x, y ∈

(23)

f⁻¹(f (I)), esistono i, j ∈ I con f (x) = f (i) e f (y) = f (j). Si ha f (ax) = f (a)f (x) = f (a)f (i) = f (ai) ∈ f (I) essendo ai ∈ I, essendo a ∈ A, i ∈ I e I un ideale di A. Si ha f (x+y) = f (x)+f (y) = f (i)+f (j) = f (i+j) ∈ f (I) essendo i + j ∈ I, essendo i, j ∈ I e I un ideale di A.

5. `E sempre vero che f⁻¹(f (I)) = I?

Mostriamo che la risposta `e no. Consideriamo la proiezione canonica f : Z → Z/2Z. Allora f (4Z) = (0), ma f⁻¹((0)) = 2Z 6= 4Z.

6. È vero che se J è massimale in B allora f⁻¹(J ) è massimale in A?

Se s`ı, dimostrarlo, altrimenti trovare un controesempio.

Mostriamo che la risposta è no. Consideriamo l’omomorfismo f : Z → Q definito da f (x) := x (l’inclusione di Z in Q). Siccome Q è un campo, l’ideale (0) di Q è massimale, ma f⁻¹((0)) = (0) non è un ideale massimale di Z, perché Z non è un campo (oppure, se lo si vuole esplicitare, perché per esempio (0) ⊂ 2Z ⊂ Z).

33 Somma di ideali

14/11/2013

Sia A un anello commutativo unitario e siano I, J due ideali di A. Mostrare che I + J = {i + j : i ∈ I, j ∈ J } `e un ideale di A che contiene I e J .

Che I + J contenga I e J `e chiaro: se i ∈ I allora siccome 0 ∈ J si ha i = i + 0 ∈ I + J , e se j ∈ J allora siccome 0 ∈ I si ha j = 0 + j ∈ I + J . Mostriamo che I + J `e un ideale.

• I + J `e chiuso per la somma. Se i1, i₂ ∈ I e j1, j₂∈ J allora (i1+ j₁) + (i₂+ j₂) = (i₁+ i₂) + (j₁+ j₂) ∈ I + J essendo i₁+ i₂∈ I e j₁+ j₂∈ J , essendo I e J ideali.

• I + J contiene 0. Si ha 0 ∈ I ∩ J e quindi 0 = 0 + 0 ∈ I + J .

• I + J `e chiuso per il passaggio all’opposto. Se i ∈ I e j ∈ J allora

−(i + j) = (−i) + (−j) ∈ I + J essendo −i ∈ I e −j ∈ J , essendo I e J ideali.

• Propriet`a di filtro. Siano a ∈ A, i ∈ I, j ∈ J . Dobbiamo mostrare che a(i + j) ∈ I + J . Si ha a(i + j) = ai + aj ∈ I + J perch´e ai ∈ I e aj ∈ J , essendo I e J ideali.

34 L’equazione X

²

= 1 in Z/nZ

14/11/2013

Siano p, q primi distinti. Quante soluzioni ha l’equazione X² = 1 in F^p = Z/pZ? E in Z/pqZ?