COMPITO DI ALGEBRA 1 24 giugno 2014 Soluzioni 1. Sia S n il

COMPITO DI ALGEBRA 1
24 giugno 2014
Soluzioni
1. Sia Sn il gruppo di permutazioni di n elementi. Determinare il minimo valore di n per
cui:
(a) Sn contiene un sottogruppo di 360 elementi;
(b) Sn contiene un sottogruppo abeliano di 360 elementi;
(c) Sn contiene un sottogruppo ciclico di 360 elementi.
Soluzione: (a) Una condizione necessaria `e che 360|n!, che si verifica per n ≥ 6. Per
n = 6, il gruppo S6 contiene A6 , che ha 360 elementi. Quindi n = 6 `e il valore minimo
cercato.
(b) Osserviamo innanzitutto che S17 contiene un sottogruppo abeliano di 360 elementi:
per esempio, il sottogruppo h(1 2 3 4 5), (6 7 8), (9 10 11), (12 13), (14 15), (16 17)i.
Vediamo ora che n = 17 `e il minimo numero cercato. Supponiamo per assurdo che un
esista un sottogruppo abeliano H di ordine 360 in un certo Sn con n ≤ 16. Osserviamo
preliminarmente che:
(i) se |H| = 360 allora, per il teorema di Cauchy, H contiene elementi di ordine 2,3,5,
ossia permutazioni che sono il prodotto di 2-cicli, 3-cicli e 5-cicli disgiunti;
(ii) se p `e un numero primo e σ = τ1 · · · τk ∈ Sn `e un prodotto di k p-cicli disgiunti,
allora il suo centralizzatore Z(σ) ha ordine pk k!(n−pk)!, ed `e isomorfo al prodotto
diretto Z1 (σ) × Z2 (σ), dove Z1 (σ) ha ordine pk k! e permuta i pk elementi non
lasciati fissi da σ, e Z2 (σ) ∼
= Sn−pk `e l’intero gruppo delle permutazioni sugli
elementi lasciati fissi da σ.
Supponiamo che H ⊆ S16 contenga una permutazione σ5 di ordine 5 che `e prodotto di
k cicli disgiunti (quindi k ≤ 3). Se k = 3, il centralizzatore di σ5 ha ordine 53 · 3 · 2 e
quindi non multiplo di 360, assurdo. Se k = 2, Z1 (σ5 ) ha ordine 52 · 2 e quindi H deve
contenere un sottogruppo abeliano di ordine 36 fatto di permutazioni disgiunte da σ5 ,
cio`e contenuto in un certo S6 . Questo deve a sua volta contenere un sottogruppo di
S6 di ordine 9, e l’unica possibilit`a `e che esso sia uguale al prodotto diretto di due
sottogruppi generati da cicli disgiunti di ordine 3; ma un tale sottogruppo coincide con
il suo centralizzatore, assurdo.
Quindi k = 1 e H contiene un sottogruppo abeliano di ordine 72 disgiunto da σ5 , e
quindi contenuto in un certo S11 . Consideriamo un sottogruppo K di H di ordine 9;
abbiamo i casi seguenti:
1
(i) K `e ciclico di ordine 9, quindi generato da un 9-ciclo: allora il suo centralizzatore
ha ordine 18, assurdo;
(ii) K `e il prodotto diretto di un sottogruppo generato da un 3-ciclo e un sottogruppo
generato dal prodotto di due 3-cicli disgiunti: allora il suo centralizzatore ha
ordine 3 · 6 · 2 = 36, assurdo;
(iii) K `e il prodotto diretto di due sottogruppi h(a b c)i, h(b c d)i generati da due 3cicli disgiunti: allora il suo centralizzatore `e isomorfo a h(a b c)i × h(b c d)i × S5 ,
e quindi S5 deve contenere un sottogruppo abeliano di ordine 8. Ma questo `e
assurdo, perch´e un 2-Sylow di S5 `e isomorfo a D4 .
Poich´e tutti i casi possibili si sono rivelati assurdi, si `e dimostrato che il minimo si
ottiene per n = 17.
(c) Osserviamo innanzitutto che esiste un gruppo ciclico di ordine 360 contenuto in
S22 , per esempio il gruppo h(1 2 3 4 5), (6 7 8 9 10 11 12 13 14), (15 16 17 18 19 20 21 22)i.
Dimostriamo ora che se H `e un gruppo ciclico di ordine 360 contenuto in Sn allora
n ≥ 22. Un gruppo ciclico `e generato da un elemento σ, e il suo ordine `e uguale
al minimo comune multiplo delle lunghezze dei cicli disgiunti di σ. Fra i cicli di σ
almeno uno deve avere lunghezza multipla di 5, almeno uno lunghezza multipla di
9 ed almeno uno lunghezza multipla di 8. Se lo stesso ciclo ha lunghezza multipla
contemporaneamente di almeno due fra i numeri 5, 9 e 8, allora il ciclo ha lunghezza
maggiore o uguale a 40. Se no, la somma delle lunghezze dei cicli di σ deve comunque
essere maggiore o uguale a 5 + 9 + 8 = 22.
2. Siano p un numero primo, ϕ : Z/(p − 1)Z → Aut(Z/pZ) un omomorfismo iniettivo,
G = Z/pZ oϕ Z/(p − 1)Z e d un divisore di p − 1.
(a) Dimostrare che ogni sottogruppo di G di ordine d `e ciclico.
(b) Dimostrare che, se H e K sono due sottogruppi distinti di G di ordine d, allora
H ∩ K = {e}.
Soluzione: (a) Sia L un sottogruppo di G, e consideriamo π|L : L → G/(Z/pZ),
dove π `e la proiezione canonica di G su G/(Z/pZ). Il nucleo di π|L ha ordine che divide
sia d che p, quindi `e la sola identit`a. Ne segue che L `e isomorfo ad un sottogruppo del
gruppo ciclico G/(Z/pZ) ∼
= Z/(p − 1)Z, e quindi `e a sua volta ciclico.
(b) Supponiamo per assurdo che H ∩ K contenga un elemento x 6= e, e sia Z(x) il
centralizzatore di x. Poich´e x 6∈ Z/pZ e ϕ `e un omomorfismo iniettivo, Z(x) ∩ Z/pZ =
{e}. Ne segue che l’ordine di Z(x) `e un divisore di p − 1 e quindi, per il punto (a),
Z(x) `e ciclico. Ma Z(x) contiene due sottogruppi ciclici distinti dello stesso ordine, H
e K, assurdo.
2
3. Sia A un anello commutativo con identit`a e sia D l’insieme dei suoi divisori di zero.
(a) Dimostrare che D si pu`o scrivere come unione di una famiglia di ideali.
(b) Dimostrare che, se D `e un ideale, allora `e un ideale primo.
(c) Dimostrare che, se D `e un ideale e A `e finito, allora tutti gli elementi di D sono
nilpotenti.
Soluzione: (a) Un divisore di zero `e un elemento a ∈ A per il quale esiste un elemento
` immediato verificare che
x 6= 0 in A per il quale ax = 0. Sia Ix = {a ∈ A | ax = 0}. E
Ix `e un ideale di A: infatti 0 ∈ Ix , ax = 0 e bx = 0 implicano (a + b)x = 0, ax = 0
implica (−a)x = 0 e (ca)x = 0 per ogni c ∈ A. Pertanto D = ∪x∈A,x6=0 Ix .
(b) Supponiamo che D sia un ideale, e che ab ∈ D, ossia per un certo x ∈ A \ {0} si
abbia abx = 0. Se bx = 0 allora b ∈ D. Se bx 6= 0 allora a ∈ D. Quindi D `e un ideale
primo.
(c) Sia A un anello finito, e x un elemento dell’ideale D. Le potenze di x non possono
essere tutte distinte fra loro, quindi esistono due interi positivi n, m tali che xn = xn+m ,
da cui xn (xm − 1) = 0. Se xn = 0 si ha la tesi. Supponiamo invece, per assurdo, che
xn 6= 0. Allora xm − 1 ∈ D. Ma poich´e x ∈ D, anche xm ∈ D; e poich´e D `e un ideale,
anche 1 = xm − (xm − 1) ∈ D, assurdo.
4. Sia f (x) il polinomio (x4 − 3)(x4 − 12).
(a) Determinare il campo di spezzamento F di f (x) su Q.
(b) Calcolare il grado [F : Q].
(c) Determinare tutti i sottocampi di F che sono estensioni di Q di grado 2.
Soluzione: (a) Siano E, K i campi di spezzamento
rispettivamente
di x4 − 3 e x4 −
√
√
4
4
` immediato verificare che E = Q( 3, i) e K = Q( 12, i), quindi F = EK =
12.√E
√
√
√ √
4
4
Q(√3, √
12, i). Poich´e 4 12 = 4 3 · 2, si ha anche la scrittura semplificata F =
Q( 4 3, 2, i).
√
4
(b) Il polinomio x4 − 3 `e irriducibile su Q per il criterio di Eisenstein,
quindi
[Q(
3:
√
4
Q] = 4. L’elemento i ha grado 2 su Q e non appartiene a Q( 3) in quanto
non `e
√
reale, quindi [E : Q] = 8. Dall’ultima
scrittura di F si √
ha che F = E(
√
√
√ 2), quindi
[F : E] = 1 o 2, a seconda che 2 ∈ E o 2 6∈ E, ossia Q( 2) ⊆ E o Q( 2) 6⊆ E.
Il gruppo di Galois di E/Q `e isomorfo a D4 poich´e ha ordine 8 e, essendo E il campo di
spezzamento di un polinomio di grado 4, `e isomorfo a un 2-Sylow di S4 . Il gruppo D4
`
ha 3 sottogruppi di ordine 4, e di√conseguenza √
E ha tre sottoestensioni di grado √
2. E
immediato trovarle: esse sono Q( 3), Q(i), Q( 3i). Fra queste non compare Q( 2),
quindi [F : E] = 2 e [F : Q] = 16.
3
(c)√Si verifica subito
che
7√
campi sono
√
√ i seguenti
√
√ sottoestensioni di F di grado 2:
in
Q( 3),
√ Q(i), Q( 3i), Q( 2), Q( 6), Q( 2i), Q( 6i). Non ve ne sono
√ quanto,
√ altre,
√
se Q( d) fosse un’altra di queste estensioni, si avrebbe F = Q( 2, 3, i, d) ed il
suo gruppo di Galois G su Q avrebbe tutti elementi di ordine 1 o 2 (ogni radice
quadrata pu`o essere mandata solo in pi`
u o meno se stessa), mentre G ha come quoziente
∼
Gal(E/Q) = D4 .
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