Algebra1 Testo - Altervistaalgebrainsubria.altervista.org/esami/algebra1/esami algebra 1.pdf · ˘.Seg2 [1] ˘ cioèg˘ 1,allora1 = g 1g˘ g 11 = g 1,cioè g 1 2 [1] ˘.Pertanto[1]

TestoAlgebra 1Fac-simile 1 Durata prova: 2 ore e 30 minuti

1.12 Dato un elemento x di un gruppo X denotiamo con CX(x) il centralizzante di x in X e con xX la classe diconiugio di x in X.Sia G un gruppo finito, H un sottogruppo proprio di G e sia h un elemento di H.(a) Mostrare che se CH(h) = CG(h) allora hG 6= hH .(b) Mostrare che se |G : H| = 2 e CH(h) 6= CG(h) allora hG = hH . (Suggerimento: mostrare che G = H CG(h)).(c) Mostrare che se |G : H| = 2 allora o hG = hH oppure |hG| = 2|hH | e che nel secondo caso hG è unione

disgiunta di due classi di coniugio di H aventi il medesimo ordine.(d) Determinare quante classi di coniugio ha il gruppo alterno A4 e di quale ordine (Suggerimento: considerare

A4 come sottogruppo di Sym4).(e) Determinare esplicitamente le classi di coniugio di A4.

2.4 Determinare il periodo degli elementi di (Z/12,+) e di (Inv(Z/12), ·).

3.8 Si consideri il gruppo moltiplicativo GL(2,C) delle matrici invertibili di ordine 2 a coefficienti complessi.

(a) Date le matrici A :=(

0 1−1 0

)e B := ( 0 ii 0 ) in GL(2,C), determinare l’ordine di A e B.

(b) Dopo aver osservato che BA = A3B, mostrare che il sottoinsieme Q delle matrici del tipo ArBs con 0 ≤ r ≤ 3e 0 ≤ s ≤ 1 è il sottogruppo generato da A e B.

(c) Mostrare che Q è un gruppo non abeliano di ordine 8.(d) Determinare gli ordini di tutti gli elementi di Q.(e) Determinare il centro di Q.

4.8 Sia G un gruppo e ∼ una relazione di equivalenza in G. Indichiamo con G/ ∼ l’insieme delle classi di equivalenza.Dato un elemento g di G indichiamo con [g]∼ la classe di equivalenza di g.Si supponga che la relazione di equivalenza ∼ sia compatibile con l’operazione: ciò significa che per ogni x1, x2,y1 e y2 in G tali che x1 ∼ x2 e y1 ∼ y2 si ha x1y1 ∼ x2y2.(a) Dimostrare che G/ ∼ con l’operazione definita da [g]∼[h]∼ := [gh]∼ è un gruppo.(b) Dimostrare che H := [1]∼ è un sottogruppo normale di G.(c) Dimostrare che gli elementi di G/ ∼ sono i laterali di H.(d) Dimostrare che G/ ∼ e G/H sono isomorfi.

Università dell’Insubria Sede di Como Docente Monti

SoluzioneAlgebra 1Fac-simile 1 Pagina 1 di 3

1.12 Dato un elemento x di un gruppo X denotiamo con CX(x) il centralizzante di x in X e con xX la classe diconiugio di x in X.Sia G un gruppo finito, H un sottogruppo proprio di G e sia h un elemento di H.(a) Mostrare che se CH(h) = CG(h) allora hG 6= hH .

Soluzione: Il numero di elementi della classe di coniugio di un elemento di un gruppo finito è ugualeall’indice del centralizzante dell’elemento nel gruppo. Per ipotesi CH(h) = CG(h): abbiamo dunque|hG| = |G : CG(h)| = |G : CH(h)| e |hH | = |H : CH(h)|. Ora |G : CH(h)| = |G : H||H : CH(h)|, valea dire |hG| = |G : H||hH |. Poiché H è sottogruppo proprio di G abbiamo che |G : H| > 1 e, dunque,|hG| 6= |hH | (e, in particolare, hG 6= hH).

(b) Mostrare che se |G : H| = 2 e CH(h) 6= CG(h) allora hG = hH . (Suggerimento: mostrare che G = H CG(h)).

Soluzione: Il sottogruppo H, avendo indice 2 è normale in G. Il prodotto di H per un qualunquesottogruppo di G è quindi un sottogruppo di G. In particolare K := H CG(h) è un sottogruppo diG. Esso contiene sia H che CG(g): poiché CG(g) � H abbiamo che K contiene strettamente H. Ora2 = |G : H| = |G : K||K : H|. Poiché K 6= H, abbiamo che |G : K| = 1, cioè K = G. Ma allora|G| = |H CG(h)| = |H||CG(h)|

|H∩CG(h)| . Poiché H ∩ CG(h) = CH(g) abbiamo dunque |G||CG(h)| = |H|

|CH(h)| , cioè|hG| = |hH |. Poiché hG ⊇ hH ne consegue che che hG = hH .

(c) Mostrare che se |G : H| = 2 allora o hG = hH oppure |hG| = 2|hH | e che nel secondo caso hG è unionedisgiunta di due classi di coniugio di H aventi il medesimo ordine.

Soluzione: Dalla domanda b se CH(h) 6= CG(h) allora hG = hH . Se invece CH(h) = CG(h) allora|hG| = |G : CG(h)| = |G : CH(h)| = |G : H||H : CG(h)| = 2|hH |. Nel secondo caso osserviamo che,poiché H è normale in G, la classe hG è contenuta in H. Sia allora k un elemento di hG che nonappartiene a hH . In particolare k ∈ H: poiché k è coniugato a h in G ma non in H abbiamo che kG 6= kh.Pertanto |kG| = 2|kH |. Dunque hG contiene le classi disgiunte hH e kH aventi ognuna la metà deglielementi di hG e ne è pertanto l’unione disgiunta.

(d) Determinare quante classi di coniugio ha il gruppo alterno A4 e di quale ordine (Suggerimento: considerareA4 come sottogruppo di Sym4).

Soluzione: Il sottogruppo A4 di Sym4 ha indice 2. I suoi elementi formano 3 classi di coniugio in Sym4:la classe di coniugio di I (che ha ovviamente un elemento), la classe di coniugio di (123), formata da 8elementi) e la classe di coniugio di (12)(34), formata da 3 elementi. Dal punto precedente sappiamo che perogni elemento h di A4 si ha che hA4 = hSym4 oppure |hA4 | = 2|hSym4 |: dunque se |hSym4 | è dispari, devenecessariamente aversi hSym4 = hA4 . Dunque la classe di ordine 1 e di ordine 3 in Sym4 sono anche classiin A4. Consideriamo ora (123)Sym4 : sappiamo che ha 8 elementi, dunque |CSym4

((123))| = |Sym4|/8 = 3.Poiché (123) ∈ CSym4

((123)) e (123) ha ordine 3, abbiamo che CSym4((123)) = 〈(123)〉 e quindi

CSym4((123)) ⊆ A4. Ma allora CA4

((123)) = CSym4((123)) ∩ A4 = CSym4

((123)). Dalla domanda aabbiamo che (123)Sym4 6= (123)A4 e dalla domanda c abbiamo che (123)Sym4 è l’unione di due classi diconiugio di A4 di ordine 4. Riassumendo in A4 abbiamo una classe di ordine 1, una di ordine 3 e due diordine 4.

(e) Determinare esplicitamente le classi di coniugio di A4.

Soluzione: Le classi di coniugio di Sym4 che si conservano in A4 sono {I} e {(12)(34), (13)(24), (14)(23)}.Consideriamo ora (123) e calcoliamone alcuni coniugati in A4: sappiamo già che dovremo ottenere4 elementi. Abbiamo (123)(12)(34) = (214), (123)(13)(24) = (341) e (123)(14)(23) = (432). Abbiamocosì trovato 4 elementi distinti in A4 coniugati tra loro e che formano quindi una classe di coniugio:{(123), (214), (341), (432)}. Per esclusione l’ultima classe di coniugio è formata dagli elementi restanti{(132), (124), (143), (234)}.




Soluzione: Dato un gruppo ciclico in notazione additiva di ordine n generato da a, il periodo di da è ugualea n/MCD(n, d). Il gruppo (Z/12,+) è ciclico generato da (1). Abbiamo dunque:

|(0)| = 1 |(1)| = 12 |(2)| = 12MCD 12,2 = 6 |(3)| = 12

MCD(12,3) = 4

|(4)| = 12MCD(12,4) = 3 |(5)| = 12

MCD(12,5) = 12 |(6)| = 12MCD 12,6 = 2 |(7)| = 12

MCD 12,7 = 12

|(8)| = 12MCD 12,8 = 3 |(9)| = 12

MCD(12,9) = 4 |(10)| = 12MCD(12,10) = 6 |(11)| = 12

MCD(12,11) = 12

Un elemento (a)n di Z/n è invertibile se e solo se MCD(a, n) = 1. Dunque (Inv(Z/12), ·) contiene gli elementi(1), (5), (7) e (11). Questo gruppo ha ordine 4 quindi i suoi elementi possono avere ordine 1, 2 o 4. L’unicoelemento di ordine 1 è ovviamente (1). Calcoliamo il quadrato degli altri elementi: se il risultato è (1) ilperiodo è 2, altrimenti è 4. Abbiamo (5)2 = (25) = (1), (7)2 = (49) = (1) e (11)2 = (121) = (1). Dunque (5),(7) e (11) hanno tutti periodo moltiplicativo 2.

3.8 Si consideri il gruppo moltiplicativo GL(2,C) delle matrici invertibili di ordine 2 a coefficienti complessi.

(a) Date le matrici A :=(

0 1−1 0

)e B := ( 0 ii 0 ) in GL(2,C), determinare l’ordine di A e B.

Soluzione: Calcoliamo le potenze successive di A. Otteniamo A2 =(−1 0

0 −1

)= −I. Di conseguenza

A3 = A2A = −IA = −A 6= I e A4 = A2A2 = (−I)(−I) = I. Il minimo esponente che dà I come potenzadi A è 4, pertanto |A| = 4. Analogamente B2 = −I, B3 = −B 6= I e B4 = I da cui segue che |B| = 4.

(b) Dopo aver osservato che BA = A3B, mostrare che il sottoinsieme Q delle matrici del tipo ArBs con 0 ≤ r ≤ 3e 0 ≤ s ≤ 1 è il sottogruppo generato da A e B.

Soluzione: Facendo i calcoli si ha BA =(−i 0

0 i

)e A3B = −AB =

(−i 00 i

).

Il sottogruppo generato da A e B contiene le loro potenze e i prodotti delle loro potenze e quindi devecontenere Q. Poiché Q contiene A e B, se proviamo che Q è un sottogruppo avremo allora Q = 〈A,B〉.Mostriamo allora che Q è un sottogruppo. Esso è chiaramente non vuoto. Poiché Q è finito, per mostrareche è un sottogruppo di GL(2,C) è sufficiente mostrare che è chiuso rispetto al prodotto. Per facilitarela prova di questo fatto, mostriamo prima che per ogni n ≥ 0 si ha BAn = A3nB. Ciò è infatti banaleper n = 0 perché si riduce a BI = IB, mentre per n > 0 abbiamo, procedendo per induzione e usandol’identità mostrata in precedenza, BAn = BAn−1A = A3(n−1)BA = A3(n−1)A3B = A3nB.Siano ora M1 := Ar1Bs1 e M2 := Ar2Bs2 due matrici di Q con 0 ≤ r1 ≤ 3, 0 ≤ r2 ≤ 3, 0 ≤ s1 ≤ 1,0 ≤ s2 ≤ 1. Se s1 = 0 abbiamo M1M2 = Ar1Ar2Bs2 = Ar1+r2Bs2 . Poiché A ha ordine 4 ridurre modulo4 l’esponente di A in questa espressione e mostrare che appartiene a Q. Se invece s1 = 1, abbiamoM1M2 = Ar1BAr2Bs2 = Ar1A3r2BBs2 = Ar1+3r2B1+s2 . Anche questa matrice appartiene a Q: sel’esponente di B fosse 2 potremmo rimpiazzare B2 con A2, inoltre possiamo ridurre come prima modulo4 l’esponente di A.

(c) Mostrare che Q è un gruppo non abeliano di ordine 8.

Soluzione: Il gruppo Q non è abeliano: per mostrarlo è sufficiente verificare se i generatori commutano.Sappiamo che BA = A3B e che A2 = −I: dunque BA = A2AB = −IAB. Poiché la matrice BA è nonnulla abbiamo che BA 6= −BA e, dunque AB 6= BA.Per mostrare che Q ha ordine 8 notiamo innanzitutto che gli elementi di Q sono descritti da 4 ·2 prodotti.Dunque Q ha al massimo 8 elementi. Poiché Q contiene la matrice A che ha ordine 4, il suo ordine deveessere un multiplo di 4. I multipli di 4 minori o uguali a 8 sono 4 e 8: il gruppo Q non può avere ordine4 perché altrimenti coinciderebbe con il gruppo ciclico generato da A il che non può essere perché Qnon è abeliano. Dunque Q ha ordine 8.

(d) Determinare gli ordini di tutti gli elementi di Q.



Soluzione: Gli elementi di Q hanno ordine che divide 8: poiché Q non è abeliano e,dunque, non ciclico,possiamo escludere che ci siano elementi di ordine 8. Gli ordini possibili sono allora 1, 2 e 4. Consideriamoinnanzitutto le potenze di A. Sapendo che A ha ordine 4 abbiamo |I| = 1, |A| = 4, |A2| = 4

MCD 4,2 = 2 e|A3| = 4

MCD 4,3 = 4. Gli elementi restanti sono B, AB, A2B e A3B. Sappiamo che B ha ordine 4; inoltreA2 = B2 e, quindi, A2B = B3 da cui ricaviamo |A2B| = |B3| = 4

MCD 4,3 = 4. Per calcolare l’ordinedi AB e A3B osserviamo che queste matrici, essendo diverse dall’identità possono avere ordine 2 o 4.Calcoliamone il quadrato, sfruttando le relazioni trovate nei punti precedenti. Si ha (AB)2 = ABAB =AA3BB = A4B2 = IB2 = B2. Poiché B2 6= I la matrice AB2 non ha ordine 2 e ha quindi ordine 4.Analogamente A2B ha ordine 4, infatti (A2B)2 = A2BA2B = A2A6BB = A8B2 = B2 6= I.

(e) Determinare il centro di Q.

Soluzione: Poiché Q ha ordine una potenza di primo sappiamo che il suo centro è non banale. Inoltrepoiché Q non è abeliano, il centro di Q non ha ordine 8. Il centro di Q non può avere indice 2 perchéaltrimenti il quoziente sul centro sarebbe ciclico e il gruppo sarebbe abeliano. Pertanto il centro di Q haordine 2. Abbiamo mostrato che c’è un solo elemento di ordine 2. Pertanto Z(Q) = {I, A2}.

4.8 Sia G un gruppo e ∼ una relazione di equivalenza in G. Indichiamo con G/ ∼ l’insieme delle classi di equivalenza.Dato un elemento g di G indichiamo con [g]∼ la classe di equivalenza di g.Si supponga che la relazione di equivalenza ∼ sia compatibile con l’operazione: ciò significa che per ogni x1, x2,y1 e y2 in G tali che x1 ∼ x2 e y1 ∼ y2 si ha x1y1 ∼ x2y2.(a) Dimostrare che G/ ∼ con l’operazione definita da [g]∼[h]∼ := [gh]∼ è un gruppo.

Soluzione: Dobbiamo innanzitutto mostrare che l’operazione è ben definita. Siano allora [g]∼ e [h]∼due classi di equivalenza. Presi altri due elementi g1 ∈ [g]∼ e h1 ∈ [g]∼, la compatibilità tra la relazionedi equivalenza e l’operazione di dice che g1h1 ∼ gh, cioè [g1h1]∼ = [gh]∼. Dunque l’operazione in G/ ∼è ben definita.L’operazione è associativa: infatti presi tre elementi qualunque [g]∼, [h]∼ e [k]∼ in G/ ∼, si ha

([g]∼[h]∼)[k]∼ = [gh]∼[k]∼ = [(gh)k]∼ = [g(hk)]∼ = [g]∼[hk]∼ = [g]∼([h]∼[k]∼).

La classe di equivalenza di 1 è elemento neutro per G/ ∼. Infatti per ogni [g]∼ ∈ G/ ∼ si ha[g]∼[1]∼ = [g1]∼ = [g]∼ e [1]∼[g]∼ = [1g]∼ = [g]∼.Per ogni elemento [g]∼ ∈ G/ ∼ esiste un elemento inverso: precisamente l’elemento [g−1]∼. Infatti[g]∼[g

−1]∼ = [gg−1]∼ = [1]∼ e [g−1]∼[g]∼ = [g−1g]∼ = [1]∼.

(b) Dimostrare che H := [1]∼ è un sottogruppo normale di G.

Soluzione: Il sottoinsieme [1]∼ è non vuoto perché contiene 1. Siano g1 e g2 elementi di [1]∼, cioèsia g1 ∼ 1 e g2 ∼ 1. Per la compatibilità della relazione di equivalenza con la somma abbiamo allorag1g2 ∼ 1 · 1 = 1, dunque g1g2 ∈ [1]∼. Se g ∈ [1]∼ cioè g ∼ 1, allora 1 = g−1g ∼ g−11 = g−1, cioèg−1 ∈ [1]∼. Pertanto [1]∼ è un sottogruppo di G. Per mostrare che [1]∼ è normale, sia g ∈ [1]∼ e sia xun elemento qualunque di G: allora gx = x−1(gx) ∼ x−1(1x) = 1, cioè gx ∈ [1]∼.

(c) Dimostrare che gli elementi di G/ ∼ sono i laterali di H.

Soluzione: Se g1 ∼ g2 allora g−11 g2 ∼ g−1

1 g1 = 1. Poiché H è l’insieme degli elementi in relazionecon 1 abbiamo dunque che g−1

1 g2 ∈ H, cioè g2 ∈ g1H. Dunque [g1]∼ ⊆ g1H. Viceversa se g2 ∈ g1H,allora esiste h ∈ H tale che g2 = g1h. Ma gli elementi di H sono in relazione con 1 e, quindi, abbiamog2 = g1h ∼ g11 = g1. Pertanto g1H ⊆ [g1]∼.

(d) Dimostrare che G/ ∼ e G/H sono isomorfi.



Soluzione: Abbiamo dimostrato al punto precedente che G/ ∼ e G/H coincidono come insiemi. Lamappa φ da G/ ∼ in G/H definita da [g]∼φ = gH è dunque ben definita: è anzi l’identità ed è dunquebiiettiva. Essa rispetta il prodotto: infatti ([x]∼[y]∼)φ = [xy]∼φ = xyH = xHyH = xφyφ per ogni x ey in G.


TestoAlgebra 11 luglio 2013 Durata prova: 2 ore e 30 minuti

1.8 Si consideri il sottoinsieme H di GL(2,C) formato dalle matrici del tipo(ε1 00 ε2

)e dalle matrici del tipo

(0 ε3ε4 0

)dove ciascun εi appartiene al gruppo moltiplicativo U := {1,−1, i,−i} delle radici quarte dell’unità.(a) Dimostrare che H è un sottogruppo di GL(2,C). Quanti elementi ha H?(b) Mostrare che il determinante definisce un omomorfismo suriettivo da H in U .(c) Mostrare che H contiene un sottogruppo normale (in H) di indice 2 e un sottogruppo normale (in H) di

indice 4.

2.10 Sia G un gruppo e H un suo sottogruppo. L’insieme NG(H) degli elementi g di G tali che Hg = H è dettonormalizzante di H in G.(a) Mostrare che un elemento g di G appartiene a NG(H) se e solo se g−1 appartiene a NG(H).

(b) Mostare che g ∈ NG(H) se e solo se Hg ≤ H e Hg−1 ≤ H.(c) Mostrare che NG(H) è un sottogruppo di G contenente H e che H E G se e solo se G = NG(H).(d) Se K è un sottogruppo di G contenente H, mostrare che H E K se e solo se K ≤ NG(H) (in particolare

H E NG(H)).(e) Mostrare che dati due elementi g1 e g2 di G si ha Hg1 = Hg2 se e solo se NG(H)g1 = NG(H)g2. Dedurre

che la cardinalità dell’insieme dei coniugati di H è uguale a |G : NG(H)|.

3.4 Determinare tutti i sottogruppi di (Z/45,+) dando un generatore per ciascuno di essi e il corrispondente ordine.Descrivere poi le relazioni di mutua inclusione tra questi sottogruppi.

4.10 Si consideri il gruppo simmetrico S := Sym7 su 7 lettere e l’elemento σ := (123)(4567).(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ.(b) Dimostrare che CS(σ) = 〈σ〉. (Suggerimento: considerare l’ordine dell’elemento σ).(c) Quanti elementi di ordine 12 ci sono in Sym7?(d) Determinare tutti i numeri che sono ordini di qualche elemento di Sym7.


SoluzioneAlgebra 11 luglio 2013 Pagina 1 di 3

1.8 Si consideri il sottoinsieme H di GL(2,C) formato dalle matrici del tipo(ε1 00 ε2

)e dalle matrici del tipo

(0 ε3ε4 0

)dove ciascun εi appartiene al gruppo moltiplicativo U := {1,−1, i,−i} delle radici quarte dell’unità.(a) Dimostrare che H è un sottogruppo di GL(2,C). Quanti elementi ha H?

Soluzione: Per ciascuna delle entrate εi abbiamo 4 scelte. Dunque abbiamo 4 · 4 = 16 matrici del tipo(ε1 00 ε2

)e 4 · 4 = 16 matrici del tipo

(0 ε3ε4 0

). In tutto H contiene 32 matrici (in particolare è non vuoto).

Poiché H è finito, per mostrare che è un sottogruppo è sufficiente mostrare che è chiuso rispetto alprodotto. Consideriamo tuti i possibili prodotti di matrici di H.(

ε1 00 ε2

)(ε3 00 ε4

)=

(ε1ε3 00 ε2ε4

)(ε1 00 ε2

)(0 ε3ε4 0

)=

(0 ε1ε3ε2ε4 0

)(0 ε1ε2 0

)(ε3 00 ε4

)=

(0 ε1ε4ε2ε3 0

)(0 ε1ε2 0

)(0 ε3ε4 0

)=

(ε1ε4 00 ε2ε3

)

I prodotti sono tutti elementi di H (i coefficienti che appaiono sono prodotti di elementi di U e sonoquindi elementi di U).

(b) Mostrare che il determinante definisce un omomorfismo suriettivo da H in U .

Soluzione: Le matrici del tipo(ε1 00 ε2

)hanno determinante ε1ε2: poiché ε1 ed ε2 appartengono a U anche

il loro prodotto appartiene a U . Le matrici del tipo(

0 ε3ε4 0

)hanno determinante −ε3ε4: poiché ε3 ed ε4

appartengono a U anche il loro prodotto appartiene a U ed anche l’opposto del loro prodotto appartienea U . Dunque il determinante definisce una mappa da H in U : questa mappa è un omomorfismo per ilteorema di Binet (det(AB) = detAdetB) ed è ovviamente suriettiva (se ε è un elemento di U si hadet( ε 0

0 1 ) = ε).

(c) Mostrare che H contiene un sottogruppo normale (in H) di indice 2 e un sottogruppo normale (in H) diindice 4.

Soluzione: Al punto precedente abbiamo visto che det costituisce un omomorfismo suriettivo da Hin U . Poiché U ha ordine 4, per i teoremi di isomorfismo il nucleo di det è un sottogruppo normaleL di H di indice 4 e H/L è isomorfo a U . Poiché U è ciclico, anche H/L lo è: in particolare H/Lcontiene un sottogruppo di indice 2. Questo sottogruppo è normale (perché H/L è ciclico, in particolareabeliano, e, dunque tutti i suoi sottogruppi sono normali): un tale sottogruppo è della forma K/L conK sottogruppo normale di H contenente L. Sempre per i teoremi di isomorfismo sappiamo che G/K èisomorfo a G/L

K/L : poiché K/L ha indice 2 in G/L anche K ha indice 2 in G.

2.10 Sia G un gruppo e H un suo sottogruppo. L’insieme NG(H) degli elementi g di G tali che Hg = H è dettonormalizzante di H in G.(a) Mostrare che un elemento g di G appartiene a NG(H) se e solo se g−1 appartiene a NG(H).

Soluzione: Sia g ∈ NG(H): coniugando ambo i membri di Hg = H con g−1 otteniamo (Hg)g−1

= Hg−1

da cui ricaviamo Hgg−1

= Hg−1 , cioè H = Hg−1 , vale a dire g−1 ∈ NG(H).Lo stesso ragionamento ci dice che se g−1 ∈ NG(H) allora (g−1)−1 ∈ NG(H), cioè g ∈ NG(H).

(b) Mostare che g ∈ NG(H) se e solo se Hg ≤ H e Hg−1 ≤ H.



Soluzione: Sia g ∈ NG(H): dal punto a sappiamo che g−1 ∈ NG(H). Dunque Hg = H e Hg−1

= H. Amaggior ragione Hg ≤ H e Hg−1 ≤ H.Viceversa sia Hg ≤ H e Hg−1 ≤ H. Per mostrare che g ∈ NG(H), cioè che Hg = H è allorasufficiente mostrare che H ≤ Hg. Coniugando con g ambo i membri dell’inclusione Hg−1 ≤ H otteniamo(Hg−1

)g ≤ Hg, cioè Hg−1g ≤ Hg, vale a dire H ≤ Hg.

(c) Mostrare che NG(H) è un sottogruppo di G contenente H e che H E G se e solo se G = NG(H).

Soluzione: Chiaramente H1 = H, dunque NG(H) è non vuoto. Se g1 e g2 appartengono a NG(H)allora Hg1 = H e Hg2 = H. Dunque Hg1g2 = (Hg1)g2 = Hg2 = H, cioè g1g2 ∈ NG(H). Abbiamo giàmostrato al punto a che se g ∈ Ng(H) allora g−1 ∈ NG(H), dunque possiamo concludere che NG(H) èun sottogruppo. Se h è un elemento di H allora Hh è chiaramente contenuto in H; allo stesso m odo,poiché h−1 sta in H, anche Hh−1 è contenuto in H. Per la parte b segue che h ∈ NG(H): poiché ciò èvero per ogni h ∈ H segue che H ≤ NG(H).Ricordiamo che per definizione di sottogruppo normale si ha che H E G se e solo se Hg = H per ognig ∈ G cioè se e solo se g ∈ NG(H) per ogni g ∈ G.

(d) Se K è un sottogruppo di G contenente H, mostrare che H E K se e solo se K ≤ NG(H) (in particolareH E NG(H)).

Soluzione: Per definizione H E K se e solo se Hg = H per ogni g ∈ K, vale a dire g ∈ NG(H) perogni g ∈ G.

(e) Mostrare che dati due elementi g1 e g2 di G si ha Hg1 = Hg2 se e solo se NG(H)g1 = NG(H)g2. Dedurreche la cardinalità dell’insieme dei coniugati di H è uguale a |G : NG(H)|.

Soluzione: Sia X l’insieme dei coniugati di H in G. Il coniugio definisce un’azione destra di Gsull’insieme X. Lo stabilizzatore di H (che è un elemento di X) è l’insieme degli elementi g di G taliche Hg = H, vale a dire il normalizzante di H in G. Per i risultati generali delle azioni destre di ungruppo su un insieme abbiamo allora che due elementi g1 e g2 del gruppo agiscono allo stesso modosu un elemento x dell’insieme se stanno nello stesso laterale destro dello stabilizzatore di x: nel nostrocaso abbiamo dunque Hg1 = Hg2 se e solo se NG(H)g1 = NG(H)g2. Inoltre l’orbita di un elemento hacardinalità uguale all’indice nel gruppo del suo stabilizzatore: nel nostro caso ogni elemento di X èconiugati di H e, quindi, c’è un unica orbita, X stesso, la cui cardinalità è uguale a |G : NG(H)|.


Soluzione: Un gruppo ciclico C = 〈a〉 di ordine finito n ha esattamente un sottogruppo di ordine d perciascun divisore d di n: tale sottogruppo è generato da an

d . Inoltre se C1 è un sottogruppo di C di ordine d1e C2 è un sottogruppo di ordine d2 si ha che C1 ≤ C2 se e solo se d1 divide d2.Applichiamo questi risultati al gruppo (Z/45,+) tenendo conto che è scritto in notazione additiva e che unsuo generatore è (1). I divisori di 45 sono 1, 3, 9, 5, 15 e 45. I sottogruppi di (Z/45,+) sono allora {(0)} diordine 1, il sottogruppo 〈(15)〉 di ordine 3, il sottogruppo 〈(5)〉 di ordine 9, il sottogruppo 〈(9)〉 di ordine 5,il sottogruppo 〈(3)〉 di ordine 15 e il gruppo (Z/45,+) stesso.Le mutue posizioni tra questi sottogruppi si possono rappresentare tramite il diagramma



{(0)}

〈(15)〉〈(9)〉

〈(5)〉〈(3)〉

Z/45

4.10 Si consideri il gruppo simmetrico S := Sym7 su 7 lettere e l’elemento σ := (123)(4567).(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ.

Soluzione: Gli elementi coniugati di σ sono quelli del tipo (a1a2a3)(a4a5a6a7) dove gli ai sono tuttidiversi. Possiamo scegliere gli elementi a1, a2 e a3 in 7 · 6 · 5 modi diversi: queste scelte sono però a 3 a 3equivalenti. Abbiamo dunque 7·6·5

3 modi per scegliere il 3-ciclo. Una volta operata questa scelta possiamoscegliere a4, a5 a6 e a7 in 4 · 3 · 2 · 1 modi diversi: queste scelte sono però a 4 a 4 equivalenti. Abbiamodunque 4·3·2·1

4 modi per scegliere il 4-ciclo. Dunque la classe di coniugio di σ contiene 7·6·53

4·3·2·14 = 7!

12elementi.

(b) Dimostrare che CS(σ) = 〈σ〉. (Suggerimento: considerare l’ordine dell’elemento σ).

Soluzione: Sappiamo che l’ordine della classe di coniugio di σ è uguale all’indice in S nel suo centraliz-zante: per il punto precedente abbiamo allora che |S : CS(σ)| = 7!

12 . Poiché |S| = 7!, ne consegue che|CS(σ)| = 12. Il centralizzante di σ contiene, per lo meno, il sottogruppo ciclico generato da σ. Poiché σè il prodotto di due cicli disgiunti di ordine 3 e 4 rispettivamente, il suo ordine è 12, cioè il minimocomune multiplo di 3 e 4. Dunque CS(σ) e 〈σ〉 hanno entrambi ordine 12: poiché 〈σ〉 ≤ CS(σ) segue latesi.

(c) Quanti elementi di ordine 12 ci sono in Sym7?

Soluzione: Gli elementi della classe di coniugio di σ hanno tutti ordine 12 come abbiamo già osservato.Mostriamo che non ci sono altri elementi di periodo 12 e che, pertanto, in Sym7 ci sono 7!

12 elementi diperiodo 12.Il periodo di una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti è uguale al minimo comunemultiplo degli ordini dei cicli. Affinché questo minimo comune multiplo sia 12, tra i cicli coinvolti ce nedeve essere (almeno) uno di ordine multiplo di 4 e (almeno) uno di ordine multiplo di 3. In Sym7 cisono cicli di ordine da 1 a 7. Tra questi, solo 4 è multiplo di 4, mentre di multipli di 6 ci sono 3 e 6. Perquanto detto prima dobbiamo avere almeno un 4-ciclo e almeno un k-ciclo con k = 3 o k = 6. Non puòperò essere k = 6 perché un 4-ciclo e un 6-ciclo non possono essere disgiunti in Sym7. Ci deve quindiessere almeno un 3-ciclo e almeno un 4-ciclo. Poiché 3 + 4 = 7, non ci possono essere altri cicli disgiunti,dunque la permutazione appartiene alla classe di coniugio di σ.

(d) Determinare tutti i numeri che sono ordini di qualche elemento di Sym7.

Soluzione: Consideriamo, come al solito, una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti.Abbiamo innanzitutto i cicli stessi che possono aver ordine da 1 a 7. Consideriamo ora le permutazioniche si scrivono come prodotto di almeno due cicli disgiunti: elenchiamole a partire dal loro ciclo più lungo.Queste permutazioni non possono coinvolgere cicli di ordine 7 e 6. Consideriamo una permutazioneche coinvolge un 5-ciclo: l’unica possibilità è coinvolga un 2-ciclo disgiunto da questo e, pertanto il suoperiodo è 10 (il minimo comune multiplo di 5 e 2). Consideriamo ora una permutazione che coinvolgeun 4-ciclo: possiamo abbinargli un 3-ciclo, oppure un 2-ciclo; in entrambi i casi non possiamo aggiungereulteriori cicli disgiunti e, quindi il suo periodo è 12 nel primo caso e 4 nel secondo. Le permutazioni



rimanenti coinvolgono solo cicli di ordine 3 e 2 e quindi i possibili loro ordini sono i minimi comunimultipli di numeri scelti tra questi (eventualmente ripetuti): potremmo ottenere allora solo i numeri 2,3 e 6 che però abbiamo già trovato come possibili ordini per elementi di Sym7 e non è necesario perciòfare ulteriori analisi.Gli ordini degli elementi di Sym7 sono allora 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 10 e 12.



1.6 Si consideri il gruppo G := C16 × C4 × C3, dove Cn indica il gruppo ciclico di ordine n.(a) Dimostrare che G ' C48 × C4 ' C16 × C12. Il gruppo G è ciclico?(b) Determinare quanti elementi ci sono in G di ordine 96 e quanti di ordine 24.

2.8 Sia S := Symn il gruppo simmetrico su n lettere e sia σ un ciclo di ordine r (dove, ovviamente, r ≤ n).(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ in S.(b) Dimostrare che CS(σ) = 〈σ〉 se e solo se r = n o r = n− 1. (Suggerimento: considerare l’ordine dell’elemento

σ).(c) Nel caso in cui r ≤ n− 2 si determini esplicitamente una permutazione τ che appartiene a CS(σ) ma non a

〈σ〉. (Senza perdere in generalità si può supporre che σ = (12 . . . r)).

3.10 Sia p un numero primo fissato. Sia Hp il sottoinsieme del gruppo additivo Q formato dalle frazioni del tipo mpi

con m ∈ Z e i ≥ 0.(a) Dimostrare che Hp è un sottogruppo di Q contenente Z.(b) Sia Kp il gruppo quoziente Hp/Z. Mostrare che ogni elemento di Kp ha periodo finito uguale a una potenza

di p.(c) Mostrare che se m è coprimo con p allora l’elemento m

pi + Z ha periodo esattamente pi. Dedurne che Kp èinfinito.

(d) Mostrare che il numero di elementi Kp di periodo esattamente pi è uguale alla funzione di Eulero φ(pi) di pi(fare attenzione a frazioni diverse che rappresentano lo stesso elemento di Kp).

(e) Sia K un sottogruppo di Kp che contiene almeno un elemento di periodo pi e i cui elementi hanno tuttiperiodo minore o uguale a pi. Mostrare che K ha ordine pi ed è il gruppo ciclico generato da 1

pi + Z.(Suggerimento: contare gli elementi di Kp il cui periodo è minore o uguale di pi.

4.8 Sia G un gruppo.(a) Mostrare che l’insieme degli endomorfismi E := End(G) di G è un monoide rispetto alla composizione.(b) Mostrare che l’insieme degli automorfismi A := Aut(G) di G è un gruppo rispetto alla composizione.(c) Per ogni elemento g di G sia ng l’automorfismo di G così definito xng := g−1xg. Mostrare che la mappa

ψ : G→ A definita da gψ := ng è un omomorfismo di gruppi.(d) Mostrare che il nucleo di ψ coincide con il centro di G.



1.6 Si consideri il gruppo G := C16 × C4 × C3, dove Cn indica il gruppo ciclico di ordine n.(a) Dimostrare che G ' C48 × C4 ' C16 × C12. Il gruppo G è ciclico?

Soluzione: Sappiamo che in un prodotto diretto se cambiamo l’ordine dei fattori o se associamo traloro alcuni fattori otteniamo un gruppo isomorfo all’originale. Sappiamo inoltre che il prodotto direttodi due gruppi ciclici finiti è ciclico se e solo se i due fattori hanno ordini coprimi.Dunque C16 × C4 × C3 ' C16 × C3 × C4 ' (C16 × C3)× C4 ' C48 × C4 poiché 16 e 3 sono coprimi.Analogamente C16 × C4 × C3 ' C16 × (C4 × C3) ' C16 × C12 poiché 4 e 3 sono coprimi.Infine G non è ciclico perché nel prodotto diretto C48 × C4 (o anche in quello C16 × C12) i due fattorihanno ordini non coprimi.

(b) Determinare quanti elementi ci sono in G di ordine 96 e quanti di ordine 24.

Soluzione: Possiamo utilizzare una qualsiasi delle diverse espressioni di G: quella originale o quelleche abbiamo trovato al punto precedente. Se scriviamo G come C48 × C4, possiamo rappresentare isuoi elementi come coppie del tipo (a, b) con a ∈ C48 e b ∈ C4. Il periodo di (a, b) è il minimo comunemultiplo dei periodi di a e di b. Sappiamo che |a| divide 48 = 243 e |b| divide 4 = 22. Dunque |a| = 2h3k

e |b| = 2l con 0 ≤ h ≤ 4, 0 ≤ k ≤ 1 e 0 ≤ l ≤ 2. Il minimo comune multiplo di |a| e |b| è allora 2m3k

con m := max(h, l): non possiamo dunque ottenere 96 = 253, mentre otteniamo 24 = 233 se e solo seh = 3, k = 1 e l qualunque. Pertanto non ci sono elementi di ordine 96 e otteniamo un elemento diordine 24 se e solo se a ha ordine 24 e b ha ordine qualunque. Abbiamo allora φ(24) scelte per a e4 scelte per b (sappiamo che in un gruppo ciclico di ordine n, se d è un divisore di n, allora ci sonoφ(d) elementi di ordine d). Dunque ci sono φ(24) · 4 elementi di periodo 24. Poiché 24 = 233 si haφ(24) = φ(23)φ(3) = (23 − 22)(31 − 30) = 8. Abbiamo quindi 8 · 4 = 32 elementi di periodo 24.

2.8 Sia S := Symn il gruppo simmetrico su n lettere e sia σ un ciclo di ordine r (dove, ovviamente, r ≤ n).(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ in S.

Soluzione: Gli elementi coniugati di σ sono i cicli di ordine r. Per determinare un ciclo (a1a2 . . . ar)possiamo scegliere a1 in n modi diversi, poi a2 in n− 1 modi diversi e così via fino a ar che può esserescelto in n− r + 1 modi diversi. In questo modo lo stesso ciclo appare però r volte, quindi la classe diconiugio di σ è formata da n·(n−1)···(n−r+1)

r elementi.

(b) Dimostrare che CS(σ) = 〈σ〉 se e solo se r = n o r = n− 1. (Suggerimento: considerare l’ordine dell’elementoσ).

Soluzione: Sappiamo che |σS ||CS(σ)| = |S|. Poiché |S| = n! e |σS | = n·(n−1)···(n−r+1)r dal punto

precedente, ne consegue che |CS(σ)| = r(n− r)!. Il centralizzante di σ contiene tutte le potenze di σ,dunque contiene 〈σ〉. Poiché σ ha ordine r, possiamo dunque affermare che CS(σ) = 〈σ〉 se e solo ser(n − r)! = r il che avviene se e solo se (n − r)! = 1: questo si verifica se e solo se n − r = 0 oppuren− r = 1 come richiesto.

(c) Nel caso in cui r ≤ n− 2 si determini esplicitamente una permutazione τ che appartiene a CS(σ) ma non a〈σ〉. (Senza perdere in generalità si può supporre che σ = (12 . . . r)).

Soluzione: Sappiamo che cicli disgiunti commutano. Possiamo allora prendere un qualsiasi ciclo diordine almeno 2 che sia disgiunto da σ, ad esempio τ := (r+1, r+2): poiché σ lascia fermi r+1 e r+2,lo stesso è vero per le potenze di σ e, pertanto, τ non appartiene a 〈σ〉.

3.10 Sia p un numero primo fissato. Sia Hp il sottoinsieme del gruppo additivo Q formato dalle frazioni del tipo mpi

con m ∈ Z e i ≥ 0.(a) Dimostrare che Hp è un sottogruppo di Q contenente Z.



Soluzione: Un numero intero m può essere scritto nella forma mp0 . Dunque Hp contiene Z. In particolare

Hp è non vuoto.Siano ora m1

pi1e m2

pi2due elementi di Hp: abbiamo allora m1

pi1− m2

pi2= m1p

i2−m2pi1

pi1+i2. Quindi Hp è un

sottogruppo di Q.

(b) Sia Kp il gruppo quoziente Hp/Z. Mostrare che ogni elemento di Kp ha periodo finito uguale a una potenzadi p.

Soluzione: Un elemento di Kp è un laterale del tipo mpi +Z. Ora pi(mpi +Z) = m+Z = Z perché m ∈ Z.

Poiché Z è l’unità di Kp, il periodo di mpi + Z è un divisore di pi: dal momento che p è un primo tale

periodo è allora pj per qualche j con j ≤ i.

(c) Mostrare che se m è coprimo con p allora l’elemento mpi + Z ha periodo esattamente pi. Dedurne che Kp è

infinito.

Soluzione: Dal punto precedente sappiamo che il periodo di mpi + Z divide pi. Sia h ≤ i e consideriamoil multiplo di m

pi + Z per ph. Si ha ph(mpi + Z) = mpi−h + Z. Se h < i la frazione m

pi−h non appartiene aZ, perché p non divide m: pertanto ph(mpi + Z) non è l’elemento neutro di Kp e, dunque, il periodo dimpi + Z è esattamente pi.Poiché Kp contiene almeno un elemento di periodo pi (basta prendere 1

pi + Z), l’ordine di Kp è almenopi. Dal momento che ciò è vero per ogni i, l’ordine di Kp è infinito.

(d) Mostrare che il numero di elementi Kp di periodo esattamente pi è uguale alla funzione di Eulero φ(pi) di pi(fare attenzione a frazioni diverse che rappresentano lo stesso elemento di Kp).

Soluzione: Pur di ridurre ai minimi termini la frazione che lo rappresenta, ogni frazione di Hp puòscriversi nella forma m

pj con m coprimo con p e j opportuno. Per il punto precedente, gli elementi di Kp

di ordine esattamente pi sono allora i laterali del tipo mpi + Z con m coprimo con p. Dobbiamo stabilire

quanti sono questi elementi: notiamo che m1

pi + Z e m2

pi + Z coincidono se e solo se m1−m2

pi è un numerointero, cioè, in altri termini, se e solo se m1 ≡ m2 (mod pi). Dunque i differenti elementi di Kp di ordinepi sono tutti e soli quelli del tipo m

pi +Z con 1 ≤ m ≤ pi e m coprimo con p: il numero di questi elementiè allora φ(pi): se i = 0 questo numero è uguale a 1, altrimenti è pi − pi−1.

(e) Sia K un sottogruppo di Kp che contiene almeno un elemento di periodo pi e i cui elementi hanno tuttiperiodo minore o uguale a pi. Mostrare che K ha ordine pi ed è il gruppo ciclico generato da 1

pi + Z.(Suggerimento: contare gli elementi di Kp il cui periodo è minore o uguale di pi.

Soluzione: Per il punto precedente sappiamo che gli elementi di Kp di periodo minore o uguale api sono φ(1) + φ(p) + · · · + φ(pi) = 1 + (p − 1) + · · · + (pi − pi−1) = pi. Il sottogruppo K non puòquindi contenere più di pi elementi. D’altra parte K contiene un elemento di periodo pi, quindi contienealmeno pi elementi (le sue potenze). Pertanto K deve contenere esattamente pi elementi e coincide conil sottoinsieme formato dagli elementi di Kp di periodo minore o uguale a pi. In particolare K devecontenere 1

pi + Z che, avendo periodo esattamente pi, genera un sottogruppo di K di ordine pi, cioè Kstesso.

4.8 Sia G un gruppo.(a) Mostrare che l’insieme degli endomorfismi E := End(G) di G è un monoide rispetto alla composizione.

Soluzione: Se φ e ψ sono due endomorfismi di G allora, per ogni g e h in G si ha

(gh)(φψ) = ((gh)φ)ψ = (gφ · hφ)ψ = (gφ)ψ · (hφ)ψ = g(φψ) · h(φψ).



Dunque φψ è un endomorfismo di G, cioè la composizione di due endomorfismi di un gruppo è unendomorfismo. La composizione di applicazioni tra insiemi è associativa: in particolare la composizionedi endomorfismi di gruppi è associativa. L’identità IG è un particolare endomorfismo: l’identità compostaa destra o a sinistra con qualsiasi mappa φ da come risultato la mappa φ stessa; in particolareIGφ = φIG = φ per ogni φ in E. Dunque IG è un elemento neutro per E.

(b) Mostrare che l’insieme degli automorfismi A := Aut(G) di G è un gruppo rispetto alla composizione.

Soluzione: Sappiamo che la composizione di due endomorfismi è un endomorfismo; inoltre la compo-sizione di due applicazioni biiettive è biiettiva: poiché un automorfismo è un endomorfismo biiettivo,ne consegue che la composizione di due automorfismi è un automorfismo. Come sopra sappiamo chequesta operazione è associativa. Inoltre l’identità IG essendo chiaramente biettiva è un automorfismo edè quindi elemento neutro per A. Infine, se φ è un automorfismo, l’applicazione inversa φ−1 è anch’essoun automorfismo e, per definizione di applicazione inversa, si ha φφ−1 = φ−1φ = IG, cioè ogni elementodi A possiede inverso.

(c) Per ogni elemento g di G sia ng l’automorfismo di G così definito xng := g−1xg. Mostrare che la mappaψ : G→ A definita da gψ := ng è un omomorfismo di gruppi.

Soluzione: Siano g e h elementi di G. Per ogni x in G si ha allora xng = g−1xg, xnh = h−1xh exngh = (gh)−1x(gh). Pertanto per ogni x ∈ G si ha

x(ngnh) = (xng)nh = (g−1xg)nh = h−1(g−1xg)h = h−1g−1xgh = (gh)−1x(gh) = xngh.

Dunque ngnh = ngh cioè gψ · hψ = (gh)ψ.

(d) Mostrare che il nucleo di ψ coincide con il centro di G.

Soluzione: Un elemento g appartiene al nucleo di ψ se e solo se ng è l’elemento neutro di A, cioè see solo se ng è l’identità di G. Ciò avviene se e solo se per ogni x in G si ha g−1xg = x, vale a dire gappartiene al centro di G.


TestoAlgebra 1

9 settembre 2013 Durata prova: 2 ore e 30 minuti


2.8 Sia S := Sym8 il gruppo simmetrico su 8 lettere.(a) Determinare tutte le classi di coniugio di S formate da elementi di periodo 4. Determinare l’ordine di

ciascuna di queste classi.(b) Stabilire se esiste un elemento σ di periodo 4 in S tale che CS(σ) = 〈σ〉.

3.10 Sia G un insieme non vuoto in cui sia definita un’operazione binaria interna ∗ che soddisfa le seguenti proprietà:

• ∗ è associativa;• esiste un’unità destra, cioè un elemento e di G tale che g ∗ e = g per ogni g ∈ G;• per ogni elemento g di G esiste un inverso destro, cioè un elemento g tale che g ∗ g = e.

Non facciamo alcuna ipotesi a priori sull’unicità dell’unità destra e dell’inverso destro di un elemento assegnato.Obiettivo di questo esercizio è dimostrare che G con quest’operazione è un gruppo. È importante specificareesplicitamente quando si usa qualche proprietà.(a) Dimostrare che vale la legge di cancellazione destra: se g, h e k sono elementi di G tali che g ∗ h = k ∗ h,

allora g = k.(b) Dimostrare che e è anche unità sinistra cioè che e ∗ g = g per ogni g ∈ G (di conseguenza e un’unità a tutti

gli effetti).(c) Dimostrare che per ogni elemento g di G l’elemento g è anche un inverso sinistro, cioè g ∗ g = e (di

conseguenza g è un inverso di g a tutti gli effetti).

4.10 Sia S := Sym3 il gruppo simmetrico su 3 lettere.(a) Sia X := {(i, j) ∈ Z × Z | 1 ≤ i ≤ 3, 1 ≤ j ≤ 3}. Data l’azione di S su X definita da (i, j)σ := (iσ, jσ),

determinare lo stabilizzatore di (1, 1) e lo stabilizzatore di (1, 2).(b) Determinare tutte le orbite dell’azione di S su X.(c) Detto Y := {(i, j, k) ∈ Z × Z × Z | 1 ≤ i ≤ 3, 1 ≤ j ≤ 3, 1 ≤ k ≤ 3} e data l’azione di S su Y definita da

(i, j, k)σ := (iσ, jσ, kσ), determinare tutte le orbite di quest’azione.


SoluzioneAlgebra 1

9 settembre 2013 Pagina 1 di 3



|(0)| = 1 |(1)| = 15 |(2)| = 15MCD 15,2 = 15 |(3)| = 15

MCD(15,3) = 5

|(4)| = 15MCD(15,4) = 15 |(5)| = 15

MCD(15,5) = 3 |(6)| = 15MCD 15,6 = 5 |(7)| = 15

MCD 15,7 = 15

|(8)| = 15MCD 15,8 = 15 |(9)| = 15

MCD(15,9) = 5 |(10)| = 15MCD(15,10) = 3 |(11)| = 15

MCD(15,11) = 15

|(12)| = 15MCD 15,12 = 5 |(13)| = 15

MCD(15,13) = 15 |(14)| = 15MCD(15,14) = 15

Un elemento (a)n di Z/n è invertibile se e solo se MCD(a, n) = 1. Dunque (Inv(Z/15), ·) contiene gli elementi(1), (2), (4), (7), (8), (11), (13) e (14). Questo gruppo ha ordine 8 quindi i suoi elementi possono avere ordine1, 2, 4 o 8. L’unico elemento di ordine 1 è ovviamente (1). Calcoliamo il quadrato degli altri elementi pervedere se qualcuno ha periodo 2. Per facilitare i calcoli notiamo che (14) = −(1), (13) = −(2), (11) = −(4)e (8) = −(7). Poiché il quadrato di una classe e il quadrato della sua classe opposta coincidono abbiamo(14)2 = (1)2 = (1), (13)2 = (2)2 = (4) 6= (1), (11)2 = (4)2 = (16) = (1), (8)2 = (7)2 = (49) = (4) 6= (1).Dunque (14), (11) e (4) hanno periodo moltiplicativo 2. Calcoliamo ora la quarta potenza degli elementirestanti. Poiché (2), (7), (8) e (13) hanno come quadrato (4), la loro quarta potenza è (4)2 = (16) = (1).Tutti questi elementi hanno, dunque, periodo 4.In maniera più elegante, una volta notato che ci sono 3 elementi di periodo 2 avremmo potuto concludereche non ci sono elementi di periodo 8 perché altrimenti il gruppo (Inv(Z/15), ·) sarebbe ciclico e conterrebbeun unico sottogruppo di ordine 2, cioè un unico elemento di periodo 2.

2.8 Sia S := Sym8 il gruppo simmetrico su 8 lettere.(a) Determinare tutte le classi di coniugio di S formate da elementi di periodo 4. Determinare l’ordine di

ciascuna di queste classi.

Soluzione: Due permutazioni sono coniugate se e solo se si scrivono come prodotti di cicli disgiuntiaventi lo stesso ordine. Una permutazione σ scritta come prodotto di cicli disgiunti ha periodo che è ilminimo comune multiplo dei periodi dei cicli. Affinché il periodo di σ sia 4 i cicli coinvolti devono averequindi periodo che divide 4 (cioè 1, 2 o 4) e ci deve essere almeno un ciclo di periodo 4.Consideriamo le varie possibilità per la scrittura i σ come prodotto di cicli disgiunti. Poiché siamo inSym8 ci possono essere al più 2 cicli di ordine 4 e in tal caso non ci possono essere altri cicli. Si ottienecosì la classe di coniugio delle permutazioni del tipo (a1a2a3a4)(a5a6a7a8), con tutti gli ai distinti. Perdeterminare il numero di elementi di questa classe di coniugio, notiamo che a1, a2, . . ., a8 possono esserescelti in 8! modi. Tuttavia non tutte queste scelte portano a permutazioni diverse: ciascuno dei due ciclicoinvolti può essere scritto in 4 modi diversi (a seconda della lettera iniziale). Inoltre i due cicli possonoessere scambiati fra loro. Dunque abbiamo 8!

4·4·2 elementi nella classe.Consideriamo ora i casi in cui c’è esattamente un ciclo di ordine 4: possono essere allora esserci nessuno,uno o due cicli di ordine 2. Abbiamo dunque la classe di coniugio degli elementi del tipo (a1a2a3a4):possiamo scegliere le lettere a1, · · ·, a4 in 8 · 7 · 6 · 5 modi diversi. Come prima però, ciascun ciclo puòessere scritto in 4 modi diversi. Ci sono così 8·7·6·5

4 elementi in questa classe. Abbiamo poi la classe diconiugio degli elementi del tipo (a1a2a3a4)(a5a6): possiamo scegliere le lettere a1, · · ·, a6 in 8 ·7 ·6 ·5 ·4 ·3modi diversi. Il ciclo di ordine 4 può essere scritto in 4 modi diversi, mentre il ciclo di ordine 2 puòessere scritto in 2 modi diversi. Ci sono così 8·7·6·5·4·3

4·2 elementi in questa classe. Infine abbiamo la classedi coniugio degli elementi del tipo (a1a2a3a4)(a5a6)(a7a8): possiamo scegliere le lettere a1, · · ·, a8 in 8!modi diversi. Il ciclo di ordine 4 può essere scritto in 4 modi diversi, mentre ciascun ciclo di ordine 2può essere scritto in 2 modi diversi. Inoltre,possiamo scambiare tra loro i cicli di ordine 2. Ci sono così

8!4·2·2·2 elementi in questa classe.

(b) Stabilire se esiste un elemento σ di periodo 4 in S tale che CS(σ) = 〈σ〉.


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Sappiamo che |σS ||CS(σ)| = |S|. Poiché |S| = 8! e |〈σ〉| = 4, affinché si abbia CS(σ) = 〈σ〉dovrebbe essere |σS | = 8!

4 . Nessuna delle classi di coniugio degli elementi di ordine 4 determinate al puntoprecedente ha tale ordine, dunque non esiste alcun elemento di ordine 4 per cui si abbia CS(σ) = 〈σ〉.

3.10 Sia G un insieme non vuoto in cui sia definita un’operazione binaria interna ∗ che soddisfa le seguenti proprietà:

• ∗ è associativa;• esiste un’unità destra, cioè un elemento e di G tale che g ∗ e = g per ogni g ∈ G;• per ogni elemento g di G esiste un inverso destro, cioè un elemento g tale che g ∗ g = e.

Non facciamo alcuna ipotesi a priori sull’unicità dell’unità destra e dell’inverso destro di un elemento assegnato.Obiettivo di questo esercizio è dimostrare che G con quest’operazione è un gruppo. È importante specificareesplicitamente quando si usa qualche proprietà.(a) Dimostrare che vale la legge di cancellazione destra: se g, h e k sono elementi di G tali che g ∗ h = k ∗ h,

allora g = k.

Soluzione: Moltiplichiamo ambo i membri dell’uguaglianza g ∗ h = k ∗ h a destra per h. Si ha allora(g ∗ h) ∗ h = (k ∗ h) ∗ h. Poiché ∗ è associativa abbiamo allora g ∗ (h ∗ h) = k ∗ (h ∗ h) e, quindi, tenutoconto del fatto che h ∗ h = e abbiamo g ∗ e = k ∗ e. Poiché e è un’unità destra otteniamo g = k.

(b) Dimostrare che e è anche unità sinistra cioè che e ∗ g = g per ogni g ∈ G (di conseguenza e un’unità a tuttigli effetti).

Soluzione: Poiché e è un’unità destra abbiamo e ∗ e = e. Dato g ∈ G sappiamo che esiste g tale cheg ∗ g = e. Sostituendo nella precedente uguaglianza otteniamo e ∗ (g ∗ g) = g ∗ g e, per la proprietàassociativa, abbiamo (e ∗ g) ∗ g = g ∗ g. Possiamo ora usare la legge di cancellazione destra dimostrataal punto precedente e cancellare g a destra da questa uguaglianza per ottenere e ∗ g = g.

(c) Dimostrare che per ogni elemento g di G l’elemento g è anche un inverso sinistro, cioè g ∗ g = e (diconseguenza g è un inverso di g a tutti gli effetti).

Soluzione: Dal punto precedente sappiamo che e è unità sia destra che sinistra e, dunque, in particolareg ∗ e = e ∗ g. Sostituendo a primo membro l’uguaglianza g ∗ g = e otteniamo g ∗ (g ∗ g) = e ∗ g e, per laproprietà associativa, abbiamo (g ∗ g) ∗ g = e ∗ g: sappiamo che vale la legge di cancellazione destra e,quindi, cancellando a destra g nella precedente relazione troviamo g ∗ g = e come richiesto.

4.10 Sia S := Sym3 il gruppo simmetrico su 3 lettere.(a) Sia X := {(i, j) ∈ Z × Z | 1 ≤ i ≤ 3, 1 ≤ j ≤ 3}. Data l’azione di S su X definita da (i, j)σ := (iσ, jσ),

determinare lo stabilizzatore di (1, 1) e lo stabilizzatore di (1, 2).

Soluzione: Una permutazione σ appartiene allo stabilizzatore S(1,1) se e solo se (1, 1)σ = (1, 1) cioè(1σ, 1σ) = (1, 1) il che avviene se e solo se 1σ = 1. Le permutazioni che fissano 1 sono l’identità e loscambio (23), dunque lo stabilizzatore S(1,1) è il gruppo ciclico 〈(23)〉.Analogamente, una permutazione σ appartiene allo stabilizzatore S(1,2) se e solo se (1, 2)σ = (1, 2) cioè(1σ, 2σ) = (1, 2) il che avviene se e solo se 1σ = 1 e 2σ = 2. Una permutazione che fissa 1 e 2 devenecessariamente fissare anche 3. Dunque lo stabilizzatore S(1,1) è il gruppo identico {I}.

(b) Determinare tutte le orbite dell’azione di S su X.

Soluzione: Dal punto precedente sappiamo |S(1,1)| = 2, dunque l’orbita di (1, 1) contiene |S : S(1,1)| = 3elementi. Se applichiamo una permutazione σ a (1, 1) otteniamo una coppia i cui elementi sono uguali


SoluzioneAlgebra 1


fra loro: poiché esistono esattamente 3 elementi di questo tipo, e cioè (1, 1), (2, 2) e (3, 3) questi elementiformano un’orbita.Sappiamo poi che |S(1,2)| = 1 e, dunque, l’orbita di (1, 2) contiene |S : S(1,2)| = 6 elementi. PoichéX contiene 9 elementi e l’orbita di (1, 1) è formata da 3 elementi, l’orbita di (1, 2) deve contenere irimanenti 6 elementi, cioè le coppie (i, j) con i 6= j.

(c) Detto Y := {(i, j, k) ∈ Z × Z × Z | 1 ≤ i ≤ 3, 1 ≤ j ≤ 3, 1 ≤ k ≤ 3} e data l’azione di S su Y definita da(i, j, k)σ := (iσ, jσ, kσ), determinare tutte le orbite di quest’azione.

Soluzione: Consideriamo l’elemento (1, 1, 1). Una permutazione σ stabilizza (1, 1, 1) se e solo se(1, 1, 1)σ = (1, 1, 1) cioè (1σ, 1σ, 1σ) = (1, 1, 1) il che avviene se e solo se 1σ = 1. Le permutazioni chefissano 1 sono l’identità e lo scambio (23), dunque lo stabilizzatore S(1,1) è il gruppo ciclico 〈(23)〉.Analogamente al punto precedente sappiamo allora che l’orbita di (1, 1, 1) contiene |S : S(1,1,1)| = 3elementi. Se applichiamo una permutazione σ a (1, 1, 1) otteniamo una terna i cui elementi sono ugualifra loro: poiché esistono esattamente 3 elementi di questo tipo (e cioè (1, 1, 1), (2, 2, 2) e (3, 3, 3)) questielementi formano un’orbita.Consideriamo ora l’elemento (1, 1, 2). Una permutazione σ appartiene allo stabilizzatore S(1,1,2) se esolo se (1, 1, 2)σ = (1, 1, 2) cioè (1σ, 1σ, 2σ) = (1, 1, 2) il che avviene se e solo se 1σ = 1 e 2σ = 2. Unapermutazione che fissa 1 e 2 deve necessariamente fissare anche 3. Dunque lo stabilizzatore S(1,1,2)

è il gruppo identico {I}. L’orbita di (1, 1, 2) contiene |S : S(1,1,2)| = 6 elementi. Se applichiamo unapermutazione σ a (1, 1, 2) otteniamo una terna i cui primi due elementi sono uguali fra loro e il terzoè diverso dai primi 2: poiché esistono esattamente 6 elementi di questo tipo (e cioè (1, 1, 2), (1, 1, 3),(2, 2, 1), (2, 2, 3), (3, 3, 1) e (3, 3, 2)) questi elementi formano un’orbita.In maniera analoga si dimostra che le 6 terne il cui primo e terzo elemento sono uguali tra loro e ilsecondo elemento è diverso dagli altri 2 formano un’orbita e le 6 terne il cui secondo e terzo elementosono uguali tra loro e il primo elemento è diverso dagli altri 2 formano un’altra orbita.Consideriamo infine l’elemento (1, 2, 3). Una permutazione σ appartiene allo stabilizzatore S(1,2,3) se esolo se (1, 2, 3)σ = (1, 2, 3) cioè (1σ, 2σ, 3σ) = (1, 2, 3) il che avviene se e solo se 1σ = 1, 2σ = 2 e 3σ = 3.Dunque lo stabilizzatore S(1,2,3) è il gruppo identico {I}. L’orbita di (1, 2, 3) contiene |S : S(1,2,3)| = 6elementi: questi sono le 6 terne restanti, cioè quelle che hanno i 3 elementi diversi fra loro.


TestoAlgebra 1


1.8 Sia G un gruppo.(a) Dati a e b in G mostrare che ab e ba hanno lo stesso ordine.(b) Dati a, b e c in G mostrare che abc e cab hanno lo stesso ordine.(c) Trovare tre elementi a, b e c in Sym3 tali che abc e bac hanno ordine diverso.

2.8 (a) Determinare l’ordine del centralizzante di (12)(34) in Sym5.(b) Determinare l’ordine del centralizzante di (12)(34) in Sym7.(c) Determinare l’ordine del centralizzante di (123)(45) in Sym7.(d) Determinare tutti gli elementi del centralizzante di σ := (123)(45) in Sym7. (Suggerimento: verificare prima

che (123), (45) e (67) commutano con (123)(45). Combinare poi questi cicli per ottenere tutti gli elementidel centralizzante di (123)(45)).

3.12 Sia dato il sottoinsieme H di GL(3,R) formato dalle matrici del tipo(

1 a b0 1 c0 0 1

)al variare di a, b e c in R.

(a) Dimostrare che H è un sottogruppo di GL(3,R).(b) Determinare Z(H).

(c) Dimostrare che la mappa φ : H → R × R definita da(

1 a b0 1 c0 0 1

)φ := (a, c) è un omomorfismo suriettivo di di

gruppi il cui nucleo è Z(H) (si intende che R × R è considerato come gruppo rispetto all’addizione).(d) Dimostrare che H/Z(H) è abeliano.

(e) La mappa ψ : H → R × R definita da(

1 a b0 1 c0 0 1

)ψ := (a, b) è un omomorfismo?

4.4 Sia dato il gruppo G := C6 × C8, dove Cn indica il gruppo ciclico di ordine n. Determinare quanti elementiesistono di ciascun ordine in G.


SoluzioneAlgebra 1


1.8 Sia G un gruppo.(a) Dati a e b in G mostrare che ab e ba hanno lo stesso ordine.

Soluzione: Osserviamo che (ab)a = a−1aba = ba: dunque ab e ba sono coniugati e hanno, pertanto, lostesso ordine.

(b) Dati a, b e c in G mostrare che abc e cab hanno lo stesso ordine.

Soluzione: Basta applicare il punto precedente e osservare che abc = (ab)c mentre cab = c(ab).

(c) Trovare tre elementi a, b e c in Sym3 tali che abc e bac hanno ordine diverso.

Soluzione: Osserviamo innanzitutto che se a e b commutano, allora abc e bac sono uguali e hanno, amaggior ragione, lo stesso ordine. Scegliamo allora due elementi di Sym3 che non commutano. Possiamoscegliere ad esempio due 2-cicli diversi, ad esempio a := (12) e b := (13). Abbiamo allora ab = (123) eba = (132). Dobbiamo ora trovare un elemento c in Sym3 che moltiplicato a destra per questi due prodottidia elementi di ordine diverso. Possiamo, ad esempio, scegliere c := (123). Ora abc = (123)(123) = (132)ha ordine 3 mentre bac = (132)(123) = I ha ordine 1.

2.8 (a) Determinare l’ordine del centralizzante di (12)(34) in Sym5.

Soluzione: In un gruppo finito l’ordine del centralizzante di un elemento per l’ordine della classe diconiugio dell’elemento stesso è uguale all’ordine del gruppo. Due permutazioni sono coniugate se e solose si scrivono come prodotti di cicli disgiunti dello stesso tipo. Dunque la classe di coniugio di (12)(34)è formata dalle permutazioni del tipo (ab)(cd) con a, b, c e d interi distinti compresi tra 1 e 5. Possiamoscegliere a in 5 modi, poi b in 4 modi, c in 3 modi e d in 2 modi. Tuttavia queste 5 · 4 · 3 · 2 scelte nondanno origine a permutazioni distinte. Infatti scambiando fra loro a e b otteniamo la stessa permutazione,così come scambiando fra loro c e d; inoltre possiamo scambiare fra loro (ab) e (cd). Dunque il numerodi elementi nella classe di (12)(34) è uguale a 5·4·3·2

8 . Poiché |Sym5| = 5! il centralizzante di (12)(34)contiene 8 elementi.

(b) Determinare l’ordine del centralizzante di (12)(34) in Sym7.

Soluzione: Come al punto precedente contiamo l’ordine della classe di coniugio di (12)(34) cioè lepermutazioni del tipo (ab)(cd). Possiamo scegliere a in 7 modi, poi b in 6 modi, c in 5 modi e d in 2modi. Come al punto precedente dobbiamo dividere per 8 questo numero. Dunque il numero di elementinella classe di (12)(34) è uguale a 7·6·5·4

8 . Poiché |Sym7| = 7! il centralizzante di (12)(34) contiene 48elementi.

(c) Determinare l’ordine del centralizzante di (123)(45) in Sym7.

Soluzione: Come al punto precedente contiamo l’ordine della classe di coniugio di (123)(45) cioè lepermutazioni del tipo (abc)(de). Possiamo scegliere a in 7 modi, poi b in 6 modi, c in 5 modi, d in 4modi e e in 3 modi. Possiamo poi riordinare (abc) in 3 modi diversi e (de) in 2 modi diversi. Dunque ilnumero di elementi nella classe di (123)(45) è uguale a 7·6·5·4·3

3·2 . Poiché |Sym7| = 7! il centralizzante di(123)(45) contiene 12 elementi.

(d) Determinare tutti gli elementi del centralizzante di σ := (123)(45) in Sym7. (Suggerimento: verificare primache (123), (45) e (67) commutano con (123)(45). Combinare poi questi cicli per ottenere tutti gli elementidel centralizzante di (123)(45)).

Soluzione: Sappiamo che due cicli disgiunti commutano tra loro. Poiché (67) è disgiunto da (123) e(45) commuta con entrambi e, di conseguenza, con il loro prodotto. Ovviamente (123) commuta con séstesso e con (45) perché disgiunto da esso: dunque commuta con il loro prodotto. Analogamente (45)


SoluzioneAlgebra 1


commuta con sé stesso e con (123) perché disgiunto da esso: dunque commuta con il loro prodotto.Dunque (123), (45) e (67) appartengono al centralizzante di σ: di conseguenza questo centralizzantecontiene anche le loro potenze e i prodotti di queste potenze. Poiché (123) ha ordine 3 mentre (34) e(56) hanno ordine 2, consideriamo allora gli elementi del tipo (123)h(45)k(67)l con 0 ≤ h ≤ 2, 0 ≤ k ≤ 1e 0 ≤ l ≤ 1. Questi appartengono al centralizzante di σ: se mostriamo che sono tutti diversi abbiamo3 · 2 · 2 = 12 elementi del centralizzante e, quindi, per il punto precedente sono tutti gli elementi delcentralizzante di σ. Per dimostrare che sono diversi possiamo scriverli esplicitamente:

I (123) (132) (45) (123)(45) (132)(45)(67) (123)(67) (132)(67) (45)(67) (123)(45)(67) (132)(45)(67)

Questi sono tutti distinti e son quindi gli elementi del centralizzante di σ.

3.12 Sia dato il sottoinsieme H di GL(3,R) formato dalle matrici del tipo(

1 a b0 1 c0 0 1

)al variare di a, b e c in R.

(a) Dimostrare che H è un sottogruppo di GL(3,R).

Soluzione: Ovviamente H è non vuoto. Consideriamo due elementi A1 :=(

1 a1 b10 1 c10 0 1

)e A2 :=

(1 a2 b20 1 c20 0 1

)di H. Il prodotto A1A2 è uguale a

(1 a1+a2 b2+a1c2+b10 1 c1+c20 0 1

)e appartiene pertanto a H. Dunque H è chiuso

rispetto al prodotto. Usando l’espressione appena trovata per il prodotto di matrici in H vediamo cheA−1

1 =(

1 −a1 a1c1−b10 1 −c10 0 1

)è una matrice di H e, pertanto, H è un sottogruppo (in alternativa, avremmo

potuto usare l’espressione per la matrice inversa di una qualsiasi matrice invertibile).

(b) Determinare Z(H).

Soluzione: Sia A :=(

1 a b0 1 c0 0 1

)una matrice di H. La matrice A appartiene al centro di U se e solo se

per ogni X :=(

1 x y0 1 z0 0 1

)di U si ha AX = XA. Ora AX =

(1 a+x y+az+b0 1 c+z0 0 1

)e XA =

(1 x+a b+xc+y0 1 z+c0 0 1

).

Confrontando gli elementi delle due matrici si vede che AX = XA se e solo se az = xc. Questauguaglianza si verifica per ogni X, cioè per ogni x, y e z, se e solo se a = c = 0 (ponendo ad esempioz := 1 e x := 0 si ottiene a = 0 e ponendo z := 0 e x := 1 si ottiene c = 0). Dunque Z(H) è formatodalle matrici

(1 0 b0 1 00 0 1

)al variare di b in R.

(c) Dimostrare che la mappa φ : H → R × R definita da(

1 a b0 1 c0 0 1

)φ := (a, c) è un omomorfismo suriettivo di di

gruppi il cui nucleo è Z(H) (si intende che R × R è considerato come gruppo rispetto all’addizione).

Soluzione: Date due matrici A1 :=(

1 a1 b10 1 c10 0 1

)e A2 :=

(1 a2 b20 1 c20 0 1

)di H ne abbiamo calcolato al punto a il

prodotto. Usando quella espressione si ha (A1A2)φ = (a1+a2, b1+ b2) = (a1, b1)+(a2, b2) = A1φ+A2φ.Dunque φ è un omomorfismo di gruppi. Una matrice

(1 a b0 1 c0 0 1

)appartiene al nucleo di φ se e solo se

a = c = 0, cioè, per il punto precedente, se e solo se appartiene al centro di U . Infine, φ è chiaramentesuriettiva perché, dato un elemento (x, y) in R × R esistono matrici la cui immagine tramite φ è (x, y),ad esempio,

(1 x 00 1 y0 0 1

).

(d) Dimostrare che H/Z(H) è abeliano.

Soluzione: Dal punto precedente sappiamo che Z(H) è il nucleo dell’omomorfismo φ. Per il teorema diisomorfismo abbiamo allora che H/Z(H) è isomorfo all’immagine di φ cioè a R×R: poiché quest’ultimoè abeliano, anche H/Z(H) è abeliano.

(e) La mappa ψ : H → R × R definita da(

1 a b0 1 c0 0 1

)ψ := (a, b) è un omomorfismo?


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: La mappa ψ non è un omomorfismo. Infatti date A1 :=(

1 a1 b10 1 c10 0 1

)e A2 :=

(1 a2 b20 1 c20 0 1

)di H

e usando ancora l’espressione di A1A2 calcolata al punto a si ha (A1A2)ψ = (a1 + a2, b2 + a1c2 + b1)mentre A1ψ +A2ψ = (a1, b1) + (a2, b2) = (a1 + a2, b1 + b2). Dunque se a1 e c2 sono diversi da 0 si ha(A1A2)ψ 6= A1ψ +A2ψ.

4.4 Sia dato il gruppo G := C6 × C8, dove Cn indica il gruppo ciclico di ordine n. Determinare quanti elementiesistono di ciascun ordine in G.

Soluzione: Dato un elemento (a, b) ∈ G con a ∈ C6 e b ∈ C8 il periodo di (a, b) è il minimo comune multiplodel periodo di a e il periodo di b. Consideriamo allora quanti elementi ci sono per ciascun periodo in C6 e inC8 e poi combiniamo questi dati.In C6 abbiamo elementi di periodo 1, 2, 3 e 6: il numero di elementi di ciascun periodo è uguale alla funzionedi Eulero del periodo. Dunque abbiamo un elemento di periodo 1, un elemento di periodo 2, 2 elementi diperiodo 3 e 2 elementi di periodo 6. Analogamente in C8 abbiamo un elemento di periodo 1, un elemento diperiodo 2, 2 elementi di periodo 4 e 4 elementi di periodo 8. Consideriamo ora tutte le combinazioni possibili.Per comodità usiamo una tabella:

1 2 3 61 1 2 3 62 2 2 6 64 4 4 12 128 8 8 24 24

Abbiamo riportato come intestazione di colonna gli ordini degli elementi di C6, come intestazioni di riga gliordini degli elementi di C8 e nelle caselle i corrispondenti minimi comuni multipli.Abbiamo dunque un elemento di ordine 1 quando prendiamo un elemento di ordine 1 in C6 e un elementodi ordine 1 in C8: abbiamo così 1 · 1 elemento di ordine 1 (ovviamente avremmo potuto dirlo direttamenteperché in ogni gruppo solo l’unità ha ordine 1).Abbiamo elementi di ordine 2 quando prendiamo un elemento di ordine 1 in C6 e un elemento di ordine 2 inC8, oppure un elemento di ordine 2 in C6 e un elemento di ordine 1 in C8 oppure un elemento di ordine 2 inC6 e un elemento di ordine 2 in C8: in tutto abbiamo 1 · 1 + 1 · 1 + 1 · 1 = 3 elementi di ordine 2.Abbiamo elementi di ordine 3 quando prendiamo un elemento di ordine 3 in C6 e un elemento di ordine 1 inC8: in tutto abbiamo 2 · 1 = 2 elementi di ordine 3.Abbiamo elementi di ordine 4 quando prendiamo un elemento di ordine 1 in C6 e un elemento di ordine 4 inC8, oppure un elemento di ordine 2 in C6 e un elemento di ordine 4 in C8: in tutto abbiamo 1·1+2 ·1+1 ·2 = 4elementi di ordine 4.Abbiamo elementi di ordine 6 quando prendiamo un elemento di ordine 6 in C6 e un elemento di ordine 1 inC8, oppure un elemento di ordine 3 in C6 e un elemento di ordine 2 in C8 oppure un elemento di ordine 6 inC6 e un elemento di ordine 2 in C8: in tutto abbiamo 2 · 1 + 2 · 1 + 2 · 1 = 6 elementi di ordine 6.Abbiamo elementi di ordine 8 quando prendiamo un elemento di ordine 1 in C6 e un elemento di ordine 8 inC8, oppure un elemento di ordine 2 in C6 e un elemento di ordine 8 in C8: in tutto abbiamo 1 · 4 + 1 · 4 = 8elementi di ordine 8.Abbiamo elementi di ordine 12 quando prendiamo un elemento di ordine 3 in C6 e un elemento di ordine 4 inC8, oppure un elemento di ordine 6 in C6 e un elemento di ordine 4 in C8: in tutto abbiamo 2 · 2 + 2 · 2 = 8elementi di ordine 12.Abbiamo elementi di ordine 24 quando prendiamo un elemento di ordine 3 in C6 e un elemento di ordine 8 inC8, oppure un elemento di ordine 6 in C6 e un elemento di ordine 8 in C8: in tutto abbiamo 2 · 4 + 2 · 4 = 16elementi di ordine 24.Riassumendo abbiamo 1 elemento di ordine 1, 3 elementi di ordine 2, 2 elementi di ordine 3, 4 elementi diordine 4, 6 elementi di ordine 6, 8 elementi di ordine 8, 8 elementi di ordine 12 e 16 elementi di ordine 24.


TestoAlgebra 1

4 febbraio 2014 Durata prova: 2 ore e 30 minuti


2.8 Sia (G, ·) un gruppo. Sia u un elemento fissato di G. Siano definite in G due nuove operazione ∗ e � nel modoseguente a ∗ b := a · u · b e a � b := a · b · u.(a) Dimostrare che (G, ∗) è un gruppo.(b) Dimostrare che (G, ·) è isomorfo a (G, ∗). (Suggerimento: considerare che l’unità deve andare nell’unità).(c) Dimostrare che (G, �) è un gruppo se e solo se u appartiene al centro di (G, ·).

3.10 Si consideri il gruppo simmetrico S := Sym8 su 8 lettere e l’elemento σ := (123)(45678).(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ.(b) Dimostrare che CS(σ) = 〈σ〉. (Suggerimento: considerare l’ordine dell’elemento σ).(c) Quanti elementi di ordine 15 ci sono in Sym8?(d) Determinare tutti i numeri che sono ordini di qualche elemento di Sym8.

4.10 Sia n un numero intero positivo e sia z := e2πin (numero complesso radice primitiva n-esima dell’unità). Siano

A :=(z 00 z−1

)e B := ( 0 1

1 0 ) matrici di GL(n,C).(a) Determinare l’ordine di A e B.(b) Dimostrare che il sottogruppo G di GL(n,C) generato da A e B è formato dalle matrici del tipo Ai o BAi

con 0 ≤ i ≤ n− 1.(c) Determinare l’ordine di G.(d) Determinare il centro di G.


SoluzioneAlgebra 1

4 febbraio 2014 Pagina 1 di 3



|(0)| = 1 |(1)| = 20 |(2)| = 20MCD 20,2 = 10 |(3)| = 20

MCD(20,3) = 20

|(4)| = 20MCD(20,4) = 5 |(5)| = 20

MCD(20,5) = 4 |(6)| = 20MCD 20,6 = 10 |(7)| = 20

MCD 20,7 = 20

|(8)| = 20MCD 20,8 = 5 |(9)| = 20

MCD(20,9) = 20 |(10)| = 20MCD(20,10) = 2 |(11)| = 20

MCD(20,11) = 20

|(12)| = 20MCD 20,12 = 5 |(13)| = 20

MCD(20,13) = 20 |(14)| = 20MCD(20,14) = 10 |(15)| = 20

MCD(20,15) = 4

|(16)| = 20MCD 20,16 = 5 |(17)| = 20

MCD(20,17) = 20 |(18)| = 20MCD(20,18) = 10 |(19)| = 20

MCD(20,19) = 20

Un elemento (a)n di Z/n è invertibile se e solo se MCD(a, n) = 1. Dunque (Inv(Z/20), ·) contiene gli elementi(1), (3), (7), (9), (11), (13), (17) e (19). Questo gruppo ha ordine 8 quindi i suoi elementi possono avere ordine1, 2, 4 o 8. L’unico elemento di ordine 1 è ovviamente (1). Calcoliamo il quadrato degli altri elementi pervedere se qualcuno ha periodo 2. Per facilitare i calcoli notiamo che (19) = −(1), (17) = −(3), (13) = −(7)e (11) = −(9). Poiché il quadrato di una classe e il quadrato della sua classe opposta coincidono abbiamo(19)2 = (1)2 = (1), (17)2 = (3)2 = (9) 6= (1), (13)2 = (7)2 = (49) = (9) 6= (1), (11)2 = (9)2 = (81) = (1).Dunque (19), (11) e (9) hanno periodo moltiplicativo 2. Calcoliamo ora la quarta potenza degli elementirestanti. Poiché (3), (7), (13) e (17) hanno come quadrato (9), la loro quarta potenza è (9)2 = (81) = (1).Tutti questi elementi hanno, dunque, periodo 4.In maniera più elegante, una volta notato che ci sono 3 elementi di periodo 2 avremmo potuto concludereche non ci sono elementi di periodo 8 perché altrimenti il gruppo (Inv(Z/20), ·) sarebbe ciclico e conterrebbeun unico sottogruppo di ordine 2, cioè un unico elemento di periodo 2.

2.8 Sia (G, ·) un gruppo. Sia u un elemento fissato di G. Siano definite in G due nuove operazione ∗ e � nel modoseguente a ∗ b := a · u · b e a � b := a · b · u.(a) Dimostrare che (G, ∗) è un gruppo.

Soluzione: Mostriamo che ∗ è associativa. Dati a, b e c in G abbiamo:

(a ∗ b) ∗ c = (a · u · b) · u · c = a · u · (b · u · c) = a ∗ (b ∗ c).

Per mostrare che (G, ∗) dobbiamo trovare un elemento e tale che, per ogni a ∈ G si abbia a∗e = e∗a = a.Ora a ∗ e = a · u · e. Ponendo tale elemento uguale ad a troviamo a · u · e = a, da cui ricaviamo e = u−1

(dove l’inverso è inteso in (G, ·). Abbiamo dunque a ∗ u−1 = a. Se ora calcoliamo u−1 ∗ a troviamou−1 · u · a = a. Dunque u−1 è unità sia destra che sinistra.Per mostrare che ogni elemento a di (G, ∗) ammette inverso dobbiamo trovare b in G tale che a ∗ b =b∗a = u−1. Ponendo a∗b = u−1 troviamo a ·u ·b = u−1, da cui ricaviamo b = u−1a−1u−1 (dove l’inversoè inteso in (G, ·). Abbiamo dunque a∗b = u−1. Se ora calcoliamo b∗a troviamo (u−1a−1u−1) ·u ·a = u−1.Dunque u−1a−1u−1 è inverso sia destro che sinistro di a.

(b) Dimostrare che (G, ·) è isomorfo a (G, ∗). (Suggerimento: considerare che l’unità deve andare nell’unità).

Soluzione: Consideriamo la mappa φ : G→ G definita da aφ = a · u−1. Questa mappa è chiaramentebiiettiva: infatti la sua inversa è la mappa che manda a in a · u. Verifichiamo che è un omomorfismo da(G, ·) a (G, ∗). Abbiamo infatti, per ogni a e b in G

aφ ∗ bφ = (a · u−1) · u(b · u−1) = a · b · u−1 = (a · b)φ.

(c) Dimostrare che (G, �) è un gruppo se e solo se u appartiene al centro di (G, ·).


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Se u appartiene al centro di (G, ·) le operazioni ∗ e � coincidono e, quindi, (G, �) è ungruppo.Viceversa, se (G, �) è un gruppo allora, per ogni a, b e c in G si ha (a � b) � c = a � (b � c) ovvero

(a · b · u) · c · u = a · (b · c · u) · u

Rimuovendo le parentesi (in (G, ·) vale la legge associativa e cancellando a · b a sinistra e u a destratroviamo u · c = c · u: per l’arbitrarietà di c inG ciò implica che u appartiene al centro di (G, ·).


Soluzione: Gli elementi coniugati di σ sono quelli del tipo (a1a2a3)(a4a5a6a7a8) dove gli ai sono tuttidiversi. Possiamo scegliere gli elementi a1, a2 e a3 in 8 · 7 · 6 modi diversi: queste scelte sono però a3 a 3 equivalenti. Abbiamo dunque 8·7·6

3 modi per scegliere il 3-ciclo. Una volta operata questa sceltapossiamo scegliere a4, a5 a6, a7 e a8 in 5 · 4 · 3 · 2 · 1 modi diversi: queste scelte sono però a 5 a 5equivalenti. Abbiamo dunque 5·4·3·2·1

5 modi per scegliere il 5-ciclo. Dunque la classe di coniugio di σcontiene 8·7·6

35·4·3·2·1

5 = 8!15 elementi.

(b) Dimostrare che CS(σ) = 〈σ〉. (Suggerimento: considerare l’ordine dell’elemento σ).

Soluzione: Sappiamo che l’ordine della classe di coniugio di σ è uguale all’indice in S nel suo centraliz-zante: per il punto precedente abbiamo allora che |S : CS(σ)| = 8!


(c) Quanti elementi di ordine 15 ci sono in Sym8?

Soluzione: Gli elementi della classe di coniugio di σ hanno tutti ordine 15 come abbiamo già osservato.Mostriamo che non ci sono altri elementi di periodo 15 e che, pertanto, in Sym8 ci sono 8!

15 elementi diperiodo 15.Il periodo di una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti è uguale al minimo comunemultiplo degli ordini dei cicli. Affinché questo minimo comune multiplo sia 15, tra i cicli coinvolti cene deve essere (almeno) uno di ordine multiplo di 5 e (almeno) uno di ordine multiplo di 3. In Sym8

ci sono cicli di ordine da 1 a 8. Tra questi, solo 5 è multiplo di 5, mentre di multipli di 3 ci sono 3e 6. Tuttavia il minimo comune multiplo di 5 e 6 è 30, quindi dobbiamo escludere 6. Dunque nellafattorizzazione in cicli disgiunti dobbiamo avere almeno un ciclo di ordine 5 e almeno un ciclo di ordine3. Poiché 5 + 3 = 8, non ci possono essere altri cicli disgiunti, dunque la permutazione appartiene allaclasse di coniugio di σ.

(d) Determinare tutti i numeri che sono ordini di qualche elemento di Sym8.

Soluzione: Consideriamo, come al solito, una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti.Abbiamo innanzitutto i cicli stessi che possono aver ordine da 1 a 8. Consideriamo ora le permutazioniche si scrivono come prodotto di almeno due cicli disgiunti: elenchiamole a partire dal loro ciclo più lungo.Queste permutazioni non possono coinvolgere cicli di ordine 8 e 7. Consideriamo una permutazioneche coinvolge un 6-ciclo: l’unica possibilità è coinvolga un 2-ciclo disgiunto da questo e, pertanto il suoperiodo è 6 (il minimo comune multiplo di 6 e 2).Consideriamo ora una permutazione che coinvolge un 5-ciclo: possiamo abbinargli un 3-ciclo, oppure un2-ciclo: otteniamo 15 e 10 come periodi.Consideriamo ora una permutazione che coinvolge un 4-ciclo: possiamo abbinargli un 4-ciclo, oppure un3-ciclo o un 2-ciclo oppure due 2-cicli; otteniamo 4, 12, 4 e 4 come periodi. Le permutazioni rimanenti


SoluzioneAlgebra 1


coinvolgono solo cicli di ordine 3 e 2 e quindi i possibili loro ordini sono i minimi comuni multiplidi numeri scelti tra questi (eventualmente ripetuti): potremmo ottenere allora solo i numeri 2, 3 e 6che però abbiamo già trovato come possibili ordini per elementi di Sym8 e non è necesario perciò fareulteriori analisi.Gli ordini degli elementi di Sym8 sono allora 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 12 e 15.

4.10 Sia n un numero intero positivo e sia z := e2πin (numero complesso radice primitiva n-esima dell’unità). Siano

A :=(z 00 z−1

)e B := ( 0 1

1 0 ) matrici di GL(n,C).(a) Determinare l’ordine di A e B.

Soluzione: Poiché A è una matrice diagonale, si ha Ai =(zi 00 z−i

). Affinché Ai = I deve essere zi = 1

e z−i = 1. Poiché z è una radice primitiva n-esima dell’unità ciò avviene se e solo se i è multiplo di n:dunque l’ordine di A è n. Per quanto riguarda B si osserva subito che B2 = I e , quindi, B ha ordine 2.

(b) Dimostrare che il sottogruppo G di GL(n,C) generato da A e B è formato dalle matrici del tipo Ai o BAicon 0 ≤ i ≤ n− 1.

Soluzione: Ovviamente le matrici elencate appartengono a G e tra queste matrici compaiono A e B.Mostriamo che l’insieme X di queste matrici è un gruppo che, quindi, coinciderà con G. Sappiamoche A ha periodo n , quindi nell’espressione delle matrici di X possiamo supporre che i sia un interoqualunque, non necessariamente compreso tra 1 e n− 1.Determiniamo esplicitamente le matrici di X: sappiamo già che Ai =

(zi 00 z−i

), e, facendo i calcoli,

troviamo che BAi =(

0 z−i

zi 0

). Consideriamo ora tutti i possibili prodotti di due matrici M e N di X.

Se M = Ai e N = Aj , abbiamo MN = Ai+j e quindi, appartiene a X.Se M = BAi e N = Aj , abbiamo MN = BAi+j che appartiene a X.Se M = Aj e N = BAi, abbiamo MN =

(zj 00 z−j

)(0 z−i

zi 0

)=

(0 zj−i

zi−j 0

)= BAi−j che appartiene a

X.Se, infine, M = BAi e N = BAj abbiamo MN = BAiBAj = B(AiBAj) = BBAj−i = Aj−i doveabbiamo sfruttato i calcoli eseguiti nel caso precedente.

(c) Determinare l’ordine di G.

Soluzione: Al punto precedente abbiamo calcolato esplicitamente le N matrici del tipo Ai e le n matricidel tipo BAi: possiamo allora facilmente vedere che sono tutte diverse e, pertanto, G ha ordine 2n.

(d) Determinare il centro di G.

Soluzione: Sia Z una matrice di G: affinché appartenga al centro di G deve commutare con tutte lematrici del tipo Ai e tutte le matrici del tipo BAi.Supponiamo che Z = Aj . Chiaramente Z commuta con tute le matrici Ai; inoltre Z(BAi) = Aj(BAi =BAi−j e (BAi)Z = (BAi)Aj = BAi+j . L’uguaglianza Z(BAi) = (BAi)Z si verifica se e solo seBAi−j = BAi+j , cioè se e solo se A−j = Aj il che avviene se e solo se A2j = I. Poiché A ha periodo nciò si verifica se e solo se j è un multiplo di n se n è dispari e j è multiplo di n

2 se n è pari. Dunqueabbiamo solo l’identità se n è dispari e el matrici I e An

2 se n è pari.Supponiamo ora che Z = BAj . Verifichiamo prima se commuta con le matrici del tipo Ai: abbiamoZAi = BAjAi = BAi+j e AiZ = AiBAj = BAj−i. Queste coincidono se e solo BAi+j = BAj−i il cheavviene se e solo se A2i = I. Ciò deve avvenire per tutti gli i (in particolare deve avvenire per i = 1, cioèdeve essere A2 = I). Se allora n ≥ 3 non ci sono matrici di questo tipo che appartengono al centro. Icasi n = 1 e n = 2 si possono risolvere facilmente, notando che G ha, in tali casi, ordine rispettivamente2 e 4 ed è quindi abeliano (e, in particolare, coincide con il proprio centro).


SoluzioneAlgebra 1


Riassumendo: se n = 1 o n = 2 allora Z(G) = G, se n è un numero dispari maggiore di 2 allora il centrodi G contiene solo l’identità, se n è un numero pari maggiore di 2 allora il centro ha ordine 2 ed èformato dalle matrici I e An

2 .


TestoAlgebra 1


1.10 Si consideri il gruppo lineare G := GL(2,R) delle matrici reali invertibili di ordine 2 rispetto al prodotto.(a) Sia H il sottoinsieme di G così definito

H := {(a bc d

)∈ G | a+ c = b+ d = 1}

Stabilire se H è un sottogruppo di G.(b) Sia K il sottoinsieme di G così definito

K := {(a bc d

)∈ G | a+ c = b+ d = 0}

Stabilire se K è un sottogruppo di G.(c) Sia L il sottoinsieme di G così definito

L := {(a bc d

)∈ G | a− c = d− b = 1}

Stabilire se L è un sottogruppo di G.

2.8 Si consideri il gruppo simmetrico S := Sym5 su 5 lettere e gli elementi σ := (12)(34) e τ := (123).(a) Quanti elementi di S commutano con σ? Quanti di questi sono permutazioni pari?(b) Quanti elementi di S commutano con τ? Quanti di questi sono permutazioni pari?

3.10 Sia G un gruppo e siano x e y due elementi tali che x2 = 1 e xy2x = y3.(a) Mostrare che y5 = 1. (Suggerimento: calcolare un’opportuna potenza di y3).(b) Mostrare che xyx è una potenza di y.(c) Detto H il sottogruppo di G generato da x e y e K il sottogruppo generato da y si dimostri che K è normale

in H.



SoluzioneAlgebra 1


1.10 Si consideri il gruppo lineare G := GL(2,R) delle matrici reali invertibili di ordine 2 rispetto al prodotto.(a) Sia H il sottoinsieme di G così definito

H := {(a bc d

)∈ G | a+ c = b+ d = 1}

Stabilire se H è un sottogruppo di G.

Soluzione: Chiaramente H è non vuoto perché contiene la matrice identica. Siano A :=(a1 b1c1 d1

)e

B :=(a2 b2c2 d2

)due matrici di H. Facendone il prodotto troviamo la matrice AB =

(a1a2+b1c2 a1b2+b1d2c1a2+d1c2 c1b2+d1d2

).

Per verificare se appartiene ad H sommiamo gli elementi di ciascuna colonna. Otteniamo

(a1a2 + b1c2) + (c1a2 + d1c2) = (a1 + c1)a2 + (b1 + d1)c2 = 1 · a2 + 1 · c2 = a2 + c2 = 1,

e(a1b2 + b1d2) + (c1b2 + d1d2) = (a1 + c1)b2 + (b1 + d1)d2 = 1 · b2 + 1 · d2 = b2 + d2 = 1.

Quindi AB appartiene ad H. L’inversa di A è la matrice(d1∆ − b1

∆− c1

∆a1∆

)dove ∆ = a1d1 − b1c1. Abbiamo allora

d1∆

− c1∆

=d1 − c1

∆=

d1 − c1a1d1 − b1c1

=d1 − c1

(1− c1)d1 − b1c1=

d1 − c1d1 − c1d1 − b1c1

=d1 − c1

d1 − c1(d1 + b1)=

d1 − c1d1 − c1 · 1

= 1

e

− b1∆

+a1∆

=−b1 + a1

∆=

−b1 + a1a1d1 − b1c1

=−b1 + a1

(a1(1− b1)− b1c1=

−b1 + a1a1 − a1b1 − b1c1

=−b1 + a1

a1 − b1(a1 + c1)=

−b1 + a1a1 − b1 · 1

= 1

Dunque A−1 appartiene a H che è, dunque, un sottogruppo.

(b) Sia K il sottoinsieme di G così definito

K := {(a bc d

)∈ G | a+ c = b+ d = 0}

Stabilire se K è un sottogruppo di G.

Soluzione: Il sottoinsieme K non è un sottogruppo: infatti non contiene la matrice identica.

(c) Sia L il sottoinsieme di G così definito

L := {(a bc d

)∈ G | a− c = d− b = 1}

Stabilire se L è un sottogruppo di G.

Soluzione: Chiaramente L è non vuoto perché contiene la matrice identica. Siano A :=(a1 b1c1 d1

)e

B :=(a2 b2c2 d2

)due matrici di L. Facendone il prodotto troviamo la matrice AB =

(a1a2+b1c2 a1b2+b1d2c1a2+d1c2 c1b2+d1d2

).

Verifichiamo se appartiene ad L. Otteniamo

(a1a2 + b1c2)− (c1a2 + d1c2) = (a1 − c1)a2 + (b1 − d1)c2 = 1 · a2 + (−1) · c2 = a2 − c2 = 1,

e

−(a1b2 + b1d2) + (c1b2 + d1d2) = (−a1 + c1)b2 + (−b1 + d1)d2 = (−1) · b2 + 1 · d2 = −b2 + d2 = 1.


SoluzioneAlgebra 1


Quindi AB appartiene ad L. L’inversa di A è la matrice(d1∆ − b1

∆− c1

∆a1∆

)dove ∆ = a1d1 − b1c1. Abbiamo allora

d1∆

−(−c1∆

)=d1 + c1

∆=

d1 + c1a1d1 − b1c1

=d1 + c1

(1 + c1)d1 − b1c1=

d1 + c1d1 + c1d1 − b1c1

=d1 + c1

d1 + c1(d1 − b1)=

d1 + c1d1 + c1 · 1

= 1

e

−(−b1∆

)+a1∆

=b1 + a1

∆=

b1 + a1a1d1 − b1c1

=b1 + a1

(a1(1 + b1)− b1c1=

b1 + a1a1 + a1b1 − b1c1

=b1 + a1

a1 + b1(a1 − c1)=

b1 + a1a1 + b1 · 1

= 1

Dunque A−1 appartiene a L che è, dunque, un sottogruppo.

2.8 Si consideri il gruppo simmetrico S := Sym5 su 5 lettere e gli elementi σ := (12)(34) e τ := (123).(a) Quanti elementi di S commutano con σ? Quanti di questi sono permutazioni pari?

Soluzione: Gli elementi che commutano con un elemento di un gruppo formano il suo centralizzanteche è un sottogruppo il cui indice è uguale alla cardinalità della classe di coniugio dell’elemento. Glielementi coniugati di σ sono tutti e soli quelli del tipo (ab)(cd) con a, b, c e d numeri distinti compresitra 1 e 5. Abbiamo 5 scelte per a, 4 scelte per b, 3 scelte per c e 2 scelte per d: in tutto 5 · 4 · 3 · 2 = 120scelte. Tutte queste scelte non corrispondono però a elementi distinti. Infatti possiamo scambiare traloro a e b (e dobbiamo dunque dividere il numero delle scelte per 2), oppure scambiare fra loro c e d(e dobbiamo dunque dividere ancora per 2), oppure scambiare tra loro i cicli (ab) e (cd) (e dividereulteriormente per 2). Pertanto la classe di coniugio di σ contiene 120

2·2·2 = 15 elementi. Poiché S contiene5! = 120 elementi, il centralizzante di σ contiene 120

15 = 8 elementi.Per calcolare quanti degli elementi del centralizzante sono pari, notiamo che questi elementi sonoesattamente quelli dell’intersezione tra il centralizzante e il sottogruppo alterno A5 e, quindi, formanoanch’esse un sottogruppo. Il loro numero deve dividere dunque 8. Possiamo però dire di più: se infatticonsideriamo l’omomorfismo canonico φ da Sym5 su S/A5, l’immagine di CS(σ) è un sottogruppo diS/A5 quindi può avere ordine 1 o 2. Il nucleo della restrizione di φ a CS(σ) è CS(σ) ∩ A5, dunqueCS(σ)∩A5 può avere indice 1 o 2 in CS(σ). Di conseguenza CS(σ)∩A5 può avere ordine 4 o 8. Notiamoche CS(σ) contiene (12) che non appartiene ad A5: pertanto CS(σ)∩A5 6= CS(σ) e, quindi, CS(σ)∩A5

ha ordine 4.

(b) Quanti elementi di S commutano con τ? Quanti di questi sono permutazioni pari?

Soluzione: Come prima calcoliamo l’ordine della classe di coniugio di τ : questa è formata dagli elementidel tipo (abc) con a, b e c diversi. Abbiamo 5 scelte per a, 4 scelte per b e 3 scelte per c: a 3 a 3 questiscelte danno però lo stesso elemento. Dunque la classe di coniugio di τ contiene 5·4·3

3 = 20 elementi e ilsuo centralizzante ne contiene 120

20 = 6.Analogamente al caso precedente possiamo dire che CS(τ) ∩ A5 può avere ordine 3 o 6. Poiché (45)appartiene a CS(τ) ma non a A5, possiamo concludere che CS(τ) ∩A5 6= CS(τ) e, quindi, CS(τ) ∩A5

ha ordine 3.

3.10 Sia G un gruppo e siano x e y due elementi tali che x2 = 1 e xy2x = y3.(a) Mostrare che y5 = 1. (Suggerimento: calcolare un’opportuna potenza di y3).


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Poiché x2 = 1 abbiamo che x = x−1. Dunque xgx = x−1gx = gx per ogni g in G. Inparticolare, y3 = (y2)x. Usando le proprietà dei coniugati, abbiamo

y9 = (y3)3 = ((y2)x)3 = (y6)x = (y3y3)x = ((y2)x(y2)x)x = ((y4)x)x = (y4)x2

= (y4)1 = y4.

Applicando la legge di cancellazione al primo e ultimo termine di questa catena di uguaglianze, troviamoy5 = 1.

(b) Mostrare che xyx è una potenza di y.

Soluzione: Sappiamo che xyx = yx. Dunque (yx)5 = (y5)x = 1x = 1. Sappiamo inoltre che (yx)2 =(y2)x = y3. Ma allora yx = (yx)6 = ((yx)2)3 = (y3)3 = y9 = y4.

(c) Detto H il sottogruppo di G generato da x e y e K il sottogruppo generato da y si dimostri che K è normalein H.

Soluzione: Gli elementi di H sono i prodotti del tipo g := g1g2 · · · gr dove ciascun gi coincide con x, cony o con uno dei loro inversi. Gli elementi di K sono le potenze di y: ora, dato dato un elemento ym di K,si ha (ym)g = (. . . ((ym)g1)g2 . . . )gr . Dunque per calcolare (ym)g dobbiamo coniugare successivamentecon g1, g2, . . ., gr: per mostrare che K è normale in H occorre provare che a ogni passo otteniamo unelemento di K cioè una potenza di y. Supponiamo allora di avere una potenza yn di Y e di coniugarlotramite un certo gi: se gi = y o gi = y−1 allora commuta con yn e (yn)gi = yn ∈ K; se gi = x o gi = x−1

(il che è lo stesso) allora (yn)gi = (yn)x = (yx)n = (y4)n = y4n ∈ K.


Soluzione: Un gruppo ciclico C := 〈a〉 di ordine finito n ha esattamente un sottogruppo di ordine d perciascun divisore d di n: tale sottogruppo è generato da an

d . Inoltre se C1 è un sottogruppo di C di ordine d1e C2 è un sottogruppo di ordine d2 si ha che C1 ≤ C2 se e solo se d1 divide d2.Applichiamo questi risultati al gruppo (Z/30,+) tenendo conto che è scritto in notazione additiva e che unsuo generatore è (1). I divisori di 30 sono 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15 e 30. I sottogruppi di (Z/30,+) sono allora{(0)} di ordine 1, il sottogruppo 〈(15)〉 di ordine 2, il sottogruppo 〈(10)〉 di ordine 3, il sottogruppo 〈(6)〉 diordine 5, il sottogruppo 〈(5)〉 di ordine 6, il sottogruppo 〈(3)〉 di ordine 10, il sottogruppo 〈(2)〉 di ordine 15,e il gruppo (Z/30,+) stesso.Le mutue posizioni tra questi sottogruppi si possono rappresentare tramite il diagramma

{(0)}

〈(15)〉〈(10)〉〈(6)〉

〈(5)〉〈(3)〉〈(2)〉

Z/30


TestoAlgebra 1

25 giugno 2014 Durata prova: 2 ore e 30 minuti

1.10 Sia G un gruppo abeliano e sia n un intero. Siano Gn := {gn | g ∈ G} e Gn := {g ∈ G | gn = 1}.(a) Dimostrare che Gn è un sottogruppo normale di G.(b) Dimostrare che Gn è un sottogruppo normale di G.(c) Dimostrare che se G è finito allora |G| = |Gn||Gn|. (Suggerimento: considerare un opportuno endomorfismo

di G).(d) Mostrare con un esempio che se G non è abeliano allora non è detto che Gn e Gn definiti come sopra siano

sottogruppi di G.

2.8 Sia G il sottoinsieme di GL(2,Q) formato dalle matrici del tipo(2h p0 1

)con h intero relativo e p ∈ Q. Siano dati poi H :=

{(2h p0 1

)| h ≥ 0, p ∈ Z

}, K :=

{(2h p0 1

)| h = 0, p ∈ Z

},

L :={(

2h p0 1

)| p ∈ Z

}sottoinsiemi di G.

(a) Dimostrare che G è un sottogruppo di GL(2,Q).(b) Stabilire se G è abeliano.(c) Per ciascuno dei sottoinsiemi di H, K e L stabilire se sono sottogruppi di G.

3.8 Si consideri la permutazione σ := (12)(345) nel gruppo simmetrico S := Sym5 su 5 lettere e la permutazioneτ := (12)(345) nel gruppo simmetrico T := Sym7 su 7 lettere.(a) Determinare l’ordine di σ e l’ordine di τ .(b) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ e l’ordine della classe di coniugio di τ .(c) Determinare l’ordine del centralizzante di σ in S. Determinare poi esplicitamente CS(σ).(d) Determinare l’ordine del centralizzante di τ in T . Determinare poi esplicitamente CT (τ).

4.6 Sia G un gruppo finito e siano H e K due sottogruppi di G tali che |H| e |G : K| siano coprimi.(a) Mostrare che se almeno uno tra H e K è normale in G allora H ≤ K. (Suggerimento: considerare il prodotto

HK e ragionare su |HK||K| ).

(b) Mostrare con un esempio che senza l’ipotesi che H o K sono normali in G non è detto che H ≤ K.


SoluzioneAlgebra 1

25 giugno 2014 Pagina 1 di 3

1.10 Sia G un gruppo abeliano e sia n un intero. Siano Gn := {gn | g ∈ G} e Gn := {g ∈ G | gn = 1}.(a) Dimostrare che Gn è un sottogruppo normale di G.

Soluzione: Poiché G è abeliano, si ha (xy)n = xnyn per ogni x e y in G.Chiaramente Gn è non vuoto. Siano g1 e g2 due elementi di Gn: allora esistono x1 e x2 in G taliche g1 = xn1 e g2 = xn2 . Ma allora g1g2 = xn1x

n2 = (x1x2)

n, cioè g1g2 appartiene a Gn. Inoltreg−11 = (xn1 )

−1 = (x−11 )n, cioè g−1

1 appartiene a Gn. Dunque Gn è un sottogruppo di G.Poiché G è abeliano, ogni suo sottogruppo è normale e, quindi, anche Gn lo è.

(b) Dimostrare che Gn è un sottogruppo normale di G.

Soluzione: Poiché 1n = 1 per ogni intero n, si ha che 1 appartiene a Gn che non è, quindi, vuoto. Sianog1 e g2 elementi di Gn (dunque gn1 = gn2 = 1). Abbiamo allora (g1g2)

n = gn1 gn2 = 1 · 1 = 1 (abbiamo

usato come nel punto precedente il fatto che G è abeliano) e, pertanto, g1g2 appartiene a Gn. Inoltre(g−1

1 )n = (gn1 )−1 = 1−1 = 1, cioè g−1

1 appartiene a Gn.Poiché G è abeliano, ogni suo sottogruppo è normale e, quindi, anche Gn lo è.

(c) Dimostrare che se G è finito allora |G| = |Gn||Gn|. (Suggerimento: considerare un opportuno endomorfismodi G).

Soluzione: Consideriamo la mappa φ da G in sé che manda g in gn. La mappa φ è un endomorfismo:infatti, per ogni x e y in G si ha (xy)φ = (xy)n = xnyn = xφ · yφ. L’immagine di φ è chiaramenteGn, mentre il suo nucleo è Gn. Per uno dei teoremi di isomorfismo abbiamo Imφ ' G/ kerφ, cioèGn ' G/Gn, da cui otteniamo subito la relazione voluta.Si noti che φ definisce un endomorfismo anche se G non è finito: si poteva usare questo fatto per mostrarepiù velocemente che Gn, in quanto nucleo di un omomorfismo è sottogruppo di G e che Gn in quantoimmagine di un omomorfismo è sottogruppo di G.

(d) Mostrare con un esempio che se G non è abeliano allora non è detto che Gn e Gn definiti come sopra sianosottogruppi di G.

Soluzione: Si consideri il gruppo G := Sym3.Sia n = 3: la terza potenza dell’identità coincide con l’identità. La terza potenza dei 3-cicli è l’identità,mentre la terza potenza di ciascun 2-ciclo coincide con il ciclo stesso. Dunque G3 = {I, (12), (13), (23)}non è un sottogruppo di G (ad esempio perché il suo ordine non divide l’ordine di G).Sia ora n = 2. Il sottoinsieme G2 è formato dagli elementi di periodo 1 o 2. Otteniamo di nuovo ilsottoinsieme {I, (12), (13), (23)}, che non è un sottogruppo.

2.8 Sia G il sottoinsieme di GL(2,Q) formato dalle matrici del tipo(2h p0 1

)con h intero relativo e p ∈ Q. Siano dati poi H :=

{(2h p0 1

)| h ≥ 0, p ∈ Z

}, K :=

{(2h p0 1

)| h = 0, p ∈ Z

},

L :={(

2h p0 1

)| p ∈ Z

}sottoinsiemi di G.

(a) Dimostrare che G è un sottogruppo di GL(2,Q).

Soluzione: Il sottoinsieme G è ovviamente non vuoto. Siano A :=(

2h p0 1

)e B :=

(2k q0 1

)due elementi

di G. AbbiamoAB =

(2h+k 2hq + p0 1

)


SoluzioneAlgebra 1


che è un elemento di G, dal momento che 2h+k è una potenza di 2 e 2hq + p è un numero razionale.Inoltre

A−1 =

(2−h −2−hp0 1

)è una matrice di G perché 2−h è una potenza di 2 e −2−hp è un numero razionale.

(b) Stabilire se G è abeliano.

Soluzione: Il gruppo G non è abeliano. Riprendendo le matrici generiche A e B del punto precedentevediamo che

BA =

(2h+k 2kp+ q0 1

).

In generale questa matrice non coincide con AB: non è infatti detto che 2hq + p = 2kp + q (bastascegliere, ad esempio, h = 1, k = 0, q = 1, p = 1).

(c) Per ciascuno dei sottoinsiemi di H, K e L stabilire se sono sottogruppi di G.

Soluzione: Possiamo usare l’espressione di AB e di A−1 date al punto a.Il sottoinsieme H non è un sottogruppo di G: infatti data una generica matrice A di H la sua inversa

A−1 =

(2−h −2−hp0 1

)non è detto che appartenga a H. Ad esempio se h > 0 si ha che −h non è maggiore o uguale a 0.Il sottoinsieme K è un sottogruppo. Infatti date A e B in K si ha che il loro prodotto

AB =

(2h+k 2hq + p0 1

)appartiene a K perché h+ k = 0 e 2hq + p = q + p è un numero intero. Inoltre l’inversa

A−1 =

(2−h −2−hp0 1

)appartiene a K perché −h = 0 e −2−hp = −p è un numero intero.Il sottoinsieme L non è un sottogruppo di G: infatti data una generica matrice A di L la sua inversa

A−1 =

(2−h −2−hp0 1

)non è detto che appartenga a H. Ad esempio se h = 1 e p = 1 si ha che −2−hp = − 1

2 non è un numerointero.

3.8 Si consideri la permutazione σ := (12)(345) nel gruppo simmetrico S := Sym5 su 5 lettere e la permutazioneτ := (12)(345) nel gruppo simmetrico T := Sym7 su 7 lettere.(a) Determinare l’ordine di σ e l’ordine di τ .

Soluzione: L’ordine di una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti è uguale al minimocomune multiplo degli ordini dei cicli coinvolti. Poiché abbiamo (in entrambi i casi) un ciclo di ordine 2e un ciclo di ordine 3, le permutazioni σ e τ hanno ordine entrambe 6.

(b) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ e l’ordine della classe di coniugio di τ .


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Gli elementi coniugati di σ sono tutti e soli quelli del tipo (ab)(cde) con a, b, c, d ed enumeri distinti compresi tra 1 e 5. I coniugati di τ hanno la stessa forma ma gli interi sono compresi tra1 e 7.Per quanto riguarda σ abbiamo 5 scelte per a, 4 scelte per b, 3 scelte per c, 2 scelte per d e 1 scelta pere: in tutto 5! scelte. Tutte queste scelte non corrispondono però a elementi distinti. Infatti possiamoscambiare tra loro a e b (e dobbiamo dunque dividere il numero delle scelte per 2), oppure riordinare ilciclo (cde) iniziando da una qualunque delle lettere (e dobbiamo dunque dividere per 3). Pertanto laclasse di coniugio di σ contiene 5!

2·3 elementi.Per quanto riguarda τ abbiamo 7 scelte per a, 6 scelte per b, 6 scelte per c, 4 scelte per d e 3 scelta pere: in tutto 7 · 6 · 5 · 4 · 3 scelte. Come prima dobbiamo dividere per 2 · 3. Pertanto la classe di coniugio diτ contiene 7·6·5·4·3

2·3 elementi.

(c) Determinare l’ordine del centralizzante di σ in S. Determinare poi esplicitamente CS(σ).

Soluzione: L’indice del centralizzante di un elemento è uguale alla cardinalità della classe di coniugiodell’elemento. Nel nostro caso il gruppo S ha ordine 5!, mentre la classe di coniugio di σ ha ordine 5!

2·3 .Pertanto CS(σ) ha ordine 6. Poiché il centralizzante di un elemento contiene l’elemento stesso e le suepotenze, abbiamo che CS(σ) ≥ 〈σ〉. Dal momento che σ ha ordine 6 ciò significa che CS(σ) = 〈σ〉.

(d) Determinare l’ordine del centralizzante di τ in T . Determinare poi esplicitamente CT (τ).

Soluzione: Il gruppo T ha ordine 7!, mentre la classe di coniugio di τ ha ordine 7·6·5·4·32·3 . Pertanto

CT (τ) ha ordine 12. Poiché il centralizzante di un elemento contiene l’elemento stesso e le sue potenze,abbiamo che CT (τ) ≥ 〈τ〉. Poiché τ ha ordine 6 ciò significa che CT (τ) contiene altri elementi oltrealle potenze di τ . Poichè cicli disgiunti commutano fra loro la trasposizione ρ := (67) commuta con τ .Dunque il gruppo ciclico generato da ρ è contenuto nel centralizzante di τ . Il gruppo ciclico generatoda ρ ha ordine 2 e la sua intersezione con 〈τ〉 è banale (perché ρ /∈ 〈τ〉). Dunque il prodotto 〈τ〉〈ρ〉 haordine |〈τ〉||〈ρ〉|

|〈τ〉∩〈ρ〉| = 12. Poiché il prodotto 〈τ〉〈ρ〉 è contenuto in CT (τ), ne consegue che CT (τ) = 〈τ〉〈ρ〉.

4.6 Sia G un gruppo finito e siano H e K due sottogruppi di G tali che |H| e |G : K| siano coprimi.(a) Mostrare che se almeno uno tra H e K è normale in G allora H ≤ K. (Suggerimento: considerare il prodotto

HK e ragionare su |HK||K| ).

Soluzione: L’ordine del prodotto di H e K soddisfa la relazione |HK| = |H||K||H∩K| . Poniamo allora

d := |HK||K| = |H|

|H∩K| . Se almeno uno tra H e K è normale in G, allora il prodotto HK è un sottogruppodi G. Ora |G : K| = |G : HK||HK : K| e, quindi, d = |HK : K| divide |G : K|. D’altra parte d = |H|

|H∩K|divide |H|. Poiché |H| e |G : K| sono coprimi, otteniamo che d = 1: ciò significa che HK = K e, poichéH ≤ HK abbiamo la tesi.

(b) Mostrare con un esempio che senza l’ipotesi che H o K sono normali in G non è detto che H ≤ K.

Soluzione: Siano G := Sym3, H := 〈(12)〉 e K := 〈(13)〉. Ora |H| = 2 e |G : K| = 3 sono coprimi, maH non è contenuto in K.



1.6 Sia dato il gruppo G := C90 × C12 (dove Ci indica il gruppo ciclico di ordine i).(a) Quanti elementi di ordine 15 contiene G? E quanti elementi di ordine 9?(b) Quanti sottogruppi ciclici di ordine 15 contiene G? E quanti sottogruppi ciclici di ordine 9?

2.6 Sia dato il gruppo G := Symn con n ≥ 3 e i sottoinsiemi di G:

A := {σ ∈ G | 1σ = 2}B := {σ ∈ G | 1σ 6= 2}C := {σ ∈ G | 1σ è un numero dispari}D := {σ ∈ G | iσ è un numero dispari per ogni numero dispari i}

(a) Stabilire quali dei sottoinsiemi dati sono sottogruppi di G.(b) Stabilire se qualcuno dei sottoinsiemi dati è un sottogruppo normale di G.

3.10 Si consideri il gruppo G = QZ dove Q è il gruppo additivo dei razionali e Z è il sottogruppo degli interi. Dato un

elemento q ∈ Q indichiamo con [q] l’elemento q + Z del gruppo quoziente G.(a) Dato un numero razionale m

n di Q con n > 0 determinare il periodo di[mn

]in G. (Suggerimento: ridurre

prima mn ai minimi termini).

(b) Mostrare che per ogni intero positivo n esiste almeno un elemento di G avente periodo n. Determinare poi ilnumero esatto di elementi di periodo n.

(c) Mostrare che per ogni intero positivo n esiste un unico sottogruppo ciclico di G di ordine n.(d) Dimostrare che ogni sottogruppo finito di G è ciclico.

4.10 Sia G un gruppo finito e sia H un suo sottogruppo. Dato un elemento g di G sia F (g) := {x ∈ G | gx ∈ H}.(a) Mostrare che F (g) è unione di laterali sinistri di H.(b) Mostrare che F (g) è unione di laterali destri di CG(g).

(c) Mostrare che |F (g)| = |CG(g)||gG ∩H|. Dedurre che |CG(g)||gG∩H||H| è un intero.

(d) Mostrare che H è normale in G se e solo se per ogni g /∈ H si ha F (g) = ∅.



1.6 Sia dato il gruppo G := C90 × C12 (dove Ci indica il gruppo ciclico di ordine i).(a) Quanti elementi di ordine 15 contiene G? E quanti elementi di ordine 9?

Soluzione: L’ordine di un elemento (a, b) con a ∈ C90 e b ∈ C12 è il minimo comune multiplo degliordini di a e b. Gli elementi di C90 hanno ordine che divide 90, mentre gli ordini degli elementi di C12

hanno ordine che divide 12.Sappiamo inoltre che in un gruppo ciclico finito di ordine n il numero di elementi di ordine d (con ddivisore di n) è uguale al valore ϕ(d) della funzione di Eulero: in particolare non dipende da n ma soloda d.Poiché 5 non divide 12 possiamo ottenere 15 come minimo comune multiplo nei seguenti modi:

• |a| = 15 e |b| = 1: ciò avviene in ϕ(15) · 1 = (5− 1)(3− 1) = 8 casi (dove abbiamo usato il fattoche ϕ(15) = ϕ(5)ϕ(3));

• |a| = 15 e |b| = 3: ciò avviene in ϕ(15)ϕ(3) = 8 · 2 = 16 casi;

• |a| = 5 e |b| = 3: ciò avviene in ϕ(5)ϕ(3) = (5− 1)(3− 1) = 8 casi.

In tutto abbiamo dunque 8 + 16 + 8 = 32 elementi di periodo 15.Per gli elementi di periodo 9 = 32, osserviamo che 9 non divide 12 e, quindi possiamo ottenere 9 comeminimo comune multiplo nei seguenti modi:

• |a| = 9 e |b| = 1: ciò avviene in ϕ(9) · 1 = 32 − 3 = 6 casi;

• |a| = 9 e |b| = 3: ciò avviene in ϕ(9)ϕ(3) = 6 · 2 = 12 casi.

In tutto abbiamo dunque 6 + 12 = 18 elementi di periodo 9.

(b) Quanti sottogruppi ciclici di ordine 15 contiene G? E quanti sottogruppi ciclici di ordine 9?

Soluzione: Ogni elemento di ordine d genera un gruppo ciclico di ordine d. Lo stesso gruppo ciclicopuò però essere generato da più elementi e precisamente da tutti i suo elementi di ordine d: il numero diquesti elementi è ϕ(d).Ogni sottogruppo ciclico di ordine 15 contiene ϕ(15) = 8 elementi di ordine 15: pertanto abbiamo 32

8 = 4sottogruppi ciclici di ordine 15.Ogni sottogruppo ciclico di ordine 9 contiene ϕ(9) = 6 elementi di ordine 9: pertanto abbiamo 18

6 = 3sottogruppi ciclici di ordine 9.

2.6 Sia dato il gruppo G := Symn con n ≥ 3 e i sottoinsiemi di G:

A := {σ ∈ G | 1σ = 2}B := {σ ∈ G | 1σ 6= 2}C := {σ ∈ G | 1σ è un numero dispari}D := {σ ∈ G | iσ è un numero dispari per ogni numero dispari i}

(a) Stabilire quali dei sottoinsiemi dati sono sottogruppi di G.

Soluzione: Poiché G è un gruppo finito, un suo sottoinsieme è un sottogruppo se e solo se contienel’identità ed è chiuso rispetto al prodotto.Il sottoinsieme A non è un sottogruppo perché non contiene l’identità.Il sottoinsieme B non è un sottogruppo perché le trasposizioni (13) e (23) appartengono a B ma il loroprodotto (13)(23) = (123) non appartiene a B.Il sottoinsieme C non è un sottogruppo perché (13) e (132) appartengono a C ma il loro prodotto(13)(132) = (12) non appartiene a C.



Il sottoinsieme D è invece un sottogruppo. Infatti D è non vuoto perché contiene l’identità. Siano σ e τin D: per mostrare che στ è un elemento di D occorre mostrare che se i è dispari allora iστ è dispari.Sappiamo che iσ è dispari perché i è dispari e σ in D; sappiamo dunque che (iσ)τ è dispari perché iσ èdispari e τ è in D.

(b) Stabilire se qualcuno dei sottoinsiemi dati è un sottogruppo normale di G.

Soluzione: L’unico da considerare è il sottogruppo D. Questo però non è normale. Infatti siano σ := (13)e τ := (12). Abbiamo che σ ∈ D, ma στ = (23) e questo non è un elemento di D.

3.10 Si consideri il gruppo G = QZ dove Q è il gruppo additivo dei razionali e Z è il sottogruppo degli interi. Dato un

elemento q ∈ Q indichiamo con [q] l’elemento q + Z del gruppo quoziente G.(a) Dato un numero razionale m

n di Q con n > 0 determinare il periodo di[mn

]in G. (Suggerimento: ridurre

prima mn ai minimi termini).

Soluzione: Sia d = (m,n) il massimo comun divisore di m e n. Abbiamo allora mn = m′

n′ con m = dm′

e n = dn′. Per ogni intero r si ha r[m′

n′

]=

[rm′

n′

]: dunque r

[m′

n′

]è l’elemento neutro di G se e solo se

rm′

n′ è un intero, cioè se e solo se rm′ è multiplo di n′. Poiché n′ e m′ sono coprimi ciò avviene se e solose r è multiplo di n′: dunque il periodo di

[m′

n′

]è esattamente n′. Riassumendo, il periodo di

[mn

]è

uguale a n(n,m) .

(b) Mostrare che per ogni intero positivo n esiste almeno un elemento di G avente periodo n. Determinare poi ilnumero esatto di elementi di periodo n.

Soluzione: Dal punto precedente sappiamo che se m è un intero coprimo con n allora[mn

]ha periodo

n: basta prendere ad esempio m = 1.Per determinare esplicitamente il numero di elementi di periodo n consideriamo due elementi

[m1

n

]e[

m2

n

]di periodo n. Questi due elementi coincidono se e solo se m1

n − m2

n è un intero, cioè se e solo sem− 1−m2 è multiplo di n: in altri termini se e solo se m1 e m2 sono congrui modulo n.

(c) Mostrare che per ogni intero positivo n esiste un unico sottogruppo ciclico di G di ordine n.

Soluzione: Dal punto precedente sappiamo che esistono elementi di periodo n e, quindi, c’è almeno unsottogruppo ciclico Cn di ordine n. Un gruppo ciclico di ordine n contiene esattamente ϕ(n) elementi diordine n. Dal punto precedente sappiamo che G contiene esattamente ϕ(n) elementi di ordine n: dunqueCn contiene tutti gli elementi di ordine n di G ed è allora l’unico sottogruppo ciclico di ordine n.

(d) Dimostrare che ogni sottogruppo finito di G è ciclico.

Soluzione: Sia H un sottogruppo finito di G di ordine n e sia Cn l’unico sottogruppo ciclico di ordinen di G. Mostriamo che ogni elemento di H è contenuto in Cn e, quindi, H = Cn. Sia x un elemento diH: il periodo di x è un divisore d di n. Poiché Cn è un grippo ciclico finito, esso contiene un sottogruppociclico Cd di ordine d. Ma in G esiste un unico sottogruppo ciclico di ordine d, pertanto il sottogruppogenerato da x coincide con Cd, e allora x ∈ Cd ≤ Cn.

4.10 Sia G un gruppo finito e sia H un suo sottogruppo. Dato un elemento g di G sia F (g) := {x ∈ G | gx ∈ H}.(a) Mostrare che F (g) è unione di laterali sinistri di H.

Soluzione: Dobbiamo mostrare che per ogni x appartenente a F (g), l’intero laterale xH è contenuto inF (g). Gli elementi di xH sono del tipo xh con h ∈ H. Abbiamo allora gxh = (gx)h: ora gx appartiene a



H poiché x appartiene a F (g) e, pertanto (gx)h appartiene ad H. Dunque gxh appartiene a H, cioè xhappartiene a F (g).

(b) Mostrare che F (g) è unione di laterali destri di CG(g).

Soluzione: Dobbiamo mostrare che per ogni x appartenente a F (g), l’intero laterale CG(g)x è contenutoin F (g). Gli elementi di CG(g)x sono del tipo cx con c ∈ CG(g). Abbiamo allora gcx = (gc)x = gx ∈ H,dove abbiamo usato il fatto che gc = g e che gx appartiene ad H. Dunque cx appartiene a F (g).

(c) Mostrare che |F (g)| = |CG(g)||gG ∩H|. Dedurre che |CG(g)||gG∩H||H| è un intero.

Soluzione: Dal punto precedente sappiamo che F (g) è unione di laterali destri di CG(g): poiché i lateralidestri di un sottogruppo sono disgiunti e il loro ordine è uguale all’ordine del sottogruppo, abbiamoche |F (g)| = r|CG(g)| dove r è il numero di laterali destri di CG(g) contenuti in F (g). Ricordiamo chedati due elementi x1 e x2 di G si ha gx1 = gx2 se e solo se x1 e x2 appartengono allo stesso lateraledestro di CG(g). C’è dunque una corrispondenza biunivoca tra laterali destri di CG(g) e coniugati di g:dato un coniugato di g, il corrispondente laterale destro di CG(g) è contenuto in F (g) se e solo se ilconiugato appartiene a H. Pertanto il numero di laterali di CG(g) contenuti in F (g) è uguale al numerodi coniugati di g appartenenti a H, cioè r = |gG ∩H| e, quindi, |F (g)| = |CG(g)||gG ∩H|. Ora F (g) èanche unione di laterali sinistri di H, dunque il suo ordine è multiplo di |H| e, pertanto, |CG(g)||gG∩H|

|H| èun intero.

(d) Mostrare che H è normale in G se e solo se per ogni g /∈ H si ha F (g) = ∅.

Soluzione: Supponiamo che H sia normale in G e g /∈ H. Se x fosse un elemento di F (g) avremmoche gx sarebbe un elemento di H coniugato a g: ma poiché H è normale, contiene tutti i coniugati deipropri elementi, in particolare tutti i coniugati di gx, tra cui anche g. Poiché g non appartiene a H, ciòsignifica che non c’è alcun elemento x in G tale che gx ∈ H, cioè F (g) è vuoto.Viceversa, supponiamo che F (g) = ∅ per ogni g /∈ H. Sia h un elemento di H: se per qualche x ∈ G

fosse hx /∈ H, allora F (hx) = ∅. Ma (hx)x−1

= hxx−1

= h1 = h, cioè x−1 ∈ F (g): dunque non esistealcun x in G tale che hx /∈ H. In altri termini hx ∈ H per ogni x ∈ G: poiché ciò avviene per ognih ∈ H abbiamo che H è normale in G.


TestoAlgebra 1


1.10 Sia G l’insieme formato dagli elementi del tipo (a, b, c) con a, b e c in Z dotato dell’operazione � definita da

(a1, b1, c1) � (a2, b2, c2) := (a1 + a2, b1 + b2, c1 + c2 + a1b2).

(a) Dimostrare che G è un gruppo. Stabilire se è abeliano.(b) Dati i sottoinsiemi A := {(a, b, c) ∈ G | 2 divide a}, B := {(a, b, c) ∈ G | 2 divide b}, C := {(a, b, c) ∈ G |

2 divide c}, stabilire se sono sottogruppi di G.(c) Dati i sottogruppi trovati al punto precedente, stabilire se sono normali in G.(d) Stabilire se il sottoinsieme H := {(a, b, c) ∈ G | 2 divide a, 2 divide b, 4 divide c} è un sottogruppo di G, e,

in caso affermativo stabilire se è normale in G.

2.6 Sia H un sottogruppo di un gruppo G. Mostrare che le seguenti proprietà sono equivalenti:

1. H è normale in G e il quoziente G/H è abeliano;2. x−1y−1xy appartiene a H per ogni x e y appartenenti a G.

3.6 (a) Dimostrare che se n è un intero dispari con n > 1 allora Symn contiene un elemento di ordine 2(n− 2).(b) Stabilire per n = 4, 6, 8, 10, 12 se Symn contiene un elemento di ordine 2(n− 2).

4.10 Sia dato il gruppo G := C12 × C3 (dove Ci indica il gruppo ciclico di ordine i).(a) Determinare quanti elementi di ciascun ordine contiene G.(b) Determinare quanti sottogruppi ciclici di ciascun ordine ha G.(c) Determinare quanti sottogruppi di ordine 9 ha G (la risposta potrebbe anche essere nessuno).(d) Determinare quanti sottogruppi di ordine 18 ha G (la risposta potrebbe anche essere nessuno).


SoluzioneAlgebra 1


1.10 Sia G l’insieme formato dagli elementi del tipo (a, b, c) con a, b e c in Z dotato dell’operazione � definita da

(a1, b1, c1) � (a2, b2, c2) := (a1 + a2, b1 + b2, c1 + c2 + a1b2).

(a) Dimostrare che G è un gruppo. Stabilire se è abeliano.

Soluzione: Mostriamo che l’operazione è associativa. Siano (a1, b1, c1), (a2, b2, c2) e (a3, b3, c3) elementidi G. Abbiamo allora:

((a1, b1, c1) � (a2, b2, c2)) � (a3, b3, c3) = (a1 + a2, b1 + b2, c1 + c2 + a1b2) � (a3, b3, c3) =(a1 + a2 + a3, b1 + b2 + b3, c1 + c2 + a1b2 + c3 + (a1 + a2)b3) =

(a1 + a2 + a3, b1 + b2 + b3, c1 + c2 + c3 + a1b2 + a1b3 + a2b3)

e

(a1, b1, c1) � ((a2, b2, c2) � (a3, b3, c3)) = (a1, b1, c1) � (a2 + a3, b2 + b3, c2 + c3 + a2b3) =

(a1 + a2 + a3, b1 + b2 + b3, c1 + c2 + c3 + a2b3 + a1(b2 + b3)) =

(a1 + a2 + a3, b1 + b2 + b3, c1 + c2 + c3 + a2b3 + a1b2 + a1b3)

Poiché i risultati coincidono, l’operazione è associativa.Verifichiamo se esiste un elemento neutro: questo deve essere una terna (x, y, z) tale che per ogni (a, b, c)in G si abbia (a, b, c)�(x, y, z) = (a, b, c) e (x, y, z)�(a, b, c) = (a, b, c), vale a dire (a+x, b+y, c+z+ay) =(a, b, c) e (x + a, y + b, z + c + xb) = (a, b, c). Si vede immediatamente che la terna (0, 0, 0) soddisfaquesta condizione.Verifichiamo se ogni elemento (a, b, c) in G ammette inverso: questo deve essere una terna (x, y, z) taleche (a, b, c)�(x, y, z) = (0, 0, 0) e (x, y, z)�(a, b, c) = (0, 0, 0), vale a dire (a+x, b+x, c+z+ay) = (0, 0, 0)e (x+ a, y + b, z + c+ xb) = (0, 0, 0). Si vede immediatamente che la terna (−a,−b,−c+ ab) soddisfaquesta condizione.Dunque G è un gruppo.Per stabilire seG è abeliano consideriamo i prodotti (a1, b1, c1)�(a2, b2, c2) = (a1+a2, b1+b2, c1+c2+a1b2)e (a2, b2, c2) � (a1, b1, c1) = (a2 + a1, b2 + b1, c2 + c1 + a2b1). In generale questi prodotti non coincidono:ad esempio (1, 0, 0) � (0, 1, 0) = (1, 1, 1) e (0, 1, 0) � (1, 0, 0) = (1, 1, 0), dunque il gruppo non è abeliano.

(b) Dati i sottoinsiemi A := {(a, b, c) ∈ G | 2 divide a}, B := {(a, b, c) ∈ G | 2 divide b}, C := {(a, b, c) ∈ G |2 divide c}, stabilire se sono sottogruppi di G.

Soluzione: I sottoinsiemi A, B e C sono evidentemente non vuoti. Dobbiamo stabilire se sono chiusirispetto al prodotto e all’inversione.Dall’espressione (a1, b1, c1) � (a2, b2, c2) = (a1 + a2, b1 + b2, c1 + c2 + a1b2) del prodotto vediamo subitoche:

• se (a1, b1, c1) e (a2, b2, c2) appartengono ad A, cioè a1 e a2 sono pari allora a1+a2 è pari e, dunque,A è chiuso rispetto al prodotto;

• se (a1, b1, c1) e (a2, b2, c2) appartengono a B, cioè b1 e b2 sono pari allora b1 + b2 è pari e, dunque,B è chiuso rispetto al prodotto;

• se (a1, b1, c1) e (a2, b2, c2) appartengono a C, cioè c1 e c2 sono pari allora non è detto chec1 + c2 + a1b2 sia pari (ad esempio se a1 = 1 e b2 = 1) e, dunque, C non è chiuso rispetto alprodotto.

Poiché l’inverso di (a, b, c) è (−a,−b,−c+ ab) vediamo subito che:

• se (a, b, c) appartiene ad A, cioè a è pari allora −a è pari e, dunque, A è chiuso rispetto all’inversione;

• se (a, b, c) appartiene a B, cioè b è pari allora −b è pari e, dunque, B è chiuso rispetto all’inversione.

Riassumendo A e B sono sottogruppi di G, mentre C non lo è.


SoluzioneAlgebra 1


(c) Dati i sottogruppi trovati al punto precedente, stabilire se sono normali in G.

Soluzione: Dati (a, b, c) e (x, y, z) in G abbiamo

(a, b, c)(x,y,z) = (x, y, z)−1�(a, b, c)�(x, y, z) = (−x,−y,−z+xy)�(a+x, y+b, c+z+ay) = (a, b, c+ay−xb).

Notiamo subito che se (a, b, c) appartiene ad A, cioè la prima componente di (a, b, c) è pari, allora,qualunque sia (x, y, z) ∈ G la prima componente di (a, b, c)(x,y,z) è pari, cioè (a, b, c)(x,y,z) appartienead A. Dunque A è normale.Analogamente se (a, b, c) appartiene a B, cioè la seconda componente di (a, b, c) è pari, allora, qualunquesia (x, y, z) ∈ G la seconda componente di (a, b, c)(x,y,z) è pari, cioè (a, b, c)(x,y,z) appartiene a B. DunqueB è normale.

(d) Stabilire se il sottoinsieme H := {(a, b, c) ∈ G | 2 divide a, 2 divide b, 4 divide c} è un sottogruppo di G, e,in caso affermativo stabilire se è normale in G.

Soluzione: Ovviamente H è non vuoto.Siano (a1, b1, c1) e (a2, b2, c2) elementi di H (quindi a1, b1, a2 e b2 multipli di 2 e c1 e c2) multipli di 4).Il loro prodotto (a1 + a2, b1 + b2, c1 + c2 + a1b2) appartiene ad H: infatti a1 + a2 è somma di multipli di2 ed è quindi multiplo di 2, b1 + b2 è somma di multipli di 2 ed è quindi multiplo di 2, e c1 + c2 + a1b2 èsomma di due multipli di 4 e di un prodotto di due multipli di 2 ed è, dunque, multiplo di 4.Per quanto riguarda l’inverso (−a,−b,−c + ab) di un elemento (a, b, c) di H osserviamo che −a èmultiplo di 2 perché a è multiplo di 2, −b è multiplo di 2 perché b è multiplo di 2 e −c+ ab è multiplodi 4 perché c è multiplo di 4 e a e b sono multipli di 2.Pertanto H è un sottogruppo di G.Sia ora (a, b, c) sia un elemento di H e (x, y, z) un elemento di G e riconsideriamo l’espressione(a, b, c)(x,y,z) = (a, b, c + ay − xb). Non è detto che (a, b, c)(x,y,z) appartenga ad H perché c + ay − xbpotrebbe non essere multiplo di 4: basta ad esempio prendere (a, b, c) = (2, 0, 0) e (x, y, z) = (0, 1, 0).Pertanto H non è normale in G.

2.6 Sia H un sottogruppo di un gruppo G. Mostrare che le seguenti proprietà sono equivalenti:

1. H è normale in G e il quoziente G/H è abeliano;2. x−1y−1xy appartiene a H per ogni x e y appartenenti a G.

Soluzione: Supponiamo che H sia normale in G e che G/H sia abeliano. Siano x e y due elementi di G:poiché G/H è abeliano, abbiamo che (xH)(yH) = (yH)(xH). Ma ciò significa che xyH = yxH : moltiplicandoa sinistra per x−1y−1H otteniamo allora x−1y−1xyH = H. Ma questo implica che x−1y−1xy appartiene aH.Viceversa sia x−1y−1xy in H per ogni x e y in G. Scegliamo in particolare x in H: allora xy = y−1xy =x(x−1y−1xy) è un elemento di H perché prodotto di due elementi di H. Per l’arbitrarietà della scelta dix in H e di y in G abbiamo che H è normale. Mostriamo ora che G/H è abeliano: siano xH e yH dueelementi di G/H. Poiché x−1y−1xy appartiene a H si ha x−1y−1xyH = H e moltiplicando a sinistra peryxH otteniamo xyH = yxH, cioè (xH)(yH) = (yH)(xH).

3.6 (a) Dimostrare che se n è un intero dispari con n > 1 allora Symn contiene un elemento di ordine 2(n− 2).

Soluzione: Sappiamo che l’ordine di una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti è ilminimo comune multiplo delle lunghezze dei cicli coinvolti. Consideriamo allora una permutazione σprodotto di cicli disgiunti di lunghezza 2 e n− 2 rispettivamente (ad esempio σ := (12)(34 . . . n)). Poichén è dispari, anche n − 2 è dispari e, quindi, il minimo comune multiplo di 2 e n − 2 è esattamente2(n− 2). Pertanto σ ha ordine 2(n− 2).


SoluzioneAlgebra 1


(b) Stabilire per n = 4, 6, 8, 10, 12 se Symn contiene un elemento di ordine 2(n− 2).

Soluzione: Usiamo ancora il fatto che una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti haordine che è il minimo comune multiplo delle lunghezze dei cicli coinvolti. Dobbiamo quindi cercaredegli interi il cui minimo comune multiplo sia 2(n− 2).Se n = 4 si ha 2(n− 2) = 4. Ogni ciclo di ordine 4 è un elemento di ordine 4 in Sym4.Se n = 6 si ha 2(n − 2) = 8. Poiché 8 = 23, per ottenere 8 come minimo comune multiplo di interioccorre che almeno uno di essi sia 8. Ma Sym6 non contiene alcun ciclo di lunghezza 8.Se n = 8 si ha 2(n − 2) = 12. Consideriamo allora una permutazione σ prodotto di cicli disgiunti dilunghezza 3 e 4 rispettivamente (ad esempio σ := (123)(4567)). Il minimo comune multiplo di 3 e 4 èesattamente 12. Pertanto σ ha ordine 12.Se n = 10 si ha 2(n− 2) = 16. Poiché 16 = 23, per ottenere 16 come minimo comune multiplo di interioccorre che almeno uno di essi sia 16. Ma Sym10 non contiene alcun ciclo di lunghezza 16.Se n = 12 si ha 2(n− 2) = 20. Consideriamo allora una permutazione σ prodotto di cicli disgiunti dilunghezza 4 e 5 rispettivamente (ad esempio σ := (1234)(56789)). Il minimo comune multiplo di 4 e 5 èesattamente 20. Pertanto σ ha ordine 20.

4.10 Sia dato il gruppo G := C12 × C3 (dove Ci indica il gruppo ciclico di ordine i).(a) Determinare quanti elementi di ciascun ordine contiene G.


hanno ordine che divide 3.Sappiamo inoltre che in gruppo ciclico finito di ordine n il numero di elementi di ordine d (con d divisoredi n) è uguale al valore ϕ(d) della funzione di Eulero: in particolare non dipende da n ma solo da d.I divisori di 12 sono 1, 2, 3, 4, 6 e 12. Dunque C12 contiene 1 elemento di ordine 1, 1 elemento di ordine2, 2 elementi di ordine 3, 2 elementi di ordine 4, 2 elementi di ordine 6 e 4 elementi di ordine 12.I divisori di 3 sono 1 e 3. Dunque C3 contiene 1 elemento di ordine 1 e 2 elementi di ordine 3.Consideriamo allora la seguente tabella

1 2 3 4 6 121 1 2 3 4 6 123 3 6 3 12 6 12

dove abbiamo riportato sulla riga di intestazione gli ordini degli elementi di C12 e sulla colonna diintestazione gli ordini degli elementi di C3 e all’incrocio il minimo comune multiplo corrispondente.Vediamo, ad esempio, che si ottiene un elemento (a, b) di ordine 6 in 3 casi: se a ha ordine 6 e b ordine 1oppure se a ha ordine 2 e b ordine 3 oppure se a ha ordine 6 e b ordine 3.Prendiamo poi la tabella corrispondente

1 2 3 4 6 121 1 1 2 2 2 43 2 2 4 4 4 8

in cui contiamo quante volte ciascun caso si verifica (moltiplicando le corrispondenti funzioni di Eulero).Dunque abbiamo 1 elemento di ordine 1, 1 elemento di ordine 2, 8 = 2 + 2 + 4 elementi di ordine 3, 2elementi di ordine 4, 8 = 2 + 2 + 4 elementi di ordine 6 e 16 = 4 + 4 + 8 elementi di ordine 12.

(b) Determinare quanti sottogruppi ciclici di ciascun ordine ha G.

Soluzione: Dal punto precedente sappiamo quanti elementi di ciascun ordine ha G. Ogni elemento diordine d genera un gruppo ciclico di ordine d. Lo stesso gruppo ciclico può però essere generato da piùelementi e precisamente da tutti i suo elementi di ordine d: il numero di questi elementi è ϕ(d). Perottenere il numeri di sottogruppi ciclici di ordine d dobbiamo dunque dividere il numero degli elementi di


SoluzioneAlgebra 1


ordine d per la funzione di Eulero di d. Abbiamo allora 1 sottogruppo ciclico di ordine 1, 1 sottogruppociclico di ordine 2, 4 = 8

ϕ(3) sottogruppi ciclici di ordine 3, 1 = 2ϕ(4) sottogruppo ciclico di ordine 4,

4 = 8ϕ(6) sottogruppi ciclici di ordine 6 e 4 = 16

ϕ(12) sottogruppi ciclici di ordine 12.

(c) Determinare quanti sottogruppi di ordine 9 ha G (la risposta potrebbe anche essere nessuno).

Soluzione: Gli elementi di un gruppo di ordine 9 devono avere ordine che divide 9. In G abbiamoesattamente 9 elementi il cui ordine divide 9: 1 elemento di ordine 1 e 8 elementi di ordine 3. Possiamoquindi avere al più un sottogruppo di ordine 9.Per verificare che un tale sottogruppo esiste consideriamo il sottogruppo H di C12 di ordine 3: il prodottodi C3 per H è un sottogruppo (siamo in un gruppo abeliano) e ha esattamente ordine uguale al prodottodegli ordini (perché l’intersezione tra C3 e H, essendo contenuta nell’intersezione tra C3 e C12 è banale).Dunque G ha esattamente un sottogruppo di ordine 9.

(d) Determinare quanti sottogruppi di ordine 18 ha G (la risposta potrebbe anche essere nessuno).

Soluzione: Gli elementi di un gruppo di ordine 18 devono avere ordine che divide 9. In G abbiamoesattamente 18 elementi il cui ordine divide 18: 1 elemento di ordine 1, 1 elemento di ordine 2, 8 elementidi ordine 3 e 8 elementi di ordine 6. Possiamo quindi avere al più un sottogruppo di ordine 18.Per verificare che un tale sottogruppo esiste consideriamo il sottogruppo K di C12 di ordine 6: il prodottodi C3 per K è un sottogruppo (siamo in un gruppo abeliano) e ha esattamente ordine uguale al prodottodegli ordini (perché l’intersezione tra C3 e K, essendo contenuta nell’intersezione tra C3 e C12 è banale).Dunque G ha esattamente un sottogruppo di ordine 18.


TestoAlgebra 1


1.10 Si consideri il prodotto cartesiano S := Z × Q.(a) Stabilire se l’insieme S dotato dell’operazione � così definita (a, b)� (c, d) := (a+ c, 2cb+ d) è un gruppo.(b) Stabilire se l’insieme S dotato dell’operazione � così definita (a, b) � (c, d) := (a+ c, 2cb− d) è un gruppo.(c) Stabilire se l’insieme S dotato dell’operazione • così definita (a, b) • (c, d) := (a+ c, 2−cb+ d) è un gruppo.(d) In ciascuno dei casi precedenti per cui si è mostrato che G è un gruppo, determinare se il sottoinsieme

R := Z × Z è un sottogruppo.

2.6 Si consideri la permutazione σ := (123)(456) in S := Sym6.(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ e l’ordine del suo centralizzante.(b) Scrivere σ101 come prodotto di cicli disgiunti.

3.6 Sia C un gruppo ciclico di ordine 24, generato da un suo elemento a.(a) Determinare l’ordine del sottogruppo H := 〈a10〉 e l’ordine del sottogruppo K := 〈a21〉.(b) Determinare l’ordine di H ∩K e un suo generatore.

4.6 Sia G un gruppo e siano A, B e C sottogruppi di G tali che A ≤ B, A∩C = B ∩C e AC = BC. Dimostrare cheA = B.

5.4 Determinare il massimo comun divisore di 672 e 1911 ed esprimerlo come somma di multipli dei due numeri dellacoppia.


SoluzioneAlgebra 1


1.10 Si consideri il prodotto cartesiano S := Z × Q.(a) Stabilire se l’insieme S dotato dell’operazione � così definita (a, b)� (c, d) := (a+ c, 2cb+ d) è un gruppo.

Soluzione: Verifichiamo la validità della proprietà associativa. Se (a, b), (c, d) ed (e, f) sono tre elementidi S abbiamo:

((a, b)�(c, d))�(e, f) = (a+c, 2cb+d)�(e, f) = (a+c+e, 2e(2cb+d)+f) = (a+c+e, 2e+cb+2ed+f)

e(a, b)� ((c, d)� (e, f)) = (a, b)� (c+ e, 2ed+ f) = (a+ c+ e, 2c+eb+ 2ed+ f).

Dunque la proprietà associativa vale.Cerchiamo ora l’elemento neutro, cioè un elemento (x, y) tale che (a, b)� (x, y) = (x, y)� (a, b) = (a, b)per ogni (a, b) in S. Abbiamo allora (a, b)� (x, y) = (a+ x, 2xb+ y). Imponendo l’uguaglianza con (a, b)otteniamo a+ x = a e 2xb+ y = b: qualunque siano a e b ciò è soddisfatto per x = 0 e y = 0. Abbiamoinoltre (0, 0)� (a, b) = (0 + a, 2a0 + b) = (a, b). Dunque (0, 0) è unità sia destra che sinistra.Cerchiamo ora per ogni (a, b) di S, il suo inverso, cioè (x, y) tale che (a, b)�(x, y) = (x, y)�(a, b) = (0, 0).Ora (a, b)�(x, y) = (a+x, 2xb+y). Imponendo l’uguaglianza con (0, 0) otteniamo a+x = 0 e 2xb+y = 0da cui ricaviamo x = −a e y = −2−ab. Si noti che qui usiamo il fatto che y può essere scelto tra irazionali. Abbiamo inoltre (−a,−2−ab)� (a, b) = (−a+a, 2a(−2−ab)+ b) = (0, 0). Dunque (−a,−2−ab)è inverso sia destro che sinistro di (a, b).Pertanto (S,�) è un gruppo.

(b) Stabilire se l’insieme S dotato dell’operazione � così definita (a, b) � (c, d) := (a+ c, 2cb− d) è un gruppo.


((a, b)� (c, d))� (e, f) = (a+ c, 2cb−d)� (e, f) = (a+ c+ e, 2e(2cb−d)−f) = (a+ c+ e, 2e+cb−2ed−f)

e(a, b) � ((c, d) � (e, f)) = (a, b) � (c+ e, 2ed− f) = (a+ c+ e, 2c+eb− 2ed+ f).

In generale dunque, la proprietà associativa non vale: basta prendere f 6= 0. Pertanto (S, �) non è ungruppo. Non è necessario verificare le altre proprietà di un gruppo.

(c) Stabilire se l’insieme S dotato dell’operazione • così definita (a, b) • (c, d) := (a+ c, 2−cb+ d) è un gruppo.


((a, b)•(c, d))•(e, f) = (a+c, 2−cb+d)•(e, f) = (a+c+e, 2−e(2−cb+d)+f) = (a+c+e, 2−e−cb+2−ed+f)

e(a, b) • ((c, d) • (e, f)) = (a, b) • (c+ e, 2−ed+ f) = (a+ c+ e, 2−c−eb+ 2−ed+ f).

Dunque la proprietà associativa vale.Cerchiamo ora l’elemento neutro, cioè un elemento (x, y) tale che (a, b) • (x, y) = (x, y) • (a, b) = (a, b)per ogni (a, b) in S. Abbiamo allora (a, b) • (x, y) = (a + x, 2−xb + y). Imponendo l’uguaglianza con(a, b) otteniamo a + x = a e 2−xb + y = b: qualunque siano a e b ciò è soddisfatto per x = 0 e y = 0.Abbiamo inoltre (0, 0) • (a, b) = (0 + a, 2−a0 + b) = (a, b). Dunque (0, 0) è unità sia destra che sinistra.Cerchiamo ora per ogni (a, b) di S, il suo inverso, cioè (x, y) tale che (a, b)• (x, y) = (x, y)• (a, b) = (0, 0).Ora (a, b)•(x, y) = (a+x, 2−xb+y). Imponendo l’uguaglianza con (0, 0) otteniamo a+x = 0 e 2−xb+y = 0da cui ricaviamo x = −a e y = −2ab. Abbiamo inoltre (−a,−2ab) • (a, b) = (−a+ a, 2−a(−2ab) + b) =(0, 0). Dunque (−a,−2ab) è inverso sia destro che sinistro di (a, b).Pertanto (S, •) è un gruppo.


SoluzioneAlgebra 1


(d) In ciascuno dei casi precedenti per cui si è mostrato che G è un gruppo, determinare se il sottoinsiemeR := Z × Z è un sottogruppo.

Soluzione: Rispetto all’operazione � il sottoinsieme R non è chiuso rispetto al prodotto. Ad esempio(0, 1)� (−1, 0) = (0− 1, 2−11 + 0) /∈ R.Rispetto all’operazione • il sottoinsieme R non è chiuso rispetto al prodotto. Ad esempio (0, 1)� (1, 0) =(0 + 1, 2−11 + 0) /∈ R.

2.6 Si consideri la permutazione σ := (123)(456) in S := Sym6.(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ e l’ordine del suo centralizzante.

Soluzione: Gli elementi coniugati di σ sono tutti e soli quelli del tipo (abc)(def) con a, b, c, d, e ed fnumeri distinti compresi tra 1 e 6.Abbiamo 6 scelte per a, 5 scelte per b, 4 scelte per c, 3 scelte per d, 2 scelte per e e 1 scelta per f :in tutto 6! scelte. Tutte queste scelte non corrispondono però a elementi distinti. Infatti possiamoriordinare il ciclo (abc) iniziando da una qualunque delle lettere (e dobbiamo dunque dividere per 3).Allo stesso modo possiamo riordinare il ciclo (def) in 3 modi. Infine possiamo scambiare tra loro i duecicli e dobbiamo dividere ulteriormente per 2.Pertanto la classe di coniugio di σ contiene 6!

3·3·2 elementi.L’indice del centralizzante di un elemento è uguale alla cardinalità della classe di coniugio dell’elemento.Nel nostro caso il gruppo ha ordine 6!, mentre la classe di coniugio di σ ha ordine 6!

18 . Pertanto CS(σ)ha ordine 18.

(b) Scrivere σ101 come prodotto di cicli disgiunti.

Soluzione: Cicli disgiunti tra loro commutano: pertanto σ101 = (123)101(456)101. Poiché (123) haperiodo 3 e 101 ≡ 2 (mod 3) abbiamo (123)101 = (123)2 = (132). Analogamente 456) ha periodo 3 e,quindi, (456)101 = (456)2 = (465). Concludendo σ101 = (132)(465).

3.6 Sia C un gruppo ciclico di ordine 24, generato da un suo elemento a.(a) Determinare l’ordine del sottogruppo H := 〈a10〉 e l’ordine del sottogruppo K := 〈a21〉.

Soluzione: Dato un elemento a di ordine finito n, l’ordine di ad è uguale a n(d,n) . Nel caso in questione

abbiamo allora |H| = |a10| = 24(24,10) =

242 = 12 e |K| = |a21| = 24

(24,21) =243 = 8.

(b) Determinare l’ordine di H ∩K e un suo generatore.

Soluzione: L’intersezione H ∩K è un sottogruppo sia di H che di K. Per il teorema di Lagrange ilsuo ordine divide sia |H|, cioè 12, che |K|, cioè 8. Pertanto l’ordine di H ∩K divide 4. D’altra partesappiamo che, in un gruppo ciclico finito, per ogni divisore dell’ordine del gruppo esiste esattamenteun sottogruppo avente ordine tale divisore. Sia allora L l’unico sottogruppo di C di ordine 4. PoichéH è a sua volta ciclico, esso contiene un sottogruppo di ordine 4: tale sottogruppo è a sua volta unsottogruppo di C e, per l’unicità di L, deve coincidere con L. Dunque L è contenuto in H. AnalogamenteL è contenuto in K. Pertanto L è contenuto in H ∩K. Riassumendo H ∩K contiene L di ordine 4 e haordine che divide 4: pertanto H ∩K = L ha ordine esattamente 4. Poiché H ∩K è l’unico sottogruppodi ordine 4 di C, esso è generato da un qualsiasi elemento di ordine 4 di C, ad esempio a 24

4 = a6.

4.6 Sia G un gruppo e siano A, B e C sottogruppi di G tali che A ≤ B, A∩C = B ∩C e AC = BC. Dimostrare cheA = B.


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Dobbiamo mostrare che se B ≤ A, cioè che ogni elemento b di B appartiene ad A. Poiché b = b ·1e 1 ∈ C, abbiamo che b ∈ BC. Dal momento che AC = BC abbiamo che b = ac per qualche a in A e qualchec in C. Abbiamo allora c = a−1b: ora a−1 ∈ A ≤ B e, dunque, c è prodotto di due elementi di B e appartienequindi a b. D’altra parte c appartiene a C e, dunque, c ∈ B ∩C = A∩C. Ma allora c ∈ A e, pertanto b = acè prodotto di due elementi di A e, di conseguenza è un elmento di |(A|) come richiesto.

5.4 Determinare il massimo comun divisore di 672 e 1911 ed esprimerlo come somma di multipli dei due numeri dellacoppia.

Soluzione: Applichiamo l’algoritmo di Euclide:

1911 = 672 · 2 + 567

672 = 567 · 1 + 105

567 = 105 · 5 + 42

105 = 42 · 2 + 21

42 = 21 · 2 + 0

L’ultimo resto non nullo è 21 che quindi è il massimo comun divisore dei due numeri assegnati.Usiamo ciascuna divisione per esprimere il resto come somma di multipli dei due resti precedenti e via viasostituiamo i resti nelle uguaglianze che così otteniamo.

21 =105− 42 · 2 = 105− (567− 105 · 5) · 2 =

− 567 · 2 + 105 · 11 = −567 · 2 + (672− 567 · 1) · 11 =

− 567 · 13 + 672 · 11 = −(1911− 672 · 2) · 13 + 672 · 11 = −1911 · 13 + 672 · 37


TestoAlgebra 1


1.8 Si consideri la permutazione σ := (123)(45678) in S := Sym8.(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ e l’ordine del suo centralizzante.(b) Determinare esplicitamente il centralizzante di σ.(c) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ in A8.

2.6 Si considerino i seguenti sottoinsiemi dell’insieme dei numeri complessi: H := {a+ ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, ab ≥ 0},K := {a+ ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, a+ b > 0}, L := {a+ ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, a = b}.(a) Per ciascuno dei sottoinsiemi dati stabilire se è un sottogruppo di C rispetto alla somma.(b) Per ciascuno dei sottoinsiemi dati considerare la sua intersezione con C∗ (numeri complessi non nulli) e

stabilire se l’intersezione è un sottogruppo di C∗ rispetto al prodotto.


4.10 Un sottogruppo H di un gruppo G è detto caratteristico se per ogni automorfismo φ di G si ha Hφ ≤ H.(a) Mostrare che un sottogruppo caratteristico di G è normale in G.(b) Mostrare che se H è caratteristico in G allora Hφ = H per ogni automorfismo φ di G. Dedurre che un

automorfismo φ di G induce un automorfismo φH in H.(c) Mostrare che se K è un sottogruppo caratteristico in H e H è un sottogruppo caratteristico di G allora K è

caratteristico in G.(d) Mostrare che se K è un sottogruppo caratteristico in H e H è un sottogruppo normale di G allora K è

normale in G.

5.4 Sia n := 501 e a := 91. Stabilire se la classe di resto (a)n ha inverso moltiplicativo e in caso affermativodeterminarlo esplicitamente.


SoluzioneAlgebra 1


1.8 Si consideri la permutazione σ := (123)(45678) in S := Sym8.(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ e l’ordine del suo centralizzante.

Soluzione: Gli elementi coniugati di σ sono tutti e soli quelli del tipo (abc)(defgh) con a, b, c, d, e, f ,g e h numeri distinti compresi tra 1 e 6.Abbiamo 8 scelte per a, 7 scelte per b, 6 scelte per c e via via a scendere fino ad arrivare a 1 scelta perh: in tutto 8! scelte. Tutte queste scelte non corrispondono però a elementi distinti. Infatti possiamoriordinare il ciclo (abc) iniziando da una qualunque delle lettere (e dobbiamo dunque dividere per 3).Allo stesso modo possiamo riordinare il ciclo (defgh) in 5 modi. Pertanto la classe di coniugio di σcontiene 8!

3·5 elementi.L’indice del centralizzante di un elemento è uguale alla cardinalità della classe di coniugio dell’elemento.Nel nostro caso il gruppo ha ordine 8!, mentre la classe di coniugio di σ ha ordine 8!

15 . Pertanto CS(σ)ha ordine 15.

(b) Determinare esplicitamente il centralizzante di σ.

Soluzione: Il periodo di una permutazione espressa come prodotto di cicli disgiunti è uguale al minimocomune multiplo della lunghezza dei cicli. Dunque σ ha periodo 15. Il sottogruppo ciclico 〈σ〉 generatodi σ è sicuramente contenuto nel centralizzante di σ. Poiché CS(σ) e 〈σ〉 hanno lo stesso ordine, ciòsignifica che CS(σ) = 〈σ〉.

(c) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ in A8.

Soluzione: L’ordine della classe di coniugio di σ in A8 è uguale all’indice in A8 di CA8(σ). Ora

CA8(σ) = CS(σ) ∩A8. Poiché CS(σ) = 〈σ〉 si ha che CS(σ) è interamente contenuto in A8 e, pertanto,

CA8(σ) = CS(σ) = 〈σ〉. Poiché |A8| = 8!/2 e |〈σ〉| = 15 si ha che la classe di coniugio di σ in A8 haordine uguale a 8!/30.

2.6 Si considerino i seguenti sottoinsiemi dell’insieme dei numeri complessi: H := {a+ ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, ab ≥ 0},K := {a+ ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, a+ b > 0}, L := {a+ ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, a = b}.(a) Per ciascuno dei sottoinsiemi dati stabilire se è un sottogruppo di C rispetto alla somma.

Soluzione: Verifichiamo se H è un sottogruppo di C rispetto alla somma. Innanzitutto H è non vuoto(ad esempio 0 ∈ H). Siano ora z1 := a1 + ib1 e z2 := a2 + ib2 due elementi di H: quindi a1, b1, a2 e b2sono numeri reali tali che a1b1 ≥ 0 e a2b2 ≥ 0. La somma z1 + z2 è uguale a a1 + a2 + i(b1 + b2): affinchéquesto elemento appartenga a H dovrebbe essere (a1 + a2)(b1 + b2) ≥ 0. Ciò però in generale non èvero: si prendano, ad esempio a1 = −1, b1 = 0, a2 = 0 e b2 = 1 (si noti che a1b1 = 0 ≥ 0, a2b2 = 0 ≥ 0ma (a1 + a2)(b1 + b2) = −1 � 0).Consideriamo ora K: si vede subito che poiché l’elemento neutro 0 di C non appartiene a K, questonon è un sottogruppo.Infine consideriamo L. Innanzitutto L è non vuoto (ad esempio 0 = 0+0i ∈ L). Siano ora z1 := a1+ia1 ez2 := a2+ ia2 due elementi di L con a1 e a2 numeri reali. La somma z1+z2 è uguale a a1+a2+ i(a1+a2)e, dunque, appartiene a L. Allo stesso modo −z1 = −a1−ia1 appartiene a L. Dunque L è un sottogruppodi C rispetto alla somma.

(b) Per ciascuno dei sottoinsiemi dati considerare la sua intersezione con C∗ (numeri complessi non nulli) estabilire se l’intersezione è un sottogruppo di C∗ rispetto al prodotto.

Soluzione: Sia H∗ = H ∩ C∗: esso non è vuoto (ad esempio 1 = 1 + 0i appartiene a H∗). Siano oraz1 := a1 + ib1 e z2 := a2 + ib2 due elementi di H∗: quindi a1, b1, a2 e b2 sono numeri reali tali chea1b1 ≥ 0 e a2b2 ≥ 0 ma tali che z1 6= 0 e z2 6= 0. Ora z1z2 = (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + a2b1): in generalequesto elemento non appartiene a H∗. Si prenda ad esempio z1 = z2 = 1 + 2i: questi appartengono adH∗ ma il loro prodotto z1z2 = −3 + 4i non appartiene a H∗. Quindi H∗ non è sottogruppo di C∗.


SoluzioneAlgebra 1


Sia ora K∗ := K ∩ C∗: è non vuoto (ad esempio 1 = 1 + 0i appartiene H∗). Dati z1 := a1 + ib1 ez2 := a2 + ib2 due elementi di K∗: quindi a1, b1, a2 e b2 sono numeri reali tali che a1 + b1 > 0 ea2 + b2 > 0 (ciò implica che z1 6= 0 e z2 6= 0). Ora z1z2 = (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + a2b1): in generalequesto elemento non appartiene a K∗. Si prenda ad esempio z1 = z2 = i: questi appartengono ad K∗

ma il loro prodotto z1z2 = −1 non appartiene a K∗. Quindi K∗ non è sottogruppo di C∗.Infine L∗ := L ∩ C∗ non è sottogruppo di C∗: infatti non contiene l’elemento neutro 1.


Soluzione: Un gruppo ciclico C〈a〉 di ordine finito n ha esattamente un sottogruppo di ordine d per ciascundivisore d di n: tale sottogruppo è generato da an

d . Inoltre se C1 è un sottogruppo di C di ordine d1 e C2 èun sottogruppo di ordine d2 si ha che C1 ≤ C2 se e solo se d1 divide d2.Applichiamo questi risultati al gruppo (Z/48,+) tenendo conto che è scritto in notazione additiva e che unsuo generatore è (1). I divisori di 48 sono 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 16, 24 e 48. I sottogruppi di (Z/48,+) sonoallora {(0)} di ordine 1, il sottogruppo 〈(24)〉 di ordine 2, il sottogruppo 〈(16)〉 di ordine 3, il sottogruppo〈(12)〉 di ordine 4, il sottogruppo 〈(8)〉 di ordine 6, il sottogruppo 〈(6)〉 di ordine 8, il sottogruppo 〈(3)〉 diordine 16, il sottogruppo 〈(2)〉 di ordine 24 e il gruppo (Z/48,+) stesso.Le mutue posizioni tra questi sottogruppi si possono rappresentare tramite il diagramma

{(0)}

〈(24)〉〈(16)〉

〈(12)〉〈(8)〉

〈(6)〉〈(4)〉

〈(3)〉〈(2)〉

Z/48

4.10 Un sottogruppo H di un gruppo G è detto caratteristico se per ogni automorfismo φ di G si ha Hφ ≤ H.(a) Mostrare che un sottogruppo caratteristico di G è normale in G.

Soluzione: Sia g un elemento qualunque di G: il coniugio in G tramite g è un particolare automorfismoφg di G. Poiché H è caratteristico abbiamo allora Hφg ≤ H: ma Hφg = Hg, dunque H è normale in G.

(b) Mostrare che se H è caratteristico in G allora Hφ = H per ogni automorfismo φ di G. Dedurre che unautomorfismo φ di G induce un automorfismo φH in H.

Soluzione: L’inverso di un automorfismo è un automorfismo: dunque Hφ−1 ≤ H. Applicando φ aentrambi i membri di questa inclusione otteniamo Hφ−1φ ≤ Hφ, cioè H ≤ Hφ. Poiché sappiamo giàche Hφ ≤ H otteniamo la tesi. La mappa φH da H in sé definita da hφH := hφ è quindi suriettiva; èiniettiva perché anche φ è iniettiva; inoltre ovviamente φH rispetta l’operazione in H perché φ rispettal’operazione in G. Pertanto φH è un automorfismo di H.

(c) Mostrare che se K è un sottogruppo caratteristico in H e H è un sottogruppo caratteristico di G allora K ècaratteristico in G.


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Sia φ un automorfismo di G: poiché H è caratteristico, per il punto precedente, sappiamoche φH è un automorfismo di H e, dal momento che K è caratteristico in H, abbiamo KφH ≤ K. Perdefinizione di φH abbiamo Kφ = KφH e, pertanto, Kφ ≤ K.

(d) Mostrare che se K è un sottogruppo caratteristico in H e H è un sottogruppo normale di G allora K ènormale in G.

Soluzione: Sia g un elemento di G e sia φg l’automorfismo di G dato dal coniugio tramite g. PoichéH è normale abbiamo che Hg = H, cioè Hφg = H. Ragionando come al punto (b) vediamo allorache φg induce un automorfismo ψ di H. Poiché K è caratteristico in H abbiamo allora Kψ ≤ K: maKψ = Kφg = Kg. Pertanto per ogni g in G si ha che Kg ≤ K, cioè K è normale in G.

5.4 Sia n := 501 e a := 91. Stabilire se la classe di resto (a)n ha inverso moltiplicativo e in caso affermativodeterminarlo esplicitamente.

Soluzione: Applichiamo l’algoritmo di Euclide a n e a:

501 = 91 · 5 + 46

91 = 46 · 1 + 45

46 = 45 · 1 + 1

Abbiamo trovato resto 1, quindi possiamo fermarci (il resto successivo è sicuramente nullo). L’ultimo restonon nullo è 1 e, pertanto, n e a sono coprimi: questo implica che (a)n è invertibile.Per determinare esplicitamente l’inverso di (a)n scriviamo l’identità di Bezout che lega a e n al loro massimocomun divisore. Usiamo ciascuna divisione per esprimere il resto come somma di multipli dei due restiprecedenti e via via sostituiamo i resti nelle uguaglianze che così otteniamo.

1 = 46− 45 = 46− (91− 46) = −91 + 46 · 2 = −91 + (501− 91 · 5) · 2 = 91 · (−11) + 501 · 2.

Ridotta modulo n = 501 questa identità otteniamo 1 ≡ 91 · −11 (mod 501). Dunque l’inversa di (a)n è(−11)n.



1.6 Un gruppo abeliano G (scritto in notazione additiva) è detto divisibile se per ogni g in G e ogni intero k diversoda 0 esiste un elemento x in G tale che kx = g.(a) Mostrare che un gruppo abeliano divisibile non banale è infinito.(b) Considerati i gruppi additivi Z e Q, stabilire se sono divisibili.

2.6 Si considerino le condizioni [7]50φ = [6]15 e [7]50φ = [10]15.(a) Una sola delle condizioni date è compatibile con l’esistenza di un omomorfismo φ : Z/50 → Z/15 di gruppi

additivi. Quale?(b) Dato l’omomorfismo determinato al punto precedente, determinarne immagine e nucleo e i rispettivi ordini.

3.8 Data una permutazione σ di Symn, il suo supporto Supp(σ) è l’insieme degli elementi di {1, 2, . . . , n} che sonomossi da σ. In simboli Supp(σ) := {i ∈ {1, 2, . . . , n} | iσ 6= i}.(a) Dimostrare che se i ∈ Supp(σ) allora j := iσ ∈ Supp(σ).(b) Dimostrare che per ogni σ si ha Supp(σ) = Supp(σ−1).(c) Dimostrare che Supp(στ) ⊆ Supp(σ) ∪ Supp(τ).(d) Se σ e τ sono permutazioni tali che Supp(σ)∩Supp(τ) = ∅ allora σ e τ commutano. Suggerimento: mostrare

che per ogni i in {1, 2, . . . , n} si ha iστ = iτσ.

4.8 Si considerino le matrici A :=(

0 1−1 0

)e B := ( 0 1

1 0 ) a coefficienti razionali. Sia T il gruppo moltiplicativo generatoda A e B.(a) Determinare il periodo di A e di B.(b) Detto H il gruppo ciclico generato da A mostrare che HB = H. Dedurre che H è normale in T .(c) Determinare l’ordine di T .(d) Determinare l’ordine del centro di T .

5.4 Mostrare che ogni numero primo maggiore di 3 si scrive nella forma 6n+ 1 o 6n+ 5 per qualche intero n.



1.6 Un gruppo abeliano G (scritto in notazione additiva) è detto divisibile se per ogni g in G e ogni intero k diversoda 0 esiste un elemento x in G tale che kx = g.(a) Mostrare che un gruppo abeliano divisibile non banale è infinito.

Soluzione: Sia G un gruppo abeliano finito di ordine n > 1. Allora per ogni x appartenente a G siha nx = 0. Dunque se g è un elemento di G diverso da 0, non esiste alcun x in G tale che nx = g epertanto G non è divisibile.

(b) Considerati i gruppi additivi Z e Q, stabilire se sono divisibili.

Soluzione: Il gruppo additivo Z non è divisibile: ad esempio preso 1 in Z e l’intero non nullo 2, nonesiste alcun intero x tale che 2x = 1.Il gruppo additivo Q è invece divisibile. Se g è numero razionale e k è un intero non nullo, allora g/k èun elemento di Q che soddisfa la relazione kx = g.


additivi. Quale?

Soluzione: Poiché 7 è coprimo con 50, la classe [7]50 ha periodo 50 e genera Z/50. Esiste un omomorfismoche manda [7]50 in una data classe se e solo se l’immagine assegnata ha periodo che divide 50. Il periododi [6]15 è 15

(6,15) = 5 mentre il periodo di [10]15 è 15(10,15) = 3. La prima condizione è compatibile con

l’esistenza di un omomorfismo, la seconda no.

(b) Dato l’omomorfismo determinato al punto precedente, determinarne immagine e nucleo e i rispettivi ordini.

Soluzione: Poiché [7]50 genera Z/50 l’immagine di φ è generata da [7]50φ, dunque è il sottogruppodi Z/15 generato da [6]15 che ha ordine 5. Poiché Imφ ' Z/50

kerφ , il nucleo di φ ha ordine 505 = 10. Dal

momento che Z/50 è ciclico, kerφ è l’unico sottogruppo di Z/50 di ordine 10, cioè il sottogruppo generatodalla classe di 50

10 = 5.

3.8 Data una permutazione σ di Symn, il suo supporto Supp(σ) è l’insieme degli elementi di {1, 2, . . . , n} che sonomossi da σ. In simboli Supp(σ) := {i ∈ {1, 2, . . . , n} | iσ 6= i}.(a) Dimostrare che se i ∈ Supp(σ) allora j := iσ ∈ Supp(σ).

Soluzione: Per ipotesi j 6= i. Poiché σ è iniettiva abbiamo jσ 6= iσ, cioè jσ 6= j.

(b) Dimostrare che per ogni σ si ha Supp(σ) = Supp(σ−1).

Soluzione: Sia i ∈ Supp(σ): dunque iσ 6= i. Applicando σ−1 a entrambi i membri di questa disugua-glianza e usando il fatto che σ−1 è iniettiva (è l’inversa di una funzione biiettiva ed è, quindi, biiettiva)troviamo quest’altra disuguaglianza: iσσ−1 6= iσ−1 ovvero i 6= iσ−1. Pertanto i ∈ Supp(σ−1), vale a direSupp(σ) ⊆ Supp(σ−1). Lo stesso argomento ci dice poi che Supp(σ−1) ⊆ Supp((σ−1)−1) che, essendoσ = (σ−1)−1, permette di concludere che Supp(σ) = Supp(σ−1).

(c) Dimostrare che Supp(στ) ⊆ Supp(σ) ∪ Supp(τ).

Soluzione: Sia i /∈ Supp(σ) ∪ Supp(τ): dunque iσ = i e iτ = i. Ma allora iστ = iτ = i, cioèi /∈ Supp(στ).

(d) Se σ e τ sono permutazioni tali che Supp(σ)∩Supp(τ) = ∅ allora σ e τ commutano. Suggerimento: mostrareche per ogni i in {1, 2, . . . , n} si ha iστ = iτσ.



Soluzione: Sia i in {1, 2, . . . , n}. Poiché i supporti di σ e di τ sono disgiunti, i appartiene al più alsupporto di una delle due permutazioni. Distinguiamo allora i casi in cui i non appartiene né al supportodi σ né al supporto di τ e il caso in cui i appartiene al supporto di una delle due.Se i non appartiene né al supporto di σ né al supporto di τ abbiamo iσ = i e iτ = i: dunque iστ = iτ = ie iτσ = iσ = i.Se i appartiene al supporto di una delle due, possiamo supporre che i appartenga al supporto di σ manon a quello di τ . Dunque iτ = i e j := iσ 6= i: dal punto a si ha che anche j appartiene al supporto di σ,e, di conseguenza, non appartiene al supporto di τ , cioè jτ = j. Pertanto, iστ = jτ = j e iτσ = iσ = j.

4.8 Si considerino le matrici A :=(

0 1−1 0

)e B := ( 0 1

1 0 ) a coefficienti razionali. Sia T il gruppo moltiplicativo generatoda A e B.(a) Determinare il periodo di A e di B.

Soluzione: Calcoliamo le potenze successive di A fino a ottenere l’identità. Abbiamo A2 =(−1 0

0 −1

),

A3 =(0 −11 0

)e A4 = ( 1 0

0 1 ). La prima potenza a esponente positivo per cui otteniamo l’identità è A4 percui A ha periodo 4. In maniera analoga vediamo che B2 = I e, quindi, B ha periodo 2.

(b) Detto H il gruppo ciclico generato da A mostrare che HB = H. Dedurre che H è normale in T .

Soluzione: Calcoliamo AB = B−1AB: per il punto precedente sappiamo che B2 = I e, pertanto,B−1 = B. Ma allora B−1AB = BAB. Sviluppando i calcoli troviamo BAB =

(0 −11 0

), cioè AB = A3.

Dunque AB ∈ H. Per ogni intero n abbiamo poi (An)B = (AB)n = (A3)n = A3n ∈ H: poiché H èformato dalle potenze di A ciò significa che HB ≤ H. Dal momento che H è finito, sappiamo però che|HB | = |H| e, dunque, HB = H.Abbiamo mostrato che B appartiene al normalizzante di H. Inoltre H è contenuto nel normalizzante diH (in particolare A appartiene al normalizzante di H). Pertanto il normalizzante di H in T contiene Ae B: poiché queste due matrici generano T abbiamo che T = NT (H), cioè H E T .

(c) Determinare l’ordine di T .

Soluzione: Il gruppo T è generato dalle matrici A e B, cioè dai sottogruppi H e K che esse generano.Dal punto precedente sappiamo che H è normale in T , quindi il sottogruppo generato da H e K

è il prodotto HK, cioè T = HK. L’ordine del prodotto è dato dalla formula |HK| = |H||K||H∩K| . Dal

punto 1 sappiamo che |H| = 4 e |K| = 2, inoltre la matrice B non appartiene a H (abbiamo elencatoesplicitamente al punto a le potenze di A. Dunque l’intersezione di H e K ha ordine 1 e T ha, diconseguenza, ordine 8.

(d) Determinare l’ordine del centro di T .

Soluzione: L’ordine del centro di T è un divisore di 8: i valori possibili sono 1, 2, 4 e 8.Poiché T è un 2-gruppo non banale, il suo centro è non banale, quindi possiamo eliminare 1 dalla listadei possibili valori.Il centro non può inoltre avere ordine 4 perché in tal caso il suo indice sarebbe 2, cioè un primo, e ilcentro di un gruppo non può mai avere indice primo.Infine, dal punto b sappiamo che AB 6= A: in particolare T non è abeliano e il suo centro ha, quindi,ordine diverso da 8.L’unica possibilità rimasta è che il centro abbia ordine 2.

5.4 Mostrare che ogni numero primo maggiore di 3 si scrive nella forma 6n+ 1 o 6n+ 5 per qualche intero n.



Soluzione: Ogni numero intero può scriversi nella forma 6n+ r con n intero e 0 ≤ r ≤ 5. Se r = 0, r = 2 or = 4 allora 6n+ r è divisibile per 2 e, quindi, non è primo a meno che sia 2: dunque non c’è alcun primomaggiore di 3 che si scrive nella forma 6n+ r con r = 0, r = 2 o r = 4. Se r = 3 allora 6n+ 3 è divisibileper 3 e, quindi, non è primo a meno che sia 3: dunque non c’è alcun primo maggiore di 3 che si scrive nellaforma 6n+ r con r = 3. Concludendo i primi maggiori di 3 sono del tipo 6n+ r con r = 1 o r = 5.


TestoAlgebra 1


1.6 Dati i gruppi Inv(Z/5), Inv(Z/8), Inv(Z/10) e Inv(Z/12) stabilire quali sono isomorfi tra loro (l’operazioneconsiderata è sempre l’usuale moltiplicazione).

2.8 Dato un gruppo G si consideri il prodotto diretto G×G di G con sé stesso. Sia D il sottoinsieme di G×G cosìdefinito D := {(g, g) | g ∈ G}.(a) Dimostrare che D è un sottogruppo di G×G isomorfo a G.(b) Mostrare che D è normale in G×G se e solo se G è abeliano.(c) Mostrare che se G è abeliano allora G×G

D ' G.

3.4 Calcolare il resto della divisione di 37100 per 29.

4.8 Si consideri in Sym6 la permutazione σ := (12)(3456).(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio e l’ordine del centralizzante di σ.(b) Determinare esplicitamente il centralizzante di σ in Sym6 (è sufficiente dare dei generatori).(c) Stabilire se il centralizzante di σ è abeliano.

5.6 Nell’insieme Z dei numeri interi sia definita l’operazione O nel modo seguente aOb := a+ b+ 1.(a) Dimostrare che Z è un gruppo rispetto all’operazione O.(b) Dimostrare che il gruppo Z rispetto all’operazione O è ciclico con generatore 0.


SoluzioneAlgebra 1


1.6 Dati i gruppi Inv(Z/5), Inv(Z/8), Inv(Z/10) e Inv(Z/12) stabilire quali sono isomorfi tra loro (l’operazioneconsiderata è sempre l’usuale moltiplicazione).

Soluzione: L’ordine di Inv(Z/n) è uguale alla funzione di Eulero ϕ(n). Abbiamo allora |Inv(Z/5)| =ϕ(5) = 5 − 1 = 4, |Inv(Z/8)| = ϕ(23) = 23 − 22 = 4, |Inv(Z/10)| = ϕ(2 · 5) = (2 − 1) · (5 − 1) = 4 e|Inv(Z/12)| = ϕ(22 · 3) = (22 − 2) · (3 − 1) = 4. Tutti i gruppi hanno ordine 4. Sappiamo che (a meno diisomorfismi) esistono solo due gruppi di ordine 4: il ciclico e il gruppo trirettangolo o di Klein che ha tuttigli elementi non banali di ordine 2. Poiché il gruppo ciclico di ordine 4 ha due elementi di ordine 4 e unelemento di ordine 2, il calcolo degli ordini degli elementi è sufficiente a dire se il gruppo considerato è ilciclico o il trirettangolo. In tutti i casi sarà ovviamente inutile calcolare l’ordine dell’identità.L’ordine di un elemento deve dividere l’ordine del gruppo, e, nel nostro caso, può quindi essere solo 1, 2 o 4.Pertanto, per calcolare l’ordine di un elemento diverso dall’identità è sufficiente calcolarne il quadrato: seotteniamo l’identità, l’elemento ha ordine 2, altrimenti ha, necessariamente, ordine 4.Ricordiamo infine che un elemento [a]n è invertibile, cioè appartiene a Inv(Z/n) se e solo se a è coprimo conn.Consideriamo allora la classe [2]5: abbiamo [2]25 = [4]5 6= [1]5. Pertanto l’ordine di [2]5 non è 2. Non abbiamobisogno di calcolare oltre: l’ordine di [2]5 è 4 e il gruppo Inv(Z/5) è ciclico.Consideriamo ora la classe [3]8: abbiamo [3]28 = [9]8 = [1]8. Pertanto [3]8 ha periodo 2. Consideriamo ora laclasse [5]8: abbiamo [5]28 = [25]8 = [1]8. Pertanto [5]8 ha periodo 2. Non dobbiamo calcolare oltre: il gruppoInv(Z/8) contiene (almeno) 2 elementi di periodo 2 e non è dunque ciclico ma è il trirettangolo.Consideriamo ora la classe [3]10: abbiamo [3]210 = [9]10 6= [1]10. Pertanto l’ordine di [3]10 non è 2. Nonabbiamo bisogno di calcolare oltre: l’ordine di [3]10 è 4 e il gruppo Inv(Z/10) è ciclico.Consideriamo ora la classe [5]12: abbiamo [5]212 = [25]12 = [1]12. Pertanto [5]12 ha periodo 2. Consideriamoora la classe [7]12: abbiamo [7]212 = [49]12 = [1]12. Pertanto [7]12 ha periodo 2. Non dobbiamo calcolare oltre:il gruppo Inv(Z/12) contiene (almeno) 2 elementi di periodo 2 e non è dunque ciclico ma è il trirettangolo.Riassumendo Inv(Z/5) e Inv(Z/10) sono isomorfi tra loro e Z/8 e Z/12 sono isomorfi tra loro.

2.8 Dato un gruppo G si consideri il prodotto diretto G×G di G con sé stesso. Sia D il sottoinsieme di G×G cosìdefinito D := {(g, g) | g ∈ G}.(a) Dimostrare che D è un sottogruppo di G×G isomorfo a G.

Soluzione: Consideriamo la mappa φ : G → G × G definita da gφ := (g, g). È facile vedere che φè un omomorfismo di gruppi: infatti, se g e h sono elementi di G si ha gφ = (g, g), hφ = (h, h) e(gh)φ = (gh, gh). Ora gφ · hφ = (g, g)(h, h) = (gh, gh) = (gh)φ. Ovviamente l’immagine di φ coincidecon D che risulta quindi essere un sottogruppo di G×G. Inoltre g ∈ kerφ se e solo se (g, g) coincidecon l’identità di G×G che è (1, 1): ciò avviene se e solo se g = 1. Dunque kerφ = 1, cioè φ è iniettivo:ma allora G ' Imφ = D, come richiesto.

(b) Mostrare che D è normale in G×G se e solo se G è abeliano.

Soluzione: Se G è abeliano, allora G×G, essendo prodotto diretto di due gruppi abeliani, è abeliano.Ogni sottogruppo di un gruppo abeliano è normale in esso: in particolare D è normale in G×G.Viceversa supponiamo che G non sia abeliano. Allora esistono g e h in G che non commutano, cioètali che gh 6= g. Consideriamo ora l’elemento (g, g) di D e l’elemento (1, h) di G×G. Abbiamo dunque(g, g)(1,h) = (g1, gh) = (g, gh) /∈ D dal momento che g 6= gh.

(c) Mostrare che se G è abeliano allora G×GD ' G.

Soluzione: Consideriamo la mappa ψ : G × G → G definita da (g, h)ψ = gh−1. Questa mappa è unomomorfismo di gruppi: infatti se (g1, h1) e (g2, h2) sono elementi di G×G abbiamo (g1, h1)ψ = g1h

−11


SoluzioneAlgebra 1


e (g2, h2)ψ = g2h−12 e

((g1, h1)(g2, h2))ψ = (g1g2, h1h2)ψ = g1g2(h1h2)−1 = g1g2h

−12 h−1

1 = g1h−11 g2h

−12 = (g1, h1)ψ · (g2, h2)ψ

dove abbiamo usato il fatto che G è abeliano. Ora ψ è suriettivo: infatti, dato g in G, si ha g = (g, 1)ψ.Il nucleo di ψ coincide invece con D: infatti (g, h) appartiene al nucleo di ψ se e solo se gh−1 = 1, ilche avviene se e solo se g = h, in altri termini se (g, h) appartiene a D. Per i teoremi di isomorfismoabbiamo allora G = Imψ ' G×G

kerψ = G×GD .

3.4 Calcolare il resto della divisione di 37100 per 29.

Soluzione: Il resto cercato è congruo a 37100 modulo 29. Svolgiamo dunque i calcoli modulo 29. Notiamoanzitutto che 37 ≡ 8 (mod 29), quindi 37100 ≡ 8100 (mod 29). Inoltre 8 = 23, quindi 37100 ≡ 2300 (mod 29).Poiché 29 è primo e 2 è coprimo con 29 abbiamo poi 228 ≡ 1 (mod 29). Ma 2300 = (228)10 · 220, quindi37100 ≡ 220 (mod 29). Per ridurre ulteriormente 220 modulo 29, osserviamo che 25 = 32 ≡ 3 (mod 29) e,dunque, 220 = (25)4 ≡ 34 (mod 29). Poiché 34 = 81, possiamo ora considerare il resto della divisione di 81per 29 che è 23.

4.8 Si consideri in Sym6 la permutazione σ := (12)(3456).(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio e l’ordine del centralizzante di σ.

Soluzione: In un gruppo finito l’ordine del centralizzante di un elemento per l’ordine della classe diconiugio dell’elemento stesso è uguale all’ordine del gruppo. Due permutazioni sono coniugate se e solose si scrivono come prodotti di cicli disgiunti dello stesso tipo. Dunque la classe di coniugio di (12)(3456)è formata dalle permutazioni del tipo (ab)(cdef) con a, b, c, d, e ed f interi distinti compresi tra 1 e6. Possiamo scegliere a in 6 modi, poi b in 5 modi, c in 4 modi e così via fino a un’unica scelta per f .Tuttavia queste 6! scelte non danno origine a permutazioni distinte. Infatti scambiando fra loro a e botteniamo la stessa permutazione, e allo stesso modo riordinando c, d, e ed f iniziando il ciclo da unaqualunque di esse. Dunque il numero di elementi nella classe di σ è uguale a 6!

4·2 . Poiché |Sym6| = 6! ilcentralizzante di σ contiene 8 elementi.

(b) Determinare esplicitamente il centralizzante di σ in Sym6 (è sufficiente dare dei generatori).

Soluzione: Sappiamo che due cicli disgiunti commutano tra loro. Ora (12) commuta ovviamente consé stesso e commuta anche con (3456) perché è disgiunto da esso: di conseguenza σ commuta con il loroprodotto ovvero con σ. Analogamente (3456) commuta con σ. Il centralizzante di σ contiene, dunque,il sottogruppo ciclico H generato da (12) e il sottogruppo ciclico K generato da (3456). L’ordine diH è 2 e l’ordine di K è 4. Poiché (12) e (3456) sono disgiunti i sottogruppi H e K hanno intersezionebanale: dunque HK ha ordine uguale al prodotto degli ordini di H e K, cioè 8. Dal momento che HK ècontenuto nel centralizzante di σ che ha pure ordine 8, ciò significa che CSym6

(σ) = HK. In particolareCSym6

(σ) è generato da (12) e (3456).

(c) Stabilire se il centralizzante di σ è abeliano.

Soluzione: Il sottogruppo CSym6(σ) è generato da (12) e (3456): poiché i generatori commutano tra

loro ciò significa che il sottogruppo è abeliano.

5.6 Nell’insieme Z dei numeri interi sia definita l’operazione O nel modo seguente aOb := a+ b+ 1.(a) Dimostrare che Z è un gruppo rispetto all’operazione O.


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: L’operazione O è associativa. Infatti, dati a, b e c in Z si ha:

(aOb)Oc = (a+ b+ 1)Oc = (a+ b+ 1) + c+ 1 = a+ b+ c+ 2

aO(bOc) = aO(b+ c+ 1) = a+ (b+ c+ 1) + 1 = a+ b+ c+ 2

Il numero −1 è elemento neutro rispetto all’operazione: infatti, per ogni a ∈ Z si ha aO(−1) =a+ (−1) + 1 = a e −1Oa = −1 + a+ 1 = a.Dato un elemento a in Z il numero −a− 2 costituisce inverso di a rispetto all’operazione O: infatti si haaO(−a− 2) = a+ (−a− 2) + 1 = −1 e (−a− 2)Oa = −a− 2 + a+ 1 = −1.

(b) Dimostrare che il gruppo Z rispetto all’operazione O è ciclico con generatore 0.

Soluzione: Indichiamo con xOn la potenza n-esima di un elemento x rispetto all’operazione O. Mostriamoche per ogni n intero si ha 0On = n− 1. Infatti per n = 0 la potenza 0O0 è l’elemento neutro, cioè −1.Per n > 0 procediamo ora per induzione: supponendo che 0On−1 = n− 2 otteniamo 0On = 0On−1O0 =n− 2+0+1 = n− 1 come richiesto. Infine per n negativo, notiamo che 0On è l’inverso di 0O(−n). Poiché−n è positivo sappiamo che 0O(−n) è −n − 1: per il punto precedente sappiamo che l’inverso di taleelemento è −(−n− 1)− 2 cioè n− 1, come richiesto.L’insieme delle potenze di 0 è dunque l’insieme dei numeri n− 1 al variare di n in Z. Ma tale insieme èl’insieme di tutti i numeri interi, dunque 0 genera Z.


TestoAlgebra 1


1.4 Sia a un intero dispari. Mostrare che il resto della divisione di a2 per 8 è 1.

2.4 Sia G un gruppo finito non abeliano. Mostrare che |Z(G)| ≤ 14 |G|.

3.8 Sia G il sottoinsieme del gruppo lineare GL(2,Q) delle matrici quadrate di ordine 2 a coefficienti razionali formatodalle matrici del tipo ( x y0 1 ) (con x 6= 0).(a) Mostrare che G è un sottogruppo di GL(2,Q).(b) Per ciascuno dei seguenti sottoinsiemi H := {( x y0 1 ) ∈ G | x > 0}, K := {( x y0 1 ) ∈ G | y ≥ 0} e L := {( x y0 1 ) ∈

G | x ≥ 1} di G stabilire se è un sottogruppo di G.(c) Per ciascuno dei sottogruppi determinati al punto precedente stabilire se è normale in G.

4.10 Sia (G, ∗) un gruppo dotato di un’operazione ∗. Si definisca in G una nuova operazione • nel modo seguentex • y := y ∗ x.(a) Dimostrare che (G, •) è un gruppo. Quale elemento è l’unità di (G, •)? Dato un elemento x che relazione c’è

tra l’inverso di x rispetto all’operazione ∗ e l’inverso di x rispetto all’operazione •?(b) Dato un sottoinsieme H di G mostrare che H è sottogruppo di (G, •) se e solo se è sottogruppo di (G, ∗) e

che H è sottogruppo normale di (G, •) se e solo se è sottogruppo normale di (G, ∗).(c) La mappa identica φ da G in sé è un isomorfismo da (G, ∗) a (G, •)? Stabilire se ciò è sempre vero, sempre

falso o se dipende da G.(d) La mappa ψ da G in sé che manda x in x−1 è un isomorfismo da (G, ∗) a (G, •)? Stabilire se ciò è sempre

vero, sempre falso o se dipende da G.

5.6 Sia σ := (12)(34) una permutazione di Sym5 o di Sym6.(a) Determinare l’ordine del centralizzante di σ in Sym5 e l’ordine del centralizzante di σ in A5.(b) Determinare l’ordine del centralizzante di σ in Sym6 e l’ordine del centralizzante di σ in A6.


SoluzioneAlgebra 1


1.4 Sia a un intero dispari. Mostrare che il resto della divisione di a2 per 8 è 1.

Soluzione: Dobbiamo mostrare che a2 ≡ 1 (mod 8). Sappiamo che a è congruo modulo 8 a un interocompreso tra 0 e 7 inclusi. Tuttavia, poiché a è dispari, ogni intero congruo ad a modulo 8 è sua volta dispari(la loro differenze è un multiplo di 8 e, quindi, di 2). In particolare possiamo dire che a è congruo modulo 8 auno tra i numeri 1, 3, 5 e 7. Il quadrato di a modulo 8 è quindi congruo al quadrato di uno di questi numeri.Ma tutti questi numeri hanno quadrato congruo a 1 modulo 8.

2.4 Sia G un gruppo finito non abeliano. Mostrare che |Z(G)| ≤ 14 |G|.

Soluzione: Il centro di un gruppo è un sottogruppo (quindi il suo ordine divide l’ordine del gruppo) normale(quindi è possibile fare il quoziente). L’ordine di G/Z(G) è uguale al rapporto |G|

|Z(G)| . Poiché G non è abeliano,il quoziente G/Z(G) non è ciclico. In particolare ha ordine almeno 4: infatti i gruppi di ordine 1, 2 e 3 sonotutti ciclici. Pertanto |G|

|Z(G)| ≥ 4, come richiesto.

3.8 Sia G il sottoinsieme del gruppo lineare GL(2,Q) delle matrici quadrate di ordine 2 a coefficienti razionali formatodalle matrici del tipo ( x y0 1 ) (con x 6= 0).(a) Mostrare che G è un sottogruppo di GL(2,Q).

Soluzione: Il sottoinsieme G è chiaramente non vuoto (contiene la matrice identica). Siano A := ( x1 y10 1 )

e B := ( x2 y20 1 ) due matrici di G: il loro prodotto è AB =

(x1x2 x1y2+y10 1

)che è ancora una matrice di G.

L’inversa di A è la matrice(x−11 −x−1

1 y10 1

)che è ancora una matrice di G. Dunque G è un sottogruppo.

(b) Per ciascuno dei seguenti sottoinsiemi H := {( x y0 1 ) ∈ G | x > 0}, K := {( x y0 1 ) ∈ G | y ≥ 0} e L := {( x y0 1 ) ∈G | x ≥ 1} di G stabilire se è un sottogruppo di G.

Soluzione: Tutti i sottoinsiemi dati sono non vuoti perché contengono, ad esempio, la matrice identica.Consideriamo ora due matrici A e B scritte come al punto precedente e supponiamo che appartenganoentrambe a uno dei sottoinsiemi dati e consideriamone il prodotto e l’inversa di A.Se A e B appartengono ad H, cioè x1 > 0 e x2 > 0 allora x1x2 > 0, quindi AB ∈ H e x−1

1 > 0, quindiA−1 ∈ H. Dunque H è un sottogruppo di G.Se A e B appartengono ad K, cioè y1 ≥ 0 e y2 ≥ 0 allora non è detto che x1y2 + y1 ≥ 0: basta prendere,ad esempio, x1 = −1, y1 = 0 e y2 = 1. Dunque K non è un sottogruppo di G.Se A e B appartengono ad L, cioè x1 ≥ 1 e x2 ≥ 1 allora x1x2 ≥ 1, quindi AB ∈ L e ma non è dettoche x−1

1 ≥ 1: basta prendere, ad esempio, x1 = 2. Dunque L non è un sottogruppo di G.

(c) Per ciascuno dei sottogruppi determinati al punto precedente stabilire se è normale in G.

Soluzione: L’unico sottogruppo è H. Usando la stessa notazione del primo punto siano allora A unagenerica matrice di G e B una generica matrice di H (dunque x2 > 0). Utilizzando le espressioni peril prodotto e per l’inversa determinate al primo punto, vediamo che l’elemento in posizione (1, 1) diA−1BA è x−1

1 x2x1, cioè x2. Ma allora A−1BA è una matrice di H che è, quindi, normale in G.

4.10 Sia (G, ∗) un gruppo dotato di un’operazione ∗. Si definisca in G una nuova operazione • nel modo seguentex • y := y ∗ x.(a) Dimostrare che (G, •) è un gruppo. Quale elemento è l’unità di (G, •)? Dato un elemento x che relazione c’è

tra l’inverso di x rispetto all’operazione ∗ e l’inverso di x rispetto all’operazione •?


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Siano x, y e z tre elementi di G. Abbiamo allora

(x • y) • z = (y ∗ x) • z = z ∗ (y ∗ x) = (z ∗ y) ∗ x = x • (z ∗ y) = x • (y • z)

dove abbiamo usato l’associatività di ∗ e la definizione di •.L’elemento neutro di (G, ∗) è elemento neutro anche di (G, •): infatti, per ogni x ∈ G si ha x•1 = 1∗x = xe 1 • x = x ∗ 1 = x.Dato x in G, indichiamo con x−1 l’inverso di x rispetto all’operazione ∗. Abbiamo allora x • x−1 =x−1 ∗ x = 1 e x−1 • x = x−1 ∗ x−1 = 1. Pertanto x ammette inverso anche rispetto a • e gli inversirispetto di x rispetto alle due operazioni coincidono.

(b) Dato un sottoinsieme H di G mostrare che H è sottogruppo di (G, •) se e solo se è sottogruppo di (G, ∗) eche H è sottogruppo normale di (G, •) se e solo se è sottogruppo normale di (G, ∗).

Soluzione: Sia H un sottogruppo di (G, ∗): per mostrare che H è sottogruppo di (G, •) dobbiamoverificare che per ogni h1 e h2 in H si ha h1 • h−1

2 ∈ H. Ma h1 • h−12 = h−1

2 ∗ h1 e, poiché H è unsottogruppo di (G, ∗), quest’ultimo elemento appartiene ad H: pertanto H è sottogruppo di (G, •).Scambiando il ruolo di ∗ e • si dimostra il viceversa.Supponiamo ora che H sia normale in (G, ∗): per mostrare che H è sottogruppo normale di (G, •)dobbiamo verificare che per ogni h in H e g in G si ha g−1 • h • g ∈ H. Ma g−1 • h • g = g ∗ h ∗ g−1 =(g−1)−1 ∗ h ∗ g−1 e, poiché H è un sottogruppo normale di (G, ∗), quest’ultimo elemento appartiene adH: pertanto H è sottogruppo normale di (G, •). Scambiando il ruolo di ∗ e • si dimostra il viceversa.

(c) La mappa identica φ da G in sé è un isomorfismo da (G, ∗) a (G, •)? Stabilire se ciò è sempre vero, semprefalso o se dipende da G.

Soluzione: La mappa identica è ovviamente biettiva. Essa è un omomorfismo se e solo se (x∗y)φ = xφ•yφper ogni x e y in G. Poiché φ è l’identità ciò avviene se e solo se x ∗ y = x • y, per ogni x e y in G.Poiché x • y = y ∗ x, ciò è equivalente a richiedere che x ∗ y = y ∗ x per ogni x e y in G. Dunque φ è unisomorfismo se e solo se (G, ∗) è abeliano.

(d) La mappa ψ da G in sé che manda x in x−1 è un isomorfismo da (G, ∗) a (G, •)? Stabilire se ciò è semprevero, sempre falso o se dipende da G.

Soluzione: La mappa ψ è ovviamente biettiva perché coincide con la propria inversa. Essa è unomomorfismo se e solo se (x∗y)ψ = xφ•yψ per ogni x e y inG. Ciò avviene se e solo se (x∗y)−1 = x−1•y−1,per ogni x e y in G. Notiamo che in questa scrittura non c’è ambiguita perché l’inverso di un elementorispetto alle due operazioni è sempre lo stesso. Ora, per la proprietà dell’inverso del prodotto, abbiamo(x∗ y)−1 = y−1 ∗x−1 e, per definizione di •, abbiamo x−1 • y−1 = y−1 ∗x−1. dunque ψ è un isomorfismo.

5.6 Sia σ := (12)(34) una permutazione di Sym5 o di Sym6.(a) Determinare l’ordine del centralizzante di σ in Sym5 e l’ordine del centralizzante di σ in A5.

Soluzione: Determiniano l’ordine della classe di coniugio di σ in Sym5. Gli elementi coniugati di σsono quelli del tipo (a1a2)(a3a4) con a1, a2, a3, a4 distinti. Abbiamo 5 scelte per a1, 4 scelte per a2, 3scelte per a3 e 2 scelte per a4. Tutte queste scelte non portano però a permutazioni distinte. Possiamoinfatti riscrivere ciascuno dei due cicli in 2 modi diversi e poi riordinare tra loro i cicli in 2 modidiversi. Abbiamo allora 5·4·3·2

2·2·2 = 15 elementi nella classe di coniugio di σ. Questo numero dà l’indice delcentralizzante in Sym5 di σ: pertanto l’ordine del centralizzante è |Sym5|

15 = 5!15 = 8. Per determinare

l’ordine del centralizzante di σ in A5 osserviamo che l’ordine di A5 è uguale all’ordine della classe diconiugio di σ in A5 per l’ordine del centralizzante di σ in A5. La classe di coniugio di σ in A5 puòcoincidere con la classe di coniugio di σ in Sym5 oppure spezzarsi in due classi aventi uguale ordine.


SoluzioneAlgebra 1


Poiché la classe di σ in Sym5 ha ordine dispari questo secondo caso non può verificarsi. Pertanto laclasse di σ in A5 ha ordine 15 e il centralizzante di σ in A5 ha ordine |A5|

15 = 5!/215 = 4.

(b) Determinare l’ordine del centralizzante di σ in Sym6 e l’ordine del centralizzante di σ in A6.

Soluzione: Determiniano l’ordine della classe di coniugio di σ in Sym6. Gli elementi coniugati di σsono quelli del tipo (a1a2)(a3a4) con a1, a2, a3, a4 distinti. Abbiamo 6 scelte per a1, 5 scelte per a2,4 scelte per a3 e 4 scelte per a4. Tutte queste scelte non portano però a permutazioni distinte: comeal punto precedente dobbiamo dividere il numero di queste scelte per 8. Abbiamo allora 6·5·4·3

2·2·2 = 45

elementi nella classe di coniugio di σ. L’ordine del centralizzante è |Sym6|45 = 6!

45 = 16. Per determinarel’ordine del centralizzante di σ in A6 ripetiamo il ragionamento fatto in precedenza e troviamo che ilcentralizzante di σ in A6 ha ordine 8.


TestoProva intermedia algebra 1

19 novembre 2015 Durata prova: 2 ore

1. Dimostrare che m5 −m è divisibile per 30 qualunque sia l’intero m.

2. Trovare il massimo comun divisore di 420 e 154 e determinare un’identità di Bezout che lo lega ai due numeriassegnati.

3. Trovare il resto di 173163 diviso 17.


5. Determinare le ultime 3 cifre (in base 10) di 31203.

6. Un cesto contiene dei sacchetti di caramelle, alcuni rossi e altri verdi. I sacchetti rossi contengono 7 caramelleciascuno, quelli verdi 9. Sapendo che in tutto ci sono 101 caramelle, quanti sacchetti rossi e quanti sacchetti verdici sono nel cesto?

7. Stabilire quali delle seguenti congruenze sono risolubili e in caso affermativo trovarne le soluzioni:a) 21x ≡ 14 (mod 35) b) 172x ≡ 15 (mod 24) c) 3x ≡ 8 (mod 37) d) 22x ≡ 5 (mod 35)

8. Risolvere, se possibile, il seguente sistema di congruenzex ≡ 3 (mod 4)

x ≡ 3 (mod 15)

x ≡ 2 (mod 7)

9. Qual è il senso della vita, dell’universo e di tutto quanto?


SoluzioneProva intermedia algebra 1

19 novembre 2015 Pagina 1 di 3

1. Dimostrare che m5 −m è divisibile per 30 qualunque sia l’intero m.

Soluzione: Poiché 30 = 2 · 3 · 5 e 2, 3 e 5 sono a due a due coprimi dobbiamo mostrare che m5 − m èdivisibile per questi numeri. Poiché 2, 3 e 5 sono primi, il piccolo teorema di Fermat ci dice che m2 ≡ m(mod 2), m3 ≡ m (mod 3) e m5 ≡ m (mod 5). Dalla prima congruenza ricaviamo per induzione che tuttele potenze di m sono congrue tra loro modulo 2: in particolare m5 ≡ m (mod 2); dalla seconda otteniamoche m5 = m3m2 ≡ mm2 (mod 3) ≡ m3 (mod 3) ≡ m (mod 3). Riassumendo m5 e m sono congrui tra loromodulo 2, 3 e 5, come richiesto.

2. Trovare il massimo comun divisore di 420 e 154 e determinare un’identità di Bezout che lo lega ai due numeriassegnati.

Soluzione: Applichiamo l’algoritmo di Euclide:

420 = 154 · 2 + 112

154 = 112 · 1 + 42

112 = 42 · 2 + 28

42 = 28 · 1 + 14

28 = 14 · 2 + 0

L’ultimo resto non nullo è 14 che quindi è il massimo comun divisore dei due numeri assegnati.Usiamo ciascuna divisione per esprimere il resto come somma di multipli dei due resti precedenti e via viasostituiamo i resti nelle uguaglianze che così otteniamo.

14 =42− 28 = 42− (112− 42 · 2) =42 · 3− 112 = (154− 112) · 3− 112 =

154 · 3 + 112 · (−4) = 154 · 3 + (420− 154 · 2) · (−4) = 420 · (−4) + 154 · 11


Soluzione: Innanzitutto 173 ≡ 3 (mod 17), quindi 173163 ≡ 3163 (mod 17). Ora 17 è primo e 3 non èmultiplo di 17: per il piccolo teorema di Fermat abbiamo che 316 ≡ 1 (mod 17). Poiché 163 ≡ 3 (mod 16)abbiamo che 3163 ≡ 33 (mod 17) ≡ 27 (mod 17) ≡ 10 (mod 17). Il resto della divisione è, quindi, 10.


Soluzione: Notiamo che 227 ≡ −1 (mod 114): dunque 227228229 ≡ (−1)228

229

(mod 114). Ora 228229 èpotenza a esponente positivo di un numero pari ed è, quindi, pari: di conseguenza (−1)228

229

= 1. Il restocercato è, quindi, 1.

5. Determinare le ultime 3 cifre (in base 10) di 31203.

Soluzione: Dobbiamo calcolare 31203 in base 1000. Poiché 1000 = 23 · 53, abbiamo che ϕ(1000) =ϕ(23)ϕ(53) = (23 − 22)(53 − 52) = 400. Poiché 3 è coprimo con 1000, per il teorema di Eulero abbia-mo che 3400 ≡ 1 (mod 1000). Ma 1203 ≡ 3 (mod 400) e, pertanto, 31203 ≡ 33 (mod 1000) ≡ 27 (mod 1000)Le ultime 3 cifre sono allora 027.




6. Un cesto contiene dei sacchetti di caramelle, alcuni rossi e altri verdi. I sacchetti rossi contengono 7 caramelleciascuno, quelli verdi 9. Sapendo che in tutto ci sono 101 caramelle, quanti sacchetti rossi e quanti sacchetti verdici sono nel cesto?

Soluzione: Detto r il numero dei sacchetti rossi e v il numero dei sacchetti verdi, sappiamo che r e v sonointeri positivi e che 7r+ 9v = 101. Cerchiamo innanzitutto le soluzioni intere di questa equazione. Poiché 7 e9 sono coprimi è possibile determinare (ad esempio tramite l’algoritmo di Euclide) un’identità di Bezout chelega 7 e 9 a 1: troviamo così 7 ·4+9 · (−3) = 1. Moltiplicando per 101 troviamo 7 ·404+9 · (−303) = 101. Unasoluzione particolare è, quindi, r = 404, v = −303. La soluzione generale è del tipo r = 404+9t, v = −303−7tal variare di t in Z. Imponiamo ora la condizione che r e v siano positivi. Abbiamo allora 404 + 9t ≥ 0, dacui otteniamo t ≥ − 404

9 , che, essendo t intero, si riduce a t ≥ −44. Abbiamo poi −303 − 7t ≥ 0, da cuiotteniamo t ≤ − 303

7 , che, essendo t intero, si riduce a t ≤ −44. Dunque deve essere t = −44 che, sostituitonell’espressione della soluzione generale, dà r = 8 e v = 5.


Soluzione: Il massimo comun divisore tra 21 e 35 è 7: poiché 14 è pure divisibile per 7 la congruenza siriduce a 3x ≡ 2 (mod 5). L’inverso di 3 modulo 5 è 2: dunque la congruenza si riduce a x ≡ 2 · 2 (mod 5),cioè x ≡ 4 (mod 5).Il massimo comun divisore tra 172 e 24 è 4: poiché 15 non è divisibile per 4 la congruenza non ha soluzione.Il massimo comun divisore tra 3 e 37 è 1: dunque la congruenza è risolubile. L’inverso di 3 modulo 37 è 25(si può determinare tramite un’identità di Bezout). Dunque la congruenza si riduce a x ≡ 8 · 25 (mod 37),cioè x ≡ 15 (mod 37).Il massimo comun divisore tra 22 e 35 è 1: dunque la congruenza è risolubile. L’inverso di 22 modulo 35 è 8(si può determinare tramite un’identità di Bezout). Dunque la congruenza si riduce a x ≡ 5 · 8 (mod 35),cioè x ≡ 5 (mod 35).


x ≡ 3 (mod 15)

x ≡ 2 (mod 7)

Soluzione: I moduli 4, 15 e 7 sono a due a due coprimi, quindi, per il teorema cinese del resto, il sistema èrisolubile e le soluzioni formano una classe di resto modulo 4 · 15 · 7. Determiniamo prima le soluzioni comunialle prime due congruenze. Si nota immediatamente che 3 è soluzione comune alle prime due congruenze:dunque le prime due congruenze sono equivalenti, sempre per il teorema cinese del resto a x ≡ 3 (mod 60).Il sistema si riduce allora a {

x ≡ 3 (mod 60)

x ≡ 2 (mod 7)

Ora deve essere x = 3+60h per qualche h e x = 2+7k per qualche k: uguagliando otteniamo 3+60h = 2+7kda cui segue 7k − 60h = 1. Dobbiamo determinare un’identità di Bezout tra 7 e 60. Applichiamo l’algoritmodi Euclide

60 = 7 · 8 + 4

7 = 4 · 1 + 3

4 = 3 · 1 + 1




Usiamo ciascuna divisione per esprimere il resto come somma di multipli dei due resti precedenti e via viasostituiamo i resti nelle uguaglianze che così otteniamo.

1 =4− 3 = 4− (7− 4) =

4 · 2− 7 = (60− 7 · 8) · 2− 7 =

60 · 2− 7 · 17

Possiamo allora scegliere k = −17 e h = −2 e trovare una soluzione particolare del sistema x = 3+60(−2) =−117. Il sistema ha allora soluzioni x ≡ −117 (mod 420).

9. Qual è il senso della vita, dell’universo e di tutto quanto?

Soluzione: 42


TestoAlgebra 1

29 gennaio 2016 Durata prova: 2 ore e 30 minuti

1.6 Determinare le ultime 2 cifre (in base 10) di 3121 e 5121.

2.4 Sia σ := (123)(4567) una permutazione di Sym8. Determinare l’ordine del centralizzante di σ in Sym8. Determinarepoi esplicitamente il centralizzante di σ in Sym8.

3.4 Sia G un gruppo in cui x2 = 1 per ogni elemento x di G. Mostrare che G è abeliano.

4.8 Siano C := 〈c〉 e D := 〈d〉 due gruppi ciclici di ordini 50 e 15 rispettivamente. Si considerino le due assegnazionic7φ := d6 e c7φ := d10.(a) Una sola delle due assegnazioni definisce un omomorfismo φ : C → D. Quale?(b) Determinare l’immagine di φ e il suo ordine.(c) Determinare il nucleo di φ e il suo ordine.(d) Determinare tutti gli elementi di C la cui immagine è d.

5.10 Dati due elementi x e y di un gruppo G il loro commutatore è l’elemento (x, y) così definito (x, y) := x−1y−1xy.(a) Dimostrare che x e y commutano se e solo se (x, y) = 1.(b) Dato un sottogruppo N di G, mostrare che N è normale in G se e solo se (n, g) appartiene a N per ogni n

in N e g in G.(c) Siano dati un sottogruppo normale N e un sottogruppo H tali che H ∩N = 1. Mostrare che se h ∈ H e

n ∈ N si ha hn ∈ H se e solo se hn = h. (Suggerimento: notare che (x, y) = (y, x)−1).(d) Siano ora dati un sottogruppo N normale e un sottogruppo H tali che G = HN e H ∩N = 1. Mostrare che

due elementi h1 e h2 di H sono coniugati in H se e solo se sono coniugati in G.


SoluzioneAlgebra 1

29 gennaio 2016 Pagina 1 di 3

1.6 Determinare le ultime 2 cifre (in base 10) di 3121 e 5121.

Soluzione: Determinare le ultime 2 cifre significa calcolare i numeri dati modulo 100.Poiché 3 è coprimo con 100 possiamo applicare il teorema di Eulero che ci dice che 3φ(100) ≡ 1 (mod 100). Percalcolare la funzione di Eulero di 100 notiamo che 100 = 2252 e, pertanto, φ(100) = (22 − 21)(52 − 51) = 40.Ma allora 3121 = (340)33 ≡ 133 (mod 100) ≡ 3 (mod 100). Pertanto le ultime 2 cifre di 3121 sono 03.Dal momento che 5 non è coprimo con 100 non possiamo usare il teorema di Eulero ma dobbiamo calcolareseparatamente 5121 modulo 4 e modulo 25. Poiché 5 ≡ 1 (mod 4) abbiamo che 5121 ≡ 1 (mod 4). Chiaramente5121 è multiplo di 52, cioè 5121 ≡ 0 (mod 25). Dobbiamo pertanto trovare una soluzione del sistema seguente{

x ≡ 1 (mod 4)

x ≡ 0 (mod 25)

compresa tra 0 e 99. Ora deve essere x = 1 + 4h per qualche h e x = 25k per qualche k: uguagliandootteniamo 1 + 4h = 25k da cui segue 25k − 4h = 1. Dobbiamo determinare un’identità di Bezout tra 25 e 4.Applichiamo l’algoritmo di Euclide

25 = 4 · 6 + 1

Abbiamo trovato subito al primo passo resto 1, quindi possiamo ricavare immediatamente un’identità diBezout tra 25 e 4:

25− 4 · 6 = 1

Possiamo allora scegliere k = 1 e h = 6 e trovare una soluzione particolare del sistema x = 1 + 4 · 6 = 25.Questa è compresa tra 0 e 99, quindi le due ultime cifre di 5121 sono 25.

2.4 Sia σ := (123)(4567) una permutazione di Sym8. Determinare l’ordine del centralizzante di σ in Sym8. Determinarepoi esplicitamente il centralizzante di σ in Sym8.

Soluzione: Determiniano l’ordine della classe di coniugio di σ in Sym8. Gli elementi coniugati di σ sonoquelli del tipo (a1a2a3)(a4a5a6a7) con a1, a2, . . ., a7 distinti. Abbiamo 8 scelte per a1, 7 scelte per a2, ecosì via fino a 2 scelte per a7, per un totale di 8 · 7 · · · 2 = 8! scelte. Tutte queste scelte non portano però apermutazioni distinte. Possiamo infatti riscrivere il ciclo (a1a2a3) in 3 modi diversi e il ciclo (a4a5a6a7) in4 modi diversi. Abbiamo allora 8!

3·4 = 8!12 elementi nella classe di coniugio di σ. Questo numero dà l’indice

del centralizzante in Sym8 di σ: pertanto l’ordine del centralizzante è |Sym8|8!12

= 12. Il centralizzante di σcontiene sicuramente il gruppo ciclico generato da σ. Il periodo di σ è dato dal minimo comune multiplo dellelunghezze dei cicli disgiunti in cui si fattorizza ed è quindi esattamente 12. Ciò significa che il centralizzantedi σ coincide con il gruppo ciclico generato da σ.

3.4 Sia G un gruppo in cui x2 = 1 per ogni elemento x di G. Mostrare che G è abeliano.

Soluzione: Dati x e y in G abbiamo che (xy)2 = 1, cioè xyxy = 1. Moltiplicando a sinistra per x e a destraper y otteniamo xxyxyy = xy: ma xx = x2 = 1 e yy = y2 = 1 e quindi yx = xy per ogni x e y in G, cioè Gè abeliano.

4.8 Siano C := 〈c〉 e D := 〈d〉 due gruppi ciclici di ordini 50 e 15 rispettivamente. Si considerino le due assegnazionic7φ := d6 e c7φ := d10.(a) Una sola delle due assegnazioni definisce un omomorfismo φ : C → D. Quale?

Soluzione: Poiché 7 è coprimo con 50, l’elemento c7 ha periodo 50 ed è dunque un generatore di C.L’assegnazione dell’immagine di un generatore di un gruppo ciclico C finito definisce un omomorfismodi gruppi se e solo se l’immagine ha periodo finito che divide l’ordine del gruppo ciclico C.


SoluzioneAlgebra 1


L’elemento d6 ha periodo 15(15,6) =

153 = 5 mentre l’elemento d10 ha periodo 15

(15,10) =155 = 3. Poiché 5

divide 50 e 3 no, solo l’assegnazione c7φ := d6 definisce un omomorfismo.

(b) Determinare l’immagine di φ e il suo ordine.

Soluzione: Poiché C è generato da c7 l’immagine di φ è generata da d6: dal punto precedente sappiamoche ha ordine 5.

(c) Determinare il nucleo di φ e il suo ordine.

Soluzione: Sappiamo che |G : kerφ| = |Imφ| = 5 e, quindi kerφ ha ordine 10. In C c’è un unicosottogruppo di ordine 10 e, precisamente, quello generato da c 50

10 = c5.

(d) Determinare tutti gli elementi di C la cui immagine è d.

Soluzione: Abbiamo già osservato che l’immagine di φ ha ordine 5: l’elemento d ha ordine 15 e, quindi,non appartiene a Imφ. Pertanto non esiste alcun elemento di C la cui immagine è d.

5.10 Dati due elementi x e y di un gruppo G il loro commutatore è l’elemento (x, y) così definito (x, y) := x−1y−1xy.(a) Dimostrare che x e y commutano se e solo se (x, y) = 1.

Soluzione: Se x e y commutano abbiamo (x, y) = x−1y−1xy = x−1y−1yx = x−11x = 1.Viceversa, se x−1y−1xy = 1 allora, moltiplicando a sinitra ambo i membri per yx otteniamo che xy = yx

(b) Dato un sottogruppo N di G, mostrare che N è normale in G se e solo se (n, g) appartiene a N per ogni nin N e g in G.

Soluzione: Il commutatore (n, g) = n−1g−1ng può essere riscritto come n−1ng. Se N è normale in Gallora ng appartiene a N per ogni n ∈ N e ogni g ∈ G: di conseguenza n−1ng appartiene a N per ognin ∈ N e ogni g ∈ G.Viceversa supponiamo che (n, g) appartenga a N per ogni n ∈ N e ogni g ∈ G. Dall’uguaglianza(n, g) = n−1ng otteniamo, moltiplicando a sinistra per n, l’uguaglianza n(n, g) = ng. Dunque ng è, perogni n ∈ N e ogni g ∈ G, prodotto di due elementi di N e, quindi, appartiene a N .

(c) Siano dati un sottogruppo normale N e un sottogruppo H tali che H ∩N = 1. Mostrare che se h ∈ H en ∈ N si ha hn ∈ H se e solo se hn = h. (Suggerimento: notare che (x, y) = (y, x)−1).

Soluzione: Dati due elementi x e y di un gruppo abbiamo

(y, x)−1 = (y−1x−1yx)−1 = x−1y−1xy = (x, y).

Ovviamente se hn = h allora hn ∈ H. Supponiamo ora che hn appartenga a H. Ma allora anche(h, n) = h−1hn appartiene a H. Di conseguenza (n, h) = (h, n)−1 appartiene a H. Poiché N è normale,dal punto precedente sappiamo che (n, h) appartiene a N . Pertanto (n, h) ∈ N ∩H = 1. Dal punto aotteniamo allora che n e h commutano e, quindi, hn = h.

(d) Siano ora dati un sottogruppo N normale e un sottogruppo H tali che G = HN e H ∩N = 1. Mostrare chedue elementi h1 e h2 di H sono coniugati in H se e solo se sono coniugati in G.

Soluzione: Ovviamente se h1 e h2 sono coniugati in H allora sono coniugati in G. Supponiamo ora cheh1 e h2 siano coniugati in G, cioè che esista g ∈ G tale che hg1 = h2. Poiché G = HN , l’elemento g puòessere riscritto come hn per qualche h ∈ H e n ∈ N . Allora hhn1 = h2 e, detto, h3 l’elemento hh1 , che


SoluzioneAlgebra 1


appartiene a H, abbiamo hn3 = h2. In particolare hn3 appartiene a H: per il punto precedente h3 = h2,cioè hh1 = h2.


TestoAlgebra 1


1.6 In uno stato ormai cancellato dalle carte geografiche esistevano due tipe di monete d’argento: quelle quadrate,del peso di 12 grammi e quelle circolari del peso di 7 grammi. Un contadino deve acquistare un cavallo al prezzodi 88 grammi d’argento. Quante monete quadrate e quante monete circolari dovrà portare con sé?

2.4 Dimostrare che in Sym10 esistono elementi di ordine 10, 20 e 30 ma non ne esistono di ordine 40.

3.6 Sia G il sottoinsieme di R formato dagli elementi del tipo a+ b√2 con a e b interi.

(a) Dimostrare che G è un sottogruppo di R rispetto all’addizione.(b) Stabilire se G è un gruppo ciclico.

4.8 Sia p un primo e sia G il gruppo Cp2 × Cp (dove Cn indica il gruppo ciclico di ordine n).(a) Stabilire quanti sottogruppi di ordine p ha G.(b) Determinare se esiste un sottogruppo H di G avente ordine p e tale che G/H sia ciclico. In caso affermativo

esibire un sottogruppo siffatto.(c) Determinare se esiste un sottogruppo K di G avente ordine p e tale che G/K non sia ciclico. In caso

affermativo esibire un sottogruppo siffatto.

5.8 Sia G un gruppo finito e sia X l’insieme dei sottoinsiemi di G. Sia definita in X un’azione di G nel modo seguente:dato A sottoinsieme di G e g elemento di G si pone

Ag := {ag | a ∈ A}.

(a) Dimostrare che |A| = |Ag| per ogni A ∈ X e ogni g ∈ G.(b) Dato A elemento di X (cioè A sottoinsieme di G) con A non vuoto, siano A = A1, A2, . . ., Ar gli elementi

dell’orbita di A. Dimostrare che G =⋃ri=1Ai.

(c) Dato A elemento di X tale che 1 ∈ A, mostrare che lo stabilizzatore StabG(A) di A è contenuto in A.(d) Dato A in X mostrare che StabG(A) = A se e solo se A è un sottogruppo.


SoluzioneAlgebra 1


1.6 In uno stato ormai cancellato dalle carte geografiche esistevano due tipe di monete d’argento: quelle quadrate,del peso di 12 grammi e quelle circolari del peso di 7 grammi. Un contadino deve acquistare un cavallo al prezzodi 88 grammi d’argento. Quante monete quadrate e quante monete circolari dovrà portare con sé?

Soluzione: Detto q il numero delle monete quadrate e c il numero delle monete circolari, sappiamo cheq e c sono interi non negativi e che 12q + 7c = 88. Cerchiamo innanzitutto le soluzioni intere di questaequazione. Poiché 12 e 7 sono coprimi è possibile determinare (ad esempio tramite l’algoritmo di Euclide)un’identità di Bezout che lega 12 e 7 a 1: troviamo così 12 · 3 + 7 · (−5) = 1. Moltiplicando per 88 troviamo12 · (3 · 88) + 7 · (−5 · 88) = 1. Una soluzione particolare è, quindi, q = 264, c = −440. La soluzione generaleè del tipo q = 264 + 7t, c = −440− 12t al variare di t in Z. Imponiamo ora la condizione che q e c siano nonnegativi. Abbiamo allora 264 + 7t ≥ 0, da cui otteniamo t ≥ − 264

7 , che, essendo t intero, si riduce a t ≥ −37.Abbiamo poi −440− 12t ≥ 0, da cui otteniamo t ≤ − 440

12 , che, essendo t intero, si riduce a t ≤ −37. Dunquedeve essere t = −37 che, sostituito nell’espressione della soluzione generale, dà q = 5 e c = 4.

2.4 Dimostrare che in Sym10 esistono elementi di ordine 10, 20 e 30 ma non ne esistono di ordine 40.

Soluzione: Data una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti, il suo ordine è il minimo comunemultiplo delle lunghezze dei cicli coinvolti. La somma delle lunghezza dei cicli coinvolti non può superare10 perché altrimenti non sarebbero disgiunti. Un elemento di ordine 10 in Sym10 è, ad esempio, un ciclo dilunghezza 10 ha ordine 10. Un elemento di periodo 20 è, ad esempio, il prodotto di due cicli disgiunti dilunghezza 4 e 5. Un elemento di periodo 30 è, ad esempio, il prodotto di tre cicli disgiunti di lunghezza 2, 3 e5.Per provare che non esistono permutazioni di periodo 40, osserviamo che 40 = 235. Affinché questo sia ilminimo comune multiplo di alcuni numeri, tra essi ce ne deve essere almeno uno multiplo di 23 e almeno unomultiplo di 5. L’unico multiplo di 23 minore o uguale a 10 è 8, mentre i multipli di 5 minori o uguali a 10sono 5 e 10. Ma un ciclo di ordine 8 e uno di ordine 5 (o 10) in Sym10 non possono essere disgiunti.

3.6 Sia G il sottoinsieme di R formato dagli elementi del tipo a+ b√2 con a e b interi.

(a) Dimostrare che G è un sottogruppo di R rispetto all’addizione.

Soluzione: Il sottoinsieme G è non vuoto: basta infatti assegnare ad a e b valori interi arbitrari perdeterminare un elemento di G. Siano ora z1 e z2 due elementi di G. Allora esistono a1, b1, a2 e b2 interitali che z1 = a1 + b1

√2 e z2 = a2 + b2

√2. Ora z1 − z2 = (a1 − a2) + (b1 − b2)

√2: dal momento che

a1 − a2 e b1 − b2 sono interi in quanto differenza di interi, otteniamo che z1 − z2 appartiene a G chedunque è un sottogruppo di G rispetto all’addizione.

(b) Stabilire se G è un gruppo ciclico.

Soluzione: Il gruppo G non è ciclico. Sia infatti a+ b√2 un elemento arbitrario di G. Il gruppo ciclico

generato da a+ b√2 contiene i suoi multipli interi vale a dire gli elementi del tipo na+ nb

√2. Se a = 0

i multipli sono del tipo nb√2 e tra essi non c’è, ad esempio, 1: in tal caso quindi a+ b

√2 non genera

G. Se a 6= 0, invece, tra i multipli di a+ b√2 non c’è

√2: infatti ponendo na+ nb

√2 =

√2 otteniamo

na = 0 e nb = 1 e, dal momento che a 6= 0, ciò implica n = 0 in contrasto con l’uguaglianza nb = 1.

4.8 Sia p un primo e sia G il gruppo Cp2 × Cp (dove Cn indica il gruppo ciclico di ordine n).(a) Stabilire quanti sottogruppi di ordine p ha G.

Soluzione: Un gruppo di ordine primo è necessariamente ciclico: dobbiamo allora trovare gli elementidi G di ordine p. Un elemento di G può scriversi in maniera unica nella forma (a, b) con a in C2

p eb in Cp. Il periodo di (a, b) è il minimo comune multiplo dei periodi a e b: affinché tale periodo siap è dunque necessario che sia a che b abbiano periodo che divide p e che almeno uno tra essi abbia


SoluzioneAlgebra 1


periodo esattamente p. Gli elementi di Cp hanno tutti ordine che divide p, mentre in Cp2 c’è un unicosottogruppo di ordine p che contiene tutti e soli gli elementi di Cp2 di ordine che divide p. Le coppieformate da elementi aventi periodo che divide p sono allora p2: dobbiamo però scartare la coppia (1, 1)in cui entrambi gli elementi hanno periodo 1. In G ci sono dunque p2−1 elementi di periodo p. Ciascunodi questi genera un sottogruppo di ordine p. Tali sottogruppi non sono però tutti distinti: ogni gruppodi ordine p può essere infatti generato uno dei suoi p− 1 elementi diversi dall’identità. Dividendo p2 − 1per p− 1 troviamo che G ha p+ 1 sottogruppi di ordine p.

(b) Determinare se esiste un sottogruppo H di G avente ordine p e tale che G/H sia ciclico. In caso affermativoesibire un sottogruppo siffatto.

Soluzione: Se consideriamo il fattore Cp del prodotto diretto, questa ha ordine p e il quoziente G/Cpè isomorfo all’all’altro fattore del prodotto diretto, cioè Cp2 ed è quindi ciclico.

(c) Determinare se esiste un sottogruppo K di G avente ordine p e tale che G/K non sia ciclico. In casoaffermativo esibire un sottogruppo siffatto.

Soluzione: Sia D il sottogruppo di ordine p contenuto nel primo fattore Cp2 del prodotto diretto.Consideriamo il gruppo quoziente G/D e usiamo la notazione barra per gli elementi di questo quoziente.Dato (a, b) elemento qualunque di G/D abbiamo (a, b)

p= (ap, bp). Ora ap appartiene a D qualunque

sia a e bp = 1, qualunque sia b: pertanto (a, b)p= 1G/D. Gli elementi di G/D hanno tutti ordine che

divide p: non essendoci nessun elemento di periodo p2 il quoziente non è ciclico.

5.8 Sia G un gruppo finito e sia X l’insieme dei sottoinsiemi di G. Sia definita in X un’azione di G nel modo seguente:dato A sottoinsieme di G e g elemento di G si pone

Ag := {ag | a ∈ A}.

(a) Dimostrare che |A| = |Ag| per ogni A ∈ X e ogni g ∈ G.

Soluzione: Consideriamo la mappa φ da A in Ag che manda l’elemento generico a di A in ag. Essaè ovviamente suriettiva per definizione di Ag. La mappa φ è anche iniettiva perché se a1 e a2 sonoelementi di A tali che a1φ = a2φ, cioè a1g = a2g, allora, per la legge di cancellazione, si ha a1 = a2.Abbiamo dunque trovato una applicazione biiettiva tra A e Ag e, pertanto, |A| = |Ag|.

(b) Dato A elemento di X (cioè A sottoinsieme di G) con A non vuoto, siano A = A1, A2, . . ., Ar gli elementidell’orbita di A. Dimostrare che G =

⋃ri=1Ai.

Soluzione: Dobbiamo mostrare che, dato un elemento qualunque g di G, esiste un elemento dell’orbitadi A che contiene g. Sia a un elemento qualunque di A. Allora g = a(a−1g) ∈ A(a−1g), come richiesto.

(c) Dato A elemento di X tale che 1 ∈ A, mostrare che lo stabilizzatore StabG(A) di A è contenuto in A.

Soluzione: Sappiamo che se g è un elemento dello stabilizzatore di A allora Ag = A. Dunque, se aun elemento di A abbiamo che ag ∈ A: in particolare, poiché 1 appartiene a A abbiamo che 1 · g = gappartiene ad A. Per l’arbitrarietà di g nello stabilizzatore, abbiamo che StabG(A) ⊆ A.

(d) Dato A in X mostrare che StabG(A) = A se e solo se A è un sottogruppo.

Soluzione: Se StabG(A) = A, allora A è chiaramente un sottogruppo perché StabG(A) è un sottogruppo.Viceversa, sia A un sottogruppo: in particolare 1 ∈ A e, per quanto detto al punto precedente, abbiamoche StabG(A) ⊆ A. Per mostrare l’inclusione opposta, sia g un elemento di A: allora Ag è, per definizione,un laterale destro del sottogruppo A. Poiché g ∈ A tale laterale coincide con A, dunque Ag = A, vale adire g appartiene allo stabilizzatore di A.



1.6 Risolvere, se possibile, il seguente sistema di congruenzex ≡ 3 (mod 12)

x ≡ 10 (mod 11)

x ≡ 4 (mod 5)

2.4 Sia G un gruppo finito di ordine n. Sia H un sottogruppo di G e sia x un elemento di G tale che xr ∈ H perqualche r coprimo con n. Dimostrare che x appartiene a H.

3.8 Sia consideri il gruppo Sym7.(a) Determinare un elemento g di Sym7 il cui periodo sia il massimo possibile.(b) Stabilire se esiste un elemento k di Sym7 avente lo stesso ordine dell’elemento g ma non coniugato a g.(c) Determinare un elemento h di A7 il cui periodo sia il massimo possibile.(d) Stabilire se esistono due elementi aventi lo stesso ordine, uno in A7 e uno non in A7.

4.6 Siano x e y due elementi di un gruppo G tali che (xy)n = xnyn per tre interi consecutivi. Mostrare che alloraxy = yx.

5.8 Si considerino i sottoinsiemi di G := GL(2,Q) così definiti H := {( a b0 c ) | a ∈ Q, b ∈ Q, c ∈ Q, ac 6= 0} e K :={( 1 b0 1 ) | b ∈ Q}.(a) Dimostrare che H e K sono sottogruppi di G.(b) Dimostrare che K è normale in H.(c) Stabilire se H/K è abeliano.(d) Stabilire se K è normale in G.



1.6 Risolvere, se possibile, il seguente sistema di congruenzex ≡ 3 (mod 12)

x ≡ 10 (mod 11)

x ≡ 4 (mod 5)

Soluzione: I moduli 12, 11 e 5 sono a due a due coprimi, quindi, per il teorema cinese del resto, il sistema èrisolubile e le soluzioni formano una classe di resto modulo 4 · 15 · 7.Determiniamo prima le soluzioni comuni alle prime due congruenze. Ora deve essere x = 3+ 12h per qualcheh e x = 10 + 11k per qualche k: uguagliando otteniamo 3 + 12h = 10 + 11k da cui segue 12h − 11k = 7.Dobbiamo determinare un’identità di Bezout tra 12 e 11. Si vede subito che 12 · 1 − 11 · 1 = 1. Possiamoallora scegliere h = 7 e k = 7 e trovare una soluzione particolare del sistema x = 3 + 12 · 7 = 87: dunque leprime due congruenze sono equivalenti a x ≡ 87 (mod 12 · 11).Il sistema si riduce allora a {

x ≡ 87 (mod 132)

x ≡ 4 (mod 5)

Ora deve essere x = 87+132h per qualche h e x = 4+5k per qualche k: uguagliando otteniamo 87+132h =4+ 5k da cui segue 132h− 5k = −83. Dobbiamo determinare un’identità di Bezout tra 132 e 5. Applichiamol’algoritmo di Euclide

132 = 5 · 26 + 2

5 = 2 · 2 + 1

Usiamo ciascuna divisione per esprimere il resto come somma di multipli dei due resti precedenti e via viasostituiamo i resti nelle uguaglianze che così otteniamo.

1 =5− 2 · 2 = 5− 2(132− 5 · 26) =5 · 53− 2 · 132

Possiamo allora scegliere h = 2·83 e k = 53·83 e trovare una soluzione particolare del sistema x = 4+5(53·83).Il sistema ha allora soluzione x ≡ 219 (mod 660).

2.4 Sia G un gruppo finito di ordine n. Sia H un sottogruppo di G e sia x un elemento di G tale che xr ∈ H perqualche r coprimo con n. Dimostrare che x appartiene a H.

Soluzione: Il periodo d di x è un divisore di n ed è, pertanto, coprimo con r: pertanto xr ha pure periodod. Poiché 〈x〉 ≥ 〈xr〉 e i due gruppi ciclici hanno lo stesso ordine, ne segue che 〈x〉 = 〈xr〉. Sappiamo chexr ∈ H e, dunque, 〈xr〉 ≤ H: per quanto detto prima abbiamo che 〈x〉 ≤ H, cioè x ∈ H:

3.8 Sia consideri il gruppo Sym7.(a) Determinare un elemento g di Sym7 il cui periodo sia il massimo possibile.

Soluzione: Il periodo di una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti è il minimo comunemultiplo dei periodi dei cicli coinvolti. Consideriamo le varie possibilità, partendo dal ciclo più lungo.Se il ciclo più lungo ha lunghezza 7, non possono esserci altri cicli e il periodo è 7. Se il ciclo più lungoha lunghezza 6, non possono esserci altri cicli e il periodo è 6. Se il ciclo più lungo ha lunghezza 5,potrebbe esserci un ciclo di lunghezza 2, nel qual caso il periodo è 10 o nessun periodo, nel qual casoil periodo è 5. Se il ciclo più lungo ha lunghezza 4 potrebbe esserci un altro ciclo di lunghezza 3, nelqual caso il periodo è 12, oppure un ciclo di lunghezza 2 o nessun ciclo e, in entrambi questi due casi, ilperiodo è 4. Se il ciclo più lungo ha periodo 3 o meno, il minimo comune multiplo dei cicli coinvolti è almassimo 6. Il massimo periodo possibile è, dunque, 12.



(b) Stabilire se esiste un elemento k di Sym7 avente lo stesso ordine dell’elemento g ma non coniugato a g.

Soluzione: Gli elementi di periodo 12 sono tutti prodotti di due cicli disgiunti di periodo 4 e 3rispettivamente, cioè gli elementi di ordine 12 sono tutti dello stesso tipo e sono, quindi, fra loroconiugati.

(c) Determinare un elemento h di A7 il cui periodo sia il massimo possibile.

Soluzione: Gli elementi di periodo 12 sono prodotto di un ciclo di lunghezza 4 e di un ciclo do lunghezza3, cioè sono prodotto di un ciclo dispari e uno pari: essi sono dunque dispari e non stanno quindinell’alterno. Gli elementi di periodo più alto inferiore a 12 sono gli elementi di periodo 10, prodotto diun ciclo di lunghezza 5 e di un ciclo do lunghezza 2, cioè sono prodotto di un ciclo pari e uno dispari:essi sono dunque dispari e non stanno quindi nell’alterno. Abbiamo poi gli elementi di periodo 7, chesono cicli di lunghezza 7: essi sono pari e stanno quindi nell’alterno.

(d) Stabilire se esistono due elementi aventi lo stesso ordine, uno in A7 e uno non in A7.

Soluzione: Se prendiamo il ciclo σ := (12) e la permutazione τ := (12)(34), esse hanno entrambeperiodo 2 ma σ /∈ A7 mentre τ ∈ A7.

4.6 Siano x e y due elementi di un gruppo G tali che (xy)n = xnyn per tre interi consecutivi. Mostrare che alloraxy = yx.

Soluzione: Siano n, n+ 1 e n+ 2 tre interi consecutivi che soddisfano la proprietà data. Abbiamo allora

xn+2yn+2 = (xy)n+2 = (xy)n+1xy = xn+1yn+1xy.

Moltiplicando a sinistra per x−1−n e a destra per y−1 otteniamo xyn+1 = yn+1x. Analogamente

xn+1yn+1 = (xy)n+1 = (xy)nxy = xnynxy,

e, moltiplicando a sinistra per x−n e a destra per y−1 otteniamo xyn = ynx. Dunque il centralizzante di xcontiene yn+1 e yn e, di conseguenza, contiene yn+1(yn)−1, cioè y: pertanto x e y commutano.

5.8 Si considerino i sottoinsiemi di G := GL(2,Q) così definiti H := {( a b0 c ) | a ∈ Q, b ∈ Q, c ∈ Q, ac 6= 0} e K :={( 1 b0 1 ) | b ∈ Q}.(a) Dimostrare che H e K sono sottogruppi di G.

Soluzione: Chiaramente H e K sono non vuoti, perché contengono, ad esempio la matrice identica.Siano A := ( a b0 c ) e B :=

(a′ b′

0 c′

)due matrici di H. Allora AB =

(aa′ ab′+bc′

0 cc′

)è una matrice di H perché

aa′ 6= 0 e bb′ 6= 0. Inoltre A−1 :=(a−1 −a1bc−1

0 c−1

)dove a−1 e c−1 esistono e sono non nulli perché a e b

sono non nulli. Dunque A−1 appartiene a H che è, quindi, un sottogruppo di G.Siano ora A := ( 1 b0 1 ) e B :=

(1 b′

0 1

)due matrici di K. Allora AB =

(1 b′+b0 1

)è una matrice di H. Inoltre

A−1 :=(1 −b0 1

). Dunque A−1 appartiene a K che è, quindi, un sottogruppo di G.

(b) Dimostrare che K è normale in H.

Soluzione: Dobbiamo mostrare che per ogni A := ( a b0 c ) in H e ogni B :=(1 b′

0 1

)in K si ha che A−1BA

appartiene a K. Si ha A−1BA :=(1 −b2b′a−1c−1

0 1

)e questo è un elemento di K.

(c) Stabilire se H/K è abeliano.



Soluzione: Date due matrici A := ( a b0 c ) e B :=(a′ b′

0 c′

)due matrici di H abbiamo AB =

(aa′ ab′+bc′

0 cc′

)e

BA =(aa′ a′b+b′c0 cc′

). Il gruppo è abeliano se e solo se AB = BA, cioè se e solo se AB e BA appartengono

allo stesso laterale di K sioè se e solo se esiste C := ( 1 x0 1 ) in K tale che ABC = BA. Abbiamo alloraABC =

(aa′ aa′x+ab′+bc′

0 cc′

): questa matrice è uguale a BA se e solo se aa′x+ab′+ bc′ = a′b+ b′c. Poiché

aa′ 6= 0 esiste x in Q che soddisfa questa equazione e, pertanto, eiste la matrice C cercata. PertantoH/K è abeliano.

(d) Stabilire se K è normale in G.

Soluzione: Bisogna stabilire se per ogni A in G e B in K si ha A−1BA ∈ K. Ciò in generale non èvero: si prenda, ad esempio A := ( 0 1

1 0 ) e B := ( 1 10 1 ). Svolgendo i calcoli si ottiene A−1BA := ( 1 0

1 1 ) chenon appartiene a K. Pertanto K non è normale in G.


TestoAlgebra 1


1.6 Determinare due interi a e b tali che 177a+78b = 3. Determinare poi tutti le coppie di interi a e b che soddisfanotale relazione.

2.6 Siano dati i gruppi Z/24 e Z/18.(a) Determinare tutti gli omomorfismi da Z/24 in Z/18.(b) Tra gli omomorfismi trovati al punto precedente stabilire se ne esistono due diversi ma aventi lo stesso nucleo

e immagine.

3.4 Sia G un gruppo che agisce transitivamente su un insieme X, cioè per ogni x e y in X esiste g ∈ G tale chexg = y. Dimostrare che se esiste x ∈ X per cui si ha StabG(x) = 1 allora StabG(y) = 1 per ogni y ∈ X.

4.8 Ricordiamo che dato un intero positivo n, esistono esattamente n numeri complessi z tali che zn = 1 e precisamentei numeri della forma ej 2πi

n per j = 0, . . ., n− 1.Sia p un primo e sia G il sottoinsieme dei numeri complessi z tali che zpk = 1 per qualche intero non negativo k.(a) Dimostrare che G è un gruppo moltiplicativo.(b) Dimostrare che per ogni intero non negativo k, il sottoinsieme Gk di G formato dagli elementi tali che

xpk

= 1 è un sottogruppo ciclico di ordine pk.(c) Dimostrare che se H è un sottogruppo di G con H 6= G, allora H = Gk per qualche k.

5.8 Sia x un elemento di un gruppo G tale che x4 ha periodo 7.(a) Quali sono i possibili valori per l’ordine di x?(b) Sia ora G = Sym7 e sia σ una elemento di G tale che σ4 = τ con τ := (1234567). Dimostrare che σ ha ordine

7 e determinare esplicitamente σ.(c) Sia ora G = Sym9 e sia σ una elemento di G tale che σ4 = τ con τ := (1234567). Determinare tutti i σ che

soddisfano tale relazione.


SoluzioneAlgebra 1


1.6 Determinare due interi a e b tali che 177a+78b = 3. Determinare poi tutti le coppie di interi a e b che soddisfanotale relazione.

Soluzione: Applichiamo l’algoritmo di Euclide a 177 e 78:

177 = 78 · 2 + 21

78 = 21 · 3 + 15

21 = 15 · 1 + 6

15 = 6 · 2 + 3

6 = 3 · 2 + 0

L’ultimo resto non nullo è 3: questo è dunque il massimo comun divisore tra 177 e 78. Usiamo ora ciascunadivisione per esprimere il resto come somma di multipli dei due resti precedenti e via via sostituiamo i restinelle uguaglianze che così otteniamo.

3 =15− 6 · 2 = 15− (21− 15) · 2 =

21 · (−2) + 15 · 3 = 21 · (−2) + (78− 21 · 3) · 3 =

78 · 3 + 21 · (−11) = 78 · 3 + (177− 78 · 2) · (−11)

177 · (−11) + 78 · 25

Per trovare ora tutti gli interi a e b tali che 177a + 78b = 3 consideriamo la relazione 177a + 78b =177 · (−11) + 78 · 25, da cui otteniamo 177(a+ 11) = 78(−b+ 25). Dividendo ambo i membri per il massimocomun divisore di 177 e 78 otteniamo 59(a+ 11) = 26(−b+ 25). Ora 59 e 26 sono coprimi, quindi l’ultimaequazione è soddisfatta se e solo se esiste un intero k tale che a + 11 = 26k e −b + 25 = 59k. Dunque gliinteri a e b sono quelli del tipo a = −11 + 26k e b = 25− 59k al variare di k in Z.

2.6 Siano dati i gruppi Z/24 e Z/18.(a) Determinare tutti gli omomorfismi da Z/24 in Z/18.

Soluzione: Il gruppo Z/24 è ciclico di ordine 24 generato da [1]24. Un omomorfismo da Z/24 èunivocamente determinato dall’immagine di [1]24: affinché ciò definisca effettivamente un omomorfismo ènecessario e sufficiente che l’immagine abbia ordine che divida 24. L’elemento [a]18 ha ordine 18

MCD(a,18) .Per a che va da 0 a 17 abbiamo dunque i seguenti ordini:

[0]18 1 [3]18 6 [6]18 3 [9]18 2 [12]18 3 [15]18 6[1]18 18 [4]18 9 [7]18 18 [10]18 9 [13]18 18 [16]18 9[2]18 9 [5]18 18 [8]18 9 [11]18 18 [14]18 9 [17]18 18

Sono dunque definiti 6 omomorfismi φi con i = 0, 3, 6, 9, 12 e 15 dati da [1]24φi := [i]18.

(b) Tra gli omomorfismi trovati al punto precedente stabilire se ne esistono due diversi ma aventi lo stesso nucleoe immagine.

Soluzione: L’immagine di ciascuno degli omomorfismi dati è un gruppo ciclico generato dall’immaginedi [1]24: in particolare dai calcoli svolti al punto precedente conosciamo l’ordine dell’immagine. Poiché ilgruppo di arrivo è a sua volta ciclico, esso contiene un unico sottogruppo per ciascun ordine che divide18: quindi, φ3 e φ15 hanno la stessa immagine (così come φ6 e φ12). L’ordine del nucleo è determinatodall’ordine dell’immagine (infatti |Imφ||kerφ| = 24: dunque due omomorfismi che hanno l’immaginedello stesso ordine hanno anche il nucleo dello stesso ordine. Poiché il gruppo di partenza è ciclico, conun ragionamento analogo al precedente, vediamo che se due omomorfismi hanno il nucleo dello stessoordine, questi in realtà coincidono. Dunque φ3 e φ15 hanno lo stesso nucleo e la stessa immagine masono diversi (così come φ6 e φ12).


SoluzioneAlgebra 1


3.4 Sia G un gruppo che agisce transitivamente su un insieme X, cioè per ogni x e y in X esiste g ∈ G tale chexg = y. Dimostrare che se esiste x ∈ X per cui si ha StabG(x) = 1 allora StabG(y) = 1 per ogni y ∈ X.

Soluzione: Dato y in X sappiamo che esiste g in G tale che xg = y. Sia ora h ∈ StabG(y), cioè yh = y. Maallora xgh = xg, da cui segue xghg−1 = x: dunque ghg−1 ∈ StabG(x) e, quindi ghg−1 = 1. Pertanto h = 1.

4.8 Ricordiamo che dato un intero positivo n, esistono esattamente n numeri complessi z tali che zn = 1 e precisamentei numeri della forma ej 2πi

n per j = 0, . . ., n− 1.Sia p un primo e sia G il sottoinsieme dei numeri complessi z tali che zpk = 1 per qualche intero non negativo k.(a) Dimostrare che G è un gruppo moltiplicativo.

Soluzione: Chiaramente 0 non appartiene a G: dunque G è un sottoinsieme del gruppo moltiplicativoC∗ dei numeri complessi non nulli. Mostriamo che è un sottogruppo.L’insieme G è non vuoto: infatti 1 appartiene banalmente a G. Se z1 e z2 sono due elementi diG, allora esistono h e k tali che zp

h

1 = 1 e zph

2 = 1. Se allora r è il massimo tra h e k abbiamo(z1z2)

pr = zpr

1 zpr

2 = 1 · 1 = 1 e, quindi, z1z2 appartiene a G. Inoltre (z−11 )p

n

= (zpn

1 )−1 = 1−1 = 1 e,pertanto, z−1

1 appartiene a G.

(b) Dimostrare che per ogni intero non negativo k, il sottoinsieme Gk di G formato dagli elementi tali chexp

k

= 1 è un sottogruppo ciclico di ordine pk.

Soluzione: Sappiamo che i pk numeri della forma ej 2πi

pk per j = 0, . . ., pk − 1 sono tutti e soli glielementi di Gk che ha, quindi, pk elementi.Consideriamo ora l’elemento zk := e

2πi

pk : sappiamo che per ogni intero j la potenza zjk è uguale a ej2πi

pk .Affinché questa potenza di zk sia uguale a 1, l’intero j deve essere multiplo di pk. Dunque il periodomoltiplicativo di zk è esattamente pk e zk genera un gruppo ciclico di ordine pk: d’atra parte gli elementidi Gk sono potenze di zk e, quindi, Gk è il gruppo ciclico generato da pk.

(c) Dimostrare che se H è un sottogruppo di G con H 6= G, allora H = Gk per qualche k.

Soluzione: Per definizione gli elementi di G hanno periodo una potenza di p. Se z è un elemento di Gdi periodo pk allora zpk = 1 e, pertanto, z ∈ Gk: poiché Gk ha ordine pk, il gruppo ciclico generato daz coincide con Gk.Supponiamo ora che i periodi degli elementi di H abbiano un massimo pk e sia z un elemento di H diperiodo esattamente pk. Per quanto detto prima 〈z〉 = Gk e, quindi, Gk ≤ H. D’altra parte, se z è unelemento di H allora il suo periodo è ph per qualche h ≤ k: ma allora zpk = (zp

h

)pk−h

= 1, cioè z ∈ Gk.Quindi H ≤ Gk. In conclusione H = Gk.Supponiamo invece che i periodi degli elementi di H non abbiano un massimo. Sia z un elementoqualunque di G: se pk è il periodo di z, allora H contiene un elemento y il cui periodo è ph con h ≥ k:ma allora w := yp

h−k è un elemento di H di periodo pure pk. Per quanto detto in precedenza sia z chew generano Gk: dunque Gk ≤ H poiché w ∈ H e, di conseguenza z ∈ Gk ≤ H. Per l’arbitrarietà di zabbiamo che H = G.

5.8 Sia x un elemento di un gruppo G tale che x4 ha periodo 7.(a) Quali sono i possibili valori per l’ordine di x?

Soluzione: Poiché (x4)7 = 1, cioè x28 = 1 abbiamo che il periodo di x divide 28. D’altra parte, poichéil gruppo ciclico generato da x contiene x4 che ha periodo 7, il periodo di x deve essere un multiplo di 7.Pertanto x ha periodo multiplo di 7 e divisore di 28: le possibilità sono 7, 14 e 28.


SoluzioneAlgebra 1


(b) Sia ora G = Sym7 e sia σ una elemento di G tale che σ4 = τ con τ := (1234567). Dimostrare che σ ha ordine7 e determinare esplicitamente σ.

Soluzione: Dal punto precedente sappiamo che σ ha ordine multiplo di 7 e divisore di 28. L’ordine diuna permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti è uguale al minimo comune multiplo dellelunghezze dei cicli disgiunti. Affinché tale numero sia multiplo di 7 ci deve essere almeno un ciclo diordine 7: dal momento che siamo in Sym7 non ci possono essere altri cicli, quindi σ deve essere un ciclodi ordine 7 e il suo periodo è esattamente 7. Ora σ = σ8 = (σ4)2 = τ2. Esplicitamente abbiamo dunqueσ = (1357246).

(c) Sia ora G = Sym9 e sia σ una elemento di G tale che σ4 = τ con τ := (1234567). Determinare tutti i σ chesoddisfano tale relazione.

Soluzione: Come prima σ, avendo periodo multiplo di 7 contiene nella propria espressione comeprodotto di cicli disgiunti almeno un ciclo di lunghezza 7. Poiché siamo in Sym9 ci potrebbe anche essereun ciclo di lunghezza 2. Nel caso in cui σ sia un ciclo di lunghezza 7 possiamo ripetere i ragionamenti ei calcoli fatti al punto precedente e concludere che σ = (1357246). Supponiamo ora che σ = c7c2 dovec7 e c2 sono cicli disgiunti di lunghezza 7 e 2 rispettivamente. Allora (c7c2)

4 = c47c42 = c47: dunque c7 è

un ciclo di lunghezza 7 la cui quarta potenza è τ . Possiamo concludere che c7 = (1357246). Poiché c2 èdisgiunto da c7 abbiamo che c2 = (89): dunque σ = (1357246)(89). Abbiamo quindi due permutazionila cui quarta potenza è τ e cioè (1357246) e (1357246)(89).


TestoAlgebra 1


1.8 sia dato il gruppo S := Sym7.(a) Determinare tutte le classi di coniugio di S formate da elementi di periodo 6 (è sufficiente dare un

rappresentante per ogni classe).(b) Per ciascuna delle classi determinate al punto precedente, calcolare di quanti elementi è formata.(c) Stabilire se in S esiste un elemento σ di periodo 6 il cui centralizzante coincide con il gruppo ciclico generato

da σ.

2.8 Sia G un gruppo, sia n un intero positivo fissato e sia φ la mappa da G in sé che manda x in xn.(a) Dimostrare che se G è abeliano, la mappa φ è un endomorfismo.(b) Dimostrare che se G è abeliano e finito di ordine r coprimo con n, allora la mappa φ è un automorfismo.(c) Dimostrare che se G è finito di ordine di ordine r coprimo con n allora la mappa φ è biiettiva (suggerimento:

ragionare sui sottogruppi ciclici di G).

3.6 Determinare le ultime due cifre (in base 10) di 345 e di 245.

4.6 Sia M il monoide delle matrici di ordine 2 a coefficienti reali rispetto al prodotto.(a) Dimostrare che se N è un sottomonoide di M allora l’insieme T delle matrici Aᵀ al variare di A in N è un

sottomonoide di M (dove Aᵀ indica la trasposta di A).(b) Dimostrare che il sottoinsieme S di M delle matrici

(a bc d

)tali che a+ b = c+ d = 1 è un sottomonoide di

M e che il sottoinsieme T di M delle matrici(a bc d

)tali che a+ c = b+ d = 1 è un sottomonoide di M .

5.4 Dato il gruppo ciclico C di ordine 72, stabilire quanti elementi ha di ciascun ordine.


SoluzioneAlgebra 1


1.8 sia dato il gruppo S := Sym7.(a) Determinare tutte le classi di coniugio di S formate da elementi di periodo 6 (è sufficiente dare un

rappresentante per ogni classe).

Soluzione: Il periodo di una permutazione data come prodotto di cicli disgiunti è data dal minimocomune multiplo di della lunghezza dei cicli. Affinché sia 6 ci deve essere almeno un ciclo di lunghezzamultipla di 2 e uno (eventualmente lo stesso) di lunghezza multipla di 2; inoltre tutti i cicli devonoavere lunghezza che divide 6.Sappiamo altresì che la classe di coniugio di una permutazione è data da tutte e sole le permutazioniaventi lo stesso tipo.Supponiamo allora che nella scrittura della permutazione come prodotto di cicli disgiunti ci sia un ciclodi ordine 6: poiché abbiamo 7 simboli non ci possono essere cicli disgiunti da esso. Abbiamo dunque laclasse di coniugio della permutazione (123456).Supponiamo ora che nella scrittura della permutazione come prodotto di cicli disgiunti non ci sia unciclo di ordine 6. L’unico altro multiplo di 3 compreso tra 1 e 7 è 3. Ci deve essere allora almeno un ciclodi ordine 3; non possono però essercene 2 perché altrimenti la somma delle loro lunghezze sarebbe 6 enon potremmo aggiungere altri ciclic disgiunti di lunghezza maggiore di 1: in particolare non potremmoottenere minimo comune multiplo 6. Abbiamo allora un ciclo di lunghezza 3 e altri cicli di lunghezzamultipla di 2 e divisori di 6: le possibilità sono 2 e 6, che però abbiamo già considerato. Supponiamoallora di avere uno o più cicli di lunghezza 2. Abbiamo dunque due possibilità: la classe di coniugio di(123)(45) e la classe di coniugio di (123)(45)(67).

(b) Per ciascuna delle classi determinate al punto precedente, calcolare di quanti elementi è formata.

Soluzione: Gli elementi coniugati di (123456) sono tutti e soli quelli del tipo (abcdef) con a, b, c, d, eed f numeri distinti compresi tra 1 e 7.Abbiamo 7 scelte per a, 6 scelte per b, 3 scelte per c, 2 scelte per d, 3 scelte per e e 2 scelta per f : intutto 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 = 7! scelte. Tutte queste scelte non corrispondono però a elementi distinti. Infattipossiamo riordinare il ciclo (abcdcef) iniziando da una qualunque delle lettere e dobbiamo dunquedividere per 6. Pertanto la casse di coniugio contiene 7!/6 elementi.Gli elementi coniugati di (123)(45) sono tutti e soli quelli del tipo (abc)(de) con a, b, c, d ed e numeridistinti compresi tra 1 e 7.Abbiamo 7 scelte per a, 6 scelte per b, 3 scelte per c, 2 scelte per d e 3 scelte per e: in tutto 7 · 6 · 5 · 4 · 3scelte. Tutte queste scelte non corrispondono però a elementi distinti. Infatti possiamo riordinare il ciclo(abc) iniziando da una qualunque delle lettere (e dobbiamo dunque dividere per 3). Allo stesso modopossiamo riordinare il ciclo (de) in 2 modi. Pertanto la classe di coniugio di contiene 7·6·5·4·3

3·2 elementi.Gli elementi coniugati di (123)(45)(67) sono tutti e soli quelli del tipo (abc)(de)(fg) con a, b, c, d, e, fe g numeri distinti compresi tra 1 e 7.Abbiamo 7 scelte per a, 6 scelte per b, 3 scelte per c, 2 scelte per d, 3 scelte per e, 2 scelte per f e 1scelta per g: in tutto 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 7! scelte. Tutte queste scelte non corrispondono però a elementidistinti. Infatti possiamo riordinare il ciclo (abc) iniziando da una qualunque delle lettere (e dobbiamodunque dividere per 3). Allo stesso modo possiamo riordinare il ciclo (de) in 2 modi e anche il ciclofg. Infine possiamo scambiare tra loro i due cicli e dobbiamo dividere ulteriormente per 2. Pertanto laclasse di coniugio contiene 7!

3·2·2·2 elementi.

(c) Stabilire se in S esiste un elemento σ di periodo 6 il cui centralizzante coincide con il gruppo ciclico generatoda σ.

Soluzione: Il centralizzante di un elemento contiene il gruppo ciclico dell’elemento stesso. Affinchécoincidano è dunque sufficiente che abbiano lo stesso ordine. Dal momento che stiamo considerandoelementi di ordine 6 dobbiamo cercare elementi il cui centralizzante ha ordine 6. L’indice del centralizzantedi un elemento è uguale alla cardinalità della classe di coniugio dell’elemento. Nel nostro caso il gruppoha ordine 7!, quindi, affinché il centralizzante abbia ordine 6 la classe di coniugio deve avere cardinalità7!6 . Dal punto precedente sappiamo che ciò avviene per la classe di coniugio di (123456): questo elemento


SoluzioneAlgebra 1


(e qualunque altro ciclo di lunghezza 6) ha dunque centralizzante coincidente con il gruppo ciclico daesso generato.

2.8 Sia G un gruppo, sia n un intero positivo fissato e sia φ la mappa da G in sé che manda x in xn.(a) Dimostrare che se G è abeliano, la mappa φ è un endomorfismo.

Soluzione: Sappiamo che se G è abeliano per ogni intero n si ha (xy)n = xnyn. Pertanto (xy)φ =(xy)n = xnyn = xφyφ.

(b) Dimostrare che se G è abeliano e finito di ordine r coprimo con n, allora la mappa φ è un automorfismo.

Soluzione: Dal punto precedente sappiamo che φ è un endomorfismo. Se x è un elemento del nucleo di φabbiamo che xn = 1 e, quindi, il periodo di x divide n. D’altra parte il periodo di x deve dividere l’ordiner del gruppo e, poiché, n e r sono coprimi ciò significa che x ha periodo 1 cioè è 1. Di conseguenza φ èiniettivo e, poiché, G è finito è necessariamente anche suriettivo. Dunque φ è un automorfismo biiettivo,cioè un automorfismo.

(c) Dimostrare che se G è finito di ordine di ordine r coprimo con n allora la mappa φ è biiettiva (suggerimento:ragionare sui sottogruppi ciclici di G).

Soluzione: Poiché G è finito, basta mostrare che φ è suriettivo, cioè che per ogni elemento x di Gesiste un elemento y in G tale che x = yn. Si consideri il gruppo ciclico C generato da x: per il teoremadi Lagrange il suo ordine è un divisore dell’ordine di G ed è, di conseguenza, coprimo con n. Per quantomostrato al punto precedente la mappa da C in sé che manda un elemento nella propria n-esima potenzaè un automorfismo di C: in particolare esiste un elemento y in C tale che yn = x, come richiesto.

3.6 Determinare le ultime due cifre (in base 10) di 345 e di 245.

Soluzione: Per determinare le ultime due cifre in base 10 dobbiamo calcolare le potenze indicate modulo 100.Poiché 3 è coprimo con 100 possiamo utilizzare il teorema di Eulero che ci dice che 3ϕ(100) ≡ 1 (mod 100).Ora ϕ(100) = (22 − 2)(52 − 5) = 40. Pertanto 345 = 34035 ≡ 35 (mod 100). Ora 35 = 243 ≡ 43 (mod 100),quindi le due ultime cifre di 345 sono 43.Per quanto riguarda 245, dal momento che 2 non è compirmo con 100 dobbiamo procedere in modo diverso.Innanzitutto notiamo che 2n ≡ 0 (mod 4) per ogni n ≥ 2. Dal momento che 2 è coprimo con 25 abbiamopoi che 2ϕ(25) ≡ 1 (mod 25). Poiché ϕ(25) = 52 − 5 = 20 abbiamo allora 245 = (220)225 ≡ 25 (mod 25).Riassumendo 245 ≡ 0 (mod 4) e 245 ≡ 25 (mod 100). Ovviamente però 245 ≡ 25 (mod 4) e, pertanto,possiamo concludere che 245 ≡ 25 (mod 100). Poiché 25 = 32 le ultime due cifre di 245 sono 32.

4.6 Sia M il monoide delle matrici di ordine 2 a coefficienti reali rispetto al prodotto.(a) Dimostrare che se N è un sottomonoide di M allora l’insieme T delle matrici Aᵀ al variare di A in N è un

sottomonoide di M (dove Aᵀ indica la trasposta di A).

Soluzione: Poiché Iᵀ = I N abbiamo che I ∈ T . Se ora A e B sono due matrici di T , sappiamo che Aᵀ

e Bᵀ appartengono a N . Per provare che AB appartiene a T dobbiamo mostrare che (AB)ᵀ appartienea N . Ma (AB)ᵀ = BᵀAᵀ e questo elemento appartiene a N perché prodotto di elementi di N .

(b) Dimostrare che il sottoinsieme S di M delle matrici(a bc d

)tali che a+ b = c+ d = 1 è un sottomonoide di

M e che il sottoinsieme T di M delle matrici(a bc d

)tali che a+ c = b+ d = 1 è un sottomonoide di M .


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Osserviamo innanzitutto che una matrice A appartiene a T se e solo se Aᵀ appartiene a S:per il punto precedente, una volta dimostrato che S è un sottomonoide, otteniamo allora immediatamenteche T è un sottomonoide.Consideriamo ora la matrice identica I := ( 1 0

0 1 ): poiché 1 + 0 = 0 + 1 = 1, abbiamo che I ∈ S.Siano ora A1 :=

(a1 b1c1 d1

)e A2 :=

(a2 b2c2 d2

)due matrici di S. Ciò significa che a1 + b1 = c1 + d1 = 1 e

a2+b2 = c2+d2 = 1. Il prodotto A1A2 è uguale a(a1a2+b1c2 a1b2+b1d2c1a2+d1c2 c1b2+d1d2

). Ora a1a2+b1c2+a1b2+b1d2 =

a1(a2+b2)+b1(c2+d2) = a1+b1 = 1 e c1a2+d1c2+c1b2+d1d2 = c1(a2+b2)+d1(c2+d2) = c1+d2 = 1.Dunque S è un sottomonoide.L’esercizio poteva essere risolto più velocemente notando che, posto C := ( 11 ), si ha che una matrice Aappartiene a S se e solo se AC = C. Dunque la matrice identica appartiene ovviamente a S e se A1 eA2 appartengono a S si ha (A1A2)C = A1(A2C) = A1C = C. Questo permette anche di generalizzarefacilmente questo esercizio a matrici di ordine qualunque.

5.4 Dato il gruppo ciclico C di ordine 72, stabilire quanti elementi ha di ciascun ordine.

Soluzione: Un gruppo ciclico di ordine finito n contiene, per ogni divisore d di n esattamente un sottogruppo(ciclico) di ordine d e questo contiene ϕ(d) elementi di ordine d dove ϕ indica la funzione di Eulero. Dobbiamoallora considerare tutti i divisori di n e calcolarne la funzione di Eulero. Elenchiamo allora tutti i divisori di72 e calcoliamone la corrispondente funzione di Eulero:

d ϕ(d)1 12 2− 1 = 13 3− 1 = 24 22 − 2 = 26 (2− 1)(3− 1) = 28 23 − 22 = 49 32 − 3 = 612 (22 − 2)(3− 1) = 418 (2− 1)(32 − 3) = 624 (23 − 22)(3− 1) = 836 (22 − 2)(32 − 3) = 1272 (23 − 22)(32 − 3) = 24




1. Stabilire se le seguenti equazioni hanno soluzioni intere e, in caso affermativo, determinarne almeno una:

a) 48u+ 10v + 45w = 7

b) 48u+ 15v + 45w = 7

2. Determinare se le seguenti classi di resto sono invertibili e, in caso affermativo, determinarne le inversea) [133]463 b) [407]8325 c) [7]213

3. Dimostrare che n73 − n37 è divisibile per 30 qualunque sia l’intero m.


5. Determinare le ultime due cifre di 44444 (in base 10).

6. Trovare il resto di 2318! diviso 19.


x ≡ 6 (mod 15)

x ≡ 11 (mod 40)




1. Stabilire se le seguenti equazioni hanno soluzioni intere e, in caso affermativo, determinarne almeno una:

a) 48u+ 10v + 45w = 7

b) 48u+ 15v + 45w = 7

Soluzione: Per quanto riguarda la prima notiamo che il massimo comun divisore di 48 e 10 è 2, quindii numeri del tipo 48u + 10v sono tutti e soli i multipli di 2. Possiamo allora riscrivere l’equazione come2z + 45w = 7 e notare che questa ha soluzione perché il massimo comun divisore di 2 e 45 (che è 1) divide7. Consideriamo allora un’identità di Bezout tra 2 e 45, ad esempio, 2 · 23 − 45 = 1. Da questa possiamoricavare 2 · 23 · 7− 45 · 7 = 7. Consideriamo ora un’identità di Bezout tra 48 e 10, ad esempio −48+10 · 5 = 2,da cui ricaviamo −48 · 23 · 7 + 10 · 5 · 23 · 7 = 2 · 23 · 7. Combinando le relazioni fin qui viste otteniamo−48 · 23 · 7 + 10 · 5 · 23 · 7− 45 · 7 = 7. Una soluzione è pertanto u = −23 · 7, v = 5 · 23 · 7, z = −7.Per quanto riguarda la seconda, notiamo che 48, 15 e 45 sono tutti multipli di 3 e, quindi, il primo membro èmultiplo di 3 qualunque siano u, w e w. Pertanto non ci sono soluzioni intere.


Soluzione: Calcoliamo il massimo comun divisore di 133 e 463 usando l’algoritmo di Euclide.

463 = 133 · 3 + 64

133 = 64 · 2 + 5

64 = 5 · 12 + 4

5 = 4 · 1 + 1

Avendo ottenuto 1 come resto, possiamo evitare di proseguire. Il resto successivo è sicuramente 0 e il massimocomun divisore cercato è 1. Poiché 133 e 463 sono coprimi abbiamo che [133]463 è invertibile. Determiniamoora un’identità di Bezout, usando ciascuna divisione per esprimere il resto come somma di multipli dei dueresti precedenti e via via sostituendo i resti nelle uguaglianze che così otteniamo.

1 =5− 4 = 5− (64− 5 · 12) =− 64 + 5 · 13 = −64 + (133− 64 · 2) · 13 =

133 · 13− 64 · 27 = 133 · 13− (463− 133 · 3) · 27− 463 · 27 + 133 · 94

Abbiamo allora 1 = −463 · 27 + 133 · 94 ≡ 133 · 94 (mod 463), da cui ricaviamo che l’inversa di [133]463 è[94]463.Calcoliamo ora il massimo comun divisore di 8325 e 407 usando l’algoritmo di Euclide.

8325 = 407 · 20 + 185

407 = 185 · 2 + 37

185 = 37 · 5 + 0

L’ultimo resto non nullo è 37: quindi 8325 e 407 non sono coprimi e [407]8325 non è invertibile.Calcoliamo il massimo comun divisore di 213 e 7 usando l’algoritmo di Euclide.

213 = 7 · 30 + 3

7 = 3 · 2 + 1

Avendo ottenuto 1 come resto, possiamo evitare di proseguire. Il resto successivo è sicuramente 0 e il massimocomun divisore cercato è 1. Poiché 213 e 7 sono coprimi abbiamo che [7]213 è invertibile. Determiniamo ora




un’identità di Bezout, usando ciascuna divisione per esprimere il resto come somma di multipli dei due restiprecedenti e via via sostituendo i resti nelle uguaglianze che così otteniamo.

1 =7− 3 · 2 = 7− (213− 7 · 30) · 2 =

− 213 · 2 + 7 · 61

Abbiamo allora 1 = −213 · 2 + 7 · 61 ≡ 7 · 61 (mod 213), da cui ricaviamo che l’inversa di [7]213 è [61]213.

3. Dimostrare che n73 − n37 è divisibile per 30 qualunque sia l’intero m.

Soluzione: Poiché 30 = 2 · 3 · 5 e 2, 3 e 5 sono a due a due coprimi dobbiamo mostrare che n73 − n37 èdivisibile per ciascuno di questi primi.Cominciamo con 2: chiaramente se 2 divide n allora 2 divide anche n73 −n37, mentre se 2 non divide n alloraabbiamo n ≡ 1 (mod 2) e, pertanto, n73 − n37 ≡ 173 − 137 (mod 2) ≡ 0 (mod 2).Per quanto riguarda 3, anche qui ovviamente se 3 divide n allora 3 divide anche n73−n37, mentre se 3 non dividen allora per il piccolo teorema di Fermat abbiamo n2 ≡ 1 (mod 3) e, pertanto, n73 − n37 ≡ n36·2+1 − n18·2+1

(mod 3) ≡ n− n (mod 3) ≡ 0 (mod 3).Consideriamo ora 5, notando, ancora una volta che se 5 divide n allora 5 divide anche n73 − n37, mentre se5 non divide n allora per il piccolo teorema di Fermat abbiamo n4 ≡ 1 (mod 5) e, pertanto, n73 − n37 ≡n18·4+1 − n9·4+1 (mod 5) ≡ n− n (mod 5) ≡ 0 (mod 5).


Soluzione:

a) Il massimo comun divisore tra 15 e 18 è 3: poiché 9 è pure divisibile per 3 la congruenza si riduce a5x ≡ 3 (mod 6), che può anche essere scritta come −x ≡ 3 (mod 6) da cui ricaviamo x ≡ 3 (mod 6).

b) Il massimo comun divisore tra 165 e 22 è 11: poiché 13 non è divisibile per 11 la congruenza non hasoluzione.

c) Il massimo comun divisore tra 25 e 65 è 5: poiché 10 è pure divisibile per 5 la congruenza si riducea 5x ≡ 2 (mod 13). L’inverso di 5 modulo 13 è 8 (si può determinare tramite un’identità di Bezout):dunque la congruenza si riduce a x ≡ 8 · 2 (mod 13), cioè x ≡ 3 (mod 13).

d) Il massimo comun divisore tra 18 e 35 è 1: dunque la congruenza è risolubile. L’inverso di 18 modulo35 è 2 (si può determinare tramite un’identità di Bezout). Dunque la congruenza si riduce a x ≡ 2 · 5(mod 35), cioè x ≡ 10 (mod 35).

5. Determinare le ultime due cifre di 44444 (in base 10).

Soluzione: Dobbiamo calcolare 44444 in base 100. Poiché 100 non è coprimo con 4 non possiamo applicaredirettamente il teorema di Eulero. Notiamo che 100 = 22 · 52. Ovviamente 44444 ≡ 0 (mod 4), mentre, perquanto riguarda 52, notato he ϕ(52) = 52 − 5 = 20 e che 4 è coprimo con 25 abbiamo che per il teoremadi Eulero abbiamo che 420 ≡ 1 (mod 25). Ma allora 44444 = (420)22244 ≡ 44 (mod 2)5. Dunque 44444 ≡ 0(mod 4) e 44444 ≡ 44 (mod 25). Poiché tutte le potenze di 4 con esponente positivo sono, ovviamente congruea 0 modulo 4, possiamo dire che 44444 ≡ 44 (mod 4) e 44444 ≡ 44 (mod 25) e concludere, per il teoremacinese del resto, che 44444 ≡ 44 (mod 100). Ora 44 = 256 ≡ 56 (mod 100) e, dunque, le ultime 2 cifre di44444 sono 56.




6. Trovare il resto di 2318! diviso 19.

Soluzione: Poiché 23 è coprimo con 19 e 19 è primo, per il piccolo teorema di Fermat abbiamo che 2318 ≡ 1(mod 19). Pertanto 2318! = (2318)17! ≡ 117! (mod 19) ≡ 1 (mod 19). Il resto cercato è dunque 1.


x ≡ 6 (mod 15)

x ≡ 11 (mod 40)

Soluzione: Poiché 12, 15 e 40 non sono a due a due coprimi non possiamo applicare direttamente il teoremacinese del resto. Applichiamo però questo teorema a ciascuna delle congruenze di questo sistema per spezzarlein congruenze con moduli coprimi. Ad esempio, la congruenza x ≡ 3 (mod 12) è equivalente al sistema delledue congruenze x ≡ 3 (mod 3) e x ≡ 3 (mod 4). Otteniamo così il sistema:

x ≡ 3 (mod 3)

x ≡ 3 (mod 4)

x ≡ 6 (mod 3)

x ≡ 6 (mod 5)

x ≡ 11 (mod 8)

x ≡ 11 (mod 5)

Consideriamo ora le congruenze relative alle potenze dello stesso primo: le due congruenze relative a 3 sonotra loro equivalenti, così come le due congruenze relative a 5 (possiamo quindi eliminare una congruenza daciascuna di queste coppie). Per quanto riguarda le due congruenze relative a potenze di 2 notiamo che quellarelativa a 8 implica quella relativa a 4: infatti se x è congruo a 11 modulo 8 allora è congruo a 11 anchemodulo 4, cioè è congruo a 3 modulo 4. Possiamo dunque eliminare anche la congruenza modulo 4 e ridurreil sistema a

x ≡ 3 (mod 3)

x ≡ 11 (mod 8)

x ≡ 11 (mod 5)

Poiché i moduli delle congruenze sono a due a due coprimi, per il teorema cinese del resto questo è equivalentea una singola congruenza modulo 3 · 8 · 5.Notiamo che ovviamente le ultime due congruenze sono equivalenti alla singola congruenza x ≡ 11 (mod 40)(abbiamo fatto ora il passaggio inverso al precedente). Abbiamo così il sistema{

x ≡ 3 (mod 3)

x ≡ 11 (mod 40)

cioè {x ≡ 0 (mod 3)

x ≡ 11 (mod 40)

Cerchiamo ora una soluzione particolare di questo sistema. Una tale x deve essere del tipo 3h per qualcheh intero e del tipo 11 + 40k per qualche intero k. Abbiamo dunque 3h = 11 + 40k, cioè 3h − 40k = 11.Consideriamo ora un’identità di Bezout tra 3 e 40 (questa può essere determinata tramite l’algoritmo diEuclide): 3 ·(−13)+40 = 1. Otteniamo allora 3 ·(−13) ·11+40 ·11 = 11. Possiamo allora scegliere h = −13 ·11e k = −11. Sostituendo uno di questi valori nelle espressioni di x troviamo x = −3 · 13 · 11. Quindi il sistemaè equivalente alla congruenza x ≡ −3 · 13 · 11 (mod 3 · 8 · 5) o, più semplicemente, a x ≡ 51 (mod 120).


TestoAlgebra 1


1.4 Trovare il resto di 1992020 diviso 28.

2.4 Sia a un elemento di periodo finito n di un gruppo G (non necessariamente finito) e sia H un sottogruppo di G.Detto m il minimo intero positivo tale che am ∈ H, dimostrare che m divide n.

3.8 Si consideri la permutazione σ := (1234)(56)(78) in S := Sym10.(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ e l’ordine del suo centralizzante.(b) Scrivere σ130 come prodotto di cicli disgiunti.(c) Stabilire se esistono 3-cicli in Sym10 che commutano con σ e in caso affermativo esibirne esplicitamente uno.

4.8 Si considerino un gruppo ciclico C di ordine 20 e un gruppo ciclico D di ordine 10.(a) Stabilire quanti omomorfismi esistono da C in D.(b) Stabilire quanti degli omomorfismi trovati al punto precedente sono iniettivi e quanti sono suriettivi.(c) Stabilire quanti omomorfismi esistono da D in C.(d) Stabilire quanti degli omomorfismi trovati al punto precedente sono iniettivi e quanti sono suriettivi.

5.8 Sia G il sottoinsieme di GL(2,Q) (gruppo delle matrici invertibili di ordine 2 rispetto al prodotto) formato dallematrici del tipo (

2h p0 3k

)con h e k interi relativi e p ∈ Q. Siano dati poi H :=

{(2h p

0 3k

)∈ G | h+ k = 0

}, K :=

{(2h p

0 3k

)∈ G | h · k = 0

},

L :={(

2h p

0 3k

)∈ G | h+ k + p = 0

}sottoinsiemi di G.

(a) Dimostrare che G è un sottogruppo di GL(2,Q).(b) Per ciascuno dei sottoinsiemi di H, K e L stabilire se sono sottogruppi di G.(c) Per ciascuno dei sottogruppi determinati al punto precedente stabilire se è normale in G.


SoluzioneAlgebra 1


1.4 Trovare il resto di 1992020 diviso 28.

Soluzione: Tutti i numeri congrui fra loro modulo 28 danno lo stesso resto quando vengono divisi per 28.Dobbiamo quindi trovare un numero congruo a 1992020 modulo 28 che sia abbastanza piccolo da poterlodividere facilmente per 28. Notiamo innanzitutto che 199 ≡ 3 (mod 28) e, quindi, 1992020 ≡ 32020 (mod 28).Poiché 3 è coprimo con 28, per il teorema di Eulero sappiamo che 3ϕ(28) ≡ 1 (mod 28). Poiché 28 = 227sappiamo che ϕ(28) = (22 − 2)(7− 1) = 12. Abbiamo dunque 212 ≡ 1 (mod 28). Poiché 2020 ≡ 4 (mod 12)abbiamo che 2020 = 12n + 4 per un certo intero n. Pertanto 32020 = (312)n · 34 ≡ 1n · 34 ≡ 34 (mod 28).Riassumendo 1992020 ≡ 34 (mod 28): dunque il resto della divisione di 1992020 per 28 è uguale al resto delladivisione di 34 = 81 per 28, cioè 25.

2.4 Sia a un elemento di periodo finito n di un gruppo G (non necessariamente finito) e sia H un sottogruppo di G.Detto m il minimo intero positivo tale che am ∈ H, dimostrare che m divide n.

Soluzione: Se dividiamo n per m otteniamo n = mq+ r con 0 ≤ r < m, dunque ar = an−mq = an(am)−q =(am)−q ∈ H dal momento che am appartiene ad H. Per la scelta di m abbiamo dunque che r = 0, cioè mdivide n come richiesto.

3.8 Si consideri la permutazione σ := (1234)(56)(78) in S := Sym10.(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ e l’ordine del suo centralizzante.

Soluzione: Gli elementi coniugati di σ sono tutti e soli quelli del tipo (abcd)(ef)(gh) con a, b, c, d, e,f , g e h numeri distinti compresi tra 1 e 10.Abbiamo 10 scelte per a, 9 scelte per b, 8 scelte per c e così via fino a 3 scelte per h: in tutto10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5 · 4 · 3 scelte. Tutte queste scelte non corrispondono però a elementi distinti. Infattipossiamo riordinare il ciclo (abcd) iniziando da una qualunque delle lettere (e dobbiamo dunque dividereper 4). Allo stesso modo possiamo riordinare i cicli (ef) e (gh) ciascuno in 2 modi. Infine possiamoscambiare tra loro i due 2-cicli e dobbiamo dividere ulteriormente per 2.Pertanto la classe di coniugio di σ contiene 10·9·8·7·6·5·4·3

4·2·2·2 elementi.L’indice del centralizzante di un elemento è uguale alla cardinalità della classe di coniugio dell’elemento.Nel nostro caso il gruppo ha ordine 10!, mentre la classe di coniugio di σ ha ordine 10·9·8·7·6·5·4·3

4·2·2·2 , cioè(moltiplicando numeratore e denominatore per 2), uguale a 10!

64 . Pertanto CS(σ) ha ordine 64.

(b) Scrivere σ130 come prodotto di cicli disgiunti.

Soluzione: Cicli disgiunti tra loro commutano: pertanto σ130 = (1234)130(56)130(78)130. Poiché (1234)ha periodo 4 e 130 ≡ 2 (mod 4) abbiamo (1234)130 = (1234)2 = (13)(24). Gli scambi (56) e (78) hannoperiodo 2 e, poiché 130 è multiplo di 2 si ha che (56)130 = (78)130 = I. Concludendo σ130 = (13)(24).

(c) Stabilire se esistono 3-cicli in Sym10 che commutano con σ e in caso affermativo esibirne esplicitamente uno.

Soluzione: Abbiamo visto che il centralizzante di σ ha ordine 64. Per il teorema di Lagrange i suoielementi hanno periodo che divide 64: poiché i 3-cicli hanno ordine 3, non esiste alcun 3-ciclo checommuta con σ.

4.8 Si considerino un gruppo ciclico C di ordine 20 e un gruppo ciclico D di ordine 10.(a) Stabilire quanti omomorfismi esistono da C in D.

Soluzione: Un omomorfismo da un gruppo ciclico C in un altro gruppo G è univocamente determinatodall’immagine di un generatore c di C. In altri termini se io conosco cφ, allora conosco φ. Non si può


SoluzioneAlgebra 1


però porre arbitrariamente cφ := a per qualche elemento di G perché non sempre esiste effettivamenteun omomorfismo che soddisfa tale condizione. Nel caso in cui c abbia periodo finito n, ciò è vero se esolo se il periodo di a divide n. Dunque il numero di omomorfismi da C a D è uguale al numero dielementi di D il cui periodo divide 20. Poiché D ha ordine 10, tutti i suoi elementi hanno periodo chedivide 10 e, a maggior ragione, divide 20. Dunque abbiamo 10 omomorfismi da C in D.

(b) Stabilire quanti degli omomorfismi trovati al punto precedente sono iniettivi e quanti sono suriettivi.

Soluzione: Poiché |C| > |D| non ci sono omomorfismi iniettivi da C in D. Per quanto riguarda lasuriettività, detto φ un omomorfismo da C in D e c un generatore di C, sappiamo che l’immagine di φè il sottogruppo di D generato da cφ. Dunque φ è suriettivo se e solo se cφ genera D cioè ha periodo 10.Quindi ci sono tanti omomorfismi suriettivi quanti sono gli elementi di periodo 10 in D, il cui numero èuguale alla funzione di Eulero di 10 cioè ϕ(10) = (5− 1)(2− 1) = 4.

(c) Stabilire quanti omomorfismi esistono da D in C.

Soluzione: Analogamente al punto a, il numero degli omomorfismi da D a C è uguale al numero deglielementi di C il cui periodo divide 10. Poiché C è ciclico di ordine multiplo di 10, contiene un unicosottogruppo di ordine 10 i cui elementi sono tutti e soli gli elementi di C di periodo che divide 10.Pertanto C ha esattamente 10 elementi di ordine che divide 10 ed esistono, quindi, 10 omomorfismi daD in C.

(d) Stabilire quanti degli omomorfismi trovati al punto precedente sono iniettivi e quanti sono suriettivi.

Soluzione: Poiché |D| < |C| non esistono omomorfismi suriettivi da D in C. Poiché D è finito, affinchéun omomorfismo φ sia iniettivo occorre e basta che |Imφ| = |D|. Come prima, l’immagine di φ è generatadall’immagine di un generatore di D, dunque, affinché questa immagine abbia ordine 10, l’immagine delgeneratore di C deve essere un elemento di periodo 10. Pertanto il numero di omomorfismi iniettivi daD in C è uguale al numero degli elementi di C di periodo 10. Poiché 20 è multiplo di 10 il numero ditali elementi è uguale alla funzione di Eulero di 10 cioè ϕ(10) = (5− 1)(2− 1) = 4.

5.8 Sia G il sottoinsieme di GL(2,Q) (gruppo delle matrici invertibili di ordine 2 rispetto al prodotto) formato dallematrici del tipo (

2h p0 3k

)con h e k interi relativi e p ∈ Q. Siano dati poi H :=

{(2h p

0 3k

)∈ G | h+ k = 0

}, K :=

{(2h p

0 3k

)∈ G | h · k = 0

},

L :={(

2h p

0 3k

)∈ G | h+ k + p = 0

}sottoinsiemi di G.

(a) Dimostrare che G è un sottogruppo di GL(2,Q).

Soluzione: Il sottoinsieme G è ovviamente non vuoto. Siano A :=(

2h1 p10 3k1

)e B :=

(2h2 p20 3k2

)due

elementi di G. AbbiamoAB =

(2h1+h2 2h1p2 + 3k2p1

0 3k1+k2

)che è un elemento di G, dal momento che 2h1+h2 è una potenza di 2, 3k1+k2 è una potenza di 3 e2h1p2 + 3k2p1 è un numero razionale. Inoltre

A−1 =

(2−h1 −2−h13−k1p10 3−k1

)è una matrice di G perché 2−h1 è una potenza di 2, 3−k1 è una potenza di 3 e −2−h13−k1p1 è un numerorazionale.


SoluzioneAlgebra 1


(b) Per ciascuno dei sottoinsiemi di H, K e L stabilire se sono sottogruppi di G.

Soluzione: Possiamo usare l’espressione di AB e di A−1 date al punto a.Il sottoinsieme H è un sottogruppo: infatti è chiaramente non vuoto (basta scegliere due esponenti h ek opposti). Inoltre si vede immediatamente dalle espressioni calcolate al punto precedenteIl sottoinsieme K non è un sottogruppo di G: infatti la condizione h · k = 0 si può esprimere dicendoche h = 0 o k = 0, cioè almeno uno degli elementi della diagonale principale è 1. Se prendiamo, adesempio, le matrici A := ( 2 0

0 1 ) e B := ( 1 00 3 ) queste appartengono a K ma il loro prodotto AB = ( 2 0

0 3 )non appartiene a K.Il sottoinsieme L non è un sottogruppo di G. Se prendiamo, ad esempio, le matrici A :=

(2 −10 1

)e

B :=(1 −10 3

)queste appartengono a L ma il loro prodotto AB =

(2 −50 3

)non appartiene a K.

(c) Per ciascuno dei sottogruppi determinati al punto precedente stabilire se è normale in G.

Soluzione: L’unico sottogruppo trovato al punto precedente è H. Dobbiamo verificare se per ognimatrice A ∈ H e ogni matrice B in G si ha B−1AB ∈ H.Sia allora A :=

(2h1 p

0 3k1

)con h1 + k1 = 0 e sia B :=

(2h2 p20 3k2

). Ora

B−1AB =(

2−h2 −2−h23−k2p20 3−k2

)(2h1 p

0 3k1

)(2h2 p20 3k2

)=

(2h1 ∗0 3k1

)dove abbiamo usato il fatto che, essendo matrici triangolari, gli elementi della diagonale principale sonosemplicemente i prodotti dei corrispondenti elementi dei fattori (non abbiamo calcolato esplicitamentel’elemento indicato con il simbolo ∗) perché non serve per la condizione di appartenenza ad H. Lamatrice B−1AB appartiene ad H che è quindi normale.Si poteva rispondere più velocemente a questa domanda e alla precedente notando che la mappa φ

definita da(

2h p

0 3k

)φ := h+ k è un omomorfismo da G nel gruppo additivo R il cui nucleo è esattamente

H che è dunque sottogruppo normale di G.


TestoAlgebra 1


1.4 Trovare l’ultima cifra (in base 10) di 1! + 2! + 3! + · · ·+ 100!.

2.8 Nell’insieme S := {(a, b) ∈ Q2 | a 6= 0} si definisca un’operazione nel modo seguente

(a1, b1) ∗ (a2, b2) := (a1a2, a1b2 + a2b1).

(a) Dimostrare che S con questa operazione è un gruppo abeliano.(b) Stabilire quali dei sottoinsiemi T := {(a, b) ∈ S | a = 1}, U := {(a, b) ∈ S | b 6= 0}, V := {(a, b) ∈ S | a > 0}

sono sottogruppi di S.(c) Per ciascuno dei sottogruppi trovati al punto precedente, calcolarne l’indice in S.

3.6 Sia G un gruppo e sia H un sottogruppo di G.(a) Dimostrare che HG :=

⋂g∈GH

g è un sottogruppo normale di G contenuto in H.(b) Dimostrare che se N è un sottogruppo normale di G contenuto in H allora N ≤ HG.

4.10 Per n ≥ 5 si consideri la permutazione σ := (123)(45 . . . n) in S := Symn.(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ al variare di n (Suggerimento: fare attenzione al caso in

cui i cicli hanno lunghezza uguale).(b) Determinare il periodo di σ al variare di n.(c) Stabilire per quali valori di n si ha CS(σ) = 〈σ〉.

5.4 Sia dato il gruppo G := C24 × C20 (dove Ci indica il gruppo ciclico di ordine i). Stabilire quanti elementi diordine 12 contiene G.


SoluzioneAlgebra 1


1.4 Trovare l’ultima cifra (in base 10) di 1! + 2! + 3! + · · ·+ 100!.

Soluzione: Se n ≥ 5 allora n! è multiplo di 10: infatti 5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120 e ciascun fattoriale è multiplodel precedente. Per calcolare l’ultima cifra di 1! + 2! + 3! + · · ·+ 100! è allora sufficiente calcolare l’ultimacifra di 1! + 2! + 3! + 4!, cioè 1 + 2 + 6 + 24 = 33. L’ultima cifra è quindi 3.

2.8 Nell’insieme S := {(a, b) ∈ Q2 | a 6= 0} si definisca un’operazione nel modo seguente

(a1, b1) ∗ (a2, b2) := (a1a2, a1b2 + a2b1).

(a) Dimostrare che S con questa operazione è un gruppo abeliano.

Soluzione: L’operazione è ben definita (se a1 6= 0 e a2 6= 0 allora a1a2 6= 0) ed è evidentementecommutativa: infatti (a1, b1) ∗ (a2, b2) = (a1a2, a1b2 + a2b1) e (a2, b2) ∗ (a1, b1) = (a2a1, a2b1 + a1b2) esvolgendo i calcoli si trova lo stesso risultato.Verifichiamo che l’operazione è associativa. Siano allora (a1, b1), (a2, b2) e (a3, b3) tre elementi di S.Abbiamo

(a1, b1) ∗ ((a2, b2) ∗ (a3, b3)) = (a1, b1) ∗ (a2a3, a2b3 + a3b2) = (a1a2a3, a1(a2b3 + a3b2) + a2a3b1)

((a1, b1) ∗ (a2, b2)) ∗ (a3, b3) = (a1a2, a1b2 + a2b1) ∗ (a3, b3) = (a1a2a3, a1a2b3 + a3(a1b2 + a2b1))

e sviluppando i calcoli si trova l’identità cercata.Per mostrare che l’operazione ha elemento neutro cerchiamo una coppia (x, y) tale che (a, b)∗(x, y) = (a, b)per ogni (a, b) ∈ S (non è necessario verificare l’identità con l’ordine dei fattori scambiato perché abbiamogià verificato che l’operazione è commutativa). Deve quindi essere (ax, ay + bx) = (a, b) per ogni (a, b).Si vede immediatamente che l’elemento (1, 0) ha le proprietà richieste.Infine, per ogni elemento (a, b) ∈ S cerchiamo un elemento (x, y) tale che (a, b) ∗ (x, y) = (1, 0) (anchequi possiamo limitarci a verificare una sola delle identità). Deve quindi essere (ax, ay + bx) = (1, 0):basta scegliere x = a−1 e y = −a−2b.

(b) Stabilire quali dei sottoinsiemi T := {(a, b) ∈ S | a = 1}, U := {(a, b) ∈ S | b 6= 0}, V := {(a, b) ∈ S | a > 0}sono sottogruppi di S.

Soluzione: I tre sottoinsiemi sono non vuoti. Notiamo però immediatamente che 1S = (1, 0) /∈ U ,quindi U non è sottogruppo di S.Ricordiamo che dati due elementi (a1, b1) e (a2, b2) di S si ha (a1, b1) ∗ (a2, b2) = (a1a2, a1b2 + a2b1) e(a1, b1)

−1 = (a−11 ,−a−2

1 b1).Dunque se (a1, b1) e (a2, b2) appartengono a T , cioè a1 = 1 e a2 = 1 si ha che (a1, b1) ∗ (a2, b2) e(a1, b1)

−1 appartengono a T perché a1a2 = 1 · 1 = 1 e a−11 = 1−1 = 1. Pertanto T è un sottogruppo di S.

Se, infine, (a1, b1) e (a2, b2) appartengono a V , cioè a1 > 0 e a2 > 0 si ha che (a1, b1)∗(a2, b2) e (a1, b1)−1

appartengono a V perché a1a2 > 0 e a−11 > 0. Pertanto V è un sottogruppo di S.

(c) Per ciascuno dei sottogruppi trovati al punto precedente, calcolarne l’indice in S.

Soluzione: Ricordiamo che, dati due elementi x e y di un gruppo G essi appartengono allo stessolaterale destro di un dato sottogruppo H se e solo se xy−1 ∈ H.Consideriamo allora due elementi (a1, b1) e (a2, b2) di S. Per come è definito il prodotto abbiamoche (a1, b1) ∗ (a2, b2)

−1 = (a1a−12 , b3) dove b3 è un numero razionale che non ci interessa calcolare

esplicitamente perché la condizione di appartenenza a T e V coinvolge solo la prima componente dellacoppia.I due elementi (a1, b1) e (a2, b2) appartengono allo stesso laterale di T se e solo se a1a−1

2 = 1 cioè see solo se a1 = a2. Poiché la prima componente di (a, b) può assumere infiniti valori, abbiamo allorainfiniti laterali.


SoluzioneAlgebra 1


I due elementi (a1, b1) e (a2, b2) appartengono allo stesso laterale di V se e solo se a1a−12 > 0 cioè se e

solo se a1 e a2 sono concordi. Abbiamo quindi due laterali di V in S: uno di essi è S stesso, mentrel’altro è quello formato dalle coppie (a, b) con a < 0.

3.6 Sia G un gruppo e sia H un sottogruppo di G.(a) Dimostrare che HG :=

⋂g∈GH

g è un sottogruppo normale di G contenuto in H.

Soluzione: Per ogni elemento g in G il coniugato Hg è un sottogruppo di G. Dunque HG, essendointersezione di sottogruppi, è sottogruppo di G. In particolare H1 = H, dunque

⋂g∈GH

g ≤ H1 = H.

Per mostrare che HG è normale in G, dobbiamo mostrare che per ogni g′ ∈ G si ha Hg′

G ≤ HG.Ora Hg′

G = (⋂g∈GH

g)g′=

⋂g∈G(H

g)g′=

⋂g∈GH

gg′ . Ma ciascun Hgg′ è un coniugato di H e, perdefinizione di HG, è contenuto in HG. Di conseguenza

⋂g∈GH

gg′ ≤ HG, come richiesto.

(b) Dimostrare che se N è un sottogruppo normale di G contenuto in H allora N ≤ HG.

Soluzione: Sappiamo che N = Ng per ogni g in G. Poiché N ≤ H abbiamo che Ng ≤ Hg per ogni gin G, cioè N ≤ Hg per ogni g in G. Di conseguenza N ≤

⋂g∈GH

g = HG, come richiesto.


cui i cicli hanno lunghezza uguale).

Soluzione: Gli elementi coniugati di σ sono tutti e soli quelli del tipo (a1a2a3)(a4 . . . an) con a1, . . .,an numeri distinti compresi tra 1 e n.Abbiamo n scelte per a1, n− 1 scelte per a2 e così via fino a 1 scelta per an: in tutto n! scelte. Tuttequeste scelte non corrispondono però a elementi distinti. Infatti possiamo riordinare il ciclo (a1a2a3)iniziando da una qualunque delle lettere (e dobbiamo dunque dividere per 3). Allo stesso modo possiamoriordinare il ciclo (a4 . . . an) in n− 3 modi e dobbiamo quindi dividere per n− 3. Infine se i due ciclihanno lunghezza uguale, il che avviene se e solo se n = 6, possiamo scambiare tra loro i due cicli edobbiamo dividere ulteriormente per 2.Pertanto la classe di coniugio di σ contiene n!

3·(n−3) elementi se n 6= 6 e 6!3·3·2 elementi se n = 6.

(b) Determinare il periodo di σ al variare di n.

Soluzione: Il periodo di una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti è uguale al minimocomune multiplo delle lunghezze dei periodi. Dunque il periodo di σ è mcm(3, n− 3). Per determinareesplicitamente tale valore dobbiamo distinguere due casi: se n− 3 è multiplo di 3, cioè se n è multiplodi 3, allora mcm(3, n− 3) = n− 3, altrimenti mcm(3, n− 3) = 3(n− 3).

(c) Stabilire per quali valori di n si ha CS(σ) = 〈σ〉.

Soluzione: Sappiamo che CS(σ) ≥ 〈σ〉, dunque si ha CS(σ) = 〈σ〉 se e solo se |CS(σ)| = |〈σ〉|.L’ordine del centralizzante di σ si può ricavare dalla relazione |S : CS(σ)| = |σS | e, pertanto, grazie aquanto visto al punto (a) abbiamo |CS(σ)| = 3(n− 3) se n 6= 6 e |CS(σ)| = 18 se n = 6. Confrontandoquesto valore con l’ordine di σ calcolato al punto (b) vediamo che si ha CS(σ) = 〈σ〉 se e solo se n nonè multiplo di 3.

5.4 Sia dato il gruppo G := C24 × C20 (dove Ci indica il gruppo ciclico di ordine i). Stabilire quanti elementi diordine 12 contiene G.


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: L’ordine di un elemento (a, b) con a ∈ C24 e b ∈ C20 è il minimo comune multiplo degli ordini dia e b. Gli elementi di C24 hanno ordine che divide 24, mentre gli ordini degli elementi di C20 hanno ordineche divide 20.Sappiamo inoltre che in un gruppo ciclico finito di ordine n il numero di elementi di ordine d (con d divisoredi n) è uguale al valore ϕ(d) della funzione di Eulero mentre il numero degli elementi di ordine che divide dè esattamente d.Poiché 3 non divide 20 possiamo ottenere 12 come minimo comune multiplo nei seguenti modi:

• |a| = 12 e |b| divide 4: ciò avviene in ϕ(12) · 4 = 16 casi (dove abbiamo usato il fatto che ϕ(12) =(22 − 2) · (3− 1) = 4;

• |a| = 6 e |b| = 4: ciò avviene in ϕ(6)ϕ(4) = (3− 1)(2− 1)(22 − 2) = 4 casi;

• |a| = 3 e |b| = 4: ciò avviene in ϕ(3)ϕ(4) = (3− 1)(22 − 2) = 4 casi.

In tutto abbiamo dunque 16 + 4 + 4 = 24 elementi di periodo 12.



1.4 Trovare l’ultima cifra (in base 10) di 201720182019 . N.B. 201720182019 = 2017(20182019)

2.6 Siano M e N sottogruppi normali di un gruppo G tali che G =MN . Dimostrare che il quoziente G/(M ∩N) èisomorfo al prodotto diretto G

N × GM .

3.4 Sia G un gruppo generato da due elementi a e b tali che |a| = 4 e b2 = a3. Dimostrare che G è abeliano.

4.8 Nel prodotto cartesiano S := Z × Q si definisca un’operazione nel modo seguente

(a1, b1) ∗ (a2, b2) := (a1 + a2, 3a2b1 + b2).

(a) Dimostrare che S è un gruppo.(b) Stabilire se S è un gruppo abeliano.(c) Per ciascuno dei seguenti sottoinsiemi di S: A := {(a, b) ∈ S | b = 0}, B := {(a, b) ∈ S | a = 0} e

C := {(a, b) ∈ S | b ∈ Z} stabilire se sono sottogruppi di S e, in caso affermativo, stabilire se sono normali inS.

5.10 Si consideri in Sym8 la permutazione σ := (1234)(56).(a) Determinare il numero di elementi di Sym8 che commutano con σ.(b) Determinare il numero di elementi di A8 che commutano con σ.(c) Stabilire se esiste in Sym8 una permutazione τ tale che τ2 = σ.(d) Stabilire se esiste in Sym8 una permutazione ν tale che ν3 = σ.



1.4 Trovare l’ultima cifra (in base 10) di 201720182019 . N.B. 201720182019 = 2017(20182019)

Soluzione: Poiché 2017 è coprimo con 10, dal teorema di Eulero sappiamo che 2017ϕ(10) ≡ 1 (mod 10).Sappiamo che ϕ(10) = ϕ(2)ϕ(10) = (2 − 1)(5 − 1) = 4. Dal momento che 2018 è pari, le sue potenze conesponente almeno 2 sono multiple di 4: in particolare 20182019 è un multiplo di 4 e, quindi, 201720182019 ≡ 1(mod 10). L’ultima cifra di 201720182019 è dunque 1.

2.6 Siano M e N sottogruppi normali di un gruppo G tali che G =MN . Dimostrare che il quoziente G/(M ∩N) èisomorfo al prodotto diretto G

N × GM .

Soluzione: Consideriamo il gruppo G = G/(M ∩N) e usiamo in esso la notazione barra: x = xM ∩N . Peri teoremi di isomorfismo i sottogruppi M =M/(M ∩N) e N = N/(M ∩N) sono normali in G. Se g è unelemento generico di G, per ipotesi sappiamo che esistono m ∈M e n ∈ N tali che g = mn. Pertanto g = mn:poiché m ∈ M e n ∈ N ne consegue che ogni elemento di G può essere espresso come prodotto di un elementodi M e di un elemento di N , cioè G = MN . Se x ∈ M ∩ N , allora x ∈M e x ∈ N : dunque x ∈M ∩N cioèx = 1G. Riassumendo G è il prodotto dei due suoi sottogruppi normali M e N la cui intersezione è banale.In altri termini G è il prodotto diretto (interno) di M e N . Ora M =M/(M ∩N) è isomorfo, per i teoremidi isomorfismo, a MN/N , cioè a G/N , dato che per ipotesi G =MN . Analogamente N è isomorfo a G/M .Riassumendo:

G

M ∩N= G = M × N ' G

N× G

M

come richiesto.

3.4 Sia G un gruppo generato da due elementi a e b tali che |a| = 4 e b2 = a3. Dimostrare che G è abeliano.

Soluzione: È sufficiente mostrare che a e b commutano. Poiché a3 è uguale a una potenza di b abbiamoche a3 e b commutano, cioè a3b = ba3. Moltiplicando sia a destra che a sinistra per a, otteniamo alloraaa3ba = aba3a cioè a4ba = aba4: ma a4 = 1 e, quindi, si ha ba = ab, come richiesto.

4.8 Nel prodotto cartesiano S := Z × Q si definisca un’operazione nel modo seguente

(a1, b1) ∗ (a2, b2) := (a1 + a2, 3a2b1 + b2).

(a) Dimostrare che S è un gruppo.

Soluzione: Verifichiamo che l’operazione è associativa. Se (a1, b1), (a2, b2) e (a3, b3) sono tre elementidi S abbiamo allora:

((a1, b1) ∗ (a2, b2)) ∗ (a3, b3) = (a1 + a2, 3a2b1 + b2) ∗ (a3, b3) =

(a1 + a2 + a3, 3a3(3a2b1 + b2) + b3) = (a1 + a2 + a3, 3

a33a2b1 + 3a3b2 + b3)

e

(a1, b1) ∗ ((a2, b2) ∗ (a3, b3)) = (a1, b1) ∗ (a2 + a3, 3a3b2 + b3) =

(a1 + a2 + a3, 3a2+a3b1 + 3a3b2 + b3) = (a1 + a2 + a3, 3

a33a2b1 + 3a3b2 + b3).

Verifichiamo che S ha un elemento neutro: questo deve essere un elemento (x, y) tale che (x, y) ∗ (a, b) =(a, b) e (a, b) ∗ (x, y) = (a, b) per ogni (a, b) ∈ S, cioè (x+ a, 3ay + b) = (a, b) e (a+ x, 3xb+ y) = (a, b).Si vede immediatamente che (x, y) = (0, 0) soddisfa queste uguaglianze.Infine, dobbiamo mostrare che ogni elemento (a, b) ha un inverso, cioè un elemento (x, y) tale che(x, y)∗ (a, b) = (0, 0) e (a, b)∗ (x, y) = (0, 0), vale a dire (x+a, 3ay+b) = (0, 0) e (a+x, 3xb+y) = (0, 0).Si vede immediatamente che (x, y) = (−a,−3−ab) soddisfa queste uguaglianze.



(b) Stabilire se S è un gruppo abeliano.

Soluzione: Per stabilire se S è abeliano dobbiamo verificare se (a1, b1) ∗ (a2, b2) = (a2, b2) ∗ (a1, b1) perogni (a1, b1) e (a2, b2) in S cioè se (a1 + a2, 3

a2b1 + b2) = (a2 + a1, 3a1b2 + b1). Ciò non è sempre vero:

si prendano, ad esempio, a1 = b2 = 1 e a2 = b1 = 0. Quindi il gruppo non è abeliano.

(c) Per ciascuno dei seguenti sottoinsiemi di S: A := {(a, b) ∈ S | b = 0}, B := {(a, b) ∈ S | a = 0} eC := {(a, b) ∈ S | b ∈ Z} stabilire se sono sottogruppi di S e, in caso affermativo, stabilire se sono normali inS.

Soluzione: Tutti e tre i sottoinsiemi dati sono non vuoti: ad esempio contengono tutti (0, 0). Stabiliamose sono chiusi rispetto al prodotto e se contengono l’inverso di ciascun loro elemento.Dati due elementi (a1, 0) e (a2, 0) di A, si ha (a1, 0) ∗ (a2, 0) = (a1 + a2, 3

a20 + 0) = (a1 + a2, 0) cheappartiene ad A e (a1, 0)

−1 = (−a1,−3−a10) = (−a1, 0) che appartiene, dunque, ad A. Pertanto A èun sottogruppo. Per verificare se è normale in S, sia (a, b) un generico elemento di S. Si ha allora

(a, b)−1∗(a1, 0)∗(a, b) = (−a,−3−ab)∗(a1+a, 3a0+b) = (−a+a1+a, 3a1+a(−3−ab)+b) = (a1, (1−3a1)b)

e questo elemento non sempre appartiene ad A (basta che a1 6= 0 e b 6= 0). Pertanto A non è unsottogruppo normale.Per quanto riguarda B notiamo che la prima componente del prodotto è semplicemente la somma delleprime componenti degli elementi: in altri termini la mappa da S in (Z,+) che manda (a, b) in a è unomomorfismo, il cui nucleo è esattamente B che è, dunque, un sottogruppo normale di S.Infine, notiamo che se (a1, b1) e (a2, b2) sono elementi di C, cioè se b1 e b2 sono interi allora non è dettoche (a1, b1) ∗ (a2, b2) = (a1 + a2, 3

a2b1 + b2) appartenga a C: se ad esempio a2 = −1 e b1 = 1 allora3a2b1 + b2) non è intero. Dunque C non è un sottogruppo.

5.10 Si consideri in Sym8 la permutazione σ := (1234)(56).(a) Determinare il numero di elementi di Sym8 che commutano con σ.

Soluzione: Determiniano l’ordine della classe di coniugio di σ in Sym8. Gli elementi coniugati di σsono quelli del tipo (a1a2a3a4)(a5a6) con a1, a2, . . ., a6 distinti. Abbiamo 8 scelte per a1, 7 scelte pera2, e così via fino a 3 scelte per a6, per un totale di 8 · 7 · · · 3 = 8!/2 scelte. Tutte queste scelte nonportano però a permutazioni distinte. Possiamo infatti riscrivere il ciclo (a1a2a3a4) in 4 modi diversi e ilciclo (a5a6) in 2 modi diversi. Abbiamo allora 8!

2·4·2 = 8!16 elementi nella classe di coniugio di σ. Questo

numero dà l’indice del centralizzante in Sym8 di σ: pertanto l’ordine del centralizzante è |Sym8|8!16

= 16.Dunque in Sym8 ci sono 16 elementi che commutano con σ.

(b) Determinare il numero di elementi di A8 che commutano con σ.

Soluzione: Dobbiamo determinare l’ordine di CSym8(σ) ∩ A8. Notiamo che (78) ∈ CSym8

(σ) \ A8,dunque CSym8

(σ) � A8. Poiché A8 è un sottogruppo normale di Sym8 il prodotto A8 CSym8(σ) è un

sottogruppo che, per quanto notato in precedenza, contiene strettamente A8. Dal momento che l’indicedi A8 in Sym8 è primo, ciò significa che A8 CSym8

(σ) = Sym8. Usiamo ora la formula che permette dicalcolare l’ordine del prodotto di sottogruppi:

|Sym8| = |A8 CSym8(σ)| =

|A8||CSym8(σ)|

|CSym8σ(σ) ∩A8|

da cui ricaviamo|CSym8σ(σ) ∩A8| =

|A8||CSym8(σ)|

|Sym8|= 8.

(c) Stabilire se esiste in Sym8 una permutazione τ tale che τ2 = σ.



Soluzione: La permutazione σ è scritta come prodotto di cicli disgiunti: possiamo calcolare allora ilperiodo di σ come il minimo comune multiplo della lunghezza di tali cicli, e ottenere così |σ| = 4. Seesistesse τ tale che τ2 = σ, allora avremmo che τ8 = (τ2)4 = σ4 = I, cioè il periodo di τ dovrebbeessere un divisore di 23, cioè essere del tipo 2k per qualche k ≤ 3. Ma il periodo di σ = τ2 è uguale a

2k

(2k,2)= 2k−1: poiché σ ha periodo 4 ciò significa che k = 3, cioè τ ha periodo esattamente 8. Scritta

allora σ come prodotto di cicli disgiunti ci dovrebbe allora essere almeno un ciclo di lunghezza 8.Poiché siamo in Sym8 l’unica possibilità è che τ sia esattamente un ciclo di lunghezza 8, cioè del tipo(a1a2a3a4a5a6a7a8), il cui quadrato è però (a1a3a5a7)(a2a4a6a8) e, quindi non può coincidere con σ.

(d) Stabilire se esiste in Sym8 una permutazione ν tale che ν3 = σ.

Soluzione: Abbiamo già notato che σ ha periodo 4. Ma allora, posto ν := σ3 abbiamo ν3 = σ9 = σ,come richiesto.



1.4 Dimostrare che non esiste nessun intero n tale che 3n2 − 1 sia un quadrato perfetto. Suggerimento: usare le classidi resto modulo 3.

2.8 Sia G un gruppo ciclico di ordine 60, generato da un suo elemento a.(a) Determinare l’ordine del sottogruppo H := 〈a21〉 e l’ordine del sottogruppo K := 〈a30〉.(b) Determinare l’ordine di H ∩K.(c) Stabilire se esiste un sottogruppo L di G tale che G = H × L e, in caso affermativo, esibirne un generatore.(d) Stabilire se esiste un sottogruppo M di G tale che G = K ×M e, in caso affermativo, esibirne un generatore.

3.4 Sia σ := (123)(345)(236). Calcolare σ99 come prodotto di cicli disgiunti.

4.10 Siano h, k e l tre numeri reali fissati. In R sia definita un’operazione nel modo seguente: x ∗ y := hx+ ky + l.N.B. La domanda d include come casi particolari la risposta alle domande a, b, e c. Si può scegliere di risolveredirettamente il caso generale e riferirsi a quel caso per rispondere alle altre domande.(a) Stabilire se R è un gruppo rispetto all’operazione ∗ nel caso in cui h = 1, k = 1 e l = 2 (cioè x∗y = x+y+2).(b) Stabilire se R è un gruppo rispetto all’operazione ∗ nel caso in cui h = 1, k = −1 e l = 2 (cioè x∗y = x−y+2).(c) Stabilire se R è un gruppo rispetto all’operazione ∗ nel caso in cui h = 2, k = 2 e l = 1 (cioè x∗y = 2x+2y+1).(d) Stabilire per quali valori di h, k e l l’insieme R è un gruppo rispetto all’operazione ∗.

5.6 Sia G un gruppo e sia H un suo sottogruppo normale.(a) Dimostrare che se |H| = 2 allora H ≤ Z(G).(b) Mostrare con un esempio che se |H| = 3, non è detto che H ≤ Z(G).



1.4 Dimostrare che non esiste nessun intero n tale che 3n2 − 1 sia un quadrato perfetto. Suggerimento: usare le classidi resto modulo 3.

Soluzione: Supponiamo che esista un intero a tale che 3n2 − 1 = a2. Il primo membro è congruo a 2 modulo3, qualunque sia n. Per quanto riguarda il secondo membro consideriamo vari casi: se a ≡ 0 (mod 3) alloraa2 ≡ 0 (mod 3), se a ≡ 1 (mod 3) allora a2 ≡ 1 (mod 3), se a ≡ 2 (mod 3) allora a2 ≡ 1 (mod 3). In nessuncaso il secondo membro è congruo a 2 modulo 3.

2.8 Sia G un gruppo ciclico di ordine 60, generato da un suo elemento a.(a) Determinare l’ordine del sottogruppo H := 〈a21〉 e l’ordine del sottogruppo K := 〈a30〉.

Soluzione: Dato un elemento a di ordine finito n, l’ordine di ad è uguale a n(d,n) . Nel caso in questione

abbiamo allora |H| = |a21| = 60(60,21) =

603 = 20 e |K| = |a30| = 60

(60,30) =6030 = 2.

(b) Determinare l’ordine di H ∩K.

Soluzione: Sappiamo che, in un gruppo ciclico finito, per ogni divisore dell’ordine del gruppo esisteesattamente un sottogruppo avente ordine tale divisore. Sappiamo inoltre che ogni sottogruppo di ungruppo ciclico è ciclico. Dunque G contiene un unico sottogruppo di ordine 2 e cioè K, e H contiene ununico sottogruppo di ordine 2 che, essendo a sua volta un sottogruppo di G, deve coincidere con K.Pertanto K ≤ H e H ∩K = K.

(c) Stabilire se esiste un sottogruppo L di G tale che G = H ×L e, in caso affermativo, esibirne un generatore.

Soluzione: L’ordine del prodotto diretto di gruppi finiti è uguale al prodotto degli ordini dei fattori.Poiché G ha ordine 60 e H ha ordine 20, l’ordine di L dovrebbe essere 3. Il gruppo G, essendo ciclico,ha esattamente un sottogruppo L di ordine 3 generato, ad esempio, da a 60

3 = a20. L’intersezione tra He L ha ordine che, per il teorema di Lagrange, deve dividere sia 20 che 3. Pertanto l’ordine di H ∩ Lè esattamente 1. Il prodotto di H e L è dunque diretto (siamo in un gruppo abeliano, quindi, tutti isottogruppi sono normali) e, dato che il suo ordine è 60, coincide con G.

(d) Stabilire se esiste un sottogruppo M di G tale che G = K ×M e, in caso affermativo, esibirne un generatore.

Soluzione: Analogamente al punto precedente il sottogruppo cercato M dovrebbe avere ordine 30.Il gruppo G contiene effettivamente un sottogruppo M di ordine 30: poiché 2 divide 30, con unragionamento analogo al punto 2, abbiamo però che K ≤M e il prodotto KM coincide dunque con Me non con G, quindi non esiste alcun gruppo M tale che G = K ×M .

3.4 Sia σ := (123)(345)(236). Calcolare σ99 come prodotto di cicli disgiunti.

Soluzione: Riscriviamo innanzitutto σ come prodotto di cicli disgiunti. Abbiamo allora σ = (13)(2456).Abbiamo allora σ99 = (13)99(2456)99. Poiché (13) ha periodo 2, e 99 ≡ 1 (mod 2) abbiamo (13)99 =(13)1 = (13); poiché (2456) ha periodo 4, e 99 ≡ 3 (mod 4) abbiamo (2456)99 = (2456)3 = (2654). Dunqueσ99 = (13)(2654).

4.10 Siano h, k e l tre numeri reali fissati. In R sia definita un’operazione nel modo seguente: x ∗ y := hx+ ky + l.N.B. La domanda d include come casi particolari la risposta alle domande a, b, e c. Si può scegliere di risolveredirettamente il caso generale e riferirsi a quel caso per rispondere alle altre domande.



(a) Stabilire se R è un gruppo rispetto all’operazione ∗ nel caso in cui h = 1, k = 1 e l = 2 (cioè x∗y = x+y+2).

Soluzione: È un gruppo: si veda la risposta alla domanda d.

(b) Stabilire se R è un gruppo rispetto all’operazione ∗ nel caso in cui h = 1, k = −1 e l = 2 (cioè x∗y = x−y+2).

Soluzione: Non è un gruppo: si veda la risposta alla domanda d.

(c) Stabilire se R è un gruppo rispetto all’operazione ∗ nel caso in cui h = 2, k = 2 e l = 1 (cioè x∗y = 2x+2y+1).

Soluzione: Non è un gruppo: si veda la risposta alla domanda d.

(d) Stabilire per quali valori di h, k e l l’insieme R è un gruppo rispetto all’operazione ∗.

Soluzione: Verifichiamo se esiste un elemento neutro in R: supponiamo che e sia un tale elemento.Dobbiamo avere allora hx + ke + l = x per ogni x in R, cioè (h − 1)x + ke + l = 0 per ogni x. Ciòavviene se e solo se h = 1 e ke + l = 0. Analogamente deve essere he + ky + l = y per ogni y, cioèhe+ l+(k−1)y = 0 per ogni y. Ciò avviene se e solo se k = 1 e he+ l = 0. Quindi l’operazione ammetteelemento neutro se e solo se h = k = 1 e, in tal caso l’elemento neutro è uguale a −l. Ciò permette didire che nei casi b e c, l’operazione non definisce un gruppo. Consideriamo allora il caso in cui h = k = 1e l è qualsiasi. Verifichiamo se vale la proprietà associativa. Abbiamo allora

(x ∗ y) ∗ z = (x+ y ++l) ∗ z = (x+ y + l) + z + l = x+ y + z + 2l

ex ∗ (y ∗ z) = x ∗ (y + z + l) = x+ (y + z + l) + l = x+ y + z + 2l

Dunque la proprietà associativa è soddisfatta.Sappiamo già che l’operazione ammette elemento neutro −l. Verifichiamo se ogni x in R ha inverso y,cioè un elemento tale che x∗y = −l e y ∗x = −l. Ora x∗y = y ∗x = x+y+ l. Ponendo x+y+ l = −l sitrova che l’elemento y esiste sempre ed è uguale a −x−2l. Pertanto R è un gruppo rispetto all’operazione∗ se e solo se h = k = 1 e l è qualsiasi. In particolare nel caso a l’insieme è un gruppo.

5.6 Sia G un gruppo e sia H un suo sottogruppo normale.(a) Dimostrare che se |H| = 2 allora H ≤ Z(G).

Soluzione: Il sottogruppo H contiene 2 elementi: uno è 1G che è ovviamente contenuto in Z(G), l’altroè un elemento che indicheremo con h. Poiché H è normale sappiamo che per ogni g ∈ G si ha hg ∈ H.Dal momento che hg non può essere uguale a 1 (l’identità è coniugata solo a sé stessa), ne consegue chehg = h per ogni g, cioè h appartiene al centro di G. Entrambi gli elementi di H appartengono al centrodi G e, dunque, H è contenuto nel centro.

(b) Mostrare con un esempio che se |H| = 3, non è detto che H ≤ Z(G).

Soluzione: Consideriamo il gruppo simmetrico Sym3. Questo ha centro banale ma possiede unsottogruppo normale di ordine 3, cioè A3 che non è quindi contenuto nel centro di Sym3.





2. Determinare l’ultima cifra in base 10 di 1024102510261027 . N.B. la scrittura precedente va interpretata così:

1024(1025(10261027)).

3. Dimostrare che per ogni intero non negativo n si ha che 11n+2 + 122n+1 è multiplo di 133.

4. Stabilire se le seguenti equazioni hanno soluzioni intere e, in caso affermativo, determinarle tutte:

a) 6u+ 8v + 12w = 10

b) 6u+ 12v + 15w = 10

5. Un salvadanaio contiene un numero di monete comprese tra 200 e 300. Se si raccolgono le monete in pile da 6ne avanzano 3, se si raccolgono in pile da 8 ne avanza 1 e se si raccolgono in file da 20 ne avanzano 13. Quantemonete contiene il salvadanaio?


7. Trovare il resto di 2100 + 3123 diviso 11.






2261 = 816 · 2 + 629

816 = 629 · 1 + 187

629 = 187 · 3 + 68

187 = 68 · 2 + 51

68 = 51 · 1 + 17

51 = 17 · 3 + 0

L’ultimo resto non nullo è 17: quindi 2261 e 816 non sono coprimi e [816]2261 non è invertibile.Calcoliamo ora il massimo comun divisore di 33 e 874 usando l’algoritmo di Euclide.

874 = 33 · 26 + 16

33 = 16 · 2 + 1


1 = 33− 16 · 2 = 33− (874− 33 · 26) · 2 = 33 · 53− 874 · 2

Abbiamo allora 1 ≡ 33 · 53 (mod 874), da cui ricaviamo che l’inversa di [33]874 è [53]874.Calcoliamo infine il massimo comun divisore di 118 e 15 usando l’algoritmo di Euclide.

118 = 15 · 7 + 13

15 = 13 · 1 + 2

13 = 2 · 6 + 1


1 =13− 2 · 6 = 13− (15− 13) · 6 = 13 · 7− 15 · 6 =

(118− 15 · 7) · 7− 15 · 6 = 118 · 7− 15 · 55

Abbiamo allora 1 = 118 · 7− 15 · 55 ≡ −15 · 55 (mod 118), da cui ricaviamo che l’inversa di [15]118 è [−55]118,cioè [63]118.

2. Determinare l’ultima cifra in base 10 di 1024102510261027 . N.B. la scrittura precedente va interpretata così:

1024(1025(10261027)).

Soluzione: Osserviamo che 1024 ≡ 4 (mod 10). Se consideriamo le potenze successive della classe di resto[4]10, notiamo che [4]n10 = [4]10 se n è dispari e [4]n10 = [6]10 se n è pari. Ora 10251026

1027 è una potenza di1025 ed è, dunque, dispari. Pertanto 10241025

10261027 ≡ 4 (mod 10): l’ultima cifra è 4.

3. Dimostrare che per ogni intero non negativo n si ha che 11n+2 + 122n+1 è multiplo di 133.




Soluzione: Dobbiamo mostrare che 122n+1 ≡ −11n+2 (mod 133). Procediamo per induzione su n. Pern = 0 si ha 122·0+1 = 12 e −110+2 = −121 da cui segue 12 − (−121) = 133 che è, ovviamente, multiplodi 133. Supponiamo che la proprietà sia vera per un certo n e mostriamo che vale per n + 1: dobbiamocioè provare che 122(n+1)+1 ≡ −11n+1+2 (mod 133). Ma 122n+3 = 122 · 122n+1 ≡ 144(−11n+2) (mod 133).Poiché 144 ≡ 11 (mod 133) otteniamo immediatamente 122n+3 = (−11n+3) (mod 133) come richiesto.In alternativa si può notare che 122 = 144 ≡ 11 (mod 133) e, quindi,

11n+2 + 122n+1 ≡ 11n+2 + 11n · 12 (mod 133) ≡ 11n(112 + 12) (mod 133)

≡ 11n · 133 (mod 133) ≡ 0 (mod 133).

4. Stabilire se le seguenti equazioni hanno soluzioni intere e, in caso affermativo, determinarle tutte:

a) 6u+ 8v + 12w = 10

b) 6u+ 12v + 15w = 10

Soluzione: Per quanto riguarda la prima notiamo che il massimo comun divisore di 6, 8 e 12 è 2, e il secondomembro è multiplo di 2, quindi l’equazione è risolubile ed è equivalente all’equazione che si ottiene dividendotutti i coefficienti per 2:

3u+ 4v + 6w = 5.

Poiché 3 e 4 sono coprimi, i numeri del tipo 3u + 4v sono tutti i numeri interi. Possiamo allora porrez := 3u+4v e riscrivere l’equazione come z+6w = 5. Dato allora un valore arbitrario a w (posto cioè w := h,si ottiene z = 5− 6h. Se oraConsideriamo allora l’equazione 3u + 4v = 5 − 6h al variare di h. Presa un’identità di Bezout tra 3 e 4,ad esempio, 3 · (−1) + 4 · 1 = 1, da essa possiamo ricavare 3(6h − 5) + 4(5 − 6h) = 5 − 6h. Posto dunqueu := 6h− 5 e v := 5− 6h si ottiene una soluzione particolare dell’equazione 3u+ 4v = 5− 6h. La soluzionegenerale di quest’equazione è del tipo u = 6h− 5 + 4k, v = 5− 6h− 3k al variare di k intero. Riassumendo,le soluzioni intere dell’equazione data è u = 6h− 5 + 4k, v = 5− 6h− 3k, z = h al variare di h e k interi.Per quanto riguarda la seconda, notiamo che 6, 12 e 15 sono tutti multipli di 3 e, quindi, il primo membroè multiplo di 3 qualunque siano u, w e w. Il secondo membro non è multiplo di 3, pertanto non ci sonosoluzioni intere.

5. Un salvadanaio contiene un numero di monete comprese tra 200 e 300. Se si raccolgono le monete in pile da 6ne avanzano 3, se si raccolgono in pile da 8 ne avanza 1 e se si raccolgono in file da 20 ne avanzano 13. Quantemonete contiene il salvadanaio?

Soluzione: Sia x il numero delle monete. Le informazioni fornite dal testo dicono che x deve essere unasoluzione compresa tra 200 e 300 del sistema di congruenze:

x ≡ 3 (mod 6)

x ≡ 1 (mod 8)

x ≡ 13 (mod 20)

Poiché 6, 8 e 20 non sono a due a due coprimi non possiamo applicare direttamente il teorema cinese del resto.Applichiamo però questo teorema a ciascuna delle congruenze di questo sistema per spezzarle in congruenzecon moduli coprimi. Ad esempio, la congruenza x ≡ 3 (mod 6) è equivalente al sistema delle due congruenzex ≡ 3 (mod 3) e x ≡ 3 (mod 2). Otteniamo così il sistema:

x ≡ 3 (mod 3)

x ≡ 3 (mod 2)

x ≡ 1 (mod 8)

x ≡ 13 (mod 4)

x ≡ 13 (mod 5)




Consideriamo ora le congruenze relative alle potenze dello stesso primo 2. Notiamo che quella relativa a 8implica le altre due: infatti se x è congruo a 1 modulo 8 allora è congruo a 1 anche modulo 4, cioè è congruoa 13 modulo 4 ed è congruo a 1 modulo 2, cioè è congruo a 3 modulo 2. Possiamo dunque eliminare lecongruenze modulo 4 e modulo 2 e ridurre il sistema a

x ≡ 3 (mod 3)

x ≡ 1 (mod 8)

x ≡ 13 (mod 5)

Poiché i moduli delle congruenze sono a due a due coprimi, per il teorema cinese del resto questo è equivalentea una singola congruenza modulo 3 · 8 · 5.Notiamo che la ultima congruenza si può riscrivere come x ≡ 3 (mod 5), dunque la prima e la terzacongruenza sono equivalenti a x ≡ 3 (mod 15). Abbiamo così il sistema{

x ≡ 3 (mod 15)

x ≡ 1 (mod 8)

Cerchiamo ora una soluzione particolare di questo sistema. Una tale x deve essere del tipo 3 + 15h perqualche h intero e del tipo 1+ 8k per qualche intero k. Abbiamo dunque 3+ 15h = 1+8k, cioè 8k− 15h = 2.Consideriamo ora un’identità di Bezout tra 8 e 15 (questa può essere determinata tramite l’algoritmo diEuclide): 8 · 2 + 15 · (−1) = 1. Otteniamo allora 3 · 4− 15 · 2 = 4. Possiamo allora scegliere k = 4 e h = 2.Sostituendo uno di questi valori nelle espressioni di x troviamo x = 3 + 15 · 2 = 33. Quindi il sistema èequivalente alla congruenza x ≡ 33 (mod 8 · 15) o, più semplicemente, a x ≡ 33 (mod 120).Le soluzioni del sistema sono del tipo 33 + 120t al variare di t in Z. Imponiamo ora la condizione che lasoluzione sia compresa tra 200 e 300 e otteniamo 200 ≤ 33 + 120t ≤ 300, cioè 167 ≤ 120t ≤ 267 che ha comeunica soluzione intera t = 2. Sostituendo questo valore nell’espressione 33 + 120t troviamo che il numero dimonete cercato è 273.


Soluzione:

a) Il massimo comun divisore tra 15 e 25 è 5: poiché 40 è pure divisibile per 5 la congruenza si riduce a3x ≡ 8 (mod 5), che può anche essere scritta come 3x ≡ 3 (mod 5): dal momento che 3 è coprimo con5, abbiamo un’unica soluzione modulo 5, cioè x ≡ 1 (mod 5).

b) Il massimo comun divisore tra 5 e 8 è 1: dunque la congruenza è risolubile. L’inverso di 5 modulo 8 è 5(si può determinare tramite un’identità di Bezout). Dunque la congruenza si riduce a x ≡ 7 · 5 (mod 8),cioè x ≡ 3 (mod 8).

c) Il massimo comun divisore tra 36 e 96 è 12: poiché 35 non è divisibile per 12 la congruenza non hasoluzione.

d) Il massimo comun divisore tra 18 e 96 è 6: poiché 12 è pure divisibile per 6 la congruenza si riduce a3x ≡ 2 (mod 16). L’inverso di 3 modulo 16 è 11 (si può determinare tramite un’identità di Bezout).Dunque la congruenza si riduce a x ≡ 2 · 11 (mod 16), cioè x ≡ 6 (mod 16).

7. Trovare il resto di 2100 + 3123 diviso 11.

Soluzione: Poiché sia 2 che 3 sono coprimi con 11 e 11 è primo, per il piccolo teorema di Fermat abbiamoche 210 ≡ 1 (mod 11) e 310 ≡ 1 (mod 11). Pertanto 2100 = (210)10 ≡ 110 (mod 11) ≡ 1 (mod 11) e




3123 = (310)12·33 ≡ 112·33 (mod 11) ≡ 33 (mod 11) ≡ 27 (mod 11) ≡ 5 (mod 11). Quindi 2100+3123 ≡ 1+5(mod 11) ≡ 6 (mod 11). Il resto cercato è dunque 6.


TestoAlgebra 1


1.6 Siano a, b e c tre interi tali che a2 + b2 = c2. Dimostrare che almeno uno degli interi a, b e c è multiplo di 5.

2.4 Sia ϕ : G→ H un omomorfismo di gruppi e sia L un sottogruppo di G. Detto K il nucleo di ϕ, dimostrare cheG = LK se e solo se Gϕ = Lϕ.

3.10 Si consideri l’insieme G delle matrici del tipo(3n p0 2m

)con n e m interi e p numero razionale.

(a) Dimostrare che G rispetto all’usuale prodotto righe per colonne è un gruppo.(b) Sia H il sottoinsieme di G formato dalle matrici

(3n p0 2m

)tali che p è intero. Stabilire se H è un sottomonoide

e se H è un sottogruppo di G.(c) Sia K il sottoinsieme di G formato dalle matrici

(3n p0 2m

)tali che n+m ≥ 0. Stabilire se K è un sottomonoide

e se K è un sottogruppo di G.(d) Sia L il sottoinsieme di G formato dalle matrici

(3n p0 2m

)tali che n+m = 0. Stabilire se L è un sottomonoide

e se L è un sottogruppo di G.(e) Per ciascuno dei sottoinsiemi H, K e L stabilire se è sottogruppo normale di G e, in caso affermativo,

determinare se il quoziente di G su di esso è abeliano.

4.6 Sia σ := (12345)(678) una permutazione di Sym8 o di Sym10.(a) Determinare l’ordine del centralizzante di σ in Sym8 e l’ordine del centralizzante di σ in A8.(b) Determinare l’ordine del centralizzante di σ in Sym10 e l’ordine del centralizzante di σ in A10.

5.6 Siano dati i gruppi Inv(Z/14), Inv(Z/15), Inv(Z/18), Inv(Z/20).(a) Determinare l’ordine di ciascuno dei gruppi dati.(b) Stabilire quali dei gruppi dati sono ciclici.


SoluzioneAlgebra 1


1.6 Siano a, b e c tre interi tali che a2 + b2 = c2. Dimostrare che almeno uno degli interi a, b e c è multiplo di 5.

Soluzione: Consideriamo i possibili quadrati modulo 5 degli interi: se x ≡ 0 (mod 5) allora x2 ≡ 0 (mod 5),se x ≡ 1 (mod 5) allora x2 ≡ 1 (mod 5), se x ≡ 2 (mod 5) allora x2 ≡ 4 (mod 5), se x ≡ 3 (mod 5) allorax2 ≡ 4 (mod 5), se x ≡ 4 (mod 5) allora x2 ≡ 1 (mod 5).Se almeno uno tra a e b è multiplo di 5, allora abbiamo finito, altrimenti ciò significa che a2 e b2 possonoassumere valore 1 o 4 modulo 5. Se a2 ≡ b2 (mod 5) abbiamo allora che c2 = a2 + b2 ≡ 1 + 1 ≡ 2 (mod 5) oc2 = a2 + b2 ≡ 4 + 4 ≡ 3 (mod 5): ma né 2 né 3 sono quadrati modulo 5. Pertanto a2 e b2 assumono valoridiversi modulo 5 cioè uno dei due (non importa quale) assume valore 1 modulo 5 e l’altro assume valore 4modulo 5. Dunque c2 = a2 + b2 ≡ 1 + 4 ≡ 0 (mod 5) e, dunque, c ≡ 0 (mod 5).

2.4 Sia ϕ : G→ H un omomorfismo di gruppi e sia L un sottogruppo di G. Detto K il nucleo di ϕ, dimostrare cheG = LK se e solo se Gϕ = Lϕ.

Soluzione: Sia G = LK e sia y ∈ Gϕ: allora esiste x ∈ G tale che y = xϕ. Poiché G = LK esistono l ∈ L ek ∈ K tali che x = lk. Ma allora y = xϕ = (lk)ϕ = lϕkϕ = lϕ1H = lϕ ∈ Lϕ. Per l’arbitrarietà della sceltadi y, ne segue che Gϕ ≤ Lϕ. L’inclusione opposta è ovvia, quindi Gϕ = Lϕ.Viceversa sia Gϕ = Lϕ. Se x è un elemento arbitrario di G abbiamo che xϕ ∈ Gϕ = Lϕ, dunque esistel ∈ L tale che xϕ = lϕ. Ma allora x = l(l−1x) e l−1x è un elemento di K perché (l−1x)ϕ = (lϕ)−1(xϕ) =(xϕ)−1(xϕ) = 1H . Dunque x è prodotto di un elemento di L per un elemento di K e, per l’arbitrarietà dellascelta di x, ne segue che G = LK:

3.10 Si consideri l’insieme G delle matrici del tipo(3n p0 2m

)con n e m interi e p numero razionale.

(a) Dimostrare che G rispetto all’usuale prodotto righe per colonne è un gruppo.

Soluzione: Mostriamo innanzitutto che il prodotto di due matrici di G è ancora una matrice di G.Infatti abbiamo: (

3n p0 2m

)(3r q0 2s

)=

(3n+r 3nq + p2s

0 2m+s

).

Poiché n+ r e m+ s sono interi e 3nq + p2s è un numero razionale abbiamo che il prodotto appartienea G.Il prodotto di matrici è associativo.Posto n = m = p = 0 otteniamo la matrice identica.Infine, dalla formula del prodotto, ricaviamo immediatamente che la matrice

(3n p0 2m

)ha matrice inversa(

3−n −3−n2−mp

0 2−m

)e questa matrice appartiene a G perché −n e −m sono interi e −3−n2−mp è un numero

razionale.

(b) Sia H il sottoinsieme di G formato dalle matrici(3n p0 2m

)tali che p è intero. Stabilire se H è un sottomonoide

e se H è un sottogruppo di G.

Soluzione: Il sottoinsieme H non è chiuso rispetto al prodotto. Dalla formula del prodotto determinataal punto a vediamo che in generale 3nq + p2s non è un numero intero anche se p e q sono interi:prendendo, ad esempio, n = −1, q = 1 e p = s = 0, si ottiene 3−1 che non è intero. Dunque H non è unsottomonoide di G, né, tantomeno, un sottogruppo di G.

(c) Sia K il sottoinsieme di G formato dalle matrici(3n p0 2m

)tali che n+m ≥ 0. Stabilire se K è un sottomonoide

e se K è un sottogruppo di G.


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Il sottoinsieme K contiene la matrice identica: posto infatti n = m = p = 0, si ha n+m ≥ 0.Dalla formula del prodotto determinata al punto a si vede che K è chiuso rispetto al prodotto: infatti sem+ n ≥ 0 e r + s ≥ 0 allora (m+ r) + (n+ s) = (m+ n) + (r + s) ≥ 0. Dunque K è un sottomonoidedi G.Dalla formula per l’inversa calcolata al punto a si vede invece che non tutte le matrici di K hannoinversa in K: se infatti m+n > 0, allora −m+(−n) = −(m+n) < 0. Dunque K non è un sottogruppodi G.

(d) Sia L il sottoinsieme di G formato dalle matrici(3n p0 2m

)tali che n+m = 0. Stabilire se L è un sottomonoide

e se L è un sottogruppo di G.

Soluzione: Il sottoinsieme L è chiaramente non vuoto. Dalla formula del prodotto determinataal punto a si vede che L è chiuso rispetto al prodotto: infatti se m + n = 0 e r + s = 0 allora(m+ r) + (n+ s) = (m+ n) + (r + s) = 0.Dalla formula per l’inversa calcolata al punto a si vede che ogni matrice di L ha inversa in L: infattim+ n = 0, allora −m+ (−n) = 0.Dunque L è un sottogruppo di G (e, a maggior ragione, sottomonoide di G).

(e) Per ciascuno dei sottoinsiemi H, K e L stabilire se è sottogruppo normale di G e, in caso affermativo,determinare se il quoziente di G su di esso è abeliano.

Soluzione: Poiché H e K non sono sottogruppi, ovviamente non sono sottogruppi normali.Sappiamo invece che L è un sottogruppo, quindi ha senso porsi la domanda se L sia normale. Sianoallora A :=

(3n p

0 2−n

)una matrice di L e B :=

(3r q0 2s

)una matrice di G. Dalle formule per il prodotto e

per l’inversa notiamo che gli elementi della diagonale dipendono sono dagli elementi della diagonale deifattori (ciò è vero, più in generale, per tutte le matrici triangolari superiori). Allora, senza preoccuparcidi calcolare gli l’elemento sopra la diagonale (e indicando tali elementi con un asterisco) abbiamo

B−1AB =

(3−r ∗0 2−s

)(3n ∗0 2−n

)(3r ∗0 2s

)=

(3−r+n+r ∗

0 2−s−n+s

)=

(3n ∗0 2−n

)Abbiamo dunque una matrice di L che è, dunque, normale.Consideriamo allora il quoziente G/L: esso è abeliano se e solo se date due matrici A :=

(3n p0 2m

)e

B :=(3r q0 2s

)di G si ha che AB e BA appartengono allo stesso laterale di L, cioè se e solo se (BA)−1(AB)

appartiene a L. Come prima possiamo considerare solo gli elementi sulla diagonale e abbiamo dunque

(BA)−1(AB) = A−1B−1AB =(

3−n ∗0 2−m

)(3−r ∗0 2−s

)(3n ∗0 2m

)(3r ∗0 2s

)=

(3−n−r+n+r ∗

0 2−m−s+m+s

)=

(30 ∗0 20

)Il risultato è una matrice di L, quindi il quoziente G/L è abeliano.

4.6 Sia σ := (12345)(678) una permutazione di Sym8 o di Sym10.(a) Determinare l’ordine del centralizzante di σ in Sym8 e l’ordine del centralizzante di σ in A8.

Soluzione: Determiniano l’ordine della classe di coniugio di σ in Sym8. Gli elementi coniugati di σ sonoquelli del tipo (a1a2a3a4a5)(a6a7a8) con a1, a2, . . ., a8 distinti. Abbiamo 8 scelte per a1, 7 scelte per a2,e così via fino a 1 scelta per a8: dunque 8! scelte. Tutte queste scelte non portano però a permutazionidistinte. Possiamo infatti riscrivere il ciclo di lunghezza 5 in 5 modi diversi e il ciclo di lunghezza 3 in 3modi diversi. Abbiamo allora 8!

3·5 elementi nella classe di coniugio di σ. Questo numero dà l’indice delcentralizzante in Sym8 di σ: pertanto l’ordine del centralizzante è |Sym8|

8!/15 = 8!8!/15 = 15. Per determinare

l’ordine del centralizzante di σ in A8 osserviamo che, in generale, per gli elementi del gruppo alterno


SoluzioneAlgebra 1


abbiamo due possibilità: o il centralizzante nell’alterno coincide con il centralizzante con il grupposimmetrico oppure l’ordine del centralizzante nell’alterno è la metà dell’ordine del centralizzante nelsimmetrico. Dal momento che l’ordine del centralizzante di σ nel simmetrico è dispari, la secondapossibilità non può verificarsi, quindi l’ordine del centralizzante in A8 è 15.

(b) Determinare l’ordine del centralizzante di σ in Sym10 e l’ordine del centralizzante di σ in A10.

Soluzione: Analogamente a prima determiniano l’ordine della classe di coniugio di σ in Sym9. Abbiamoora 10 scelte per a1, 9 scelte per a2, e così via fino a 3 scelte per a8: dunque 10!/2 scelte. Tuttequeste scelte non portano però a permutazioni distinte: come al punto precedente dobbiamo dividere ilnumero di queste scelte per 15. Abbiamo allora 10!

30 elementi nella classe di coniugio e, analogamenteal punto precedente, possiamo dedurre che il centralizzante nel simmetrico ha ordine 30. Per quantoriguarda l’ordine del centralizzante nell’alterno non possiamo ragionare come prima visto che l’ordinedel centralizzante nel simmetrico è pari. A priori non possiamo escludere nessuna delle due possibilità.Notiamo però che lo scambio (9, 10) commuta con σ, dunque il centralizzante di σ contiene qualcheelemento che non sta nell’alterno. Ma allora CA10

(σ) 6= CSym10(σ). Quindi l’ordine del centralizzante di

σ nell’alterno è la metà dell’ordine del centralizzante nel simmetrico ed è cioè uguale a 15.

5.6 Siano dati i gruppi Inv(Z/14), Inv(Z/15), Inv(Z/18), Inv(Z/20).(a) Determinare l’ordine di ciascuno dei gruppi dati.

Soluzione: Una classe di resto (a)n è invertibile se e solo se a è coprimo con n. Dunque il numero delleclassi invertibili di Z/n è uguale alla funzione di Eulero valutata in n. Abbiamo allora |Inv(Z/14)| =ϕ(14) = (2 − 1) · (7 − 1) = 6, |Inv(Z/15)| = ϕ(15) = (3 − 1) · (5 − 1) = 8, |Inv(Z/18)| = ϕ(18) =(2− 1) · (9− 3) = 6, |Inv(Z/20)| = ϕ(20) = (4− 2) · (5− 1) = 8.

(b) Stabilire quali dei gruppi dati sono ciclici.

Soluzione: Il gruppo Inv(Z/14) ha ordine 6, quindi i suoi elementi possono avere ordine 1. 2, 3 o6. Dobbiamo stabilire se c’è almeno un elemento di ordine 6: per far ciò basta trovare un elemento(a)14 (con a coprimo con 14) tale che (a)214 6= (1)14 e (a)314 6= (1)14. Consideriamo (3)14. Abbiamo(3)214 = (9)14 6= (1)14 e (3)314 = (27)14 6= (1)14: dunque Inv(Z/14) è ciclico.Il gruppo Inv(Z/15) ha ordine 8, quindi i suoi elementi possono avere ordine 1, 2, 4 o 8. Dobbiamostabilire se c’è almeno un elemento di ordine 8: per far ciò basta trovare un elemento (a)15 (con a coprimocon 15) tale che (a)415 6= (1)15. Notiamo inoltre che (−a)415 = (a)415. Pertanto (14)415 = (1)415 = (1)15,(13)415 = (2)415 = (16)15 = (1)15, (11)415 = (4)415 = ((4)215)

2 = (1)15. Possiamo fermarci qui: abbiamotrovato 6 elementi che non hanno periodo 8: se Inv(Z/15) fosse ciclico, dovrebbe avere ϕ(8) = 8− 4 = 4elementi di periodo 8. Dunque Inv(Z/15) non è ciclico.Il gruppo Inv(Z/18) ha ordine 6. Come per Inv(Z/14), dobbiamo stabilire se c’è almeno un elemento diordine 6: per far ciò basta trovare un elemento (a)18 (con a coprimo con 18) tale che (a)218 6= (1)18 e(a)318 6= (1)18. Consideriamo (5)18. Abbiamo (5)218 = (7)18 6= (1)18 e (5)318 = (7)18(5)18 = (35)18 6= (1)18:dunque Inv(Z/18) è ciclico.Infine il gruppo Inv(Z/20) ha ordine 8, quindi procediamo analogamente a quanto fatto per Inv(Z/15).Pertanto (19)420 = (1)420 = (1)20, (17)420 = (3)420 = (81)20 = (1)20, (13)420 = (7)420 = ((7)220)

2 =((49)20)

2 = (9)220 = (81)2 = (1)20. Possiamo fermarci qui: abbiamo trovato 6 elementi che non hannoperiodo 8: se Inv(Z/20) fosse ciclico, dovrebbe avere ϕ(8) = 8− 4 = 4 elementi di periodo 8. DunqueInv(Z/20) non è ciclico.


TestoAlgebra 1


1.6 Sia dato il gruppo G := C140 × C21 (dove Ci indica il gruppo ciclico di ordine i).(a) Quanti elementi di ordine 14 contiene G? E quanti elementi di ordine 49?(b) Quanti sottogruppi ciclici di ordine 14 contiene G? E quanti sottogruppi ciclici di ordine 49?

2.4 Trovare la cifra dell’unità (in base 10) di 1033150 + 1114 + 18.

3.6 Sia G l’insieme delle coppie (x, y) di numeri interi. In G sia definita un’operazione ∗ nel modo seguente

(x1, y1) ∗ (x2, y2) := (x1 + (−1)y1x2, y1 + y2)

(a) Verificare che G con l’operazione così definita è un gruppo.(b) Stabilire quali dei sottoinsiemi H := {(x, y) | x = 0}, K := {(x, y) | y = 0} e L := {(x, y) | x = y} sono

sottogruppi di G.(c) Stabilire se le mappe ϕ : G→ Z e ψ : G→ Z definite da (x, y)ϕ := x e (x, y)ψ := y sono omomorfismi da G

in Z (pensato come gruppo rispetto all’addizione usuale).

4.8 Si consideri il gruppo simmetrico S := Sym9 su 9 lettere e l’elemento σ := (12345)(678).(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ.(b) Dimostrare che CS(σ) = 〈σ〉.(c) Esprimere σ1001 come prodotto di cicli disgiunti.

5.8 Sia G un gruppo e sia H un sottogruppo avente la seguente proprietà: per ogni x ∈ G e ogni y ∈ G \H esiste ununico u ∈ H tale che xy = xu.(a) Dimostrare che H è normale in G.(b) Dimostrare che G/H è abeliano.(c) Dimostrare che se x ∈ G \H allora CG(x) ∩H = 1. Suggerimento: quanti elementi y di H esistono tali che

xy = x?


SoluzioneAlgebra 1




hanno ordine che divide 21.Sappiamo inoltre che in un gruppo ciclico finito di ordine n il numero di elementi di ordine d (con ddivisore di n) è uguale al valore ϕ(d) della funzione di Eulero: in particolare non dipende da n ma soloda d.Poiché 2 non divide 21 possiamo ottenere 14 come minimo comune multiplo nei seguenti modi:

• |a| = 14 e |b| = 1: ciò avviene in ϕ(14) · 1 = (7− 1)(2− 1) = 6 casi (dove abbiamo usato il fattoche ϕ(14) = ϕ(7)ϕ(2));

• |a| = 14 e |b| = 7: ciò avviene in ϕ(14)ϕ(7) = 6(7− 1) = 36 casi;

• |a| = 2 e |b| = 7: ciò avviene in ϕ(2)ϕ(7) = (2− 1)(7− 1) = 6 casi.

In tutto abbiamo dunque 6 + 36 + 6 = 48 elementi di periodo 14.Per gli elementi di periodo 49 = 72, osserviamo che non è possibile ottenere 49 come minimo comunemultiplo di un divisore di 140 e di un divisore di 21, dunque non esistono in G elementi di periodo 49.

(b) Quanti sottogruppi ciclici di ordine 14 contiene G? E quanti sottogruppi ciclici di ordine 49?

Soluzione: Ogni elemento di ordine d genera un gruppo ciclico di ordine d. Lo stesso gruppo ciclicopuò però essere generato da più elementi e precisamente da tutti i suo elementi di ordine d: il numero diquesti elementi è ϕ(d).Ogni sottogruppo ciclico di ordine 14 contiene ϕ(14) = 6 elementi di ordine 14: pertanto abbiamo 48

6 = 8sottogruppi ciclici di ordine 14.Poiché non esistono elementi di periodo 49 non esistono ovviamente sottogruppi ciclici di ordine 49.

2.4 Trovare la cifra dell’unità (in base 10) di 1033150 + 1114 + 18.

Soluzione: Poiché 1033 ≡ 3 (mod 10) abbiamo 1033150 ≡ 3150 (mod 10). Poiché 3 è coprimo con 10, per ilteorema di Eulero abbiamo, 3ϕ(10) ≡ 1 (mod 10). Ora ϕ(10) = (5− 1)(2− 1) = 4. Poiché 150 ≡ 2 (mod 4)abbiamo 3150 ≡ 32 (mod 10), cioè 3150 ≡ 9 (mod 10). Abbiamo poi 11 ≡ 1 (mod 10) e, di conseguenza,1114 ≡ 1 (mod 10), Infine 18 ≡ 8 (mod 10). Riassumendo 1033150 + 1114 + 18 ≡ 9 + 1 + 8 (mod 10) ≡ 8(mod 10). L’ultima cifra è dunque 8.

3.6 Sia G l’insieme delle coppie (x, y) di numeri interi. In G sia definita un’operazione ∗ nel modo seguente

(x1, y1) ∗ (x2, y2) := (x1 + (−1)y1x2, y1 + y2)

(a) Verificare che G con l’operazione così definita è un gruppo.

Soluzione: Verifichiamo innanzitutto la validità delle proprietà associativa. Dati (x1, y1), (x2, y2) e(x3, y3) in G abbiamo:

((x1, y1)∗(x2, y2))∗(x3, y3) = (x1+(−1)y1x2, y1+y2)∗(x3, y3) = (x1+(−1)y1x2+(−1)y1+y2x3, y1+y2+y3)

e

(x1, y1)∗((x2, y2)∗(x3, y3)) = (x1, y1)∗(x2+(−1)y2x3, y2+y3) = (x1+(−1)y1(x2+(−1)y2x3), y1+y2+y3)

Sviluppando si vede che i risultati sono uguali.


SoluzioneAlgebra 1


Per quanto riguarda l’elemento neutro, notiamo che per ogni (x, y) in G si ha

(x, y) ∗ (0, 0) = (x+ (−1)y0, y + 0) = (x, y)

e(0, 0) ∗ (x, y) = (0 + (−1)0x, 0 + y) = (x, y).

Infine, dato (x, y) in G consideriamo l’elemento ((−1)y+1x,−y). Abbiamo allora

(x, y) ∗ ((−1)y+1x,−y) = (x+ (−1)y(−1)y+1x, y + (−y)) = (0, 0)

e((−1)y+1x,−y) ∗ (x, y) = ((−1)y+1x+ (−1)−yx,−y + y)) = (0, 0)

(b) Stabilire quali dei sottoinsiemi H := {(x, y) | x = 0}, K := {(x, y) | y = 0} e L := {(x, y) | x = y} sonosottogruppi di G.

Soluzione: I tre sottoinsiemi sono tutti non vuoti.Siano (x1, 0) e (x2, 0) due elementi di H. Allora (x1, 0) ∗ (x2, 0) = (x1 + (−1)0x2, 0 + 0) = (x1 +x2, 0) e (x1, 0)

−1 = ((−1)0+1x1,−0) = (−x1, 0): dunque H è chiuso rispetto all’operazione e rispettoall’inversione di elementi ed è quindi un sottogruppo.Siano ora (0, y1) e (0, y2) due elementi di K. Allora (0, y1) ∗ (0, y2) = (0 + (−1)y10, y1 + y2) = (0, y1 +y2) e (0, y1)

−1 = ((−1)y1+10,−y1) = (0,−y1): dunque K è chiuso rispetto all’operazione e rispettoall’inversione di elementi ed è quindi un sottogruppo.Infine K non è un sottogruppo: ad esempio (1, 1) ∗ (1, 1) = (1+(−1)11, 1+1) = (0, 2). Abbiamo dunquedue elementi di K il cui prodotto non sta in K.

(c) Stabilire se le mappe ϕ : G→ Z e ψ : G→ Z definite da (x, y)ϕ := x e (x, y)ψ := y sono omomorfismi da Gin Z (pensato come gruppo rispetto all’addizione usuale).

Soluzione: Abbiamo (x1, y1)ϕ+(x2, y2)ϕ = x1+x2 e ((x1, y1)∗(x2, y2))ϕ = (x1+(−1)y1x2, y1+y2)ϕ =x1 + (−1)y1x2. In generale x1 + x2 6= x1 + (−1)y1x2: ad esempio se y1 è dispari e x2 6= 0, quindi ϕ nonè un omomorfismo.Abbiamo (x1, y1)ϕ+ (x2, y2)ψ = y1 + y2 e ((x1, y1) ∗ (x2, y2))ψ = (x1 + (−1)y1x2, y1 + y2)ψ = y1 + y2.Dunque ψ è un omomorfismo.


Soluzione: Gli elementi coniugati di σ sono quelli del tipo (a1a2a3a4a5)(a6a7a8) dove gli ai sono tuttidiversi. Possiamo scegliere gli elementi a1, a2, a3, a4 e a5 in 9 · 8 · 7 · 6 · 5 modi diversi: queste sceltesono però a 5 a 5 equivalenti. Abbiamo dunque 9·8·7·6·5

5 modi per scegliere il 5-ciclo. Una volta operataquesta scelta possiamo scegliere a6, a7 e a8 in 4 · 3 · 2 modi diversi: queste scelte sono però a 3 a3 equivalenti. Abbiamo dunque 4·3·2

3 modi per scegliere il 3-ciclo. Dunque la classe di coniugio di σcontiene 9·8·7·6·5

54·3·23 = 9!

15 elementi.

(b) Dimostrare che CS(σ) = 〈σ〉.

Soluzione: Sappiamo che l’ordine della classe di coniugio di σ è uguale all’indice in S del suo centraliz-zante: per il punto precedente abbiamo allora che |S : CS(σ)| = 9!



SoluzioneAlgebra 1


(c) Esprimere σ1001 come prodotto di cicli disgiunti.

Soluzione: Cicli disgiunti tra loro commutano: pertanto σ1001 = (12345)1001(678)1001. Poiché (12345)ha periodo 5 e 1001 ≡ 1 (mod 5) abbiamo (12345)1001 = (12345)1 = (12345). Analogamente 678)ha periodo 3 e (1001 ≡ 2 (mod 3) e, quindi, (678)1001 = (678)2 = (687). Concludendo σ1001 =(12345)(687).

5.8 Sia G un gruppo e sia H un sottogruppo avente la seguente proprietà: per ogni x ∈ G e ogni y ∈ G \H esiste ununico u ∈ H tale che xy = xu.(a) Dimostrare che H è normale in G.

Soluzione: Sia x un elemento di H e y un elemento di G. Se y appartiene a H ovviamente xy appartienea H. Se y non appartiene a H, per ipotesi esiste allora u in H tale che xy = xu: chiaramente xu appartienea H, cioè xy appartiene a H. In entrambi i casi xy appartiene a H.

(b) Dimostrare che G/H è abeliano.

Soluzione: Siano xH e yH due elementi di G/H. Se x appartiene a H allora xH = H, cioè l’unitàdi G/H che quindi commuta con yH. Se x non appartiene a H, sappiamo che esiste u in H tale chexy = xu: ma allora (xH)yH = (xH)uH = (xH)H = xH, cioè xH e yH commutano (si noti che abbiamousato il fatto che uH = H è l’unità di G/H).

(c) Dimostrare che se x ∈ G \H allora CG(x) ∩H = 1. Suggerimento: quanti elementi y di H esistono tali chexy = x?

Soluzione: Sia y ∈ CG(x) ∩ H. Dunque xy = x. D’altra parte x1 = x: poiché sappiamo che c’è ununico elemento u di H tale che xu = xy, ne segue che y = u = 1, cioè y = 1.



1.4 Dimostrare che ϕ(n) = n2 se e solo se n è una potenza di 2 con esponente positivo (ϕ indica l’usuale funzione di

Eulero)

2.6 Sia dato il gruppo G := C12 × C40 (dove Ci indica il gruppo ciclico di ordine i).(a) Quanti elementi di ordine 48 contiene G? E quanti elementi di ordine 30?(b) Quanti omomorfismi iniettivi esistono da C6 in G?

3.8 Si consideri il gruppo Sym7.(a) Determinare qual è il massimo periodo degli elementi di Sym7. Stabilire poi se esistono elementi non coniugati

fra loro aventi periodo massimo.(b) Determinare il periodo massimo degli elementi del sottogruppo alterno A7.(c) Stabilire se gli elementi di periodo massimo di A7 sono tutti coniugati tra loro in Sym7 e se sono tutti

coniugati tra loro in A7

4.8 In Z siano definite le seguenti operazioni:

x ∗ y := x+ y + 1

x � y := x+ xy + y

x� y := |x|y

(a) Stabilire quali delle operazioni date sono associative.(b) Stabilire rispetto a quali delle operazioni precedenti Z forma un gruppo.(c) In ciascuno dei casi in cui Z rispetto alle operazioni precedenti forma un gruppo, stabilire se il sottoinsieme

P dei numeri pari e il sottoinsieme D dei numeri dispari sono sottogruppi.

5.6 Sia ϕ : G→ H un omomorfismo di gruppi e sia N un sottogruppo normale di G.(a) Dimostrare che (Nϕ)ϕ−1 è un sottogruppo normale di G.(b) Mostrare con un esempio che non è detto che (Nϕ)ϕ−1 = N .



1.4 Dimostrare che ϕ(n) = n2 se e solo se n è una potenza di 2 con esponente positivo (ϕ indica l’usuale funzione di

Eulero)

Soluzione: Poiché ϕ(n) è un intero, abbiamo che condizione necessaria affinché sia ϕ(n) = n2 è che n sia pari.

Sia allora n = 2kt con k intero positivo e t dispari. Poiché 2k e t sono coprimi abbiamo che ϕ(n) = ϕ(2k)ϕ(t).Ora ϕ(2k) = 2k − 2k−1 = 2k−1, cioè ϕ(n) = 2k−1ϕ(t). Si ha dunque ϕ(n) = n

2 se e solo se ϕ(t) = t: l’unicointero t per cui ciò avviene è 1, dunque ϕ(n) = n

2 se e solo se n = 2k.



hanno ordine che divide 21.Sappiamo inoltre che in un gruppo ciclico finito di ordine n il numero di elementi di ordine d (con ddivisore di n) è uguale al valore ϕ(d) della funzione di Eulero: in particolare non dipende da n ma soloda d.Per gli elementi di periodo 48, osserviamo che non è possibile ottenere 48 = 243 come minimo comunemultiplo di un divisore di 12 = 223 e di un divisore di 40 = 235, perché la massima potenza di 2 cheappare è 23. Dunque non esistono in G elementi di periodo 48.Per gli elementi di periodo 30 possiamo ottenere 30 = 2 · 3 · 5 come minimo comune multiplo di divisoridi 12 = 223 e 40 = 235 nei seguenti modi:

• |a| = 6 e |b| = 10: ciò avviene in ϕ(6)ϕ(10) = (3− 1)(2− 1) · (5− 1)(2− 1) = 8 casi;

• |a| = 6 e |b| = 5: ciò avviene in ϕ(6)ϕ(5) = (3− 1)(2− 1) · (5− 1) = 8 casi;

• |a| = 3 e |b| = 10: ciò avviene in ϕ(3)ϕ(10) = (3− 1) · (5− 1)(2− 1) = 8 casi.

In tutto abbiamo dunque 8 + 8 + 8 = 24 elementi di periodo 30.

(b) Quanti omomorfismi iniettivi esistono da C6 in G?

Soluzione: Un omomorfismo da un gruppo ciclico finito è definito univocamente da un’immagine diun suo generatore: questa immagine può essere un qualsiasi elemento del gruppo di arrivo di periodoche divide il periodo del generatore; l’omomorfismo è iniettivo se e solo il periodo è esattamenteuguale. Dunque il numero di omomorfismi iniettivi è uguale al numero di elementi di periodo 6 in G.Analogamente a prima possiamo contare questi elementi nel modo seguente: 6 = 2 · 3 come minimocomune multiplo di divisori di 12 = 223 e 40 = 235 nei seguenti modi:

• |a| = 6 e |b| = 2: ciò avviene in ϕ(6)ϕ(2) = (3− 1)(2− 1) · (2− 1) = 2 casi;

• |a| = 6 e |b| = 1: ciò avviene in ϕ(6)ϕ(1) = (3− 1)(2− 1) · 1 = 2 casi;

• |a| = 3 e |b| = 2: ciò avviene in ϕ(3)ϕ(2) = (3− 1) · (2− 1) = 2 casi.

In tutto abbiamo dunque 2 + 2 + 2 = 6 elementi di periodo 6 e, dunque, 6 omomorfismi iniettivi.


fra loro aventi periodo massimo.

Soluzione: Scritta una permutazione come prodotto di cicli disgiunti, il suo periodo è il minimo comunemultiplo delle lunghezze dei cicli. Consideriamo i vari casi.



Se una permutazione è un ciclo , essa può avere periodo che va da 1 a 7.Se un permutazione è prodotto di due cicli disgiunti, il più lungo tra essi può avere lunghezza al più5. Se abbiamo un ciclo di lunghezza 5 e uno di lunghezza 2, il periodo è 10; se abbiamo un ciclo dilunghezza 4 e uno di lunghezza 3, il periodo è 12; se abbiamo un ciclo di lunghezza 4 e uno di lunghezza2, il periodo è 4; se abbiamo un ciclo di lunghezza 3 e un altro di lunghezza 3, il periodo è 3, se abbiamoun ciclo di lunghezza 3 e uno di lunghezza 2, il periodo è 6, infine se abbiamo un ciclo di lunghezza 2 eun altro di lunghezza 2, il periodo è 2.Se una permutazione è prodotto di tre cicli disgiunti, possiamo averne uno di lunghezza 3 e due dilunghezza 2, oppure tre di lunghezza 2: nel primo caso il periodo è 6, nel secondo è 2.Il massimo periodo è dunque 12 e si ottiene solo facendo il prodotto di due cicli disgiunti di lunghezza4 e 3 rispettivamente. Poiché gli elementi di periodo massimo hanno tutti lo stesso tipo, sono tutticoniugati fra loro.

(b) Determinare il periodo massimo degli elementi del sottogruppo alterno A7.

Soluzione: Ricordiamo che un ciclo di lunghezza pari è una permutazione dispari, mentre un ciclo dilunghezza dispari è una permutazione pari. Dunque gli elementi di periodo 12 trovati al punto precedentesono prodotto di una permutazione dispari e di una pari e sono dunque dispari: in particolare nonappartengono al sottogruppo alterno. Lo stesso dicasi per gli elementi di periodo 10. Controllando glialtri periodi si vede che i cicli di lunghezza 7, sono gli elementi di periodo massimo nel sottogruppoalterno.

(c) Stabilire se gli elementi di periodo massimo di A7 sono tutti coniugati tra loro in Sym7 e se sono tutticoniugati tra loro in A7

Soluzione: Abbiamo visto che gli elementi di periodo massimo in A7 sono i cicli di lunghezza 7. Hannotutti lo stesso tipo e sono quindi coniugati fra loro in Sym7. Per vedere se sono coniugati fra loro in A7,possiamo calcolare il centralizzante di uno qualsiasi di essi. Contiamo il numero di cicli (a1a2 . . . a7):abbiamo 7 scelte per a1, 6 per a2 e così via. Ogni ciclo però può scriversi in 7 modi diversi: Pertanto ilnumero di 7-cicli è 7!

7 = 6!. Di conseguenza il centralizzante di uno qualunque di essi ha indice 6! in Sym7,cioè ordine 7. Poiché il centralizzante di un elemento contiene il gruppo ciclico generato dall’elementostesso, ne consegue che il centralizzante di un ciclo di ordine 7 è esattamente il gruppo ciclico generatoda tale ciclo: in particolare è contenuto nel sottogruppo alterno. Ma allora il centralizzante di un 7-cicloha indice 6!

2 nell’alterno: ciò significa che la classe di coniugio di un 7-ciclo nell’alterno ha tale ordine.Dunque i 7-cicli nell’alterno si dividono in due classi di coniugio: pertanto i 7 cicli non sono tutticoniugati fra loro nell’alterno.

4.8 In Z siano definite le seguenti operazioni:

x ∗ y := x+ y + 1

x � y := x+ xy + y

x� y := |x|y

(a) Stabilire quali delle operazioni date sono associative.

Soluzione: Abbiamo (x ∗ y) ∗ z = (x+ y + 1) ∗ z = x+ y + 1 + z + 1 = x+ y + z + 2 e x ∗ (y ∗ z) =x ∗ (y + z + 1) = x+ y + z + 1 + 1 = x+ y + z + 2, dunque ∗ è associativa.Abbiamo poi (x�y)�z = (x+xy+y)�z = x+xy+y+(x+xy+y)z+z = x+y+z+xy+xz+yz+xyze x � (y � z) = x � (y+ yz+ z) = x+x(y+ yz+ z)+ y+ yz+ z = x+ y+ z+xy+xz+ yz+xyz, dunque� è associativa.Infine (x� y)� z=(|x|y)� z = ||x|y|Z = |xy|z e x� (y � z) = x� (|y|z) = |x||y|z = |xy|z: anche � èassociativa.

(b) Stabilire rispetto a quali delle operazioni precedenti Z forma un gruppo.



Soluzione: Le operazioni sono tutte associative. Verifichiamo quali di esse hanno elemento neutro.Per quanto riguarda ∗ stiamo cercando un intero e tale che e+ x+1 = x e x+ e+1 = x per ogni interox: basta allora scegliere e = −1.Per quanto riguarda � stiamo cercando un intero d tale che d+ dx+ x = x e x+ xd+ d = x per ogniintero x: basta allora scegliere d = 0.Per quanto riguarda � stiamo cercando un intero f tale che |f |x = x e |x|f = x per ogni intero x. Nonc’è nessun intero che soddisfi queste relazioni per ogni x: infatti, preso x positivo la seconda relazionesi riduce a xf = x che, essendo x non nullo, è soddisfatta se e solo se f = 1: preso invece x negativola seconda relazione si riduce a −xf = x che, essendo x non nullo, è soddisfatta se e solo se f = −1.Pertanto � non ha elemento neutro e Z non forma un gruppo rispetto a tale operazione.Verifichiamo ora (per le sole due operazioni ∗ e �) se ogni elemento ha inverso.Per quanto riguarda ∗, dato x intero, dobbiamo stabilire se esiste y tale che x+y+1 = −1 e y+x+1 = −1(sappiamo che l’elemento neutro di ∗ è −1). L’inverso di x rispetto a tale operazione allora esiste ed è−2− x. Pertanto Z forma un gruppo rispetto all’operazione ∗.Infine, per quanto riguarda �, dato x intero, dobbiamo stabilire se esiste y tale che x+ xy + y = 0 ey + yx+ x = 0 (sappiamo che l’elemento neutro di � è 0). Tale elemento non sempre esiste: ad esempiose prendiamo x = 1, le relazioni si riducono a 1 + 2y = 0 che non ha soluzioni intere. Dunque Z nonforma un gruppo rispetto all’operazione �.

(c) In ciascuno dei casi in cui Z rispetto alle operazioni precedenti forma un gruppo, stabilire se il sottoinsiemeP dei numeri pari e il sottoinsieme D dei numeri dispari sono sottogruppi.

Soluzione: Dobbiamo considerare la sola operazione ∗. I sottoinsiemi P e D sono non vuoti. Se x e ysono numeri pari allora x+ y è pari e, di conseguenza, x ∗ y = x+ y + 1 è dispari, pertanto P non èchiuso rispetto al prodotto e non è un sottogruppo (si poteva anche osservare che l’elemento neutro −1non appartiene a P . Se x e y sono numeri dispari allora x+ y è pari e, di conseguenza, x ∗ y = x+ y+1è dispari, pertanto D è chiuso rispetto al prodotto. Abbiamo poi osservato che l’inverso di un elementox è −2− x: dunque se x è dispari anche −2− x è dispari. Quindi D è un sottogruppo.

5.6 Sia ϕ : G→ H un omomorfismo di gruppi e sia N un sottogruppo normale di G.(a) Dimostrare che (Nϕ)ϕ−1 è un sottogruppo normale di G.

Soluzione: L’immagine di un sottogruppo e l’immagine inversa di un sottogruppo è un sottogruppo,quindi (Nϕ)ϕ−1 è un sottogruppo di G. Un elemento x di G appartiene a (Nϕ)ϕ−1 se e solo se xϕappartiene a Nϕ. Poiché gli elementi di Nϕ sono tutti e soli quelli del tipo nϕ al variare di n in N , neconsegue che x appartiene a (Nϕ)ϕ−1 se e solo se esiste n in N tale che xϕ = nϕ.Sia allora x un elemento generico di (Nϕ)ϕ−1 e sia n tale che xϕ = nϕ: per mostrare che (Nϕ)ϕ−1 ènormale in G occorre verificare che g−1xg appartiene a (Nϕ)ϕ−1 per ogni g in G, cioè che esiste n′ inN tale che (g−1xg)ϕ = n′ϕ. Ma (g−1xg)ϕ = (g−1ϕ)(xϕ)(gϕ) = (g−1ϕ)(nϕ)(gϕ) = (g−1ng)ϕ. PoichéN è normale in G, l’elemento n′ := g−1ng appartiene a N come richiesto.

(b) Mostrare con un esempio che non è detto che (Nϕ)ϕ−1 = N .

Soluzione: Siano G e H due gruppi qualsiasi con G 6= 1 e sia N = 1G sottogruppo di G. Sia ϕl’omomorfismo da G in H che manda tutti gli elementi in 1H . Allora Nϕ è, evidentemente, 1H , e(Nϕ)ϕ−1 è allora 1Hϕ

−1, cioè kerϕ, vale a dire G.




1. Calcolare il resto della divisione di 3100.000 per 35.


3. Una mela costa 45 centesimi e un’arancia costa 65 centesimi. Spendendo esattamente 8,10 euro quante mele equante arance posso comprare?

4. Trovare le ultime due cifre in base 10 di 8255.

5. Stabilire se il seguente sistema di congruenze è risolubile e, in caso affermativo, risolverlo2x ≡ 3 (mod 5)

2x ≡ 4 (mod 6)

x ≡ 3 (mod 7)

6. Siano a e b due interi positivi coprimi. Dimostrare che aϕ(b) + bϕ(a) ≡ 1 (mod ab).

7. Siano a, b e c tre interi tali che a2 + b2 = c2. Dimostrare che almeno uno degli interi a, b e c è multiplo di 5.




1. Calcolare il resto della divisione di 3100.000 per 35.

Soluzione: Dobbiamo determinare l’elemento compreso tra 0 e 34 nella classe di resto di 3100.000 modulo35. Possiamo determinare tale elemento calcolando separatamente 3100.000 modulo 5 e modulo 7 (i modulisono coprimi) e poi applicando il teorema cinese del resto. Poiché 3 è coprimo con 5, per il piccolo teoremadi Fermat sappiamo che 34 ≡ 1 (mod 5): dal momento che 100.000 è multiplo di 4, ne segue che 3100.000 ≡ 1(mod 5). Poiché 3 è coprimo anche con 7, sappiamo anche 36 ≡ 1 (mod 7): dal momento che 100.000 ≡ 4(mod 6), ne segue che 3100.000 ≡ 34 (mod 7). Ora 34 = 81 ≡ 4 (mod 7). Riassumendo 3100.000 ≡ 1 (mod 5)e 3100.000 ≡ 4 (mod 7).Dobbiamo quindi risolvere il sistema di congruenze{

x ≡ 1 (mod 5)

x ≡ 4 (mod 7)

Deve cioè essere x = 1 + 5h = 4 + 7k per qualche h e k intero. Con semplici manipolazioni otteniamo allora5h− 7k = 3. Un’identità di Bezout tra 5 e 7 è, ad esempio, 5 · 3− 7 · 2 = 1, da cui ricaviamo 5 · 9− 7 · 6 = 3.Una soluzione particolare del sistema è allora 1+ 5 · 9 = 46, mentre la soluzione generale è 46+ 35t al variaredi t intero. Ponendo 0 ≤ 46 + 35t ≤ 35 si trova il valore t = −1 cui corrisponde 11, cioè il resto cercato.



7004 = 595 · 11 + 459

595 = 459 · 1 + 136

459 = 136 · 3 + 51

136 = 51 · 2 + 34

51 = 34 · 1 + 17

34 = 17 · 2 + 0


257 = 31 · 8 + 9

31 = 9 · 3 + 4

9 = 4 · 2 + 1


1 = 9− 4 · 2 = 9− (31− 9 · 3) · 2 = 31 · (−2) + 9 · 7 = 31 · (−2) + (257− 31 · 8) · 7 = 257 · 7 + 31 · (−58)

Abbiamo allora 1 ≡ 31 · (−58) (mod 257), da cui ricaviamo che l’inversa di [31]257 è [−58]257.Calcoliamo infine il massimo comun divisore di 713 e 14 usando l’algoritmo di Euclide.

713 = 14 · 50 + 13

14 = 13 · 1 + 1

Avendo ottenuto 1 come resto, possiamo evitare di proseguire. Il resto successivo è sicuramente 0 e il massimocomun divisore cercato è 1. Poiché 713 e 14 sono coprimi abbiamo che [14]713 è invertibile. Determiniamo




ora un’identità di Bezout, usando ciascuna divisione per esprimere il resto come somma di multipli dei dueresti precedenti e via via sostituendo i resti nelle uguaglianze che così otteniamo.

1 = 14− 13 = 14− (713− 14 · 50) = 14 · 51− 713

Abbiamo allora 1 ≡ 14 · 51 (mod 713), da cui ricaviamo che l’inversa di [14]713 è [51]713.

3. Una mela costa 45 centesimi e un’arancia costa 65 centesimi. Spendendo esattamente 8,10 euro quante mele equante arance posso comprare?

Soluzione: Detto x il numero delle mele e y il numero delle arance, dobbiamo trovare le soluzioni con x e ynon negativi dell’equazione lineare diofantina

45x+ 65y = 810

Poiché il massimo comun divisore tra 45 e 65 è 5 e questo numero divide 810, l’equazione ha soluzione intere.Possiamo dividere per 5 e ridurci all’equazione.

9x+ 13y = 162

Un’identità di Bezout che lega 9 e 13 al loro massimo comun divisore 1 è, ad esempio,

9 · 3 + 13 · (−2) = 1

Da questa ricaviamo una soluzione particolare dell’equazione diofantina{x = 3 · 162y = −2 · 162

mentre la soluzione generale è {x = 3 · 162− 13h

y = −2 · 162 + 9h

al variare di h in Z. Dobbiamo ora trovare le soluzioni per cui si ha x ≥ 0 e y ≥ 0. Otteniamo le seguenticondizioni su h {

13h ≤ 3 · 1629h ≥ 2 · 162

vale a dire 2·1629 h ≤ 3·162

13 . Poiché h deve essere intero, ciò si riduce a 36 ≤ h ≤ 37. I valori possibili sonoallora 36, corrispondente a 18 mele e nessuna arancia e 37, corrispondente a 5 mele e 9 arance.


Soluzione: Le ultime due cifre in base 10 corrispondono al resto della divisione di 8255 per 100. Espresso100 = 4 · 25 come prodotto di numeri coprimi, calcoliamo separatamente 8255 modulo 4 e modulo 25 e poiapplichiamo il teorema cinese del resto.Poiché 8 è multiplo di 4, ogni sua potenza è congrua a 0 modulo 4. Per calcolare 8255 modulo 25, convieneanzitutto osservare che 8 = 23 e, quindi, 8255 = 2255·3 = 2765. Ora 2 è coprimo con 25, quindi, per il teoremadi Eulero, si ha 2ϕ(25) ≡ 1 (mod 25). Poiché ϕ(25) = 52 − 5 = 20 e 765 ≡ 5 (mod 20), possiamo concludereche 2765 ≡ 25 (mod 25). Riassumendo 8255 ≡ 0 (mod 4) e 8255 ≡ 32 (mod 25). Dobbiamo allora trovare ilnumero compreso tra 0 e 99 che soddisfa il sistema di congruenze{

x ≡ 0 (mod 4)

x ≡ 32 (mod 25)




Si vede immediatamente che il numero cercato è proprio 32 e sono quindi queste le ultime due cifre di 8255.Alternativamente x = 4h = 32 + 25k per opportuni h e k interi e risolviamo poi l’equazione diofantina permezzo di un’identità di Bezout tra 4 e 25.


2x ≡ 4 (mod 6)

x ≡ 3 (mod 7)

Soluzione: Poiché 2 è coprimo con 5, è invertibile modulo 5. Si vede facilmente che il suo inverso modulo 5è 3, dunque la prima congruenza è equivalente a 3 · 2x ≡ 3 · 3 (mod 5), cioè x ≡ 9 (mod 5), vale a dire x ≡ 4(mod 5).Il numero 2 non è coprimo con 6, quindi non è invertibile modulo 6: risolvere la seconda congruenza èequivalente a trovare h intero tale che 2x = 4 + 6h. Semplificando per 2 troviamo x = 2 + 3h, dunque laseconda congruenza è equivalente a x ≡ 2 (mod 3).Il sistema può dunque essere riscritto come

x ≡ 4 (mod 5)

x ≡ 2 (mod 3)

x ≡ 3 (mod 7)

Possiamo ora applicare il teorema cinese del resto. Consideriamo dapprima le prime due congruenze: ilnumero x deve soddisfare le uguaglianze x = 4 + 5h e x = 2 + 3k per opportuni h e k interi. Uguagliandotroviamo 4 + 5h = 2 + 3k da cui risulta 5h − 3k = −2. Un’identità di Bezout tra 5 e 3 è, ad esempio,5 · (−1) + 3 · 2 = 1 da cui segue 5 · 2− 3 · 4 = −2. Scelto allora h = 2 una soluzione particolare del sistemaformato dalle prime due congruenze è x = 4 + 5 · 2 = 14. Per il teorema cinese del resto, tale sistema èequivalente a x ≡ 14 (mod 15). Il sistema totale è equivalente a{

x ≡ 14 (mod 15)

x ≡ 3 (mod 7)

Una soluzione di questo sistema deve soddisfare le uguaglianze x = 14 + 15h e x = 3 + 7k per opportuni h ek interi. Uguagliando troviamo 14 + 15h = 3 + 7k da cui risulta 15h− 7k = −11. Un’identità di Bezout tra15 e 7 è, ad esempio, 15 · 1 + 7 · (−2) = 1 da cui segue 15 · (−11)− 7 · 22 = −11. Scelto allora h = −11 unasoluzione particolare del sistema è x = 14 + 15 · (−11) = −151. Per il teorema cinese del resto, la soluzionegenerale è allora x ≡ −151 (mod 15 · 7), cioè x ≡ 59 (mod 105).

6. Siano a e b due interi positivi coprimi. Dimostrare che aϕ(b) + bϕ(a) ≡ 1 (mod ab).

Soluzione: Poiché a è coprimo con b, per il teorema di Eulero abbiamo aϕ(b) ≡ 1 (mod b). D’altra parteb ≡ 0 (mod b) e pertanto si ha bϕ(a) ≡ 0 (mod b). Di conseguenza aϕ(b) + bϕ(a) ≡ 1 (mod a). Analogamenteaϕ(b) + bϕ(a) ≡ 1 (mod b). Poiché a e b sono coprimi otteniamo che aϕ(b) + bϕ(a) ≡ 1 (mod ab).

7. Siano a, b e c tre interi tali che a2 + b2 = c2. Dimostrare che almeno uno degli interi a, b e c è multiplo di 5.




Soluzione: Consideriamo i possibili quadrati modulo 5 degli interi: se x ≡ 0 (mod 5) allora x2 ≡ 0 (mod 5),se x ≡ 1 (mod 5) allora x2 ≡ 1 (mod 5), se x ≡ 2 (mod 5) allora x2 ≡ 4 (mod 5), se x ≡ 3 (mod 5) allorax2 ≡ 4 (mod 5), se x ≡ 4 (mod 5) allora x2 ≡ 1 (mod 5).Se almeno uno tra a e b è multiplo di 5, allora abbiamo finito, altrimenti ciò significa che a2 e b2 possonoassumere valore 1 o 4 modulo 5. Se a2 ≡ b2 (mod 5) abbiamo allora che c2 = a2 + b2 ≡ 1 + 1 ≡ 2 (mod 5) oc2 = a2 + b2 ≡ 4 + 4 ≡ 3 (mod 5): ma né 2 né 3 sono quadrati modulo 5. Pertanto a2 e b2 assumono valoridiversi modulo 5 cioè uno dei due (non importa quale) assume valore 1 modulo 5 e l’altro assume valore 4modulo 5. Dunque c2 = a2 + b2 ≡ 1 + 4 ≡ 0 (mod 5) e, di conseguenza, c ≡ 0 (mod 5).


TestoAlgebra 1


1.4 Calcolare le ultime due cifre (in base 10) di 91500.

2.8 Si considerino i sottoinsiemi dell’insieme dei numeri complessi: H := {a + ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, a2 + b2 ≤ 1},K := {a+ ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, a+ b ∈ Z}, L := {a+ ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, ab = 0}. N.B. In questo esercizio sipossono utilizzare gli usuali risultati sui numeri complessi.(a) Per ciascuno dei sottoinsiemi dati stabilire se è un sottogruppo di C rispetto alla somma.(b) Per ciascuno dei sottoinsiemi dati considerare la sua intersezione con C∗ (numeri complessi non nulli) e

stabilire se l’intersezione è un sottogruppo di C∗ rispetto al prodotto.

3.8 Sia dato un gruppo finito G, un suo sottogruppo N di indice 2 e un altro sottogruppo C.(a) Dimostrare che se C � N allora C ∩N ha indice 2 in C.(b) Nel gruppo simmetrico S := Sym5 quanti elementi di S commutano con σ := (12)(34)? Quanti di questi

sono permutazioni pari?(c) Nel gruppo simmetrico S := Sym5 quanti elementi di S commutano con τ := (1234)? Quanti di questi sono

permutazioni pari?


additivi. Quale?(b) Dato l’omomorfismo determinato al punto precedente, determinarne immagine e nucleo e i rispettivi ordini.

5.6 Sia G un gruppo finito di ordine dispari. Dimostrare che per ogni b appartenente a G esiste un unico a in Gtale che a2 = b. (Suggerimento: considerare la mappa ψ che manda x in x2. Analizzare prima il caso in cui G èciclico).


SoluzioneAlgebra 1


1.4 Calcolare le ultime due cifre (in base 10) di 91500.

Soluzione: Dobbiamo calcolare 91500 modulo 100. Dal momento che 100 = 4 ·25 con 4 e 25 coprimi, possiamocalcolare separatamente 91500 modulo 4 e modulo 25 e ricavare poi 91500 (mod 100) usando il teorema cinesedel resto. Ora 9 ≡ 1 (mod 4) e, pertanto, 91500 ≡ 1 (mod 4). Poiché 9 è coprimo con 25 e la funzione diEulero di 25 = 52 è uguale a 52 − 5 = 20, per il teorema di Eulero abbiamo che 920 ≡ 1 (mod 25). Ma1500 = 20 · 75, quindi 91500 = (920)75 ≡ 175 (mod 25) ≡ 1 (mod 25). Poiché 91500 è congruo a 1 sia modulo4 che modulo 25 possiamo concludere che 91500 ≡ 1 (mod 100). Le ultime due cifre di 91500 sono allora 01.

2.8 Si considerino i sottoinsiemi dell’insieme dei numeri complessi: H := {a + ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, a2 + b2 ≤ 1},K := {a+ ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, a+ b ∈ Z}, L := {a+ ib ∈ C | a ∈ R, b ∈ R, ab = 0}. N.B. In questo esercizio sipossono utilizzare gli usuali risultati sui numeri complessi.(a) Per ciascuno dei sottoinsiemi dati stabilire se è un sottogruppo di C rispetto alla somma.

Soluzione: Verifichiamo se H è un sottogruppo di C rispetto alla somma. Notiamo che se z = a+ iballora a2 + b2 è il quadrato dell’usuale norma complessa. Pertanto z ∈ H se e solo se ‖z‖2 ≤ 1: ora 1appartiene a H ma 1 + 1 no, dunque H non è un sottogruppo.Consideriamo ora K. Innanzitutto K è non vuoto (ad esempio 0 ∈ K). Siano ora z1 := a1 + ib1 ez2 := a2+ ib2 due elementi di H: quindi a1, b1, a2 e b2 sono numeri reali tali che a1+b1 ∈ Z e a2+b2 ∈ Z.La somma z1+ z2 è uguale a a1+ a2+ i(b1+ b2): poiché (a1+ a2)+ (b1+ b2) = (a1+ b1)+ (a2+ b2) ∈ Zabbiamo che z1 + z2 appartiene a K. Infine −z1 = −a1 − ib1: poiché −a1 + (−b1) = −(a1 + b1) ∈ Zabbiamo che −z1 appartiene a K. Pertanto K è sottogruppo di C rispetto alla somma.Infine consideriamo L. Un elemento a + ib con a e b reali appartiene a L se e solo se a = 0 o b = 0:notiamo allora che 1 e i appartengono a L, ma la loro somma 1 + i no, dunque L non è un sottogruppo.

(b) Per ciascuno dei sottoinsiemi dati considerare la sua intersezione con C∗ (numeri complessi non nulli) estabilire se l’intersezione è un sottogruppo di C∗ rispetto al prodotto.

Soluzione: Sia H∗ = H ∩ C∗: esso non è vuoto (ad esempio 1 = 1 + 0i appartiene a H∗). Abbiamo giànotato che z appartiene a H∗ se e solo se ‖z‖2 ≤ 1 e z 6= 0: ora 1

2 appartiene a H∗ perché∥∥ 12

∥∥2 = 14 ≤ 1

ma il suo inverso 2 non appartiene a H∗ perchè ‖2‖2 = 4 � 1.Sia ora K∗ := K ∩ C∗: è non vuoto (ad esempio 1 = 1+ 0i appartiene a K∗ perché 1 + 0 ∈ Z). Notiamoora che 2 = 2 + 0i appartiene a K∗ ma il suo inverso 1

2 = 12 + 0i non appartiene a K∗.

Infine consideriamo L∗ := L ∩ C∗: esso è non vuoto (ad esempio contiene 1). Gli elementi di L∗ sonoquelli del tipo a oppure ib con a e b numeri reali non nulli. Considerando i vari casi: a1 · a2 = a1a2,a1 · ib1 = ia1b1 e ib1 · ib2 = −b1b2, vediamo che il prodotto di elementi di L∗ è un elemento di L∗. Inoltrea−1 e (ib−1) = −ib−1 sono ancora elementi di L∗. Dunque L∗ è un sottogruppo.

3.8 Sia dato un gruppo finito G, un suo sottogruppo N di indice 2 e un altro sottogruppo C.(a) Dimostrare che se C � N allora C ∩N ha indice 2 in C.

Soluzione: Poiché N ha indice 2 in G, è normale in G. Dunque CN è un sottogruppo di G. Poiché CNcontiene sia C che N e poiché C � N , il sottogruppo CN contenente strettamente N : di conseguenza,essendo l’indice di N in G primo, si ha che CN = G. Per i teoremi di isomorfismo abbiamo che C ∩N ènormale in C e che

C

C ∩N' CN

N.

Poiché CN = G il secondo membro ha ordine uguale a 2: di conseguenza lo stesso vale per il primomembro, come richiesto.

(b) Nel gruppo simmetrico S := Sym5 quanti elementi di S commutano con σ := (12)(34)? Quanti di questisono permutazioni pari?


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Gli elementi che commutano con un elemento di un gruppo formano il suo centralizzanteche è un sottogruppo il cui indice è uguale alla cardinalità della classe di coniugio dell’elemento. Glielementi coniugati di σ sono tutti e soli quelli del tipo (ab)(cd) con a, b, c e d numeri distinti compresitra 1 e 5. Abbiamo 5 scelte per a, 4 scelte per b, 3 scelte per c e 2 scelte per d: in tutto 5 · 4 · 3 · 2 = 120scelte. Tutte queste scelte non corrispondono però a elementi distinti. Infatti possiamo scambiare traloro a e b (e dobbiamo dunque dividere il numero delle scelte per 2), oppure scambiare fra loro c e d(e dobbiamo dunque dividere ancora per 2), oppure scambiare tra loro i cicli (ab) e (cd) (e dividereulteriormente per 2). Pertanto la classe di coniugio di σ contiene 120

2·2·2 = 15 elementi. Poiché S contiene5! = 120 elementi, il centralizzante di σ contiene 120

15 = 8 elementi.Poiché CS(σ) ha ordine che non divide l’ordine di A5 (cioè 60), abbiamo che CS(σ) � A5 e, quindi,applicando il punto precedente, si ha che CS(σ) ∩A5 ha indice 2 in A5, cioè ha ordine 4.

(c) Nel gruppo simmetrico S := Sym5 quanti elementi di S commutano con τ := (1234)? Quanti di questi sonopermutazioni pari?

Soluzione: Come prima calcoliamo l’ordine della classe di coniugio di τ : questa è formata dagli elementidel tipo (abcd) con a, b, c e d diversi. Abbiamo 5 scelte per a, 4 scelte per b, 3 scelte per c e 2 scelteper d: a 4 a 4 queste scelte danno però lo stesso elemento. Dunque la classe di coniugio di τ contiene5·4·3·2

4 = 30 elementi e il suo centralizzante ne contiene 12030 = 4. Il centralizzante di un elemento contiene

perlomeno l’elemento stesso: poiché τ è dispari, ne segue che CS(τ) � A5. Lo stesso ragionamento delpunto precedente ci dice che CS(τ) ∩A5 ha ordine 2.


additivi. Quale?

Soluzione: Poiché 9 è coprimo con 40, la classe [9]40 ha periodo 40 e genera Z/40. Esiste un omomorfismoche manda [9]40 in una data classe se e solo se l’immagine assegnata ha periodo che divide 40. Il periododi [8]12 è 12

(8,12) = 3 mentre il periodo di [9]12 è 12(9,12) = 4. La prima condizione non è compatibile con

l’esistenza di un omomorfismo, la seconda sì.

(b) Dato l’omomorfismo determinato al punto precedente, determinarne immagine e nucleo e i rispettivi ordini.

Soluzione: Poiché [9]40 genera Z/40 l’immagine di φ è generata da [9]40φ, dunque è il sottogruppodi Z/12 generato da [9]12 che ha ordine 4. Poiché Imφ ' Z/40

kerφ , il nucleo di φ ha ordine 404 = 10. Dal

momento che Z/40 è ciclico, kerφ è l’unico sottogruppo di Z/40 di ordine 10, cioè il sottogruppo generatodalla classe di 40

10 = 4.

5.6 Sia G un gruppo finito di ordine dispari. Dimostrare che per ogni b appartenente a G esiste un unico a in Gtale che a2 = b. (Suggerimento: considerare la mappa ψ che manda x in x2. Analizzare prima il caso in cui G èciclico).

Soluzione: Se G è ciclico (o, più in generale, abeliano) la mappa ψ da G in sé che manda x in x2 è unendomorfismo di gruppi. Il nucleo di ψ è formato dagli elementi x tali che x2 = 1, cioè dagli elementi ilcui periodo divide 2. Poiché |G| è dispari, non ci sono elementi di periodo 2, dunque kerψ contiene solo 1,cioè ψ è iniettiva. Una mappa iniettiva da un insieme finito in sé è necessariamente suriettiva, e, dunque,biiettiva: pertanto ogni a in G è immagine tramite ψ di esattamente un elemento b di G, cioè è il quadratodi esattamente un elemento b di G.Consideriamo ora il caso generale. Sia a un elemento generico di G e sia C il sottogruppo ciclico generato daa: per il teorema di Lagrange l’ordine di C divide l’ordine di G ed è dunque dispari. Ma allora, applicando ilcaso particolare precedente, esiste b in C tale che b2 = a. Ovviamente b appartiene a G, quindi possiamo


SoluzioneAlgebra 1


concludere che la mappa ψ da G in sé che manda x in x2 (che in generale non è un omomorfismo) è suriettiva.Ma una mappa suriettiva da un insieme finito in sé è necessariamente iniettiva, quindi non esistono elementidiversi con lo stesso quadrato.


TestoAlgebra 1


1.6 Trovare il più piccolo intero positivo n che diviso per 2 dà resto 1, diviso per 3 dà resto 2, diviso per 4 dà resto 3e diviso per 5 dà resto 4.

2.6 Siano R il gruppo additivo dei numeri reali, R∗ il gruppo moltiplicativo dei reali non nulli e GL(2,R) il gruppolineare della matrici invertibili di ordine 2 a coefficienti reali. Per ciascuna delle mappe seguenti, stabilire quandoè un omomorfismo di gruppi e, in caso affermativo, determinarne il nucleo.(a) La mappa φ : R∗ → GL(2,R) data da aφ :=

(a 00 a2

)(b) La mappa ψ : R∗ → GL(2,R) data da aψ := ( 0 a

a 0 ).(c) La mappa θ : R → GL(2,R) data da aθ :=

(1 0a 1−a

).

3.8 Sia S := Sym6 e sia H il sottoinsieme di S formato dalle permutazioni σ tali che per ogni i ∈ {1, 2, 3} si haiσ ∈ {1, 2, 3}.(a) Dimostrare che H è un sottogruppo di S.(b) Stabilire se H è abeliano.(c) Stabilire se H è normale in S.(d) Determinare quanti elementi ci sono in H.

4.6 Siano dati i gruppi Inv(Z/12), Inv(Z/16), Inv(Z/30).(a) Determinare l’ordine di ciascuno dei gruppi dati.(b) Stabilire quali dei gruppi dati sono ciclici.

5.6 Sia g un elemento di un gruppo finito G e sia n un intero. Dimostrare che il numero di coniugati di gn divide ilnumero dei coniugati di g.


SoluzioneAlgebra 1


1.6 Trovare il più piccolo intero positivo n che diviso per 2 dà resto 1, diviso per 3 dà resto 2, diviso per 4 dà resto 3e diviso per 5 dà resto 4.

Soluzione: Il numero n cercato deve soddisfare il sistema di congruenzen ≡ 1 (mod 2)

n ≡ 2 (mod 3)

n ≡ 3 (mod 4)

n ≡ 4 (mod 5)

Dal momento che i moduli non sono a due a due coprimi non possiamo applicare direttamente il teoremacinese del resto. Le due congruenze con moduli non coprimi sono n ≡ 1 (mod 2) e n ≡ 3 (mod 4). Notiamoche se n soddisfa la seconda di queste congruenze allora n ≡ 3 (mod 2): ma 3 ≡ 1 (mod 2), quindi se n ≡ 3(mod 4) allora n ≡ 1 (mod 2). Il sistema si riduce allora a

n ≡ 2 (mod 3)

n ≡ 3 (mod 4)

n ≡ 4 (mod 5)

I moduli sono a due a due coprimi, quindi possiamo usare il teorema cinese del resto. Consideriamo il sistemaformato dalle prime due congruenze: il numero n deve essere tale che n = 2 + 3k = 3 + 4h per opportuniinteri h e k. Ciò dà l’uguaglianza 3k−4h = 1. Una soluzione particolare si ottiene scegliendo h = k = −1, chedà n = −1. Per il teorema cinese del resto le prime due congruenze sono allora equivalenti alla congruenzan ≡ −1 (mod 12). Il sistema si riduce a {

n ≡ −1 (mod 12)

n ≡ 4 (mod 5)

Il numero n deve allora essere tale che n = −1+12u = 4+5v per opportuni interi u e v. Ciò dà l’uguaglianza12u− 5v = 5. Una soluzione particolare si ottiene scegliendo u = 0 e v = −1, che dà n = −1. Per il teoremacinese del resto il sistema è allora equivalente alla congruenza n ≡ −1 (mod 60). Gli interi n che soddisfanola congruenza sono dunque quelli del tipo −1 + 60t al variare di t intero. Il più piccolo positivo tra essi siottiene per t = 1 che dà n = 59.

2.6 Siano R il gruppo additivo dei numeri reali, R∗ il gruppo moltiplicativo dei reali non nulli e GL(2,R) il gruppolineare della matrici invertibili di ordine 2 a coefficienti reali. Per ciascuna delle mappe seguenti, stabilire quandoè un omomorfismo di gruppi e, in caso affermativo, determinarne il nucleo.(a) La mappa φ : R∗ → GL(2,R) data da aφ :=

(a 00 a2

)Soluzione: Siano a e b due elementi di R∗: abbiamo allora

(ab)φ =(ab 00 (ab)2

)e

aφbφ =(a 00 a2

)(b 00 b2

)=

(ab 00 a2b2

)Poiché le due matrici coincidono (ovviamente (ab)2 = a2b2) la mappa φ è un omomorfismo. Il nucleo diφ è dato dagli elementi a tali che aφ è la matrice identica: ciò avviene se e solo se a = 1 e a2 = 1, il cheavviene se e solo se a = 1. Il nucleo di φ è formato solo dall’elemento 1.

(b) La mappa ψ : R∗ → GL(2,R) data da aψ := ( 0 aa 0 ).

Soluzione: La mappa ψ non è un omomorfismo di gruppi: basta osservare che l’immagine dell’elementoneutro di R∗, cioè 1, non è la matrice identica.


SoluzioneAlgebra 1


(c) La mappa θ : R → GL(2,R) data da aθ :=(1 0a 1−a

).

Soluzione: La mappa θ non è ben definita: infatti per a = 1 la matrice aθ è invertibile. Pertanto θ nondefinisce un omomorfismo.

3.8 Sia S := Sym6 e sia H il sottoinsieme di S formato dalle permutazioni σ tali che per ogni i ∈ {1, 2, 3} si haiσ ∈ {1, 2, 3}.(a) Dimostrare che H è un sottogruppo di S.

Soluzione: Chiaramente H è non vuoto perché, ad esempio, l’identità appartiene ovviamente a H.Dal momento che S è finito, anche S è finito: per mostrare che H è un sottogruppo è sufficiente mostrareche il prodotto di due elementi di H appartiene a H. Siano allora σ e τ in H e sia i in {1, 2, 3}: alloraj := iσ appartiene a {1, 2, 3} e, di conseguenza, jτ appartiene a {1, 2, 3}. Dunque iστ = jτ appartienea {1, 2, 3}, cioè στ appartiene ad H, come richiesto.

(b) Stabilire se H è abeliano.

Soluzione: Gli scambi (12) e (13) appartengono ovviamente a H. Si ha (12)(13) = (123) e (13)(12) =(132): in H ci sono dunque due permutazioni che non commutano, quindi H non è abeliano.

(c) Stabilire se H è normale in S.

Soluzione: Sappiamo che tutti gli scambi sono coniugati tra loro: lo scambio (12) appartiene a H,mentre lo scambio (14) no. Dunque in H c’è un elemento i cui coniugati non appartengono tutti a H:pertanto H non è normale in S.

(d) Determinare quanti elementi ci sono in H.

Soluzione: Gli elementi di H permutano fra loro gli elementi di {1, 2, 3}: ciò può essere fatto in 3! = 6modi distinti. Gli elementi di {4, 5, 6} sono pure permutati tra loro dagli elementi di H: anche questopuò essere fatto in 3! = 6 modi distinti. Abbiamo dunque in totale 6 · 6 = 36 elementi in H

4.6 Siano dati i gruppi Inv(Z/12), Inv(Z/16), Inv(Z/30).(a) Determinare l’ordine di ciascuno dei gruppi dati.

Soluzione: Una classe di resto (a)n è invertibile se e solo se a è coprimo con n. Dunque il numero delleclassi invertibili di Z/n è uguale alla funzione di Eulero valutata in n. Abbiamo allora |Inv(Z/12)| =ϕ(12) = (4− 2) · (3− 1) = 4, |Inv(Z/16)| = ϕ(16) = (16− 8) = 8, |Inv(Z/30)| = ϕ(30) = (2− 1) · (3−1) · (5− 1) = 8.

(b) Stabilire quali dei gruppi dati sono ciclici.

Soluzione: Il gruppo Inv(Z/12) ha ordine 4, quindi i suoi elementi possono avere ordine 1, 2 o 4. Glielementi di Inv(Z/12) sono del tipo [a]12 con a coprimo con 12, cioè [1]12, [5]12, [7]12 e [11]12: di questiil primo ha ordine 1, mentre tutti gli altri hanno ordine 2, quindi il gruppo non è ciclico. Il gruppoInv(Z/16) ha ordine 8, quindi i suoi elementi possono avere ordine 1, 2, 4 o 8. Dobbiamo stabilirese c’è almeno un elemento di ordine 8: per far ciò basta trovare un elemento [a]16 (con a coprimocon 16) tale che [a]416 6= [1]16. Notiamo inoltre che [−a]416 = [a]416. Pertanto [15]416 = [1]416 = [1]16,[13]416 = [3]416 = [81]16 = [1]16, [11]416 = [5]416 = ([5]216)

2 = [9]216 = [1]16. Possiamo fermarci qui:abbiamo trovato 6 elementi che non hanno periodo 8: se Inv(Z/16) fosse ciclico, dovrebbe avereϕ(8) = 8− 4 = 4 elementi di periodo 8. Dunque Inv(Z/16) non è ciclico. Infine il gruppo Inv(Z/30) haordine 8, quindi procediamo analogamente a quanto fatto per Inv(Z/16). Pertanto [29]430 = [1]430 = [1]30,[23]430 = [7]430 = [1]30, [19]430 = [11]430 = [1]30. Possiamo fermarci qui: abbiamo trovato 6 elementi che


SoluzioneAlgebra 1


non hanno periodo 8: se Inv(Z/30) fosse ciclico, dovrebbe avere ϕ(8) = 8− 4 = 4 elementi di periodo 8.Dunque Inv(Z/30) non è ciclico.

5.6 Sia g un elemento di un gruppo finito G e sia n un intero. Dimostrare che il numero di coniugati di gn divide ilnumero dei coniugati di g.

Soluzione: Se h è un elemento di G che commuta con g allora h commuta anche con gn: in altri terminiCG(gn) ≥ CG(g). Il numero di coniugati di g è uguale a |G : CG(g)| mentre il numero di coniugati di gn èuguale a |G : CG(gn)|. Poiché CG(gn) ≥ CG(g) abbiamo allora |G : CG(g)| = |G : CG(gn)||CG(gn) : CG(g)|,da cui segue la tesi.


TestoAlgebra 1


1.4 Dimostrare che il quadrato di ogni numero dispari è congruo a 1 modulo 8.

2.8 Sia G l’insieme delle terne di interi (k, l,m) dotato dell’operazione così definita

(k1, l1,m1) ∗ (k2, l2,m2) := (k1 + k2 + l1m2, l1 + l2,m1 +m2).

(a) Dimostrare che G è un gruppo non abeliano.(b) Per ciascuno dei sottoinsiemi K := {(k, l,m) | k = 0} e L := {(k, l,m) | l = 0} stabilire se è un sottogruppo

e in caso affermativo stabilire se è normale.(c) Almeno uno dei sottoinsiemi dati al punto precedente è un sottogruppo normale. Stabilire se il corrispondente

gruppo quoziente è abeliano.

3.8 Si consideri la permutazione σ := (12345) in Symn con n = 7 o n = 8.(a) Nel caso in cui n = 7, calcolare il numero di elementi coniugati a σ e l’ordine del suo centralizzante. Stabilire

poi se il centralizzante è abeliano.(b) Nel caso in cui n = 8, calcolare il numero di elementi coniugati a σ e l’ordine del suo centralizzante. Stabilire

poi se il centralizzante è abeliano.(c) Esprimere σ999 come prodotto di cicli disgiunti.

4.6 Sia dato il gruppo G := Z/16× Z/10.(a) Determinare quanti sottogruppi ciclici di ordine 4 contiene G.(b) Determinare quanti sottogruppi non ciclici di ordine 4 contiene G.

5.6 In un gruppo G sia dato un elemento x di periodo maggiore di 2 e che sia coniugato al proprio inverso. Mostrareche se la classe di coniugio di x ha un numero finito di elementi allora questo numero è pari. (Suggerimento:verificare che ogni elemento coniugato a x è coniugato al proprio inverso)


SoluzioneAlgebra 1


1.4 Dimostrare che il quadrato di ogni numero dispari è congruo a 1 modulo 8.

Soluzione: Sia n = 2m + 1 un numero dispari qualunque con m intero. Dunque n2 = (2m + 1)2 =4m2+4m+1 = 4m(m+1)+1. Ora m e m+1 sono due interi consecutivi, quindi uno di essi è pari: pertantom(m+ 1) è pari e 4m(m+ 1) è multiplo di 8. Di conseguenza 4m(m+ 1) + 1 è congruo a 1 modulo 8.

2.8 Sia G l’insieme delle terne di interi (k, l,m) dotato dell’operazione così definita

(k1, l1,m1) ∗ (k2, l2,m2) := (k1 + k2 + l1m2, l1 + l2,m1 +m2).

(a) Dimostrare che G è un gruppo non abeliano.

Soluzione: Mostriamo che l’operazione è associativa. Siano (k1, l1,m1), (k2, l2,m2) e (k3, l3,m3)elementi di G. Abbiamo allora:

((k1, l1,m1) ∗ (k2, l2,m2)) ∗ (k3, l3,m3) = (k1 + k2 + l1m2, l1 + l2,m1 +m2) ∗ (k3, l3,m3) =

(k1 + k2 + l1m2 + k3 + (l1 + l2)m3, l1 + l2 + l3,m1 +m2 +m3) =

(k1 + k2 + k3 + l1m2 + l1m3 + l2m3, l1 + l2 + l3,m1 +m2 +m3)

e

(k1, l1,m1) ∗ ((k2, l2,m2) ∗ (k3, l3,m3)) = (k1, l1,m1) ∗ (k2 + k3 + l2m3, l2 + l3,m2 +m3) =

(k1 + k2 + k3 + l2m3 + l1(m2 +m3), l1 + l2 + l3,m1 +m2 +m3) =

(k1 + k2 + k3 + l2m3 + l1m2 + l1m3, l1 + l2 + l3,m1 +m2 +m3)

Poiché i risultati coincidono, l’operazione è associativa.Verifichiamo se esiste un elemento neutro, cioè una terna (x, y, z) tale che per ogni (k, l,m) in G si abbia(k, l,m)∗(x, y, z) = (k, l,m) e (x, y, z)∗(k, l,m) = (k, l,m), vale a dire (k+x+ lz, l+y,m+z) = (k, l,m)e (x+ k + ym, y + l, z +m) = (k, l,m). Si vede immediatamente che la terna (0, 0, 0) soddisfa questacondizione.Verifichiamo se ogni elemento (k, l,m) in G ammette inverso: questo deve essere una terna (x, y, z) taleche (k, l,m)∗(x, y, z) = (0, 0, 0) e (x, y, z)∗(k, l,m) = (0, 0, 0), vale a dire (k+x+lz, l+y,m+z) = (0, 0, 0)e (x+ k+ ym, y+ l, z+m) = (0, 0, 0). Si vede immediatamente che la terna (−k+ lm,−l,−m) soddisfaquesta condizione.Dunque G è un gruppo.Notiamo che (0, 1, 0) ∗ (0, 0, 1) = (1, 1, 1) e (0, 0, 1) ∗ (0, 1, 0) = (0, 1, 1), dunque il gruppo non è abeliano.

(b) Per ciascuno dei sottoinsiemi K := {(k, l,m) | k = 0} e L := {(k, l,m) | l = 0} stabilire se è un sottogruppoe in caso affermativo stabilire se è normale.

Soluzione: Gli elementi (0, 1, 0) e (0, 0, 1) appartengono a k ma il loro prodotto (0, 1, 0) ∗ (0, 0, 1) =(1, 1, 1) no: pertanto K non è un sottogruppo.Per quanto riguarda L notiamo che la mappa φ da G in Z (rispetto alla somma) che manda (k, l,m) inl è un omomorfismo di gruppi. Il nucleo di φ è esattamente L che è, quindi, un sottogruppo normale.

(c) Almeno uno dei sottoinsiemi dati al punto precedente è un sottogruppo normale. Stabilire se il corrispondentegruppo quoziente è abeliano.

Soluzione: Riprendendo l’omomorfismo φ definito al punto precedente, dai teoremi di isomorfismovediamo che G/L ' Imφ ≤ Z (in realtà l’immagine è esattamente Z). Poiché Z è abeliano anche Imφ èabeliano e G/L è pure abeliano.

3.8 Si consideri la permutazione σ := (12345) in Symn con n = 7 o n = 8.


SoluzioneAlgebra 1


(a) Nel caso in cui n = 7, calcolare il numero di elementi coniugati a σ e l’ordine del suo centralizzante. Stabilirepoi se il centralizzante è abeliano.

Soluzione: I coniugati di σ in S := Sym7 sono tutti e soli quelli del tipo (a1a2a3a4a5) dove gli ai sonotutti diversi. Possiamo scegliere gli elementi a1, a2, a3, a4 e a5 in 7 · 6 · 5 · 4 · 3 modi diversi: queste sceltesono però a 5 a 5 equivalenti. Dunque la classe di coniugio di σ contiene 7·6·5·4·3

5 = 7 · 6 · 4 · 3 elementi.Per quanto riguarda il centralizzante, sappiamo che l’ordine della classe di coniugio di σ è ugualeall’indice in S del suo centralizzante: pertanto |S : CS(σ)| = 7 · 6 · 4 · 3. Poiché |S| = 7!, ne consegue che|CS(σ)| = 10.Il centralizzante di σ contiene perlomeno σ stessa, che ha periodo 5 e τ = (67) disgiunta da σ e che haperiodo 2. Il sottogruppo generato da σ e τ ha allora ordine multiplo sia di 2 che di 5 cioè è multiplodi 10. Ma il centralizzante di σ ha ordine esattamente 10, quindi è generato proprio da σ e τ : essendogenerato da elementi che commutano è commutativo.

(b) Nel caso in cui n = 8, calcolare il numero di elementi coniugati a σ e l’ordine del suo centralizzante. Stabilirepoi se il centralizzante è abeliano.

Soluzione: Come al punto precedente i coniugati di σ in S := Sym8 sono tutti e soli quelli del tipo(a1a2a3a4a5) dove gli ai sono tutti diversi. Possiamo scegliere gli elementi a1, a2, a3, a4 e a5 in 8 ·7 ·6 ·5 ·4modi diversi: queste scelte sono però a 5 a 5 equivalenti. Dunque la classe di coniugio di σ contiene8·7·6·5·4

5 = 8 · 7 · 6 · 4 elementi.Per quanto riguarda il centralizzante, sappiamo che l’ordine della classe di coniugio di σ è ugualeall’indice in S del suo centralizzante: pertanto |S : CS(σ)| = 8 · 7 · 6 · 4. Poiché |S| = 8!, ne consegue che|CS(σ)| = 30.Il centralizzante di σ contiene perlomeno (67) e (78) in quanto disgiunte da σ: poiché (67)(78) = (687)e (78)(67) = (678) il centralizzante non è commutativo.

(c) Esprimere σ999 come prodotto di cicli disgiunti.

Soluzione: Poiché σ è un ciclo di lunghezza 5 il suo periodo è esattamente 5: ora 999 ≡ −1 (mod 5) e,di conseguenza, σ999 = σ−1. Ma σ−1 = (54321).

4.6 Sia dato il gruppo G := Z/16× Z/10.(a) Determinare quanti sottogruppi ciclici di ordine 4 contiene G.

Soluzione: Un gruppo ciclico di ordine 4 contiene esattamente due elementi di ordine 4. Dobbiamoquindi contare il numero di elementi di ordine 4 di G e dividerlo per 2. Un elemento (x, y) di Z/16×Z/10ha periodo uguale al minimo comune multiplo dei periodi di x e y: affinché questo minimo comunemultiplo sia 4 è necessario che entrambi i periodi dividano 4 e che almeno uno di essi sia esattamente 4.Poiché Z/10 ha ordine che non è multiplo di 4, in esso non ci sono elementi di periodo 4: dunque x deveavere periodo esattamente 4, mentre y deve avere periodo che divide 2 (l’ordine di Z/10 è multiplo di2). In Z/16 ci sono ϕ(4) = 2 elementi di periodo 4 (quindi abbiamo 2 possibili scelte per x), mentrein Z/10 abbiamo 2 elementi di periodo che divide 2 (quindi abbiamo 2 possibili scelte per y). Dunqueabbiamo 4 = 2 · 2 elementi di periodo 4 e, di conseguenza 4/2 = 2 sottogruppi ciclici di ordine 4.

(b) Determinare quanti sottogruppi non ciclici di ordine 4 contiene G.

Soluzione: Un gruppo non ciclico di ordine 4 contiene 3 elementi di ordine 2 e un elemento di ordine 1.Un elemento (x, y) di Z/16× Z/10 ha periodo 2 se e solo se x e y hanno periodo che divide 2 e almenouno di essi ha periodo esattamente 2. In un gruppo ciclico di ordine multiplo di 2 c’è esattamente unelemento di periodo 2 e un elemento di periodo 1: abbiamo dunque 2 possibile scelte per x e 2 per y, perun totale di 2 · 2 = 4 scelte, da cui dobbiamo però escludere la scelta in cui sia x che y hanno periodo 1.Abbiamo allora 3 elementi di periodo 2 e, dunque, al più un sottogruppo non ciclico di ordine 4. Almenoun sottogruppo non ciclico di ordine 4 c’è: basta prendere il prodotto diretto del sottogruppo di ordine 2


SoluzioneAlgebra 1


di Z/16 per il sottogruppo di ordine 2 di Z/10. Quindi in G c’è esattamente un sottogruppo non ciclicodi ordine 4.

5.6 In un gruppo G sia dato un elemento x di periodo maggiore di 2 e che sia coniugato al proprio inverso. Mostrareche se la classe di coniugio di x ha un numero finito di elementi allora questo numero è pari. (Suggerimento:verificare che ogni elemento coniugato a x è coniugato al proprio inverso)

Soluzione: Se fosse x = x−1 avremmo allora x2 = 1 e x avrebbe periodo 1 o 2. Dunque x è diverso dalproprio inverso: poiché tutti gli elementi coniugati a x hanno lo stesso periodo di x, ciò è vero per tutti iconiugati di x. Se mostriamo allora che ogni elemento coniugato a x è coniugato al proprio inverso, possiamoraggruppare gli elementi della classe di coniugio di x a due a due e concludere che la classe di coniugio,essendo finita, contiene un numero pari di elementi.Sia allora y un elemento coniugato di x; cioè esista l in G tale che y = xl. Allora y−1 = (l−1xl)−1 = l−1x−1l:dunque y−1 e x−1 sono coniugati. Ma x−1 è coniugato a x che è coniugato a y, pertanto y−1 è coniugato a ycome richiesto.



1.4 Trovare il resto della divisione di a := 1! + 2! + · · ·+ 100! per 12.

2.8 Si consideri il gruppo Symn.(a) Dimostrare che se n ≤ 11 in Symn non ci sono elementi di periodo 35.(b) Dimostrare che in Sym12 ci sono elementi di periodo 35 e contare il loro numero.(c) Dato un elemento σ di periodo 35 in Sym12 determinare quanti elementi di Sym12 commutano con σ e

quanti elementi di A12 commutano con σ.

3.8 Sia G il gruppo GL(2,Q) delle matrici quadrate invertibili (rispetto all’usuale prodotto righe per colonne) diordine 2 a coefficienti razionali. Si considerino i sottoinsiemi H := {( x y0 1 ) ∈ G | x 6= 0}, K := {( x y0 1 ) ∈ G | x > 0}e L := {( x 0

0 1 ) ∈ G | x > 0}.(a) Dimostrare che H, K e L sono sottogruppi di G.(b) Stabilire se K e L sono normali in H.

4.6 Si consideri il prodotto diretto G = H ×K × L, dove H è ciclico di ordine 6, K è ciclico di ordine 8 e L ' Sym3.(a) Determinare il massimo periodo degli elementi di G.(b) Determinare quanti elementi ci sono in G aventi il massimo periodo determinato al punto precedente.

5.6 Sia G un gruppo infinito: dimostrare che G contiene infiniti sottogruppi. (Suggerimento: considerare sottogruppiciclici).



1.4 Trovare il resto della divisione di a := 1! + 2! + · · ·+ 100! per 12.

Soluzione: Notiamo che 4! = 1 · 2 · 3 · 4 = 12. I fattoriali successivi sono tutti multipli di 4!, e sono dunqueanch’essi multipli di 12. Pertanto a ≡ 1! + 2! + 3! (mod 12), cioè a ≡ 1 + 2 + 6 (mod 12) ≡ 9 (mod 12):poiché 0 ≤ 9 < 12 il resto della divisione è esattamente 9.

2.8 Si consideri il gruppo Symn.(a) Dimostrare che se n ≤ 11 in Symn non ci sono elementi di periodo 35.

Soluzione: Una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti ha periodo che è uguale al minimocomune multiplo delle lunghezze dei cicli. Affinché questo minimo comune multiplo sia 35 ci dovrebbeessere almeno un ciclo di lunghezza 35 (il che è impossibile perché n ≤ 11) oppure almeno un ciclo dilunghezza 7 e uno di lunghezza 5 (il che è pure impossibile perché 7 + 5 = 12 > 11).

(b) Dimostrare che in Sym12 ci sono elementi di periodo 35 e contare il loro numero.

Soluzione: Ripetendo lo stesso ragionamento fatto in precedenza vediamo che in Sym12 non ci sonocicli di ordine 35, ma possiamo determinare un ciclo di ordine 7 e un ciclo di ordine 5 disgiunti: presoil prodotto di due cicli siffatti, dal momento che 7 + 5 = 12, nello sviluppo della permutazione comeprodotto di cicli disgiunti non possiamo aggiungere altri cicli. Le permutazioni di Sym12 di periodo 12sono allora tutte del tipo (a1 . . . a7)(a8 . . . a12). Possiamo allora scegliere a1 in 12 modi, a2 in 11 modie così via fino ad a12 in un modo, per un totale di 12! scelte, che però non corrispondono a differentipermutazioni: il 7-ciclo può essere riscritto in 7 modi diversi e il 5-ciclo può essere riscritto in 5 modidiversi. Dunque abbiamo 12!

35 permutazioni di periodo 35.

(c) Dato un elemento σ di periodo 35 in Sym12 determinare quanti elementi di Sym12 commutano con σ equanti elementi di A12 commutano con σ.

Soluzione: Al punto precedente abbiamo mostrato che le permutazioni di periodo 35 sono tutte dellostesso tipo e sono dunque coniugate tra loro in Sym12: la cardinalità della classe di coniugio è ugualeall’indice in Sym12 del centralizzante di una qualsiasi di esse. Poiché Sym12 ha ordine 12! e la classe diconiugio ha cardinalità 12!

35 ne consegue che il centralizzante in Sym12 ha ordine 35.Il centralizzante contiene perlomeno il sottogruppo ciclico generato da σ: poiché σ ha periodo 35 e ilcentralizzante ha pure ordine 35, ne consegue che il centralizzante di σ in Sym12 coincide con il gruppociclico generato da σ. Notiamo ora che la permutazione σ è pari e appartiene quindi all’alterno: pertantotutto il gruppo ciclico generato da σ è contenuto nell’alterno; in altre parole il centralizzante di σnell’alterno contiene 35 elementi.

3.8 Sia G il gruppo GL(2,Q) delle matrici quadrate invertibili (rispetto all’usuale prodotto righe per colonne) diordine 2 a coefficienti razionali. Si considerino i sottoinsiemi H := {( x y0 1 ) ∈ G | x 6= 0}, K := {( x y0 1 ) ∈ G | x > 0}e L := {( x 0

0 1 ) ∈ G | x > 0}.(a) Dimostrare che H, K e L sono sottogruppi di G.

Soluzione: Per ciascun sottoinsieme dobbiamo verificare che è non vuoto, che è chiuso rispetto alprodotto ed è chiuso rispetto al prendere inversi.I sottoinsiemi sono evidentemente non vuoti.Prendiamo due matrici di H, siano A := ( x1 y1

0 1 ) e B := ( x2 y20 1 ). Ora AB =

(x1x2 x1y2+y10 1

)che

appartiene a H perché x1x2 6= 0 e A−1 =(x−11 −x−1

1 y10 1

)che appartiene a H perché x−1

1 6= 0. DunqueH è sottogruppo di G.Usiamo ora le formule precedenti nel caso in cui A e B appartengano a K: in tal caso x1 e x2 sonopositivi e, di conseguenza, x1x2 > 0 e x−1

1 > 0. Pertanto AB e A−1 appartengono a K che è, quindi unsottogruppo.



Riutilizzando gli stessi calcoli nel caso in cui A e B appartengano a L, abbiamo le condizioni x1 > 0,x2 > 0 e y1 = y2 = 0 da cui segue che x1x2 > 0 e x1y2 + y1 = 0, cioè AB ∈ L e x−1

1 > 0 e −x−11 y1 = 0,

cioè A−1 ∈ L. Quindi L è pure sottogruppo.

(b) Stabilire se K e L sono normali in H.

Soluzione: Si consideri un generico elemento A := ( x1 y10 1 ) di H e un generico elemento B :=

( x2 y20 1 ) di K (quindi x2 > 0). Abbiamo allora BA = A−1BA =

(x−11 −x−1

1 y10 1

)( x2 y2

0 1 )( x1 y10 1 ) =(

x2 −x−11 y1+x

−11 x2y1+x

−11 y2

0 1

). Poiché x2 > 0 questo elemento appartiene a K che è quindi normale

in H.Usiamo ora gli stessi calcoli, prendendo B in L (cioè imponendo la condizione y2 = 0: otteniamo allorala matrice

(x2 −x−1

1 y1+x−11 x2y1

0 1

)che, in generale, non appartiene a L (ad esempio se x1 = y1 = 1 e

x2 = 2). Quindi L non è normale in H.

4.6 Si consideri il prodotto diretto G = H ×K × L, dove H è ciclico di ordine 6, K è ciclico di ordine 8 e L ' Sym3.(a) Determinare il massimo periodo degli elementi di G.

Soluzione: Il periodo di (h, k, l) in G (con h ∈ H, k ∈ k e l ∈ L è uguale al minimo comune multiplodei periodi di h, k e l. In H ci sono elementi di periodo ogni possibile divisore di 6, in K ci sono elementidi periodo ogni possibile divisore di 8, mentre in L ci sono elementi di periodo 1, 2 e 3. I primi checompaiono come possibili divisori di ordini di h, k e l sono 2 (che compare al massimo con esponente 3come periodo di un elemento di K) e 3 (che compare al massimo con esponente 1 come divisore delperiodo di h o di l). Il massimo periodo possibile è allora 3 · 8 = 24.

(b) Determinare quanti elementi ci sono in G aventi il massimo periodo determinato al punto precedente.

Soluzione: Per quanto detto al punto precedente, un elemento (h, k, l) ha ordine 24 se e solo se k haordine 8 e almeno uno tra h e l ha ordine multiplo di 3. In K ci sono ϕ(8) = 23 − 22 = 4 elementi diordine 8.Distinguiamo ora due casi, a seconda che l ha ordine multiplo di 3 o no.In L ci sono 2 elementi di ordine multiplo di 3 (esattamente 3, in realtà). Abbiamo allora 6 · 4 · 2 = 48elementi (h, k, l) di ordine 24 tali che l ha ordine 3.Consideriamo ora gli elementi (h, k, l) di ordine 24 con l di ordine diverso da 3: l’elemento l può esserescelto in 4 modi. In H abbiamo ϕ(3) = 3 − 1 = 2 elementi di ordine 3 e ϕ(6) = (3 − 1)(2 − 1) = 2elementi di ordine 6: in tutto 4 elementi di ordine multiplo di 3. Abbiamo quindi 4 · 4 · 4 = 64 elementidi ordine 24 di questo secondo tipo.In tutto abbiamo 48 + 64 = 112 elementi di ordine 24.

5.6 Sia G un gruppo infinito: dimostrare che G contiene infiniti sottogruppi. (Suggerimento: considerare sottogruppiciclici).

Soluzione: Ogni elemento g di G è contenuto in almeno un sottogruppo ciclico: quello generato da g stesso.Dunque G è unione dei suoi sottogruppi ciclici. Se questi sottogruppi ciclici sono tutti finiti allora il loronumero è necessariamente infinito e abbiamo la tesi. Se almeno uno di essi è infinito, cioè se in G c’èalmeno un elemento g di periodo infinito, allora sappiamo che 〈gn〉 = 〈gm〉 se e solo se n = m o n = −m. Isottogruppi ciclici 〈gn〉 con n intero positivo sono allora infiniti sottogruppi distinti di G.


TestoAlgebra 1


1.4 Trovare il resto della divisione di 7332343 per 28.

2.6 Sia p un primo e sia G il gruppo Cp3 × Cp (dove Cn indica il gruppo ciclico di ordine n).(a) Stabilire quanti sottogruppi di ordine p ha G.(b) Stabilire quanti sottogruppi ciclici di ordine p2 ha G (la risposta può anche essere nessuno).(c) Stabilire quanti sottogruppi non ciclici di ordine p2 ha G (la risposta può anche essere nessuno).

3.8 Si consideri l’insieme A := Z/12× Z. In A sia definito il prodotto ∗ nel modo seguente

([m1]12, n1) ∗ ([m2]12, n2) := ([m1]12 + (−1)n1 [m2]12, n1 + n2)

(a) Dimostrare che A è un gruppo rispetto al prodotto ∗.(b) Stabilire se A è abeliano.(c) Determinare il centro di A.


cui i cicli hanno lunghezza uguale).(b) Determinare il periodo di σ al variare di n.(c) Stabilire per quali valori di n si ha CS(σ) = 〈σ〉.

5.4 Sia G un gruppo per cui si abbia x2 = 1 per ogni x in G. Dimostrare che G è abeliano.


SoluzioneAlgebra 1


1.4 Trovare il resto della divisione di 7332343 per 28.

Soluzione: Possiamo innanzitutto ridurre 733 modulo 28. Si vede facilmente che 733 ≡ 5 (mod 28). Dunqueil 7432343 ≡ 52343 (mod 28). Poiché 5 è coprimo con 28, il teorema di Eulero ci dice che 5ϕ(28) ≡ 1 (mod 28).Ora 28 = 22 · 7, quindi ϕ(28) = (22 − 21)(71 − 70) = 12. Poiché 2343 ≡ 3 (mod 12) otteniamo quindi che52343 ≡ 53 (mod 28) e, di conseguenza, 52343 ≡ 125 (mod 28), da cui segue 52343 ≡ 13 (mod 28). Il restocercato è, quindi, 13.

2.6 Sia p un primo e sia G il gruppo Cp3 × Cp (dove Cn indica il gruppo ciclico di ordine n).(a) Stabilire quanti sottogruppi di ordine p ha G.

Soluzione: I sottogruppi di ordine p sono ciclici. Ciascuno di essi contiene ϕ(p) = p− 1 elementi diperiodo p e ciascuno di essi è contenuto in un solo sottogruppo di ordine p. Devo quindi contare glielementi di periodo p e dividere il risultato per p− 1. Un elemento (x, y) di G (con x ∈ Cp3 e y ∈ Cp)ha periodo uguale al minimo comune multiplo dei periodi di x e y. Tale minimo comune multiplo è p see solo se x e y hanno periodo che divide p e almeno uno di essi ha periodo esattamente p. In Cp3 ci sonop elementi di periodo che divide p così come in Cp. Abbiamo allora p · p coppie i cui elementi hannoentrambi periodo che divide p: dobbiamo scartare la coppia in cui entrambi gli elementi sono 1. DunqueG contiene p2 − 1 elementi di periodo p e, per quanto detto in precedenza, p

2−1p−1 = p+ 1 sottogruppi di

ordine p.

(b) Stabilire quanti sottogruppi ciclici di ordine p2 ha G (la risposta può anche essere nessuno).

Soluzione: Usando le stesse notazioni e argomenti del punto precedente, un elemento (x, y) ha periodop2 se e solo se x e y hanno periodo che divide p2 e almeno uno di essi ha periodo esattamente p2: main Cp non ci sono elementi di periodo p2 (e tutti hanno periodo che divide p) mentre in Cp2 ci sonoϕ(p2) = p2 − p elementi di periodo esattamente p2. Pertanto il numero di elementi di periodo p2 è(p2 − p) · p: poiché ciascun sottogruppo ciclico di or dine p2 contiene ϕ(p2) = p2 − p elementi di periodop2, il numero di elementi di sottogruppi ciclici di ordine p è esattamente p.

(c) Stabilire quanti sottogruppi non ciclici di ordine p2 ha G (la risposta può anche essere nessuno).

Soluzione: Un gruppo non ciclico di ordine p2 contiene elementi di ordine che divide p. Dal punto a,sappiamo che in G ci sono esattamente p2 elementi di ordine che divide p, quindi in G c’è al più unsottogruppo non ciclico di ordine p2. In G c’è però almeno un sottogruppo non ciclico di ordine p2: ilprodotto diretto del sottogruppo di ordine p del primo fattore Cp2 per il secondo fattore. Dunque in Gc’è esattamente un sottogruppo non ciclico di ordine p2.

3.8 Si consideri l’insieme A := Z/12× Z. In A sia definito il prodotto ∗ nel modo seguente

([m1]12, n1) ∗ ([m2]12, n2) := ([m1]12 + (−1)n1 [m2]12, n1 + n2)

(a) Dimostrare che A è un gruppo rispetto al prodotto ∗.

Soluzione: Verifichiamo innanzitutto la validità delle proprietà associativa. Dati ([m1]12, n1), ([m2]12, n2)e ([m3]12, n3) in G abbiamo:

(([m1]12, n1) ∗ ([m2]12, n2)) ∗ ([m3]12, n3) = ([m1]12 + (−1)n1 [m2]12, n1 + n2) ∗ ([m3]12, n3) =

([m1]12 + (−1)n1 [m2]12 + (−1)n1+n2 [m3]12, n1 + n2 + n3)

e

([m1]12, n1) ∗ (([m2]12, n2) ∗ ([m3]12, n3)) = ([m1]12, n1) ∗ ([m2]12 + (−1)n2 [m3]12, n2 + n3) =

([m1]12 + (−1)n1([m2]12 + (−1)n2 [m3]12), n1 + n2 + n3)


SoluzioneAlgebra 1


Sviluppando si vede che i risultati sono uguali.Per quanto riguarda l’elemento neutro, notiamo che per ogni ([m]12, n) in G si ha

([m]12, n) ∗ ([0]12, 0) = ([m]12 + (−1)n[0]12, n+ 0) = ([m]12, n)

e(0, 0) ∗ ([m]12, n) = ([0]12 + (−1)0([m]12, n), 0 + n) = ([m]12, n).

Infine, dato ([m]12, n) in G consideriamo l’elemento ((−1)n+1[m]12,−n). Abbiamo allora

([m]12, n) ∗ ((−1)n+1[m]12,−n) = ([m]12 + (−1)n(−1)n+1[m]12, n+ (−n)) = ([0]12, 0)

e((−1)n+1[m]12,−n) ∗ ([m]12, n) = ((−1)n+1[m]12 + (−1)−n[m]12,−n+ n)) = ([0]12, 0)

(b) Stabilire se A è abeliano.

Soluzione: Il gruppo A non è abeliano. Ad esempio notiamo che

([1]12, 0) ∗ ([0]12, 1) = ([1]12 + (−1)0[0]12, 0 + 1) = ([1]12, 1)

mentre([0]12, 1) ∗ ([1]12, 0) = ([0]12 + (−1)1[1]12, 1 + 0) = (−[1]12, 1)

e [1]12 6= −[1]12.

(c) Determinare il centro di A.

Soluzione: Un elemento [x]12, y) appartiene al centro di G se e solo se ([x]12, y)∗ [m]12, n) = ([m]12, n)∗([x]12, y) per ogni ([m]12, n) in A. Esplicitamente ([x]12+(−1)y[m]12, y+n) = ([m]12+(−1)n[x]12, n+y)per ogni ([m]12, n) in A. Per n pari questo dà la condizione (−1)y[m]12 = [m]12 mentre per n dispari dàla condizione 2[x]12 + (−1)y[m]12 = [m]12 (si noti che le condizioni devono essere soddisfatte entrambe).La prima condizione è soddisfatta per ogni [m]12 se e solo se y è pari, nel qual caso la seconda condizionesi riduce a 2[x]12 = [0]12 che è soddisfatta se e solo se [x]12 = [0]12 o [x]12 = [6]12. Dunque il centro diA è formato dagli elementi del tipo ([x]12, y) con [x]12 = [0]12 o [x]12 = [6]12 e y pari.


cui i cicli hanno lunghezza uguale).

Soluzione: Gli elementi coniugati di σ sono tutti e soli quelli del tipo (a1a2)(a3 . . . an) con a1, . . ., annumeri distinti compresi tra 1 e n.Abbiamo n scelte per a1, n− 1 scelte per a2 e così via fino a 1 scelta per an: in tutto n! scelte. Tuttequeste scelte non corrispondono però a elementi distinti. Infatti possiamo riordinare il ciclo (a1a2)iniziando da una qualunque delle lettere (e dobbiamo dunque dividere per 2). Allo stesso modo possiamoriordinare il ciclo (a3 . . . an) in n− 2 modi e dobbiamo quindi dividere per n− 2. Infine se i due ciclihanno lunghezza uguale, il che avviene se e solo se n = 4, possiamo scambiare tra loro i due cicli edobbiamo dividere ulteriormente per 2.Pertanto la classe di coniugio di σ contiene n!

2·(n−2) elementi se n 6= 4 e 6!2·2·2 elementi se n = 4.

(b) Determinare il periodo di σ al variare di n.

Soluzione: Il periodo di una permutazione scritta come prodotto di cicli disgiunti è uguale al minimocomune multiplo delle lunghezze dei periodi. Dunque il periodo di σ è mcm(2, n− 2). Per determinare


SoluzioneAlgebra 1


esplicitamente tale valore dobbiamo distinguere due casi: se n− 2 è multiplo di 2, cioè se n è multiplodi 2, allora mcm(2, n− 2) = n− 2, altrimenti mcm(2, n− 2) = 2(n− 2).

(c) Stabilire per quali valori di n si ha CS(σ) = 〈σ〉.

Soluzione: Sappiamo che CS(σ) ≥ 〈σ〉, dunque si ha CS(σ) = 〈σ〉 se e solo se |CS(σ)| = |〈σ〉|.L’ordine del centralizzante di σ si può ricavare dalla relazione |S : CS(σ)| = |σS | e, pertanto, grazie aquanto visto al punto (a) abbiamo |CS(σ)| = 2(n− 2) se n 6= 4 e |CS(σ)| = 8 se n = 4. Confrontandoquesto valore con l’ordine di σ calcolato al punto (b) vediamo che si ha CS(σ) = 〈σ〉 se e solo se n nonè multiplo di 2.

5.4 Sia G un gruppo per cui si abbia x2 = 1 per ogni x in G. Dimostrare che G è abeliano.

Soluzione: Dati x e y in G si ha (xy)2 = 1, cioè xyxy = 1. Pertanto xy = x1y = x(xyxy)y = x2yxy2 = yx,dove all’ultimo passaggio abbiamo usato il fatto che x2 = 1 e y2 = 1.


TestoAlgebra 1


1.6 Dati due primi distinti p e q dimostrare che pq−1 + qp−1 ≡ 1 (mod pq).


3.10 Si consideri il gruppo di permutazioni S := Sym7. In questo esercizio i numeri richiesti possono essere lasciaticome somma di frazioni.(a) Determinare quanti elementi di periodo 6 contiene S.(b) Determinare quante classi di coniugio di elementi di periodo 6 ci sono in S e quanti elementi contiene

ciascuna di esse.(c) Determinare quante classi di coniugio di elementi di periodo 6 ci sono in A7 e quanti elementi contiene

ciascuna di esse.

4.6 Dati i gruppi G := Z/32 e H := Z/12, stabilire se esistono omomorfismi φ e ψ tali che [7]32φ = [7]12 e [7]32ψ = [9]12.In caso affermativo determinarne ordine dell’immagine e del nucleo.

5.6 Sia G un gruppo e H un sottoinsieme non vuoto di G tale che se h1 e h2 sono elementi di H, allora h1h2appartiene a H. Si supponga, inoltre, che g2 ∈ H per ogni elemento di g.(a) Mostrare che H è un sottogruppo di G.(b) Mostrare che H è normale in G.


SoluzioneAlgebra 1


1.6 Dati due primi distinti p e q dimostrare che pq−1 + qp−1 ≡ 1 (mod pq).

Soluzione: Poiché p e q sono primi distinti, in particolare sono coprimi fra loro. Per il piccolo teorema diFermat abbiamo allora pq−1 ≡ 1 (mod q) e qp−1 ≡ 1 (mod p). D’altra parte q ≡ 0 (mod q) e, quindi, qp−1 ≡0 (mod q) e, analogamente, pq−1 ≡ 0 (mod p). Pertanto pq−1 + qp−1 ≡ 0+ 1 (mod p) e pq−1 + qp−1 ≡ 1+ 0(mod q). Poiché p e q sono coprimi ciò implica la tesi.


Soluzione: Un gruppo ciclico C = 〈a〉 di ordine finito n ha esattamente un sottogruppo di ordine d perciascun divisore d di n: tale sottogruppo è generato da an

d . Inoltre se C1 è un sottogruppo di C di ordine d1e C2 è un sottogruppo di ordine d2 si ha che C1 ≤ C2 se e solo se d1 divide d2.Applichiamo questi risultati al gruppo (Z/20,+) tenendo conto che è scritto in notazione additiva e che unsuo generatore è [1]20. I divisori di 20 sono 1, 2, 4, 5, 10 e 20. I sottogruppi di (Z/20,+) sono allora {[0]20}di ordine 1, il sottogruppo 〈[10]20〉 di ordine 2, il sottogruppo 〈[5]20〉 di ordine 4, il sottogruppo 〈[4]20〉 diordine 5, il sottogruppo 〈[2]20〉 di ordine 10 e il gruppo (Z/20,+) stesso.Le mutue posizioni tra questi sottogruppi si possono rappresentare tramite il diagramma

{[0]20}

〈[10]20〉〈[4]20〉

〈[5]20〉〈[2]20〉

Z/20

3.10 Si consideri il gruppo di permutazioni S := Sym7. In questo esercizio i numeri richiesti possono essere lasciaticome somma di frazioni.(a) Determinare quanti elementi di periodo 6 contiene S.

Soluzione: Il periodo di un elemento, scritto come prodotto di cicli disgiunti, è uguale al minimocomune multiplo della lunghezza dei cicli. I cicli coinvolti possono avere allora lunghezza 6, 3 o 2. Lasomma delle lunghezze dei cicli non può superare 6. Potremmo allora avere un singolo ciclo di ordine 6:questi hanno la forma (a1a2 . . . a6 con a1, a2, . . ., a6 interi diversi compresi tra 1 e 7. Abbiamo allora 7scelte per a1, 6 scelte per a2 e così via fino a 2 scelta per a6: in tutto 7! scelte. Tutte queste scelte noncorrispondono però a elementi distinti. Infatti possiamo riordinare il ciclo iniziando da una qualunquedelle lettere (e dobbiamo dunque dividere per 6). Dunque abbiamo 7!

6 elementi di questo tipo. Se nonci sono cicli di lunghezza 6 dobbiamo allora avere almeno un ciclo di lunghezza 3 e almeno un ciclodi lunghezza 2: poiché 3 + 2 = 5, possiamo eventualmente aggiungere un ulteriore ciclo di lunghezza 2(questa è l’unica possibilità per non superare 7. Per contare i cicli del tipo (a1a2a3)(a4a5) notiamo cheabbiamo 7 scelte per a1, 6 scelte per a2 e così via fino a 3 scelta per a5. Possiamo però riordinare ilprimo ciclo in 3 modi diversi e il secondo ciclo in 2 modi diversi: dobbiamo dunque dividere il numerocosì ottenuto per 3 · 2. Riassumendo abbiamo 7·6·5·4·3

6 = 7 · 5 · 4 · 3 elementi di questo tipo. Infine, percontare i cicli del tipo (a1a2a3)(a4a5)(a6a7 notiamo che abbiamo 7 scelte per a1, 6 scelte per a2 e cosìvia fino a 1 scelta per a7. Possiamo però riordinare il primo ciclo in 3 modi diversi, il secondo ciclo e ilterzo ciclo ciascuno in 2 modi diversi; infine possiamo prendere il secondo e il terzo ciclo in 2 ordinidiversi: dobbiamo dunque dividere il numero così ottenuto per 3 · 2 · 2 · 2. Riassumendo abbiamo 7!

24

elementi di quest’ultimo tipo. In totale abbiamo 7!6 + 7 · 5 · 4 · 3 + 7!

24 elementi di ordine 6.


SoluzioneAlgebra 1


(b) Determinare quante classi di coniugio di elementi di periodo 6 ci sono in S e quanti elementi contieneciascuna di esse.

Soluzione: Due elementi del simmetrico sono coniugati se e solo se si scrivono come prodotti di ciclidisgiunti dello stesso tipo. Abbiamo già calcolato al punto precedente quali sono i tipi degli elementi diperiodo 6 e quanti ce ne è di ciascun tipo. Dunque abbiamo 3 classi di coniugio di cardinalità rispettiva7!6 , 7 · 5 · 4 · 3 e 7!

24 .

(c) Determinare quante classi di coniugio di elementi di periodo 6 ci sono in A7 e quanti elementi contieneciascuna di esse.

Soluzione: Calcoliamo innanzitutto la parità degli elementi di periodo 6: i cicli di ordine 6 possonoscriversi come prodotto di 6− 1 scambi e quindi non appartengono a A7; gli elementi prodotti di unciclo di ordine 3 e di un ciclo di ordine 2 possono scriversi come prodotto di (3− 1) + (2− 1) scambie quindi non appartengono a A7; gli elementi prodotti di un ciclo di ordine 3 e di 2 ciclo di ordine2 possono scriversi come prodotto di (3 − 1) + (2 − 1) + (2 − 1) scambi e quindi appartengono a A7.Sappiamo che, data una classe di coniugio nel simmetrico, questa può rimanere un’unica classe diconiugio nell’alterno, nel qual caso il centralizzante nell’alterno di un qualunque suo elemento ha ordinela metà del centralizzante nel simmetrico; oppure può spezzarsi in due classi di coniugio di ordinela metà della classe nel simmetrico, nel qual caso il centralizzante nell’alterno di un qualunque suoelemento coincide con il centralizzante nel simmetrico.Gli elementi di questa classe sono in numero di 7!

24 , che è un numero pari. Preso uno qualunque di essi ilsuo centralizzante in S ha ordine 7!

7!24

= 24 che è pure pari. Notiamo però che, uno qualunque di questielementi, ad esempio (123)(45)(67), ha centralizzante che non è interamente contenuto nell’alterno,perché (45) commuta con esso. Di conseguenza la classe rimane immutata nell’alterno: abbiamo dunqueun’unica classe e questa contiene 7!

24 elementi.

4.6 Dati i gruppi G := Z/32 e H := Z/12, stabilire se esistono omomorfismi φ e ψ tali che [7]32φ = [7]12 e [7]32ψ = [9]12.In caso affermativo determinarne ordine dell’immagine e del nucleo.

Soluzione: Poiché 7 è coprimo con 32, la classe [7]32 è un generatore di Z/32. L’assegnazione dell’immaginedi un generatore di un gruppo ciclico finito definisce un omomorfismo (necessariamente unico) se e solo ilperiodo dell’immagine è un divisore del periodo del generatore. Poiché 7 è coprimo con 12, l’elemento [7]12ha periodo 12, quindi la mappa φ non definisce alcun omomorfismo. Poiché il massimo comun divisore tra 9e 12 è 3, l’elemento [9]12 ha periodo 12

3 = 4 che è un divisore di 32. Di conseguenza ψ definisce un unicoomomorfismo la cui immagine è generata da [9]12 e ha quindi ordine 4. Dai teoremi di isomorfismo sappiamoche l’immagine è isomorfa al quoziente sul nucleo: pertanto il nucleo di ψ ha ordine 8.

5.6 Sia G un gruppo e H un sottoinsieme non vuoto di G tale che se h1 e h2 sono elementi di H, allora h1h2appartiene a H. Si supponga, inoltre, che g2 ∈ H per ogni elemento di g.(a) Mostrare che H è un sottogruppo di G.

Soluzione: Poiché H è non vuoto e chiuso rispetto al prodotto, per dimostrare che è un sottogruppo,basta verificare che contiene l’inverso di ogni suo elemento. Sia allora h un elemento di H e sia h−1 ilsuo inverso: per ipotesi (h−1)2 è un elemento di H. Ma allora h(h−1)2 = h−1 è un elemento di H.

(b) Mostrare che H è normale in G.

Soluzione: Sia h un elemento di H e g un elemento di G. Dobbiamo mostrare che g−1hg appartienea H. Ora g−1hg = (g−1)2(gh)2h−1. Per ipotesi (g1)2 e (gh)2 appartengono a H. Inoltre dal puntoprecedente sappiamo che h−1 appartiene a H, da cui la tesi.




1. Dimostrare che il quadrato di ogni numero dispari è della forma 8k + 1 per qualche intero k.

2. Calcolare il resto della divisione di 238! + 4711 per 33.



2x ≡ 2 (mod 6)

x ≡ 5 (mod 7)


6. Una ciotola contiene delle palline bianche pesanti 15 grammi ciascuna e delle palline nere pesanti 17 grammiciascuna. Sapendo che il peso complessivo delle palline è di 311 grammi quante palline bianche e quante pallinenere contiene la ciotola?

7. Sia a un numero dispari e sia b = a+ 2. Sapendo che ab non è multiplo di 3 provare che 12 divide a+ b.




1. Dimostrare che il quadrato di ogni numero dispari è della forma 8k + 1 per qualche intero k.

Soluzione: Un numero dispari n può scriversi nella forma 1 + 2h per qualche intero h. Allora n2 =1+4h+4h2 = 1+4h(h+1). Se h è pari, allora 4h è multiplo di 8 e, a maggior ragione, 4h(h+1) è multiplodi 8; se h è dispari, allora h+ 1 è pari e, di conseguenza, 4(h+ 1) e 4h(h+ 1) sono multipli di 8.

2. Calcolare il resto della divisione di 238! + 4711 per 33.

Soluzione: Dobbiamo determinare l’elemento compreso tra 0 e 32 nella classe di resto di 238! +4711 modulo33.Poiché 23 è coprimo con 33, il teorema di Eulero ci dice che 23ϕ(33) ≡ 1 (mod 33). Ora 33 = 3 · 11, quindiϕ(33) = ϕ(3)ϕ(11) = (3− 1)(11− 1) = 20. D’altra parte 8! è multiplo di 20: di conseguenza 238! = (2320)k

per qualche k intero e, quindi, 238! ≡ 1k (mod 33) ≡ 1 (mod 33).Per quanto riguarda 4711 osserviamo innanzitutto che è uguale a 21422. Anche 2 è coprimo con 33, quindi,come prima 220 ≡ 1 (mod 33). D’altra parte 1422 ≡ 2 (mod 20) e, quindi, analogamente a prima, 21422 ≡ 22

(mod 33).Riassumendo 238! + 4711 ≡ 1 + 4 (mod 33) ≡ 5 (mod 33), dunque il resto cercato è 5.



2691 = 247 · 10 + 221

247 = 221 · 1 + 26

221 = 26 · 8 + 13

26 = 13 · 20


275 = 18 · 15 + 5

18 = 5 · 3 + 3

5 = 3 · 1 + 2

3 = 2 · 1 + 1


1 = 3−2 = 3−(5−3) = −5+3·2 = −5+(18−5·3)·2 = 18·2−5·7 = 18·2−(275−18·15)·7 = −275·7+18·107

Abbiamo allora 1 ≡ 18 · (107) (mod 275), da cui ricaviamo che l’inversa di [18]275 è [107]275.Calcoliamo infine il massimo comun divisore di 734 e 15 usando l’algoritmo di Euclide.

734 = 15 · 48 + 14

15 = 14 · 1 + 1





1 = 15− 14 = 15− (734− 15 · 48) = 15 · 49− 734

Abbiamo allora 1 ≡ 15 · 49 (mod 733), da cui ricaviamo che l’inversa di [15]734 è [49]734.


2x ≡ 2 (mod 6)

x ≡ 5 (mod 7)

Soluzione: Poiché 3 è coprimo con 5, è invertibile modulo 5. Si vede facilmente che il suo inverso modulo 5è 2, dunque la prima congruenza è equivalente a 2 · 3x ≡ 2 · 2 (mod 5), cioè x ≡ 4 (mod 5).Il numero 2 non è coprimo con 6, quindi non è invertibile modulo 6: risolvere la seconda congruenza èequivalente a trovare h intero tale che 2x = 2 + 6h. Semplificando per 2 troviamo x = 1 + 3h, dunque laseconda congruenza è equivalente a x ≡ 1 (mod 3).Il sistema può dunque essere riscritto come

x ≡ 4 (mod 5)

x ≡ 1 (mod 3)

x ≡ 5 (mod 7)

Possiamo ora applicare il teorema cinese del resto. Consideriamo dapprima le prime due congruenze: ilnumero x deve soddisfare le uguaglianze x = 4 + 5h e x = 1 + 3k per opportuni h e k interi. Uguagliandotroviamo 4 + 5h = 1 + 3k da cui risulta 5h − 3k = −3. Un’identità di Bezout tra 5 e 3 è, ad esempio,5 · (−1) + 3 · 2 = 1 da cui segue 5 · 3− 3 · 6 = −3. Scelto allora h = 3 una soluzione particolare del sistemaformato dalle prime due congruenze è x = 4 + 5 · 3 = 19. Per il teorema cinese del resto, tale sistema èequivalente a x ≡ 19 (mod 15), cioè a x ≡ 4 (mod 15). Il sistema totale è equivalente a{

x ≡ 4 (mod 15)

x ≡ 5 (mod 7)

Una soluzione di questo sistema deve soddisfare le uguaglianze x = 4+ 15h e x = 5+ 7k per opportuni h e kinteri. Uguagliando troviamo 4+15h = 5+7k da cui risulta 15h− 7k = 1. Un’identità di Bezout tra 15 e 7 è,ad esempio, 15 ·1+7 · (−2) = 1. Scelto allora h = 1 una soluzione particolare del sistema è x = 4+15 ·1 = 19.Per il teorema cinese del resto, la soluzione generale è allora x ≡ 19 (mod 15 · 7), cioè x ≡ 19 (mod 105).


Soluzione: Le ultime due cifre in base 10 corrispondono al resto della divisione di 66666 per 100. Espresso100 = 4 · 25 come prodotto di numeri coprimi, calcoliamo separatamente 66666 modulo 4 e modulo 25 e poiapplichiamo il teorema cinese del resto.Poiché 6 è multiplo di 2, tutte le sue potenze di esponente almeno 2 sono multiple di 4. Per calcolare 66666

modulo 25, notiamo che 6 è coprimo con 25, quindi, per il teorema di Eulero, si ha 6ϕ(25) ≡ 1 (mod 25).Poiché ϕ(25) = 52 − 5 = 20 e 6666 ≡ 6 (mod 20), possiamo concludere che 66666 ≡ 66 (mod 25). Ora62 = 36 ≡ 11 (mod 25), 64 ≡ 11 · 11 (mod 25) ≡ 21 (mod 25) e quindi, 66 ≡ 11 ·21 (mod 25) ≡ 6 (mod 25).




Riassumendo 66666 ≡ 0 (mod 4) e 66666 ≡ 6 (mod 25). Dobbiamo allora trovare il numero compreso tra 0 e99 che soddisfa il sistema di congruenze {

x ≡ 0 (mod 4)

x ≡ 6 (mod 25)

Ora x = 4h = 6+ 25k per opportuni h e k interi da cui, data l’identità di Bezout 4 · (−6) + 25 · 1 = 1 tra 4 e25 otteniamo una soluzione particolare 4 · (−36) = 6− 25 · 6 che ci dà la congruenza x ≡ −144 (mod 100)che può essere riscritta come x ≡ 56 (mod 100). Le ultime due cifre sono per l’appunto 56.

6. Una ciotola contiene delle palline bianche pesanti 15 grammi ciascuna e delle palline nere pesanti 17 grammiciascuna. Sapendo che il peso complessivo delle palline è di 311 grammi quante palline bianche e quante pallinenere contiene la ciotola?

Soluzione: Detto b il numero delle palline bianche e n il numero delle palline nere dobbiamo trovare lesoluzioni dell’equazione 15b+ 17n = 311 tali per cui sia b che n sono interi non negativi. Iniziamo a cercarele soluzioni per cui b e n sono interi. Determiniamo innanzitutto un’identità di Bezout tra 17 e 15.Per mezzo delle divisioni successive troviamo:

17 = 15 · 1 + 2

15 = 2 · 7 + 1

Avendo ottenuto 1 come resto, possiamo evitare di proseguire. Usiamo ciascuna divisione per esprimere ilresto come somma di multipli dei due resti precedenti e via via sostituendo i resti nelle uguaglianze che cosìotteniamo.

1 = 15− 7 · 2 = 15− 7(17− 15) = 15 · 8− 7 · 17.

Da cui possiamo ricavare una soluzione particolare dell’equazione b = 8 · 311 e n = −7 · 311. Poiché 15e17sono coprimi, la soluzione generale è b = 8 · 311 + 17h e n = −7 · 311− 15h al variare di h in Z. Imponendoche b e n siano non negativi troviamo le due condizioni 8 · 311 + 17h ≥ 0 da cui ricaviamo h ≥ −146 e−7 · 311− 15h ≥ 0 da cui ricaviamo h ≤ −146. L’unico valore possibile per h è allora −146 a cui corrispondeb = 6 e n = 13.

7. Sia a un numero dispari e sia b = a+ 2. Sapendo che ab non è multiplo di 3 provare che 12 divide a+ b.

Soluzione: Poiché 12 = 4 · 3 e 4 e 3 sono coprimi è sufficiente provare che a+ b è multiplo di 4 e di 3.Sia a = 1 + 2k per qualche intero k: allora b = 3 + 2k. Di conseguenza a+ b = 4 + 4k; in particolare a+ b èmultiplo di 4 qualunque sia k.Lavoriamo ora modulo 3. Poiché ab non è multiplo di 3 sappiamo che né a né b sono multipli di 3: inparticolare a 6≡ 0 (mod 3) e a + 2 6≡ 3 (mod 3), cioè a 6≡ 1 (mod 3). Pertanto a ≡ 2 (mod 3) e b ≡ 2 + 2(mod 3): quindi a+ b ≡ 2 + 4 (mod 3) cioè a+ b è multiplo di 3.


TestoAlgebra 1


1.4 Trovare il resto della divisione di 2331 + 3123 per 713. Si noti che 713 = 23 · 31.

2.8 Si consideri il gruppo G := Sym3 × C15.(a) Stabilire quanti elementi di periodo 5 ci sono in G e quanti elementi di periodo 6.(b) Determinare il massimo periodo degli elementi di G.(c) Determinare l’ordine del centro di G.

3.8 Si consideri in Sym7 la permutazione σ := (1234)(56).(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio e l’ordine del centralizzante di σ in Sym7

(b) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ in A7.(c) Dimostrare che il centralizzante di σ nell’alterno è ciclico.

4.6 Si consideri l’insieme G := R \ {−1} e si definisca in G l’operazione seguente

x ∗ y := x+ y + xy

(a) Dimostrare che l’operazione è ben definita (suggerimento: espandere (x+ 1)(y + 1)− 1) e che G con questaoperazione risulta essere un gruppo abeliano.

(b) Determinare il periodo di −2 e di 1 rispetto a questa operazione.

5.6 Sia G un gruppo e N un sottogruppo normale di G. Dimostrare che il centro di N è normale in G.


SoluzioneAlgebra 1


1.4 Trovare il resto della divisione di 2331 + 3123 per 713. Si noti che 713 = 23 · 31.

Soluzione: Calcoliamo 2331 + 3123 modulo 23 e modulo 31.Chiaramente 23 ≡ 0 (mod 23) e, di conseguenza, 2331 ≡ 0 (mod 23). Poiché 31 è coprimo con il primo 23,per il piccolo teorema di Fermat abbiamo che 3122 ≡ 1 (mod 23) e, quindi, 3123 ≡ 31 (mod 23). Pertanto2331 + 3123 ≡ 0 + 31 (mod 23).Abbiamo poi che 31 ≡ 0 (mod 31) e, di conseguenza, 3123 ≡ 0 (mod 31). Poiché 23 è coprimo con il primo31, per il piccolo teorema di Fermat abbiamo che 2330 ≡ 1 (mod 23) e, quindi, 2331 ≡ 23 (mod 31). Pertanto2331 + 3123 ≡ 23 + 0 (mod 31).Potremmo ora determinare 2331 + 3123 modulo 713 usando il teorema cinese del resto, oppure notare che23 + 31 ≡ 31 (mod 23) e 23 + 31 ≡ 23 (mod 31): dunque 2331 + 3123 ≡ 23 + 31 (mod 23 · 31). Pertanto ilresto cercato è 23 + 31 = 54.

2.8 Si consideri il gruppo G := Sym3 × C15.(a) Stabilire quanti elementi di periodo 5 ci sono in G e quanti elementi di periodo 6.

Soluzione: Un elemento del tipo (σ, x) con σ ∈ Sym3 e x ∈ C15 ha periodo uguale al minimo comunemultiplo dei periodi di σ e x. In Sym3 abbiamo un elemento di periodo 1, 3 elementi di periodo 2 e2 elementi di periodo 3. In C15 abbiamo, per ciascun divisore d di 15, esattamente ϕ(d) elementi diperiodo d.Per ottenere un elemento di periodo 5 dobbiamo allora scegliere σ di periodo 1 e x di periodo 5. Abbiamouna scelta per σ e ϕ(5) = 5− 1 = 4 scelte per x. Dunque in G ci sono 1 · 4 = 4 elementi di periodo 5.Per ottenere un elemento di periodo 6 dobbiamo invece scegliere σ di periodo 2 e x di periodo 3. Abbiamo3 scelte per σ e ϕ(3) = 3− 1 = 2 scelte per x. Dunque in G ci sono 2 · 3 = 6 elementi di periodo 6.

(b) Determinare il massimo periodo degli elementi di G.

Soluzione: Usando le stesse notazioni del punto precedente vediamo che tutti gli elementi x hannoordine che divide 15: per massimizzare il minimo comune multiplo dei periodi scegliamo allora x diperiodo esattamente 15. Scegliendo σ di periodo rispettivamente 1, 2 e 3 otteniamo come minimo comunemultiplo 15, 30 e 15. Il massimo periodo è dunque 30.

(c) Determinare l’ordine del centro di G.

Soluzione: Usando la stessa notazione dei punti precedenti abbiamo che (σ, x) appartiene al centrodi G se e solo se (σ, x)(τ, y) = (τ, y)(σ, x) per ogni (τ, y) in G. Ricordando come è definito il prodottodiretto, ciò avviene se e solo se στ = τσ per ogni τ in Sym3 e xy = yx per ogni y in C15: in altritermini ciò avviene se e solo se σ appartiene al centro di Sym3 e x appartiene al centro di C15. Poiché ilcentro di Sym3 ha ordine 1 e C15 è abeliano, dunque coincide con il proprio centro, abbiamo 1 · 15 = 15elementi nel centro di G.

3.8 Si consideri in Sym7 la permutazione σ := (1234)(56).(a) Determinare l’ordine della classe di coniugio e l’ordine del centralizzante di σ in Sym7

Soluzione: In un gruppo finito l’ordine del centralizzante di un elemento per l’ordine della classe diconiugio dell’elemento stesso è uguale all’ordine del gruppo. Due permutazioni sono coniugate se e solose si scrivono come prodotti di cicli disgiunti dello stesso tipo. Dunque la classe di coniugio di (1234)(56)è formata dalle permutazioni del tipo (abcd)(ef) con a, b, c, d, e ed f interi distinti compresi tra 1 e 7.Possiamo scegliere a in 7 modi, poi b in 6 modi, c in 5 modi e così via fino a 2 scelte per f . Tuttaviaqueste 7 · 6 · 5 · 4 · 3 · 2 = 7! scelte non danno origine a permutazioni distinte. Infatti scambiando fra loroe e f otteniamo la stessa permutazione, e allo stesso modo riordinando a, b, c e d iniziando il ciclo da


SoluzioneAlgebra 1


una qualunque di esse. Dunque il numero di elementi nella classe di σ è uguale a 7!4·2 : questo numero è

uguale all’indice in Sym7 Poiché |Sym7| = 7! e il centralizzante di σ contiene 8 elementi.

(b) Determinare l’ordine della classe di coniugio di σ in A7.

Soluzione: Dato un elemento nell’alterno ci sono due possibilità: se il suo centralizzante nel simmetricoè interamente contenuto nell’alterno, la classe di coniugio dell’elemento si spezza nell’alterno in due classiaventi la stessa cardinalità, altrimenti la classe di coniugio nell’alterno coincide con la classe di coniugionel simmetrico e il centralizzante nell’alterno ha ordine la metà del centralizzante nel simmetrico.Notiamo che σ commuta con (56) e, di conseguenza il centralizzante di σ non è contenuto nell’alterno.Per quanto appena detto la classe di coniugio di σ nell’alterno coincide con la sua classe nel simmetricoe ha quindi ordine 7!

4·2 .

(c) Dimostrare che il centralizzante di σ nell’alterno è ciclico.

Soluzione: Per quanto detto ai punti precedenti il centralizzante di σ nell’alterno ha ordine 82 = 4.

Il centralizzante contiene perlomeno il sottogruppo ciclico generato da σ: poiché il periodo di σ è ilminimo comune multiplo dei cicli disgiunti che lo compongono, cioè 4, il sottogruppo ciclico generato daσ coincide con il centralizzante di σ nell’alterno.

4.6 Si consideri l’insieme G := R \ {−1} e si definisca in G l’operazione seguente

x ∗ y := x+ y + xy

(a) Dimostrare che l’operazione è ben definita (suggerimento: espandere (x+ 1)(y + 1)− 1) e che G con questaoperazione risulta essere un gruppo abeliano.

Soluzione: Notiamo che (x+1)(y+1)− 1 = x+ y+ xy. Dunque se x 6= −1 e y 6= −1, cioè x+1 6= 0 ey + 1 6= 0, allora (x+ 1)(y + 1) 6= 0, da cui segue x+ y + xy 6= −1. Pertanto l’operazione è ben definita.L’operazione è ovviamente commutativa.Verifichiamo che l’operazione è associativa. Abbiamo

(x ∗ y) ∗ z = (x+ y + xy) ∗ z = x+ y + xy + z + xz + yz + xyz

ex ∗ (y ∗ z) = x ∗ (y + z + yz) = x+ y + z + yz + xy + xz + xyz

Confrontando le due espressioni si vede che il valore ottenuto è lo stesso.Notiamo poi che x ∗ 0 = x+ 0+ x0 = x e, quindi, 0 è elemento neutro (non c’è bisogno di verificare che0 ∗ x = x perché abbiamo notato che l’operazione è commutativa).Infine, dato x in G, cerchiamo se esiste y in G tale che x ∗ y = 0, cioè x + y + xy = 0. Basta allorascegliere y = − x

x+1 : poiché x 6= −1 l’elemento y è ben definito; inoltre y + 1 = − xx+1 + 1 = 1

x+1 6= 0,quindi y 6= 1.

(b) Determinare il periodo di −2 e di 1 rispetto a questa operazione.

Soluzione: Calcoliamo le potenze successive di −2. Otteniamo −2 ∗ (−2) = −2+ (−2)+ (−2)(−2) = 0.Poiché 0 è l’elemento neutro di G abbiamo che la prima potenza di −2 che dà l’elemento neutro è laseconda, e, dunque, −2 ha periodo 2.Per quanto riguarda 1 notiamo che se x e y sono positivi, dalla definizione di ∗ segue che x ∗ y è purepositivo. In particolare le potenze con esponente positivo di 1 sono tutte positive, quindi non c’è nessunapotenza con esponente positivo di x che dà l’elemento nullo. Dunque 1 ha periodo infinito.

5.6 Sia G un gruppo e N un sottogruppo normale di G. Dimostrare che il centro di N è normale in G.


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Sia z un elemento del centro di N e sia g un elemento di G. Dobbiamo mostrare che zg appartieneal centro di N , cioè che commuta con ogni elemento n di N : vale a dire (zg)n = zg. Ora (zg)n = zgn: poichéN è normale in G sappiamo che gn ∈ gN = Ng, cioè esiste n′ ∈ N tale che gn = n′g (esplicitamenten′ = gng−1). Ma allora zgn = zn

′g = (zn′)g = zg, dove nell’ultimo passaggio abbiamo usato il fatto che

zn′= z dal momento che z sta nel centro di N . Riassumendo (zg)n = zg come richiesto.


TestoAlgebra 1


1.6 Dimostrare che n(n+ 1)(2n+ 1) è multiplo di 6 per ogni intero n.


fra loro aventi periodo massimo.(b) Determinare il periodo massimo degli elementi del sottogruppo alterno A8.(c) Stabilire se gli elementi di periodo massimo di A8 sono tutti coniugati tra loro in Sym8 e se sono tutti

coniugati tra loro in A8

3.6 Si consideri l’insieme G delle matrici a coefficienti interi del tipo ( a b0 1 ) con a = 1 o a = −1 e b intero qualunque.(a) Dimostrare che rispetto all’usuale prodotto righe per colonna G è un gruppo.(b) Determinare il centro di G.

4.8 Si considerino un gruppo ciclico C := 〈c〉 di ordine 18 e un gruppo ciclico D := 〈d〉 di ordine 12.(a) Stabilire quanti omomorfismi esistono da C in D.(b) Tra gli omomorfismi da C in D quanti sono quelli la cui immagine ha ordine massimo possibile?

5.6 Siano G e H due gruppi e siano φ e ψ due omomorfismi da G in H. Dimostrare che il sottoinsieme X di Gformato dagli elementi x per cui risulta xφ = xψ è un sottogruppo di G. Dedurre che se T è un insieme digeneratori di G e xφ = xψ per ogni x in T allora φ = ψ.


SoluzioneAlgebra 1


1.6 Dimostrare che n(n+ 1)(2n+ 1) è multiplo di 6 per ogni intero n.

Soluzione: Poiché 6 = 2 · 3 e 2 e 3 sono coprimi, basta mostrare che n(n+ 1)(2n+ 1) è multiplo sia di 2che di 3.Per quanto riguarda 2, notiamo che n e n+ 1 sono due interi consecutivi, quindi uno di essi è pari e l’altro èdispari: in particolare n(n+ 1) è pari e, a maggior ragione, n(n+ 1)(2n+ 1) è pari.Per quanto riguarda 3, distinguiamo i vari casi: se n ≡ 0 (mod 3), allora n(n+ 1)(2n+ 1) ≡ 0 (mod 3); sen ≡ 1 (mod 3) allora 2n+ 1 ≡ 0 (mod 3) e, di conseguenza n(n+ 1)(2n+ 1) ≡ 0 (mod 3); infine, se n ≡ 2(mod 3) allora n+ 1 ≡ 0 (mod 3) e, di conseguenza n(n+ 1)(2n+ 1) ≡ 0 (mod 3).


fra loro aventi periodo massimo.

Soluzione: Scritta una permutazione come prodotto di cicli disgiunti, il suo periodo è il minimo comunemultiplo delle lunghezze dei cicli. Consideriamo i vari casi.Se una permutazione è un ciclo, essa può avere periodo che va da 1 a 8.Consideriamo ora le permutazioni prodotto di due cicli disgiunti. Siano essi di lunghezze rispettive a e bcon a ≥ b ≥ 2 e a+ b ≤ 8. Riportiamo i vari casi nella tabella sottostante

a b periodo6 2 65 3 155 2 104 4 44 3 124 2 43 3 33 2 62 2 2

Consideriamo ora le permutazioni prodotto di 3 cicli disgiunti. Siano essi di lunghezze rispettive a, b e ccon a ≥ b ≥ c ≥ 2 e a+ b+ c ≤ 8. Riportiamo i vari casi nella tabella sottostante

a b c periodo4 2 2 43 3 2 63 2 2 6

Infine, è possibile avere permutazioni prodotto di 4 cicli disgiunti di lunghezza 2 e queste hanno periodo2.Il massimo periodo è dunque 15 e si ottiene solo facendo il prodotto di due cicli disgiunti di ordine 5 e 3rispettivamente. Poiché gli elementi di ordine massimo hanno tutti lo stesso tipo, sono tutti coniugatifra loro.

(b) Determinare il periodo massimo degli elementi del sottogruppo alterno A8.

Soluzione: Ricordiamo che un ciclo di lunghezza pari è una permutazione dispari, mentre un ciclo dilunghezza dispari è una permutazione pari. Dunque gli elementi di periodo 15 trovati al punto precedentesono prodotto di due permutazioni pari e sono dunque pari: in particolare appartengono al sottogruppoalterno. Pertanto il periodo massimo degli elementi di A8 è pure 15.

(c) Stabilire se gli elementi di periodo massimo di A8 sono tutti coniugati tra loro in Sym8 e se sono tutticoniugati tra loro in A8


SoluzioneAlgebra 1


Soluzione: Abbiamo visto che gli elementi di periodo massimo in A8 sono il prodotto di un ciclo dilunghezza 5 e uno di lunghezza 3. Hanno tutti lo stesso tipo e sono quindi coniugati fra loro in Sym8.Per vedere se sono coniugati fra loro in A8, possiamo calcolare il centralizzante di uno qualsiasi diessi. Contiamo il numero di permutazioni (a1a2 . . . a5)(a6a7a8): abbiamo 8 scelte per a1, 7 per a2 ecosì via. Ogni 5-ciclo può scriversi però in 5 modi diversi e ogni 3-ciclo in 3 modi diversi. Pertantoil numero di permutazioni del tipo dato è 8!

3·5 . Di conseguenza il centralizzante di una qualunque diesse ha indice 8!

3·5 in Sym8, cioè ordine 15. Poiché il centralizzante di un elemento contiene il gruppociclico generato dall’elemento stesso, ne consegue che il centralizzante di una di queste permutazioni èesattamente il gruppo ciclico generato da essa: in particolare è contenuto nel sottogruppo alterno. Maallora il centralizzante di una di esse ha indice 8!

2·15 nell’alterno: ciò significa che la classe di coniugiodi una di queste permutazioni nell’alterno ha tale ordine. Dunque queste permutazioni nell’alterno sidividono in due classi di coniugio.

3.6 Si consideri l’insieme G delle matrici a coefficienti interi del tipo ( a b0 1 ) con a = 1 o a = −1 e b intero qualunque.(a) Dimostrare che rispetto all’usuale prodotto righe per colonna G è un gruppo.

Soluzione: Le matrici date fanno parte del monoide moltiplicativo delle matrici quadrate di ordine2 a coefficienti reali. Il sottoinsieme G è ovviamente non vuoto. Siano M :=

(a1 b10 1

)e N :=

(a2 b20 1

)due matrici di G. Allora MN =

(a1a2 a1b2+b10 1

): questa matrice appartiene a G perché a1b2 + b1 è un

intero e a1a2, assume valore 1 o −1. Dunque M è chiuso rispetto al prodotto. Presa inoltre la matriceT :=

(a1 −a1b10 1

)che appartiene a G si ottiene TM =

(a21 00 1

)e questa matrice è la matrice identica

perché a21 = 1 visto che a1 = 1 o a1 = −1. Analogamente anche MT = I, dunque ogni elemento di Gha un inverso in G.

(b) Determinare il centro di G.

Soluzione: Dobbiamo trovare le matrici X := ( x y0 1 ) tali che XM = MX per ogni M := ( a b0 1 ) in G.Calcolando i due prodotti troviamo XM =

(xa xb+y0 1

)e MX =

(ax ay+b0 1

). Queste due matrici sono

uguali se e solo se xb+ y = ay + b: ciò deve essere vero per tutti i valori di a (scelti tra 1 e −1) e tutti ivalori interi di b. Se a = 1, l’equazione si riduce a xb = b, cioè (x− 1)b = 0 che è soddisfatta per ognivalore di b se e solo se x = 1. Se a = −1, l’equazione si riduce a xb+ y = −y + b, che tenuto conto cheabbiamo trovato che x = 1, diviene y = −y la cui soluzione è y = 0. Pertanto l’unica matrice del centrodi G si ottiene per x = 1 e y = 0, cioè il centro è formato dalla sola matrice identica.

4.8 Si considerino un gruppo ciclico C := 〈c〉 di ordine 18 e un gruppo ciclico D := 〈d〉 di ordine 12.(a) Stabilire quanti omomorfismi esistono da C in D.

Soluzione: Un omomorfismo da C in un altro gruppo G è univocamente determinato dall’immagine dic. In altri termini se io conosco cφ, allora conosco φ. Non si può però porre arbitrariamente cφ := aper qualche elemento a di G perché non sempre esiste effettivamente un omomorfismo che soddisfa talecondizione: ciò è vero se e solo se il periodo di a divide il periodo di c cioè 18. Dunque il numero diomomorfismi da C a D è uguale al numero di elementi di D il cui periodo divide 18. Gli elementi diD hanno periodo che divide 12, quindi dobbiamo trovare gli elementi il cui periodo divide il massimocomun divisore di 18 e 12, cioè 6. Questi elementi sono tutti e soli quelli contenuti nell’unico sottogruppodi D di ordine 6 e abbiamo dunque 6 omomorfismi da C in D.

(b) Tra gli omomorfismi da C in D quanti sono quelli la cui immagine ha ordine massimo possibile?

Soluzione: L’immagine di un omomorfismo φ da C in D è generata da cφ. Affinché questa abbia ordinemassimo dobbiamo dunque scegliere cφ di ordine massimo possibile con la condizione di avere ordineche divide 6. Dobbiamo cioè contare quanti elementi di periodo 6 ci sono in D: il loro numero è ugualealla funzione di Eulero di 6 cioè ϕ(6) = (3− 1)(2− 1) = 2.


SoluzioneAlgebra 1


5.6 Siano G e H due gruppi e siano φ e ψ due omomorfismi da G in H. Dimostrare che il sottoinsieme X di Gformato dagli elementi x per cui risulta xφ = xψ è un sottogruppo di G. Dedurre che se T è un insieme digeneratori di G e xφ = xψ per ogni x in T allora φ = ψ.

Soluzione: Il sottoinsieme X è non vuoto: infatti 1Gφ = 1H e 1Gψ = 1H , cioè 1G ∈ X. Siano ora x1 e x2due elementi di X, cioè x1φ = x1ψ e x2φ = x2ψ: ma allora si ha (x1x2)φ = x1φx2φ = x1ψx2ψ = (x1x2)ψcioè x1x2 ∈ X. Inoltre x−1

1 φ = (x1φ)−1 = (x1ψ)

−1 = x−11 ψ, cioè x−1

1 ∈ X. Dunque X è un sottogruppo.Se φ e ψ coincidono su un insieme di generatori T , allora l’insieme X su cui coincidono è un sottogruppo diG contenente T e, quindi, X = G, vale a dire che φ e ψ coincidono su tutto G, cioè sono uguali.



1.6 Stabilire se la congruenza 8x ≡ 9 (mod n) è risolubile e, in caso affermativo, risolverla, nei seguenti casi.(a) n = 19

(b) n = 20

2.8 Si consideri il gruppo Sym12 e il suo sottogruppo A12.(a) Stabilire se in Sym12 e in A12 ci sono permutazioni di periodo 60.(b) Stabilire se in Sym12 e in A12 ci sono permutazioni di periodo 30.

3.8 Nell’insieme S formato dalle coppie del tipo (a, b) con a ∈ Z e b ∈ {1,−1} sia definita l’operazione ∗ nel modoseguente (a, b) ∗ (c, d) := (a+ bc, bd).(a) Dimostrare che S rispetto a questa operazione è un gruppo.(b) Mostrare che i sottoinsiemi H := {(a, b) ∈ S | a = 0} e K := {(a, b) ∈ S | b = 1} sono sottogruppi di S.(c) Stabilire se H e K sono normali in S.

4.6 Sia G un gruppo di ordine 24 e sia g un elemento di G tale che g12 6= 1 e g8 6= 1. Dimostrare che G è ciclico.

5.4 Sia N un sottogruppo normale di un gruppo G tale che G/N è abeliano. Mostrare che, per ogni sottogruppo Kdi G, il prodotto KN è un sottogruppo normale di G.



1.6 Stabilire se la congruenza 8x ≡ 9 (mod n) è risolubile e, in caso affermativo, risolverla, nei seguenti casi.(a) n = 19

Soluzione: Una congruenza del tipo ax ≡ b (mod c) è risolubile se e solo se il massimo comun divisoretra a e b divide c. Il massimo comun divisore tra 8 e 19 è 1 che, ovviamente, divide 9, dunque lacongruenza 8x ≡ 9 (mod 19) è risolubile. Per risolverla, determiniamo un’identità di Bezout tra 8 e 19.Applicando l’algoritmo di Euclide per il massimo comun divisore, troviamo:

19 = 8 · 2 + 3

8 = 3 · 2 + 2

3 = 2 · 1 + 1

da cui ricaviamo, partendo dall’ultima uguaglianza,

1 = 3− 2 · 1 = 3− (8− 3 · 2) · 1 = 8 · (−1) + 3 · 3 = 8 · (−1) + (19− 8 · 2) · 3 = 8 · (−7) + 19 · 3

Modulo 19 quest’uguaglianza dà: 8 · (−7) ≡ 1 (mod 19), cioè −7 è l’inverso di 8 modulo 19. Quindila congruenza 8x ≡ 9 (mod 19) ha come soluzione x ≡ 9 · (−7) (mod 19) o, equivalentemente, x ≡ 13(mod 19).

(b) n = 20

Soluzione: Il massimo comun divisore tra 8 e 20 è 4, che non divide 9: dunque la congruenza non èrisolubile.

2.8 Si consideri il gruppo Sym12 e il suo sottogruppo A12.(a) Stabilire se in Sym12 e in A12 ci sono permutazioni di periodo 60.

Soluzione: Scritta una permutazione come prodotto di cicli disgiunti, il suo periodo è il minimo comunemultiplo delle lunghezze dei cicli. La fattorizzazione in primi di 60 è 60 = 22 · 3 · 5: per ottenere 60 comeminimo comune multiplo, occorre che almeno una delle lunghezze sia multipla di 4, almeno una siamultipla di 3 e almeno una sia multipla di 5 (e tutte dividano 60).I multipli di 5 minori o uguali a 12 sono 5 e 10: se ci fosse un ciclo di lunghezza 10, rimarrebberosoltanto due elementi per i cicli disgiunti da esso; potremmo cioè avere un ciclo di lunghezza 10, diperiodo 10 o un ciclo di lunghezza 10 per un ciclo disgiunto di lunghezza 2 e, anche in questo caso,avremmo periodo 10. Possiamo allora supporre che nella scrittura come prodotto di cicli disgiunti ci siaun ciclo di lunghezza 5.I multipli di 4 minori o uguali a 12 sono 4, 8 e 12: sommando questi numeri a 5, l’unico caso in cui noneccediamo 12 è quello in cui la lunghezza è 4 (notiamo che 8 può comunque essere escluso perché nondivide 60). Possiamo allora supporre che nella scrittura come prodotto di cicli disgiunti ci sia un ciclo dilunghezza 4.I multipli di 3 minori o uguali a 12 sono 3, 6, 9 e 12: sommando questi numeri a 5 + 4, l’unico casoin cui non eccediamo 12 è quello in cui la lunghezza è 3 (notiamo che 9 può comunque essere esclusoperché non divide 60). Possiamo allora supporre che nella scrittura come prodotto di cicli disgiunti cisia un ciclo di lunghezza 3.Poiché abbiamo un ciclo di lunghezza 5, uno di lunghezza 4 e uno di lunghezza 3 e 3 + 4 + 5 = 12 nonabbiamo la possibilità di considerare ulteriori cicli disgiunti: in Sym12 esistono elementi di periodo 60 esono tutti di questo tipo. Poiché un ciclo di lunghezza dispari è una permutazione pari e viceversa, ilprodotto di un 5-ciclo per un 4-ciclo per un 3-ciclo è dispari e, dunque, non appartiene ad A12: dunqueA12 non contiene elementi di periodo 60.

(b) Stabilire se in Sym12 e in A12 ci sono permutazioni di periodo 30.



Soluzione: Dal punto precedente sappiamo che in Sym12 esiste una permutazione, sia σ, di periodo 60.Il periodo di σ2 è allora 30. Anche se σ è una permutazione dispari il suo quadrato è una permutazionepari (questo è vero per ogni permutazione): dunque Sym12 e A12 contengono una permutazione di ordine30.In alternativa, possiamo ragionare come al punto precedente. La fattorizzazione in primi di 30 è30 = 2 · 3 · 5: per ottenere 30 come minimo comune multiplo, occorre che almeno una delle lunghezze siamultipla di 2, almeno una sia multipla di 3 e almeno una sia multipla di 5 (e tutte dividano 30).Per quanto riguarda 5 possiamo ragionare come nel caso precedente e supporre che nella scrittura comeprodotto di cicli disgiunti ci sia un ciclo di lunghezza 5.I multipli di 3 minori o uguali a 12 sono 3, 6, 9 e 12: sommando questi numeri a 5, non eccediamo 12solo con le lunghezze 3 e 6.Consideriamo prima il caso in cui ci sia un ciclo di lunghezza 6: poiché 5 + 6 = 11 non possiamo averealtri cicli disgiunti (ne avremmo uno di lunghezza 1, cioè l’identità). Una permutazione di questo tipoha periodo 30, dunque in Sym12 abbiamo permutazioni di periodo 30, però queste permutazioni sonodispari, quindi non appartiene a A12.Consideriamo allora il caso in cui ci sia un ciclo di lunghezza 3. Per ottenere 30 come minimo comunemultiplo ci serve un ciclo di lunghezza che sia multipla di 2, che divida 30 e che sommata a 5 + 3 nonecceda 12. L’unica possibilità è proprio 2: dobbiamo avere allora un ciclo di lunghezza 2.Riassumendo abbiamo un ciclo di lunghezza 5, uno di lunghezza 3 e uno di lunghezza 2: poiché5 + 3 + 2 = 10, potrebbe esserci anche un altro ciclo di lunghezza 2. Abbiamo quindi due possibilità: ilprodotto di un ciclo di lunghezza 5, uno di lunghezza 3 e uno di lunghezza 2 che è una permutazionedispari e, quindi, non appartiene a A12 oppure il prodotto di un ciclo di lunghezza 5, uno di lunghezza3 e due di lunghezza 2 che è una permutazione pari e, quindi, appartiene a A12. Quindi A12 contienepermutazioni di periodo 30.

3.8 Nell’insieme S formato dalle coppie del tipo (a, b) con a ∈ Z e b ∈ {1,−1} sia definita l’operazione ∗ nel modoseguente (a, b) ∗ (c, d) := (a+ bc, bd).(a) Dimostrare che S rispetto a questa operazione è un gruppo.

Soluzione: Mostriamo che l’operazione ∗ è associativa: dati (a, b), (c, d) e (e, f) in S abbiamo

((a, b) ∗ (c, d)) ∗ (e, f) = (a+ bc, bd) ∗ (e, f) = (a+ bc+ bde, bdf)

e(a, b) ∗ ((c, d) ∗ (e, f)) = (a+ b) ∗ (c+ de, df) = (a+ b(c+ de), bdf) = (a+ bc+ bde), bdf).

La coppia (0, 1) è elemento neutro di: infatti, per ogni (a, b) ∈ S abbiamo (a, b)∗ (0, 1) = (a+b ·0, b ·1) =(a, b) e (0, 1) ∗ (a, b) = (0 + 1 · a, 1 · b) = (a, b).Infine, dato un elemento qualunque (a, b) in S, la coppia (−ab, b) è il suo inverso: infatti (a, b)∗(−ab, b) =(a+ b(−ab), b2) = (a− b2a, b2) = (0, 1) e (−ab, b) ∗ (a, b) = (−ab+ ba, b2) = (0, 1) dove abbiamo usatoil fatto che b2 = 1.

(b) Mostrare che i sottoinsiemi H := {(a, b) ∈ S | a = 0} e K := {(a, b) ∈ S | b = 1} sono sottogruppi di S.

Soluzione: Il sottoinsieme H è chiaramente non vuoto. Siano allora (0, b) e (0, d) due elementi genericidi H: abbiamo che (0, b) ∗ (0, d) = (0 + b · 0, bd) = (0, bd) appartiene a H e l’inverso di (0, b), cioè(−0 · b, b) = (0, b) appartiene a H.Il sottoinsieme K è chiaramente non vuoto. Siano allora (a, 1) e (c, 1) due elementi generici di K: abbiamoche (a, 1) ∗ (c, 1) = (a+1 · c, 1 · 1) = (ac, 1) appartiene a K e l’inverso di (a, 1), cioè (−a · 1, 1) = (−a, 1)appartiene a K.

(c) Stabilire se H e K sono normali in S.



Soluzione: Sia (0, b) un elemento qualunque di H e (c, d) un elemento qualunque di S. Allora (0, b)(c,d) =(c, d)−1∗(0, b)∗(c, d) = (−cd, d)∗(0, b)∗(c, d) = (−cd+d ·0, db)∗(c, d) = (−cd+dbc, dbd) = (cd(b−1), b).Non è detto che questo appartenga a H: ad esempio se b = −1, c = 1 e d = 1 si ottiene (−2,−1).Pertanto H non è normale in S.Sia (a, 1) un elemento qualunque di K e (c, d) un elemento qualunque di S. Allora (a, 1)(c,d) =(c, d)−1 ∗ (a, 1) ∗ (c, d) = (−cd, d) ∗ (a, 1) ∗ (c, d) = (−cd+ da, d · 1) ∗ (c, d) = (−cd+ da+ dc, d2) = (da, 1)che appartiene a K. Pertanto K è normale in S.

4.6 Sia G un gruppo di ordine 24 e sia g un elemento di G tale che g12 6= 1 e g8 6= 1. Dimostrare che G è ciclico.

Soluzione: Il periodo di un elemento di G divide 24. Sia d il periodo di g: se d dividesse 12 avremmog12 = 1, dunque d non divide 12; analogamente d non divide 8. I divisori di 24 sono 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12 e 24.Escludendo i divisori di 12 e i divisori di 8, rimane solo 24. Pertanto g ha periodo esattamente 24 e, dunque,genera G che risulta esser ciclico.

5.4 Sia N un sottogruppo normale di un gruppo G tale che G/N è abeliano. Mostrare che, per ogni sottogruppo Kdi G, il prodotto KN è un sottogruppo normale di G.

Soluzione: Poiché N è normale in G, il prodotto KN è un sottogruppo di G. Chiaramente KN contieneN , dunque KN/N è un sottogruppo di G/N : dal momento che G/N è abeliano, KN/N è normale in G/Ne, per i teoremi di isomorfismo, segue che KN è normale in G.


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Algebra1 Testo - Altervistaalgebrainsubria.altervista.org/esami/algebra1/esami algebra 1.pdf · ˘.Seg2 [1] ˘ cioèg˘ 1,allora1 = g 1g˘ g 11 = g 1,cioè g 1 2 [1] ˘.Pertanto[1]