28 Novembre

Aritmetica 2014/2015
Esercizi svolti in classe
27 Novembre
1
Definizioni, notazione, teoremi
1. Sia G gruppo e G > H. Si definisce indice di H in G e si scrive iG (H) il
numero o(G)/o(H).
2
Esercizi svolti in classe
1. Sia G gruppo e H, K suoi sottogruppi normali con K sottogruppo normale
di H. Allora
(G/K)/(H/K) ' G/H
Dimostriamo col primo teorema di isomorfismo. Dobbiamo trovare un
morfismo iniettivo di gruppi f : G/K −→ G/H con ker f = H/K.
Definiamo
f : G/K −→ G/H
a
7→
a
Dimostriamo che
• La funzione f ´e ben definita. Dobbiamo dimostrare che ∀ a, b ∈ G/K
a = b ⇒ f (a) = f (b). Abbiamo che
a = b ⇒ ab−1 ∈ K ⇒ ab−1 ∈ H ⇒ a = b ⇔ f (a) = f (b)
.
• f ´e morfismo. Dobbiamo dimostrare ∀ a, b ∈ G/K f (ab) = f (a)f (b).
Ma questo ´e ovvio dato che f (ab) = ab = f (a)f (b).
• f ´e surgettiva. Se b ∈ G/K, ´e immediato trovare un elemento nella
sua controimmagine, b, dato che f (b) = b.
1
• ker f = H/K. Abbiamo che
ker f
= {a ∈ G/K | f (a) = e}
= {a ∈ G/K | a = e}
= {a ∈ G/K | ae−1 = a ∈ H}
= H/K
Allora (G/K)/(H/K) ' G/H per il primo teorema di isomorfismo.
2. Siano A, B gruppi e C, D sottogruppi normali di A, B rispettivamente.
Allora C × D ´e un sottogruppo normale di A × B e
(A × B)/(C × D) ' A/C × B/D
• Sia (x, y) ∈ A × B. Dato che C < A e D < B abbiamo xC = Cx e
yD = Dy. Quindi
(x, y)C × D = xC × yD = Cx × Dy = C × D(x, y)
• Vogliamo usare il primo teorema di isomorfismo. Definiamo
f : A×B
(x, y)
−→
7→
(A/C) × (B × D)
(x, y)
´ banalmente un morfismo.
– E
´ banalmente surgettivo.
– E
–
ker f = {(x, y) | (x, y) = (eA , eB )} = {(x, y) | x ∈ C, y ∈ D} = C×D
Abbiamo la tesi per il primo teorema di isormorfismo.
3. Dimostrare che
(Z5 × Z4 )/(Z5 × (0)Z4 ) ' Z4
Abbiamo
(Z5 × Z4 )/(Z5 × (0)Z4 )
=
(Z/(5)Z) × (Z/(4)Z) / (Z/(5)Z) × ((4)Z/(4)Z)
'
(Z/(5)Z/Z/5Z) × ((Z/(4)/Z) / ((4)Z/(4)Z))
per il secondo t. i.
'
(Z/Z) × (Z/(4)Z)
'
(0)Z × (Z/(4)Z)
'
(Z/(4)Z) = Z4
2
4. Sia G un gruppo abeliano con p2 elementi, p primo. Qual’´e il massimo
numero di sottogruppi di G?
Per il teorema di struttura dei gruppi abeliani finiti,
G ' Zp2 o G ' Zp × Zp
• Se G ' Zp2 , G ´e ciclico e quindi ha un solo sottogruppo di ordine
d per ogni d | p2 (e questo s.g. ´e ciclico). Dato che p ´e primo,
d ∈ {1, p, n} e quindi ci sono 3 sottogruppi, di cui uno non banale (e
' Zp ), gli altri due banali h0i, Zp2 .
• Caso G ' Zp × Zp . Dato che o(G) = p2 , i suoi sottogruppi hanno
ordine 1, p, p2 . Abbiamo quindi i due sottogruppi banali e dei sottogruppi
di ordine p, quindi ciclici. Troviamo tutti gli elementi di Zp × Zp di
ordine p.
Un elemento (a, b) ha ordine p se e solo se [o(a), o(b)] = p, ma
o(a), o(b) ∈ {1, p} dato che a, b ∈ Zp . Abbiamo quindi tre casi:
– o(a) = 1, o(b) = p. Questo implica a = 0, b ∈ {1, . . . , p − 1}.
Abbiamo p − 1 coppie.
– o(a) = p, o(b) = 1. Questo implica b = 0, a ∈ {1, . . . , p − 1}.
Abbiamo p − 1 coppie.
– o(a) = 1, o(b) = p. Questo implica a, b ∈ {1, . . . , p − 1}.
Abbiamo (p − 1)(p − 1) coppie.
Il numero delle coppie di ordine p ´e quindi
p − 1 + p − 1 + (p − 1)2 = p2 − 1
Un sottogruppo di ordine p in ha φ(p) = p − 1 generatori. Per due
sottogruppi H, K di ordine p, H ∩ K 6= h0i ⇔ H = K, dato che
H ∩ K ´e un sottogruppo di H, e quindi o(H ∩ K) | o(H) = p ⇒
o(H) ∈ {1, p}.
Dato che abbiamo p2 −1 elementi di ordine p partizionati in sottogruppi
ciascuno dei quali ne contine p−1, il numero dei sottogruppi di ordine
2
−1
p ´e pp−1
= p + 1. Considerando i due sottogruppi banali, il numero
dei sottogruppi ´e p + 3.
5. Determinare il numero dei morfismi iniettivi ψ : Z∗p −→ Z∗p2 , con p primo.
Usiamo il teorema di struttura per Z∗n . Abbiamo
Z∗p ' Zp−1 e Z∗p2 ' Zp(p−1)
Contiamo quindi i morfismi iniettivi
ψ : Zp−1 −→ Zp(p−1)
3
Il morfismo ψ ´e completamente determinato dall’immagine di un generatore.
Per semplicit´
a scegliamo 1e denotiamo ψ(1) = a. Perc´e ψ sia un morfismo
iniettivo dobbiamo avere o(a) = p−1. Basta quindi determinare il numero
di elementi di grado p − 1 in Zp(p−1) , che ´e φ(p − 1).
6. Determinare il numero dei morfismi surgettivi ψ : Z∗p2 −→ Zp , con p
primo.
Procediamo come per l’esercizio immediatamente precedente e contiamo
quindi i morfismi surgettivi
ψ : Zp(p−1) −→ Zp−1
Dobbiamo avere che ψ(1) = a ha ordine che divide p(p − 1), affinch´e ψ
sia un morfismo, e che a deve generare Zp−1 , ovvero o(a) = p − 1. Dato
che (p − 1) | p(p − 1), l’unica condizione ´e o(a) = p − 1, e quindi abbiamo
φ(p − 1) possibilit´
a.
7. Contare i morfismi f : Z3 −→ S3 .
Per determinare univocamente un morfismo da un gruppo ciclico basta
indicare l’immagine di un generatore, e.g. 1. in questo caso.
Sia f (1) = a ∈ S3 . Dobbiamo avere o(a) | 6. Dato che Z6 6' S3 , l’ordine
non pu´
o essere 6. Esaminaimo brevemente gli elementi di S3 : abbiamo
solo un elemento di ordine 1 , come al solito, idS3 , l’identit´a compositiva.
Abbiamo tre elementi di ordine 2, i bicicli (12, (13), (23)) e due elementi
di ordine 3, i tre-cicli (123), (132). Per a abbiamo quindi tre casi
• o(a) = 1 ⇒ a = id =S3 e il morfismo ´e quello nullo ∀ a ∈ S3 f (a) =
idS3 . Una possibilit´a.
• o(a) = 2, e quindi a ∈ {(12), (13), (23)}. Tre possibilit´a.
• o(a) = 3, quindi a ∈ {(123), (132)}. Due possibilit´a.
Il numero di morfismi ´e quindi 6. Non ci sono morfismi iniettivi o surgettivi.
8. Contare i morfismi da f : Z6 −→ Z3 × Z9 .
Sia f (1) = a. Dobbiamo avere o(a) | 6 perch´e f ´e un morfismo e o(a) | 27
per il teorema di Lagrange. Quindi o(a) | 3 = (6, 27). Gli ordini possibili
per un elemento di Z3 × Z9 sono [o(x), o(y)] con x ∈ Z3 , y ∈ Z9 , quindi
1, 3, 9. Questa condizione non pone ulteriori limitazioni sull’ordine di a.
Abbiamo quindi due possibilit´a per o(a):
• o(a) = 1, morfismo banale.
• o(a) = 3. Cerchiamo gli elementi di ordine 3 in Z3 × Z9 , sapendo che
ci sono φ(3) = 2 elementi di ordine 3 sia in Z3 che in Z9 . Saranno gli
(x, y) con
– o(x) = 1, o(y) = 3. 12˙ casi.
– o(x) = 3, o(y) = 1. 21˙ casi
4
– o(x) = 3, o(y) = 3. 2 · 2 = 4 casi.
Abbiamo quindi 5 casi per o(a) = 3.
In totale abbiamo quindi 5+1 = 6 morfismi. Di questi, nessuno ´e iniettivo
o surgettivo.
9. Esistono morfismi iniettivi f : Z39 −→ Z121 ?
No, perche’ le due condizioni su f (1) sono o(f (1)) | 39 e o(f (1)) | 121 che
sono soddisfatte contemporaneamente solo se f (1) = 1.
10. Determinare tutti i sottogruppi normali di S3 .
I sottogruppi h(123)i, h(132)i sono normali per l’esercizio proposto 1 dato
che hanno ordine 3. I sottogruppi h(12)i, h(13)i, h(23)i non sono normali.
Vediamo che h(12)i non ´e normale, per gli altri due i ragionamenti sono
sono analoghi.
Se h(12)i fosse normale S3 sarebbe isomorfo a Z6 , assurdo.
Infatti, W = h(12)i ∩ h(123)i = idS3 dato che ogni elemento di W deve
avere ordine che divide sia 2 che 3. Se h(12)i fosse normale potrei fare il
quoziente
h(12)ih(123)i ' h(12)i × h(123)i ' Z2 × Z3 ' Z6
assurdo.
3
Esercizi proposti
1. Dato G gruppo e H < G, dimostrare che o(G)/o(H) = 2 ⇒ H normale.
2. Sia f : G −→ G0 un morfismo di gruppi surgettivo. ´e vero che G abeliano
⇒ G0 abeliano?
3. Dimostrare il Terzo teorema di isomorfismo: dato G gruppo e H, N sottogruppi
normali di G, abbiamo
HN/N ' H/(H ∩ N )
4. Usare il terzo teorema di isomorfismo per risolvere in modo alternativo
l’esercizio 3.
5. Determinare il numero di morfismi f : Z42 −→ Z42 . Quanti sono iniettivi?
6. Determinare il numero di morfismi f : ZZ12 −→ Z15 × Z16 . Quanti sono
inettivi?
7. Dato G gruppo di ordine p3 , p primo, determinare il massimo numero di
sottogruppi ciclici di G. Determinare il massimo numero di sottogruppi
di G.
5
8. Determinare il numero dei morfismi f : S3 −→ S4 .
9. Determinare il numero dei morfismi f : S4 −→ S3 .
10. Determinare il numero dei morfismi f : Z8 × Z9 −→ Z2 × Z4 × Z3 × Z3 .
6

Download Report