Esercizi svolti di Algebra 2, Prof. La Scala

Traccia1:Nel gruppo S5 si consideri il seguente sottogruppo:G =< (12), (14)(25) >

a. Stabilire se G è un sottogruppo di Sylow di S5

b. Calcolare le classi di coniugazione di Gc. Calcolare tutti i sottogruppi normali di Gd. Determinare il centro Z di Ge. Classi�care,a meno di isomor�smi, i gruppi G e G/Z

Svolgimento

Osserviamo anzitutto che G è un sottogruppo non abeliano, perciò nel de-terminare il sottogruppo dovremo fare attenzione nel moltiplicare a destra asinistra gli elementi.Da calcoli noti otteniamoG = {id, (12), (45), (14)(25), (12)(45), (15)(24), (1425), (1524)}.Quindi |G| = 23, e poichè |S5| = 5! = 23 ∗ 3 ∗ 5, posso dire che G è un 2-sylowdi S5.

Per risolvere i rimanenti punti cercando di fare meno calcoli possibili, fac-ciamo alcune considerazioni:essendo G un sottogruppo di ordine 23 il centro avrá ordine 2, quindi tra glielementi di ordine 2 devo cercare uno che commuti con tutti gli elementi.Poichè moltiplicando gli altri elementi di periodo 2 per arbitrarie permutazioniottengo sempre risultati diversi, provo facilmente che Z(G) = {id, (12)(45)}Perciò ho già le prime due classi di coniugio che sono {id} e {(12)(45)}.

Osservo che gli elementi con la stessa struttura ciclica sono coniugati in S5.Le classi non possono spezzarsi però in G, poichè avendo tutte cardinalità 2,avrei delle classi ridotte ad un solo elemento, quindi gli elementi sarebbero cen-trali e questo non può essere perchè ho già mostrato che il centro è formato soloda quei due elementi.Quindi le rimanenti classi sono: {(12), (45)}, {(14)(25), (15)(24)} e {(1425), (1524)}.

A questo punto determinare i sottogruppi normali non è di�cile, basta con-siderare l'unione completa di classi di coniugio e veri�care che e�ettivamentesiano sottogruppi.

I candidati sottogruppi sono:1) Z(G)2) {id, (12)(45), (12), (45)},3) {id, (12)(45), (14)(25), (15)(24)}4) {id, (12)(45), (1245), (1524)}La veri�ca che sono dei sottogruppi è lasciata al lettore.Per l'ultimo punto osservo che G, che non è abeliano; è perciò isomorfo o al

gruppo dei quaternioni oppure a D4, ed e�ettivamente, visti i periodi, è isomorfoa D4.

Il gruppo quoziente G/Z ha ordine 4 = 22 è pertanto abeliano.Si tratta allora di stabilire se è isomorfo al gruppo di Klein oppure a Z4.

Scriviamo il gruppo G/Z = {Z, (12)Z, (14)(25)Z, (1425)Z}.L'unico elemento che potrebbe avere periodo 4 è (1425)Z, ma osserviamo

che il suo quadrato è (12)(45)Z che altro non è che Z.Possiamo quindi concludere che G/Z ∼= Z2 × Z2.

1

Traccia2:Sia G un gruppo di ordine 99

a. Dimostrare che G è abelianob. Classi�care le classi di isomor�smo di gruppi di ordine 99c. Calcolare tutti gli omomor�smi da S3 a G

Svolgimento:|G| = 99 = 32 ∗ 11, quindi sappiamo esistono un 3-Sylow H di ordine 9 e un

11-Sylow K di ordine 11.Inoltre n3 deve dividere 11 ed essere congruo ad 1 modulo 3, quindi n3 = 1, cioèH è unico e quindi normale in G.Ripetendo ragionamento analogo per l'11-Sylow, si ha che n11 = 1 cioè che K ènormale in G.Abbiamo quindi che H∩ K = {1} essendo H,K su primi distinti, abbiamo cheentrambi sono normali e che G = HK, possiamo quindi considerare G ∼= H×K

Osserviamo quindi che |H| = 32. Ciò vuol dire che H sarà sicuramenteabeliano.Ma |K| = 11 che è un primo, quindi K è ciclico ed in particolare abeliano.Quindi H ×K sarà abeliano e di conseguenza G è abeliano.

Dal teorema di classi�ciazione dei gruppi abeliani, possiamo rifarci ai singolifattori di G, osservando immediatamente che K ∼= Z11; inoltre dall'essere |H| =32 se ne deduce che i suoi isomor�smi sono pari alle partizioni di 2. H risulteràquindi isomorfo o a Z32 oppure a Z3 × Z3

Ricapitolando, ed applicando il teorema cinese del resto, abbia che G ∼= Z99

oppure G ∼= Z3 × Z33

Quanto all'ultimo punto, ricordiamo che il nucleo di un omomor�smo è unsottogruppo normale.Pertanto i sottogruppi normali di S3 sono 3:kerf = S3.In questo caso si ha l'omomor�smo banale.kerf = A3. Allora ho che S3/A3

∼= Z2. Dovrei quindi trovare un monomor�smotra Z2 e G ma ciò è impossibile, perchè nel secondo non ci sono elementi diperiodo 2 (perchè?).kerf = 1 allora si ha che l'omomor�smo è ingettivo, ma questo non è possibilein quando |S3| = 6 e G non può avere sottogruppi di ordine 6.

Quindi tra S3 e G abbiamo solamente l'omomor�smo banale.

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Traccia 3: Si consideri G = U(Z104)a. Decomporre G come prodotto diretto interno di suoi sottogruppi cicilib. Calcolare tutti gli omomor�smi da D5 in G, ed i rispettivi nuclei

Svolgimento: Sappiamo dal th. Cinese del resto che U(Znm) ∼= U(Zn)×U(Zm) se m ed n sono coprimi.A tal �ne calcoliamo la scomposizione di 104 che vediamo essere 23 ∗ 13, quindipossiamo dire che U(Z104) è isomorfo a U(Z23)× U(Z13)Calcoliano ora l'ordine di ciascun elemento del prodotto diretto:|U(Z8))| = φ(8) = 4 = 22. Ciò vuol dire che U(Z8) ∼= Z4 oppure U(Z8) ∼=Z2 × Z2.|U(Z13))| = φ(13) = 12 = 22 ∗ 3. Ciò vuol dire che U(Z13) ∼= Z3 × Z4

∼= Z12

oppure U(Z13) ∼= Z2 × Z8.Per il primo caso osserviamo che 52 = 25 ≡ 1mod8 e che 32 = 9 ≡ 1mod8.Tutto ciò ci assicura che U(Z8) =< 5 > × < 3 >∼= Z2 × Z2

Per U(Z13) svogliamo un po' di calcoli e vediamo facilmente che 212 ≡ 1mod13,pertanto possiamo concludere che U(Z13) =< 2 > e risulterà pertanto isomorfoa Z12.Abbiamo in de�nitiva che U(Z104) ∼=< 2 > × < 3 > × < 5 >.Questa è la decomposizione del nostro gruppo in prodotto diretto esterno. Perdeterminare il prodotto diretto interno dobbiamo ricomporre l'isomor�smo delth. Cinese del Resto risolvendo i seguenti sistemi di congruenze:

(1) :{x ≡ 1mod13x ≡ 3mod8

(2) :{x ≡ 1mod13x ≡ 5mod8

(3) :{x ≡ 2mod13x ≡ 1mod8

I seguenti sistemi si risolvono con metodi noti, ne riportiamo solamente le

soluzioni:27 è soluzione di (1), 53 è soluzione di (2), 41 è soluzione di (3);

Come nell'esercizio prec. sappiamo che il nucleo di un omomor�smo è unsottogruppo normale.Calcoliamo pertanto i sottogruppi normali propri di D5:osserviamo che |D5| = 10 = 2 ∗ 5 esistono quindi un 2-Sylow K ed un 5-SylowH.n5|2 e n5 ≡ 1mod5 quindi H è unico e pertanto normale in D5 (si poteva ancheosservare che era normale poichè aveva indice 2)n2|5 e n2 ≡ 1mod2, pertanto sarà o 1 oppure 5.Possiamo certamente a�ermare che n2 = 5, poichè se fosse uguale ad 1 ancheK sarebbe normale in D5 pertanto potremmo scrivere D5

∼= H×K. Ma questisottogruppi sono ciclici (poichè di ordine primo) ed in particolare abeliani, quindisi avrebbe D5 abeliano. Assurdo!I possibili nuclei per i nostri isomor�smi sono pertanto Z = {1}, D5, HConsiderato D5/D5 abbiamo l'omomor�smo banale;Consideriamo D5/Z = D5

∼= Im(D5). Questo è assurdo poichè 10 non divide

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48 = |U(Z104)|Considerato D5/H si vede che esso è isomorfo a Z2. Gli elementi di ordine 2 inU(Z104) sono 7 e pertanto in questo caso abbiamo 7 omomor�smi.Per esibire esattamente gli elementi bisogna scrivere un isomor�smo tra lui eZ2 × Z2 × Z12, poi elencare gli elementi di ordine 2 in Z2 × Z2 × Z12 e poirimandarli indietro tramite l'isomor�smo.In pratica si ha U(Z104) ∼= U(Z8)×Z12, e gli elementi x di ordine 1 o 2 devonoquindi soddisfare x ≡ 1, 3, 5, 7 mod 8 e x ≡ 1,−1 mod 13. Quindi ci sonoesattamente 7 elementi di ordine 2, e sono determinati da: (la prima entrataè la classe mod 8, la seconda è la classe mod 13) (1,−1), (3, 1), (3,−1), (5, 1),(5,−1), (7, 1), (7,−1).Si tratta di risolvere queste congruenze (ammettono un'unica soluzione mod104). I risultati sono (rispettivamente) gli elementi 25, 27, 91, 53, 77, 79, 103.

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Proposizione:Sia G un gruppo. X,Y insiemi e supponiamo che G agiscasu X e Y . Siano inoltre x0 ∈ X ed y0 ∈ Y .Se G agisce transitivamente su X e Stab(x0) ⊂ Stab(y0), allora é data unamappa G-equivariante φ : X → YInolte se G agisce transitivamente su Y , tale mappa é surgettiva.

Dimostrazione. Consideriamo la seguente mappa

φ : X → Yφ(g ∗ x0) = g ∗ y0

Osserviamo che poichè l'azione è transitiva su X, il dominio risulta bende�nito.Proviamo che tale mappa è e�ettivamente G-equivariante:Calcoliamo quanto vale φ(x0) = φ(g ∗ x0) con g ∈ Stab(x0) ⊂ Stab(y0), questoè uguale a g ∗ y0 e poichè g stabilizza anche y0; si ha che φ(x0) = y0.Consideriamo ora x ∈ X, allora ∃g ∈ G tale che x = g ∗ x0 e calcoliamo:φ(h∗x) = φ(h∗(g∗x0)) = φ((hg)∗x0) = (hg)∗y0 = h∗(g∗y0) = h∗(g∗φ(x0)) =h ∗ φ(g ∗ x0) = h ∗ φ(x)Abbiamo provato quindi che φ è G-equivariante.Veri�chiamo che essa è ben de�nita, dobbiamo controllare che se g, h ∈ G sonodue elementi in G tali che g∗x0 = x e h∗x0 = x, allora deve essere g∗y0 = h∗y0.

Se g∗x0 = x = h∗x0,⇒ g∗x0 = h∗x0 ⇒ h−1(g∗x0) = x0 ⇒ (h−1g)∗x0 =x0 ⇒ h−1g ∈ Stab(x0) ⊂ Stab(y0) ⇒ h−1g ∈ Stab(y0) ⇒ (h−1g) ∗ y0 = y0

⇒ g ∗ y0 = h ∗ y0.Inoltre si ha che φ(X) = G ∗ y0 ma se tale azione è transitiva su Y , l'orbita diy0 descriverà tutto Y .

Traccia 4:Posto F = Z3, si consideri G = {A ∈ UT2|det(A) = 1} dotatodella sua azione naturale sullo spazio F 2. Si considerino inoltre i seguenti vettoridi F 2:

x0 =[

10

], y0 =

[00

]1. Calcolare le orbite X = G ∗ x0 e Y = G ∗ y0

2. Caostruire un mappa G-equivariante surgettiva φ : X → Y3. Classi�care il gruppo G a meno d'isomor�smi.

Svolgimento: Consideriamo dapprima gli elementi del gruppo G: sonomatrici triangolari superiori 2× 2 il cui determinante é pari a 1 saranno quindidella forma [

1 ∗0 1

]Oppure [

2 ∗0 2

]Ove per ∗ avremo esattamente 3 scelte.É semplice determinare a questo punto l'orbita di x0 e di y0. Saranno infatti

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X = {[10

],

[20

]}; mentre Y = {

[00

]}

A questo punto si vede chiaramente che Stab(x0) ⊂ Stab(y0), inoltre per costruzioneabbiamo che l'azione di G su X,Y é transitiva.Siamo pertanto nelle ipotesi della proposizione precedente, possiamo percióa�ermare che una tale mappa G-equivariante surgettiva é data da:

φ : X → Y

φ(g ∗ x0) = g ∗ y0 = 0

Determiniamo esplicitamenteG = {[1 00 1

],

[1 10 1

],

[1 20 1

],

[2 00 2

],

[2 10 2

],

[2 20 2

]}

La veri�ca che tale insieme sia e�ettivamente il gruppo G cercato é lasciata allettore.Tale gruppo é commutativo, pertanto risulterá isomorfo a Z6.D'altra parte di ordine 6 conosciamo di gruppi non commutativi S3

∼= D3, per-tanto se tale gruppo fosse isomorfo a D3 dovrebbe soddisfare la presentazionedi quest'ultimo.

Identi�chiamo, a meno di automor�smi, σ =[1 10 1

]e τ =

[2 00 2

].

Calcoliamo allora τστ , questo vale σ e ció ci dá chiaramente conferma che talegruppo non puó essere che essere isomorfo a Z6

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Traccia 5: Si consideri G = {A ∈ UT2(Z3)|det(A) = ±1}.

1. Veri�care che |G| = 122. Calcolare almeno un 2-Sylow S2 e un 3-Sylow di G3. Veri�care che G = S2 n S3

4. Provare che G ∼= Z2 ×D3

Svolgimento: Analogamente rispetto all'esercizio precedente, cerchiamo dicapire gli elementi che possono trovarsi sulla diagonale principale, l'unica checontribuisce al valore del determinante.Le nostre matrici saranno del tipo:[

1 ∗0 1

]Oppure [

2 ∗0 2

]Oppure [

1 ∗0 2

]Oppure [

2 ∗0 1

]

Esibiamo ora il nostro gruppoG = {[1 00 1

],

[1 10 1

],

[1 20 1

],

[2 00 2

],

[2 10 2

],

[2 20 2

],[

2 00 1

],

[2 10 1

],

[2 20 1

],

[1 00 2

],

[1 10 2

],

[1 20 2

]}

Veri�care che e�ettivamente é questo il sottogruppo cercato.Elenco i vari periodi rispettivamente ci ciascun elemento, ci torneranno utilinello svolgimento dell'esercizio.1,3,3,2,6,6,2,2,2,2,2,2

Osserviamo inoltre che G non é abeliano, infatti[1 10 1

]∗

[1 10 2

]=

[1 00 2

],

mentre[1 10 2

]∗

[1 10 1

]=

[1 20 2

]Pertanto non sará isomorfo a Z12, ma osservando che ci sono elementi di ordine6 e nessun elemento di ordine 4, G non sará nemmeno isomorfo a A4 né a T .Possiamo quindi concludere che G ∼= D6

∼= Z2 ×D3

Cerchiamo ora i Sylow di G, ricordando che |G| = 12 = 22 ∗ 3.Dal secondo th. di Sylow sappiamo che n3|4 e n3

∼= 1mod3 allora n3 = 1, 4.Il 3-sylow ha ordine primo, esso sarà á quindi ciclico, cioé generato da un ele-mento di periodo 3. Non solo, ma sappiamo che ogni elemento di un 3-sylow avráun periodo divisore dell'ordine del gruppo, cioé o 1 o 3. Queste osservazioni,congiuntamente all'analisi dei periodi, ci permettono di asserire che n3 = 1 ed

esattamente S3 =<[1 10 2

]>=<

[1 20 1

]>.

Poiché non c'é nessun elemento di ordine 4, il nostro 2-Sylow cercato, sará l'u-nione di 2 2-sottogruppi.Osserviamo, dal secondo Th. di Sylow, che n2|3 e n2

∼= 1mod3, quindi n2 ∈ 1, 3.

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Ma 1 possiamo subito escluderlo, poiché allora S2 sarebbe normale in G, inoltreesso avrebbe ordine 22 e sarebbe perció abeliano. Quindi G = S3 × S2 sarebbeil prodotto di due gruppi abeliani, quindi G sarebbe abeliano, ma ció é assurdo.Prima di costruire esplicitamente il mio 2-Sylow, ricordo che Z(Dn) con n pari é

formato da {id, σn/2}, in particolare in questo caso sará formato da σ3 =[2 00 2

]Inoltre, considerata una generica matrice A di periodo 2, se moltiplico A∗(−A),dove con −A indico la matrice le cui entrate sono gli opposti mod3 delle entratedella matrice A, ottengo −A2 = −I, dove I é la matrice Identica. Ed e�ettiva-mente si vede che sottogruppi cosí formati sono in numero di 3

Perció un 2-Sylow sará S2 = {[1 00 1

],

[2 00 2

],

[1 00 2

],

[2 00 1

]}.

Che sia e�ettivamente un sottogruppo é lasciata al lettore.Abbiamo perció due sottogruppi S2, S3 di G, la cui intersezione é banale, essendosu primi distinti, ove S3 essendo unico é normale in G, e tali che |S2||S3| = |G|,cioé abbiamo provato che G è prodotto semidiretto (interno) di S2 ed S3

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Proposizione: Siano H, K, G gruppi. Veri�care che tutti gli omomor�smiϕ : H × K → G sono del tipo ϕ(h, k) = ϕ1(h)ϕ2(k) (h ∈ H, k ∈ K) doveϕ1 : H → G, ϕ2 : K → G omomor�smi tali che ϕ1(h)ϕ2(k) = ϕ2(k)ϕ1(h).Svolgimento: Fisso ϕ : H × K → G omomor�smo di gruppi. De�niscoϕ1 : H → G t.c. ∀ h ∈ H : ϕ1(h) := ϕ(h, 1) e, analogamente, ϕ2 : K →G t.c. ∀ k ∈ K : ϕ2(k) := ϕ(1, k). Si vede subito che queste due ap-plicazioni sono omomor�smi. Valuto, utilizzando la proprietà dell'omomor-�smo di gruppi: ϕ1(h)ϕ2(k) = ϕ(h, 1)ϕ(1, k) = ϕ((h, 1)(1, k)) = ϕ(h, k) =ϕ((1, k)(h, 1)) = ϕ(1, k)ϕ(h, 1) = ϕ2(k)ϕ1(h). Ciò dimostrava la prima parte.Per il viceversa, siano ϕ1 : H → G, ϕ2 : K → G omomor�smi tali cheϕ1(h)ϕ2(k) = ϕ2(k)ϕ1(h) e sia ϕ : H × K → G t.c. ∀ (h, k) ∈ H × K :ϕ(h, k) = ϕ1(h)ϕ2(k). Provo che ϕ è un omomor�smo di gruppi. Infatti, se(h, k), (h′, k′) ∈ K, allora ϕ((h, k)(h′, k′)) = ϕ(hh′, kk′) = ϕ1(hh′) = ϕ2(kk′) =ϕ1(h)ϕ1(h′)ϕ2(k)ϕ2(k′) = ϕ1(h)ϕ2(k)ϕ1(h′)ϕ2(k′) = ϕ(h, k)ϕ(h′, k′). Si os-servi che è stato utilizzata la proprietà degli omomor�smi ϕ1, ϕ2, senza laquale non si sarebbe potuta dedurre la penultima uguaglianza.

traccia6: Nel gruppo GL2(Z5) si considerino i seguenti sottogruppi:

H = 〈(

0 11 0

)〉, K = 〈

(2 11 2

)〉

a. Provare che l'insieme HK è un sottogruppo di GL2(Z5).

b. Veri�care che HK = H ×K.

c. Posto G = U(Z15), calcolare tutti gli omomor�smi ϕ : HK → G stabilen-do se tra essi è dato qualche isomor�smo.

Svolgimento: a. Determino inizialmente i gruppi H e K. Facendo sempli-ci calcoli (le potenze delle matrici) si trova che H = {( 1 0

0 1 ) , ( 0 11 0 )} e K ={

( 1 00 1 ) , ( 2 1

1 2 ) ,(−1 0

0 −1

),

(−2 −1−1 −2

)}. Osservo inoltre che HK = KH ( e ciò

equivale a stabilire che HK è un sottogruppo), infatti ( 0 11 0 ) ( 2 1

1 2 ) ( 0 11 0 )−1 =(−2 −1

−1 −2

)e questa relazione tra i generatori dei sottogruppi è su�ciente a sta-

bilire la relazione di cui sopra tra i sottogruppi (questo bisogna provarlo, ma èimmediato).b. H ∩ K = {1}. K C HK perché ha indice 2, mentre H C HK perché( 2 1

1 2 ) ( 0 11 0 ) ( 2 1

1 2 )−1 = ( 1 00 1 ), e questo basta a stabilire che HK = H ×K.

c. Per l'esercizio 1, assegnare un omomor�smo de�nito su un prodotto direttoequivale ad assegnare omomor�smi sui fattori (dovrebbero anche commutarefra loro, ma in questo caso particolare la commutatività è gratis, visto che ilgruppo di arrivo è abeliano). Per sempli�care le cose osserviamo che H ' Z2 el'unico isomor�smo è realizzato dalla mappa che ( 0 1

1 0 ) 7→ [1]2, mentre K ' Z4

e un isomor�smo è ( 2 11 2 ) 7→ [1]4. |U(Z15)| = φ(15) = 8 e i periodi sono quelli

descritti dalla seguente tabella:

Elementi 1 2 4 7 8 11 13 14Periodi 1 4 2 4 4 2 4 4

Gli omomor�smi Z2 → U(Z15) sono quello banale, [1]2 7→ [1]15, e i due monomor-�smi [1]2 7→ [4]15, [1]2 7→ [11]15, quindi gli omomor�smi H → U(Z15) sono

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( 0 11 0 ) 7→ [1]15, ( 0 1

1 0 ) 7→ [4]15, ( 0 11 0 ) 7→ [11]15. Z4 ha come unico sottogruppo

normale proprio non banale N := 〈[2]4〉. Tra gli omomor�smi Z4 → U(Z15)troviamo allora quello banale, [1]4 7→ [1]15, quelli con nucleo N (facili da de-terminare se pensati come monomor�smi de�niti sul gruppo quoziente Z4/N inU(Z15), [1]4 7→ [4]15, [1]4 7→ [2]15 ed in�ne i monomor�smi (che devono conser-vare i periodi) [1]4 7→ [2]15, [1]4 7→ [7]15, [1]4 7→ [8]15, [1]4 7→ [13]15, [1]4 7→[14]15. Tutti gli omomor�smi K → U(Z15) sono: ( 2 1

1 2 ) 7→ [1]15, ( 2 11 2 ) 7→

[4]15, ( 2 11 2 ) 7→ [11]15, ( 2 1

1 2 ) 7→ [2]15, ( 2 11 2 ) 7→ [7]15, ( 2 1

1 2 ) 7→ [8]15, ( 2 11 2 ) 7→

[13]15, ( 2 11 2 ) 7→ [14]15. Si contano in tutto 24 omomor�smi (si osservi che

HK = 〈( 0 11 0 ) , ( 2 1

1 2 )〉, e sopra non si è fatto altro che stabilire i valori assuntisui generatori del gruppo). Per quanto riguarda l'ultima questione è certamentedato qualche isomor�smo. Infatti i due gruppi hanno lo stesso ordine e, ad es-empio, ϕ : HK → U(Z15) t.c. ϕ ( 0 1

1 0 ) = [4]15, ϕ ( 2 11 2 ) = [7]15 è surgettiva, per-

chè Imϕ = ϕ(HK) = ϕ(〈( 0 11 0 ) , ( 2 1

1 2 )〉) = 〈ϕ ( 0 11 0 ) , ϕ ( 2 1

1 2 )〉 = 〈[4]15, [7]15〉 =U(Z15). Se si vogliono trovare tutti gli isomor�smi si devono trovare tutti i modidi scrivere U(Z15) come generato dalle immagini di un omomor�smo (dovreb-bero essere il numero degli elementi di periodo 4 con rappresentanti coprimi con2 più quelli coprimi con 11, quindi direi 7...).

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Esercizio 1:Si vuole determinare esplicitamente il gruppo G = Aut(D5).Si è trovato, a lezione, che |G| = 20 = 22 · 5. Sia s2 il numero dei 2-Sylow diG e s5 il numero dei 5-Sylow di G. Dai teoremi di Sylow si hanno informazioninumeriche su s2 ed s5, cioè s2| 20

22 = 5 e s2 ≡ 1 mod 2, dunque s2 ∈ {1, 5},mentre s5| 20

5 = 4 e s5 ≡ 1 mod 5, da cui s5 = 1. Il 5-Sylow di G è unico,pertanto è normale in G; chiamo P5 tale unico 5-Sylow.Osservo che il gruppo G non è commutativo. Considero infatti due automor-�smi ϕ, ψ ∈ G che, per come è presentato il gruppo D5, sono univocamentedeterminati dalle condizioni:- ϕ(σ) = σi, i ∈ {1, 2, 3, 4}- ϕ(τ) = σjτ, j ∈ {0, 1, 2, 3, 4}- ψ(σ) = σk, k ∈ {1, 2, 3, 4}- ψ(τ) = σlτ, l ∈ {0, 1, 2, 3, 4}Valuto:(ϕ ◦ ψ)(τ) = ϕ(ψ(τ)) = ϕ(σlτ) = ϕ(σ)lϕ(τ) = σil+jτ(ψ ◦ ϕ)(τ) = ψ(ϕ(τ)) = ψ(σjτ) = ψ(σ)jψ(τ) = σkj+lτE' su�ciente scegliere i=1, j=1, k=2, l=0 perché non sussista l'uguaglianza(ϕ ◦ ψ)(τ) = (ψ ◦ ϕ)(τ). Si deduce allora che non può esserci un unico 2-Sylow:se così fosse, infatti, il gruppo G sarebbe nilpotente, quindi prodotto direttointerno dei suoi sottogruppi di Sylow; risulterebbe allora abeliano, in quanto il2-Sylow avrebbe ordine 4 = 22, quadrato di un primo, dunque abeliano, mentreil 5-Sylow sarebbe ciclico di ordine 5 (primo), a fortiori abeliano. La possibilitàrimasta è che ci siano cinque 2-Sylow. Detto P2 uno di questi 2-Sylow, si ha cheP2 ∩ P5 = {1} (l'intersezione di sottogruppi di Sylow relativi a primi distinti èbanale), |P2P5| = |P2||P5|

|P2∩P5| = |P2||P5| = 22 · 5 = 20, da cui G = P2P5, e in�neP5 C G. Sono soddisfatte le ipotesi per concludere che G = P5 o P2. Si vuoleora stabilire a quale prodotto semidiretto esterno il gruppo G è isomorfo. Perfar ciò si dovrà stabilire a che gruppi sono isomor� i sottogruppi di Sylow diG e in seguito assegnare un omomor�smo opportuno per realizzare il prodottosemidiretto esterno.Come già detto P5 ha ordine primo, quindi è ciclico, cioè P5 ' Z5. Si vuoleora cercare un generatore di P5. Considero l'automor�smo ψ ∈ G t.c. ψ(σ) =σ, ψ(τ) = στ ; per induzione provo che (ψk)(τ) = σ2kτ con k ∈ N∗: ψ(τ) = στ e,supposto l'asserto vero per k−1 con k ≥ 2, si ha che (ψk)(τ) = ψ((ψk−1)(τ)) =ψ(σ2(k−1)τ) = ψ(σ2(k−1))ψ(τ) = σ2kτ . Fissato k ≥ 1, si ha: ψk = id ⇔(ψk)(τ) = τ ⇔ σ2kτ = τ ⇔ σ2k = 1⇔ 2k ≡ 0 mod 5. Allora il periodo di ψ inG è uguale al periodo di 2 in Z5, cioè 5. Mostro ora che in G è presente un ele-mento (automor�smo) di periodo 4. Considero ϕ ∈ G t.c. ϕ(σ) = σ2, ϕ(τ) = τ .Fisso k ∈ N∗ e provo che (ϕk)(σ) = σ2k

. Infatti (ϕ1)(σ) = ϕ(σ) = σ2 = σ21e,

supposto l'asserto vero per k−1 con k ≥ 2, si ha che (ϕk)(σ) = (ϕ◦(ϕk−1))(σ) =ϕ((ϕk−1)(σ)) = ϕ(σ2k−1

) = (σ2)2k−1= σ2k

. Allora, essendo ϕ(τ) = τ , ϕk =id⇔ (ϕk)(σ) = σ ⇔ σ2k

= σ ⇔ 2k ≡ 1 mod 5, da cui si ha che il periodo di ϕin G uguaglia il periodo di 2 in U(Z5), cioè |ϕ| = 4. Il sottogruppo generato daquesto particolare automor�smo ha ordine 4, pertanto è un 2-Sylow; sia P2 tale2-Sylow.Si vuole ora valutare ϕ ◦ ψ ◦ ϕ−1 per capire come descrivere esplicitamentel'automor�smo di P5 de�nito da ϕ. Poichè P5 = 〈ψ〉 C G si è sicuri del fattoche la composizione da valutare è una potenza di ψ, per cui necessariamente(ϕ◦ψ ◦ϕ−1)(σ) = σ. Inoltre (ϕ◦ψ ◦ϕ−1)(τ) = (ϕ◦ψ ◦ϕ3)(τ) = ϕ(ψ(ϕ3(τ))) =

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σ2τ = (ψ2)(τ), pertanto ϕ ◦ ψ ◦ ϕ−1 = ψ2.E' allora data una presentazione del gruppo: G = 〈ψ,ϕ | ψ5 = ϕ4 = 1, ϕψϕ−1 =ψ2〉. Se si vuole scrivere il gruppo come prodotto semidiretto esterno con fattoriZ5, Z4 si deve assegnare l'omomor�smo Φ : Z4 → Aut(Z5) t.c. Φ(1) : Z5 →Z5 t.c. ∀ a ∈ Z5 : Φ(1)(a) = 2a che, mediante gli isomor�smi Z4 ←→ P2

e Aut(Z5) ←→ Aut(P5) permette di ricostruire gli automor�smi de�niti daglielementi di P2 su P5. G ' Z5 oΦ Z4.

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Alcune applicazioni dei teoremi di Sylow

Esercizio 2:Dimostrare che un gruppo di ordine 30 non è semplice

Svolgimento:|G| = 2 ∗ 3 ∗ 5, quindi sappiamo che esistono un 2-Sylow K, un 3-Sylow H, un5-Sylow N .Siano s3 e s5 rispettivamente il numero dei 3-Sylow e il numero dei 5-Sylow.Allora s3 divide 10 ed è congruo a 1 modulo 3, dunque s3 ∈ {1, 10}. Con unragionamento analogo s5 ∈ {1, 6}. Voglio provare che G ha un sottogrupponormale di ordine 3 o 5.Se s3 = 1 ∨ s5 = 1 ciò è vero.Mostriamo allora che non può essere s3 = 10 ∧ s5 = 6:si avrebbero infatti 10 3-Sylow, pertanto 20 elementi distinti (i 10 elementidi periodo 3 e i loro inversi), 6 5-Sylow, dunque 24 elementi ancora distinti(le potenze degli elementi di periodo 5 distinti) e si supererebbe il numero dielementi del gruppo GSi è fruttato per giungere a questo risultato il fatto che due sottogruppi di ordineprimo sono ciclici ed ogni elemento non identico è un generatore, quindi se duedi essi hanno intersezione non banale allora coincidono.

Esercizio 3:Dimostrare che un gruppo di ordine 56 non è semplice

Svolgimento: 56 = 23 ∗ 7. Sappiamo allora che esiste un 2-Sylow di ordine8 e un 7-Sylow.Dal secondo th. di Sylow si ha che n7 ≡ 1mod7 e n7|23. Quindi n7 ∈ {1, 8}Analogamente possiamo dedurre che n2 = 1 ∨ n2 = 7Se n7 = 8 allora si hanno φ(7) = 6 elementi non identici per ogni 7-Sylow(guardare a tal proposito l'esercizio prec.); quindi in totale 6 ∗ 8 = 48 elementinon identici.Quindi in totale 56− 48 = 8, sottraendo anche l'identità 8− 1 abbiamo esatta-mente 7 elementi non identici.Per non contraddire l'ordine del gruppo, avendo ogni 2-Sylow esattamente 7elementi non identici, deve essere necessariamente n2 = 1

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Per ogni piccolo (o grande) errore e/o imprecisione che trovate potete scriver-lo nella pagina del forum a questo indirizzo:http://matematici-irriducibili.netsons.org/forum/index.php?topic=26.0L'esercizio 1 e la traccia 6 sono stati svolti da Gianluca Orlando.

Volevo anche ringraziare Martino Garonzi per i suoi illuminanti consigli!

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