UNIVERSITA DEGLI STUDI DI BARI

FACOLTA DI SCIENZE MATEMATICHE, FISICHE E NATURALI

CORSO DI LAUREA IN MATEMATICA

ESERCIZIARIO DI ALGEBRA 1

Autore:

Dott. Francesco Sasso

Introduzione

Questo eserciziario nasce dalla necessita di mettere a disposizione degli studenti alcu-ne tipologie di esercizi di Algebra, specificando altresı comuni pratiche di risoluzione deglistessi. L’opera che leggete si basa sulle lezioni di Algebra 1 del corso di Laurea Triennalein Matematica dell’Universita degli Studi di Bari. Tali lezioni, tenute annualmente dallaProf.ssa Margherita Barile, sono reperibili in formato PDF al link [1] (vedasi la Bibliogra-fia). Non voglio ora fare una distinzione di sorta, ma in base a quanto premesso, il seguenteeserciziario e rivolto in primis agli studenti impegnati a superare l’esame scritto del sud-detto corso. Ciononostante, spero sia una lettura gradita anche a un pubblico piu vasto.Specifico inoltre che gli esercizi qui presenti sono stati opportunamente selezionati tra letracce d’esame del corso, anch’esse presenti in [1].Questo eserciziario non deve essere scambiato per un manuale pratico di risoluzione degliesercizi d’esame. Gli svolgimenti che vi vengono proposti non sono gli unici possibili, espesso non sono nemmeno i piu semplici. Alcuni di essi includono nozioni avanzate, noncontenute nel programma di esame. Essi vanno intesi come una palestra di approfondi-mento dei concetti, in quanto costringono il lettore a comprendere, di questi ultimi, tuttigli aspetti numerici, strutturali, combinatori, compresi i meno evidenti. La sfida lanciatacon queste note vuole essere un invito a prendere familiarita con oggetti astratti, costruitiformalmente, e che vanno manipolati sulla base delle proprieta di cui godono, prescrittedalle definizioni o dedotte tramite i teoremi.Il primo passo per superare le difficolta e riconoscere ed accettare, per intero e senza paura,la complessita del problema che si ha di fronte.Detto questo, non mi resta che augurare a tutti voi un buono studio e rivolgere, agli studentiimpegnati nel superamento dell’esame di Algebra 1, un beneaugurante in bocca al lupo.

Dott. Francesco Sasso

1

Indice

1 Premesse 31.1 Sui metodi risolutivi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Un esempio di come nasce un esercizio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Un esempio di generalizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Un altro esempio di generalizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5 Applicazione delle precedenti generalizzazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.6 Il problema della buona positura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Esercizi 302.1 Esercizi su gruppi e permutazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.2 Esercizi su omomorfismi e divisibilita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552.3 Esercizi sui polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 622.4 Due esercizi molto significativi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

Bibliografia

2

Capitolo 1

Premesse

Il fine di questo capitolo, lo diciamo subito, e quello di mettere sullo stesso piano la teoriae la pratica. Le ragioni di quest’asserzione risulteranno senza dubbio piu chiare nel seguito.

1.1 Sui metodi risolutivi

E del tutto lecito, soprattutto per uno studente alle prime armi, chiedersi se esista unmetodo meccanico attraverso cui riuscire a risolvere le diverse tipologie di problemi. Lasperanza di chi se lo chiede e quella di quozientare opportunamente l’insieme degli esercizi,in modo da ottenere un numero “sufficientemente piccolo” delle cosiddette tipologie, e cheper ciascuna tipologia possa essere applicato questo fantomatico ragionamento meccanico acui prima accennavamo.E bene chiarire sin da subito che, per quanto riguarda l’Algebra, questa speranza va di-sillusa. Lo studente che si accinge alla risoluzione deve quindi mettersi l’anima in pace, esoprattutto deve sapere che gli esercizi proposti sono realizzati in modo che egli possa met-tere in pratica gli strumenti provenienti dalla teoria, ragion per cui e vivamente consigliatouno studio della stessa che sia quanto piu accurato possibile, e tutto cio prima di cominciarecon la pratica.Se cio sara stato fatto, ci si rendera presto conto di come possano esistere diverse stradeche conducano alla risoluzione di uno stesso problema, e anzi di piu: in alcuni casi potrarisolversi lo stesso esercizio sia con risultati provenienti dall’Algebra che con risultati pro-venienti da altre discipline, quale e ad esempio l’Analisi. Si lascia quindi una certa libertadi ragionamento al risolutore, che deve convincere l’esaminatore di aver compreso a pienogli insegnamenti e di saperli maneggiare con cura e, magari, con la fantasia che contraddi-stingue il bravo matematico.Illustriamo adesso due esercizi che mettano in luce quanto detto sopra, in modo da togliere ildubbio a chi ancora credesse nell’esistenza di un metodo meccanico che ci tolga dagli impicci.

- Esercizio 1.1.1: Si consideri il polinomio

f(x) = x9604 + 5x3 − 18x2 − 20x+ 30 ∈ Z[x].

3

Provare che f(x) non ha radici multiple in Z.

Di questo esercizio proponiamo due distinti svolgimenti.

Svolgimento 1: Supponiamo per assurdo che α sia radice multipla di f(x) in Z, da ciosegue, per il Teorema di Ruffini e per il Lemma di Gauss, che (x− α)2 divide f(x) in Z[x],ossia:

∃g(x) ∈ Z[x] tale che f(x) = (x− α)2 · g(x)

Sappiamo inoltre, da una nota proposizione, che

∃r, s ∈ Z tali che r | 30, s | 1 e α = rs

il che puo essere riassunto dicendo che α ∈ r ∈ Z | r | 30, motivo per il quale fattorizziamoil termine noto di f(x), osservando che 30 = 2 · 3 · 5. Indichiamo ora con f i(x), gi(x) leriduzioni modulo i di f(x), g(x) in Zi[x] con i ∈ 2, 3, 5. Abbiamo allora che:

f i(x) = (x− [α]i)2 · gi(x) i ∈ 2, 3, 5

ragion per cui [α]i e radice multipla di f i(x) in Zi, con i ∈ 2, 3, 5. In particolare [α]3e radice multipla di f3(x) in Z3. Andiamo quindi alla ricerca delle radici di f3(x) in Z3.Osserviamo che:

f3(x) = x9604 − x3 + x = x · (x9603 − x2 + [1]3) = x · h3(x)

dove h3(x) = x9603 − x2 + [1]3. Proviamo che h3(x) non ha radici in Z3. Anzitutto eimmediato verificare che [0]3 non e radice di h3(x). Consideriamo ora β ∈ Z3 con β 6= [0]3.Allora sfruttando il teorema di Eulero, si ha che:

h3(β) = β9603 − β2 + [1]3 = β4801·2+1 − β2 + [1]3 = β − [1]3 + [1]3 = β 6= [0]3

e dunque h3(x) non ha radici in Z3. Ne deduciamo quindi che l’unica radice di f3(x) in Z3

e [0]3, e che tale radice e semplice in quanto h3(x) e privo di radici in Z3. In definitiva f3(x)non possiede radici multiple in Z3, ma prima avevamo detto che [α]3 era una radice mul-tipla di f3(x) in Z3. Siamo quindi pervenuti a un assurdo, derivato dall’aver supposto chef(x) avesse una radice multipla in Z. Di conseguenza f(x) non possiede radici multiple in Z.

Svolgimento 2: Stavolta adottiamo una strategia diversa. Anziche agire per assurdo,faremo vedere esplicitamente che f(x) non ha radici multiple in Z dimostrando che f(x)non possiede radici in Z. Per far cio utilizzeremo un ragionamento piu analitico che alge-brico. Anzitutto, e immediato verificare che f(0) 6= 0, f(1) 6= 0, f(−1) 6= 0. Consideriamoquindi α ∈ Z, con |α| ≥ 2, e facciamo vedere che f(α) > 0. Cio equivale a provare che:

−5α3 + 18α2 + 20α− 30 < α9604 (1)

Proviamo quindi la (1). Ovviamente si ha che:

−5α3 + 18α2 + 20α− 30 ≤ 5 |α|3 + 18 |α|2 + 20 |α|+ 30

4

e siccome max5, 18, 20 < 30, allora:

5 |α|3 + 18 |α|2 + 20 |α|+ 30 < 30(|α|3 + |α|2 + |α|+ 1)

ora, tenuto conto che 2 ≤ |α|, si ha che max|α|2 , |α| , 1 < |α|3, e quindi

30(|α|3 + |α|2 + |α|+ 1) < 30(|α|3 + |α|3 + |α|3 + |α|3) = 120 |α|3 = 23 · 3 · 5 |α|3

e ricordandosi nuovamente che 2 ≤ |α|, deduciamo che 23 ≤ |α|3, 3 < 23 ≤ |α|3, e inoltre5 < 23 ≤ |α|3, ragion per cui:

23 · 3 · 5 |α|3 < |α|3 · |α|3 · |α|3 · |α|3 = |α|12 < |α|9604 = α9604

e quindi riassumendo il tutto si ha che:

−5α3 + 18α2 + 20α− 30 < α9604

ossia abbiamo provato la (1). Possiamo ora raccogliere le suddette informazioni per direche effettivamente f(x) non possiede radici in Z, e quindi a maggior ragione non ha radicimultiple in Z.

- Esercizio 1.1.2: Si consideri il polinomio

f(x) = x4 + 8270 · 14876100x3 + 15413798543x+ 2 · 2758481 ∈ Z[x].

1. Provare che la riduzione modulo 3 di f(x) si decompone in Z3[x] nel prodotto di fattorilineari.

2. Determinare una fattorizzazione in Z5[x] della riduzione di f(x) modulo 5.

3. Provare che f(x) non ha radici intere divisibili per 6.

La parte interessante dello svolgimento riguarda in realta i soli punti 1. e 3., per la cuirisoluzione agiremo adottando due distinti ragionamenti che fanno leva su diversi risultatiprovenienti dalla teoria algebrica.

Svolgimento

1. Denotiamo con f(x) la riduzione modulo 3 di f(x), cioe:

f(x) = x4 + 8270 · 14876100x3 + 15413

798543x+ 2 · 27584

81 ∈ Z3[x]

Dove, ovviamente, col soprassegno si indica la classe di congruenza modulo 3. Sfrut-tando il teorema di Fermat e la definizione di classe di congruenza, si deduce in modosemplice che:

f(x) = x4 + 2x3 + 2x+ 1

Per fattorizzare f(x) in Z3[x], per prima cosa andiamo alla ricerca di eventuali sueradici in Z3. A tal proposito, ci si rende rapidamente conto che f(1) = 0, ossia 1 euna radice di f(x) in Z3. Possiamo allora applicare il teorema di Ruffini per dire che(x− 1) divide f(x) in Z3[x]; e in effetti, dalla seguente divisione euclidea:

5

x4 +2x3 +2x +1 x −1−x4 +x3 x3 +2

2x +1−2x +2

0

ci si accorge che:f(x) = (x− 1)(x3 + 2)

Ovviamente (x − 1) e irriducibile, e resta quindi da decomporre in Z3[x] il fattoreg(x) = (x3 + 2). A tal fine, si puo agire in piu di un modo:

(a) si potrebbe agire come al solito, cercando cioe eventuali radici di g(x) in Z3.Stavolta, essendo deg(g(x)) ≤ 3, l’eventuale assenza di radici in Z3 implicherebbe,per il 2 corollario al teorema di Ruffini, l’irriducibilita di g(x) in Z3[x]. Seinvece e presente una radice, si sfrutta il teorema di Ruffini cosı come fatto inprecedenza;

(b) altrimenti possiamo fare affidamento, in questo particolarissimo caso, al teoremadi Fermat e al teorema binomiale di Newton in Zp (con p generico numero primopositivo). Cerchiamo di spiegare meglio cio che intendiamo. Sappiamo, dalteorema binomiale di Newton, che:

∀a, b ∈ Z : (a+ b)p =

p∑k=0

p!

k!(p− k)!ap−kbk

tenuto quindi conto che

∀k = 1, ..., p− 1 : p |(

p!

k!(p− k)!

)si deduce che:

∀a, b ∈ Zp : (a+ b)p = ap + bp

Possiamo allora dire, nel nostro caso, che:

g(x) = x3 + 2 = x3 + 23

= (x+ 2)3

dove si sono per l’appunto impiegati il teorema di Fermat (nella seconda ugua-glianza) e il teorema binomiale di Newton in Z3 (nella terza uguaglianza), otte-nendo in tal modo la fattorizzazione di g(x) in Z3[x];

Si ha quindi la seguente decomposizione di f(x) in fattori irriducibili in Z3[x]:

f(x) = (x− 1)(x+ 2)3

2. Denotiamo stavolta con f(x) la riduzione di f(x) modulo 5, ossia:

f(x) = x4 + 8270 · 14876100x3 + 15413

798543x+ 2 · 27584

81 ∈ Z5[x]

6

Dove stavolta col soprassegno si indica la classe di congruenza modulo 5. Sfruttando ilteorema di Fermat e la definizione di classe di congruenza, si deduce in modo sempliceche:

f(x) = x4 + 2x+ 3

Per fattorizzare f(x) in Z5[x], per prima cosa andiamo alla ricerca di eventuali sueradici in Z5. A tal proposito, ci si rende rapidamente conto che f(3) = 0, ossia 3 euna radice di f(x) in Z5. Possiamo allora applicare il teorema di Ruffini per dire che(x− 3) divide f(x) in Z5[x]; e in effetti, dalla seguente divisione euclidea:

x4 +2x +3 x −3−x4 +3x3 x3 +3x2 +4x +4

3x3 +2x +3−3x3 +4x2

4x2 +2x +3−4x2 +2x

4x +3−4x +2

0

ci si accorge che:f(x) = (x− 3)(x3 + 3x2 + 4x+ 4)

Ovviamente (x − 3) e irriducibile, e resta quindi da decomporre in Z3[x] il fattoreg(x) = (x3 + 3x2 + 4x + 4). Come prima, cerchiamo eventuali radici di g(x) in Z5,trovando subito che g(3) = 0, e quindi riapplicando il teorema di Ruffini si ha che(x− 3) divide g(x) in Z5[x], e dividendo si ottiene che:

x3 +3x2 +4x +4 x −3−x3 +3x2 x2 +x +2

x2 +4x +4−x2 +3x

2x +4−2x +6

0

Dunque g(x) = (x−3)·h(x), dove h(x) = (x2+x+2). Resta quindi da fattorizzare h(x)in Z5[x]. A tal fine osserviamo che, siccome h(x) non ha radici in Z5 e deg(h(x)) ≤ 3,allora per il 2 corollario al teorema di Ruffini h(x) e irriducibile in Z5[x]. Si ha quindila seguente decomposizione di f(x) in fattori irriducibili in Z5[x]:

f(x) = (x− 3)2(x2 + x+ 2)

3. Supponiamo per assurdo che α sia una radice intera di f(x) divisibile per 6. Essendof(x) polinomio monico a coefficienti interi, allora da una nota proposizione sappiamoche necessariamente α divide il termine noto di f(x). Abbiamo allora che:

6 | α ∧ α | [2 · (27584)81]

7

da cui segue subito che 6 | [2 · (27584)81], e quindi 3 | (27584)81, ovvero dev’essere[2758481]3 = [0]3, cioe [27584]813 = [0]3, e siccome [27584]3 = [2]3, allora si avra[2]813 = [0]3.Tuttavia [2]3 6= [0]3, e siccome Z3 e integro, allora [2]813 6= [0]3, in contraddizione conquanto detto in precedenza. L’assurdo e derivato dall’aver supposto che f(x) avesseradici intere divisibili per 6; pertanto f(x) non puo avere radici intere divisibili per 6.Avremmo anche potuto agire nel modo seguente: supponiamo per assurdo che α siauna radice intera di f(x) divisibile per 6, si ha allora che:

[α]6 = [0]6 ∧ f(α) = 0.

Sappiamo dal Teorema cinese del resto che la seguente applicazione e un isomorfismodi anelli:

φ : Z6 → Z2 × Z3 : [x]6 7→ ([x]2, [x]3).

Notiamo quindi che:

f(α) = 0⇒ [f(α)]6 = [0]6 ⇒ φ([f(α)]6) = φ([0]6)⇒

⇒ ([f(α)]2, [f(α)]3) = ([0]2, [0]3)⇒ [f(α)]3 = [0]3.

Inoltre dall’altra ipotesi fatta su α, si ricava che:

[α]6 = [0]6 ⇒ φ([α]6) = φ([0]6)⇒ ([α]2, [α]3) = ([0]2, [0]3)⇒ [α]3 = [0]3

Da quanto stabilito sopra, possiamo ora osservare che:

[0]3 = [f(α)]3 = f([α]3) = f([0]3)

ovvero si ha che [0]3 e radice di f(x) in Z3, ma questo e assurdo in quanto nel punto1. avevamo ricavato che f(x) = (x− [1]3)(x+ [2]3)

3.

1.2 Un esempio di come nasce un esercizio

E nostro intento, adesso, dare un esempio di come si possa concepire un esercizio; ossiavogliamo per un momento immedesimarci non nel semplice risolutore, che risponde senzadomandarsi, ma bensı in colui che partorisce il quesito, giacche piu importanti delle rispostesono senz’altro le domande.Il punto di partenza e cio che gia ci e noto, e spesso il ricercatore cerca di accoppiare le sueconoscenze per scoprire qualcosa di nuovo. In quest’ottica, cercheremo infatti di fonderealcune delle nostre conoscenze per mettere a punto quello che per alcuni potra sembrare unesercizio, mentre per altri una vera e propria proposizione (e a dir la verita si fa fatica acomprendere il senso di questa distinzione).Il risultato principale che siamo intenzionati a utilizzare e un teorema che abbiamo finoratralasciato, ovvero il Criterio di Eisenstein. La prima conclusione cui questo criterio ciconduce e il fatto che, in Q[x], esistono polinomi irriducibili di qualsiasi grado. Bastainfatti considerare:

f(x) = xn + p1 (1)

8

con n un qualunque intero positivo e p1 un qualunque numero primo.Adesso, sappiamo che se un polinomio in Z[x] ammette una riduzione modulo p (con pprimo) irriducibile in Zp[x], allora e esso stesso irriducibile in Q[x]. Il viceversa pero non evero. Quindi, per quel che ne sappiamo, il polinomio definito nella (1) potrebbe benissimoammettere una riduzione modulo p che sia riducibile. In particolare, dal Teorema di Ruffinisappiamo, in parole povere, che se un polinomio ammette radici e ha grado strettamentemaggiore di uno, allora e riducibile. Dunque il polinomio definito dalla (1) potrebbe am-mettere una riduzione modulo p che abbia almeno una radice in Zp.Detto questo, sarebbe quanto meno curioso se il polinomio f(x), che e irriducibile in Q[x] (el’irriducibilita e, intuitivamente, la condizione piu distante dall’avere delle radici), ammet-tesse una riduzione modulo p2, che denotiamo f(x), che abbia il maggior numero possibiledi radici in Zp2 , ossia la cui funzione di valutazione sia quanto piu vicina possibile allafunzione nulla.Ci accorgiamo subito che non esiste un primo p2 tale che f(x) abbia funzione di valutazionenulla, ossia tale che f(x) abbia in Zp2 esattamente p2 radici distinte. Infatti, se cio fossevero, allora avremmo che f([0]p2) = [0]p2 , ossia che [p1]p2 = [0]p2 , e quindi avremmo chep1 = p2, e dunque che f(x) = xn. Ma allora f([1]p2) = [1]p2 6= [0]p2 , ovvero [1]p2 non eradice di f(x), e pertanto f(x) non ha esattamente p2 radici distinte in Zp2 .Andiamo allora alla ricerca di un primo p2 tale che f(x) abbia in Zp2 esattamente p2 − 1radici distinte. In questo caso, le speranze sono notevolmente maggiori. Ora, supponiamoche un tale p2 esista. Si osserva subito che tra le p2 − 1 radici distinte non puo esserci[0]p2 , altrimenti avremmo di nuovo che p1 = p2, e quindi che f(x) = xn, ma allora f(x)avrebbe una unica radice (sebbene di molteplicita n), che sarebbe appunto [0]p2 , e questorisulterebbe assurdo. Di conseguenza, avendo f(x) esattamente p2−1 radici distinte in Zp2 ,e non essendo [0]p2 una radice di f(x), allora:

∀α ∈ Zp2 − [0]p2 : f(α) = [0]p2

ovvero si ha che

∀α ∈ Zp2 − [0]p2 : αn + [p1]p2 = [0]p2 (2)

e quindi

∀α ∈ Zp2 − [0]p2 : αn = −[p1]p2

ovvero si deve avere che per ogni α ∈ Zp2 non nullo, la quantita αn deve essere costante.Questo risultato ci ricorda palesemente il Teorema di Eulero, che applicato in Zp2 ci diceche:

∀α ∈ Zp2 − [0]p2 : αp2−1 = [1]p2

e quindi, se consideriamo k ∈ N− 0, abbiamo che:

∀α ∈ Zp2 − [0]p2 : αk·(p2−1) = [1]p2 (3)

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per tale ragione, poniamo n = k · (p2 − 1), e vediamo se questa scelta e compatibile colnostro fine.Siccome devono valere la (2) e la (3), allora necessariamente:

[1 + p1]p2 = [0]p2

ossia si deve avere che p2 | (1 + p1). Ebbene, questa condizione si puo verificare per infinitip2 e p1 numeri primi. Infatti, mi basta scegliere un qualunque numero primo positivop1 (per il Teorema di Euclide ne esistono infiniti), e sfruttando il Teorema fondamentaledell’Aritmetica si ha sicuramente che esiste un numero primo positivo p2 tale che p2 | (1+p1).Detto questo, abbiamo che, considerati p1, p2 numeri primi positivi tali che p2 | (1 + p1) (edi tali coppie ne esistono infinite), e dato k ∈ N− 0, si ha che il polinomio:

f(x) := xk·(p2−1) + p1

e irriducibile in Q[x], mentre la sua riduzione modulo p2, indicata con f(x), ha in Zp2 esat-tamente p2 − 1 radici distinte.In conclusione, abbiamo provato che esistono infinite coppie (n, p) tali che esista un polino-mio a coefficienti interi f(x) con deg(f) = n, che sia irriducibile in Q[x], e la cui riduzionemodulo p ammetta esattamente p− 1 radici distinte in Zp.A questo punto, possiamo decidere a nostro piacimento come enunciare l’esercizio (o a se-conda dei punti di vista la proposizione). Possiamo decidere di spaventare il risolutore inmodi diversi, a seconda di come l’esercizio viene posto:

- Esercizio 1.2.1 (enunciato amichevole): Sia p1 un primo positivo e sia n un interopositivo. Consideriamo il polinomio:

f(x) = xn + p1

Determinare un intero positivo n e un primo positivo p2 tali che la riduzione di f(x) modulop2 abbia in Zp2 esattamente p2 − 1 radici distinte.

- Esercizio 1.2.2 (enunciato poco amichevole): Determinare un intero positivo n e unprimo positivo p per i quali esista un polinomio a coefficienti interi che sia irriducibile inQ[x], che abbia grado n, e la cui riduzione modulo p abbia in Zp esattamente p − 1 radicidistinte.

- Esercizio 1.2.3 (enunciato brutale): Provare che esistono infinite coppie (n, p) di interipositivi, con p primo, per le quali esista un polinomio a coefficienti interi che sia irriducibilein Q[x], che abbia grado n, e la cui riduzione modulo p abbia in Zp esattamente p− 1 radicidistinte.

In conclusione si noti che, per partorire quest’esercizio, si e fatto cenno, nell’ordine, aiseguenti risultati teorici:

1. Criterio di Eisenstein;

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2. Irriducibilita e riduzione modulo p;

3. Lemma di Gauss;

4. Teorema di Ruffini;

5. Teorema di Eulero;

6. Teorema di Euclide;

7. Teorema fondamentale dell’Aritmetica;

Tutto questo per rimarcare nuovamente che esercizi e proposizioni (o pratica e teoria) sonosostanzialmente la stessa cosa.

1.3 Un esempio di generalizzazione

Stefan Banach, noto matematico polacco vissuto nel secolo scorso, disse una volta unacosa buona e giusta:

“I buoni matematici riescono a vedere le analogie tra le cose. I grandi matematici rie-scono a vedere le analogie tra le analogie.”

Questa opinione e senz’altro degna di essere abbracciata dai piu, e sintetizza in se l’im-portanza di saper generalizzare (o equivalentemente estendere) un qualcosa che sembraripetersi uguale in circostanze tuttavia diverse. L’obiettivo che ci prefiggiamo in questasezione e proprio fornire un esempio di questo genere. Consideriamo gli esercizi seguenti:

- Esercizio 1.3.1: Contare i 4-cicli di S7.

- Esercizio 1.3.2: Contare gli elementi di S8 che hanno struttura ciclica (3,2,1,1,1).

- Esercizio 1.3.3: Contare gli elementi di S9 che hanno struttura ciclica (4,4,1).

- Esercizio 1.3.4: Contare gli elementi di S25 che hanno struttura ciclica (6,5,5,4,3,2).

Balza subito agli occhi che questi esercizi, seppur diversi, sono molto simili tra loro. Adalcuni parra pero che abbiano un grado di difficolta crescente, ma vedremo che non e cosı.Cerchiamo ora di cogliere le analogie tra i suddetti esercizi. Ci accorgiamo, in particolare,che tutti loro possono essere enunciati attraverso la seguente domanda:

“In Sn quante permutazioni si contano che abbiano una ben prefissata struttura ciclica?”

Ci proponiamo allora di realizzare un percorso logico mediante il quale dare una risposta.Per rispondere al quesito procederemo per gradi, illustrando alcuni risultati preliminari, ilprimo dei quali e la:

- Proposizione 1: Sia n ∈ N−0, e sia X un insieme avente cardinalita n. Denotato con

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S(X) := τ : X → X | σ e bigettiva

si ha allora che (S(X), ) e un gruppo isomorfo a Sn.Per provare questo risultato, si sfrutta il fatto che esiste f : 1, ..., n → X applicazionebigettiva, per definire l’applicazione:

φ : Sn → S(X) : σ 7→ φ(σ) = f σ f−1

la quale si prova essere un omomorfismo di gruppi invertibile, il cui inverso e l’applicazione:

ψ : S(X)→ Sn : τ 7→ ψ(τ) = f−1 τ f

Proseguiamo ora fornendo un risultato che ci e gia noto e che riguarda gli l-cicli di Sn:

- Proposizione 2: Sia n ∈ N − 0, e sia l ∈ 2, ..., n. Allora in Sn si contano intotale

1

l· n!

(n− l)!(0)

l-cicli.La dimostrazione formale di questo risultato risulta molto, forse troppo, elaborata. Cer-chiamo percio di fornire un ragionamento euristico che ci conduca alla tesi. Cominciamocol dire che gli l-cicli di Sn possono essere rappresentati in forma di l-uple di elementi di1, ..., n, e queste l-uple devono avere elementi tutti distinti tra loro. Cominciamo quindia contare tutte le possibili l-uple di elementi di 1, ..., n aventi componenti tutte distinte.Queste sono del tipo:

(a1, ..., al)

dove:

• a1 viene scelto arbitrariamente nell’insieme 1, ..., n, e quindi si contano n possibiliscelte per a1;

• una volta scelto a1, la componente a2 puo essere scelta arbitrariamente nell’insieme1, ..., n − a1, e quindi, per ogni fissato a1, si contano n− 1 possibili scelte per a2;

• una volta scelti a1, a2, la componente a3 puo essere scelta arbitrariamente nell’insieme1, ..., n − a1, a2, e quindi, per ogni fissati a1, a2, si contano n − 2 possibili scelteper a3;· · ·

• una volta scelti a1, ..., al−1, la componente al puo essere scelta arbitrariamente nel-l’insieme 1, ..., n − a1, ..., al−1, e quindi, per ogni fissati a1, ..., al−1, si contanon− (l − 1) possibili scelte per al;

Si contano allora n(n − 1) · · · (n − (l − 1)) = n!(n−l)! l-uple di elementi di 1, ..., n aventi

componenti tutte distinte.

12

Adesso occorre effettuare una sorta di operazione di quozientamento. Infatti, dato un l-ciclodi Sn del tipo (a1, ..., al), sappiamo che valgono le seguenti relazioni:

(a1, ..., al) = (a2, ..., al, a1) = (a3, ..., al, a1, a2) = · · · = (al, a1, ..., al−1)

ovvero per ogni dato l-ciclo, questo si identifica con altre (l−1) l-uple di elementi di 1, ..., naventi componenti tutte distinte; cioe col suddetto algoritmo abbiamo finito col contare ognil-ciclo per l volte; di conseguenza in Sn si contano 1

l ·n!

(n−l)! l-cicli.Il passo successivo consta nel determinare il numero di permutazioni di Sn aventi una par-ticolare struttura ciclica, ragion per cui diamo la seguente:

- Proposizione 3: Sia n ∈ N − 0, e siano l1, l2 ∈ 2, ..., n tali che l1 > l2, n ≥ l1 + l2.Allora in Sn si contano:

1

l1· n!

(n− l1)!· 1

l2· (n− l1)!

(n− l1 − l2)!=

1

l1l2· n!

(n− l1 − l2)!

permutazioni aventi struttura ciclica

(l1, l2, 1, ..., 1︸ ︷︷ ︸(n−l1−l2)−volte

)

Anche in questo caso la dimostrazione formale risulta elaborata, ma possiamo comunquefornire l’intuizione alla base del ragionamento. Si considera la generica permutazione di Snavente la suddetta struttura. Allora essa potra rappresentarsi nella forma:

(a1, ..., al1)(b1, ..., bl2)

dove:

• (a1, ..., al1) viene scelto arbitrariamente nell’insieme degli l-cicli di Sn, e quindi per laProposizione 2 si contano 1

l1· n!(n−l1)! possibili scelte per (a1, ..., al1);

• una volta scelto (a1, ..., al1), il ciclo (b1, ..., bl2) puo essere scelto arbitrariamente tragli l2-cicli di S(1, ..., n − a1, ..., al1), e siccome per la Proposizione 1 si ha cheS(1, ..., n − a1, ..., al1) e isomorfo a Sn−l1 , allora (b1, ..., bl2) puo vedersi come ungenerico l2-ciclo di Sn−l1 , e quindi, sfruttando nuovamente la Proposizione 2 abbiamo

che, per ogni fissato (a1, ..., al1) si contano 1l2· (n−l1)!(n−l1−l2)! possibili scelte per (a1, ..., al1);

quindi in totale in Sn abbiamo

1

l1· n!

(n− l1)!· 1

l2· (n− l1)!

(n− l1 − l2)!=

1

l1l2· n!

(n− l1 − l2)!

permutazioni aventi struttura ciclica

(l1, l2, 1, ..., 1︸ ︷︷ ︸(n−l1−l2)−volte

)

13

Cerchiamo ora di generalizzare ulteriormente il risultato precedente dando la seguente:

- Proposizione 4 Sia n ∈ N − 0, e siano l1, ..., lm ∈ 2, ..., n tali che l1 > · · · > lm,l1 + · · ·+ lm ≤ n. Allora in Sn si contano

1

l1 · · · lmn!

(n− (l1 + · · ·+ lm))!(1)

permutazioni aventi struttura ciclica

(l1, ..., lm, 1, ..., 1︸ ︷︷ ︸(n−(l1+···+lm))−volte

)

La dimostrazione di questo risultato ricalca quella precedente, ragion per cui viene lasciatoal lettore il compito di dedurla.Osseviamo che, per la validita del suddetto risultato, e di vitale importanza l’ipotesi chesia l1 > · · · > lm, ossia che l1, ..., lm siano tutti distinti, e il perche lo capiamo con la seguente:

- Proposizione 5: Sia n ∈ N − 0, e sia l ∈ 2, ..., n. Consideriamo h ∈ N − 0, esupponiamo che hl ≤ n. Allora in Sn si contano

1

h!· 1

lh· n!

(n− hl)!(2)

permutazioni aventi struttura ciclica

( l, ..., l︸ ︷︷ ︸h−volte

, 1, ..., 1︸ ︷︷ ︸(n−hl)−volte

)

Notiamo che la (2) coinciderebbe con la (1) se non fosse presente il fattore 1h! . Cerchiamo

quindi di giustificare la presenza di questo fattore. La questione e questa: la dimostrazionedi quest’ultimo risultato si scinde in due, un po’ come quella della Proposizione 2. Nellaprima parte si contano tutte le sequenze del tipo:

(a11, ..., a1l )(a

21, ..., a

2l ) · · · (al1, ..., all)

dove gli l-cicli sono a due a due disgiunti. Si ricavano allora 1lh· n!(n−hl)! elementi di questo

tipo. Nella seconda parte, ci si rende conto, sfruttando la commutativita dei cicli disgiunti,di aver contato ogni prodotto per h! volte, e che quindi in Sn si contano

1

h!· 1

lh· n!

(n− hl)!

permutazioni aventi struttura ciclica

( l, ..., l︸ ︷︷ ︸h−volte

, 1, ..., 1︸ ︷︷ ︸(n−hl)−volte

)

14

Sulla base di tutti questi risultati possiamo infine concludere il paragrafo dando la seguente:

- Proposizione 6: Sia n ∈ N − 0, e siano l1, ..., lm ∈ 1, ..., n ed h1, ..., hm ∈ N − 0.Facciamo le seguenti ipotesi:

1. l1 > · · · > lm ≥ 1;

2. h1l1 + · · ·+ hmlm = n;

allora in Sn si contano:

n! ·

(m∏i=1

1

hi!·(

1

li

)hi)(3)

permutazioni aventi struttura ciclica:

(l1, ..., l1︸ ︷︷ ︸h1−volte

, ..., lm, ..., lm︸ ︷︷ ︸hm−volte

)

Per provarlo, si consiglia di far leva sui metodi di ragionamento impiegati in precedenza,e anzi si intravede proprio qui la possibilita di mettere in pratica gli insegnamenti dati,in modo tale da farli propri. Si consiglia poi di verificare che la (3) risulta effettivamenteessere una generalizzazione della (0), cioe di far vedere che quando (h1,m, lm) = (1, 2, 1)otteniamo che la (3) e la (0) coincidono.A conclusione del nostro ragionamento, si invita il lettore a osservare che, in virtu di quantodetto, gli esercizi all’inizio di questa sezione non solo sembrano uguali, ma hanno perfino lostesso grado di difficolta, e per risolverli risulta ora sufficiente applicare la formula (3).

1.4 Un altro esempio di generalizzazione

Come nella precedente sezione, vogliamo adesso fornire un ulteriore esempio di genera-lizzazione. Stavolta consideriamo i seguenti esercizi:

- Esercizio 1.4.1: Contare in S4 le permutazioni che lasciano fisso 1.

- Esercizio 1.4.2: Contare in S7 le permutazioni che mandano 1 in 5.

- Esercizio 1.4.3: Contare in S32 le permutazioni i cui quadrati mandano 1 in 24.

Anche in tal caso si notano delle analogie. Infatti tali esercizi possono essere messi inquesta forma:

“Quante sono le permutazioni di Sn che mandano un elemento in un altro?”

Cerchiamo pero di formalizzare in modo opportuno la nostra richiesta, e la relativa risposta,nella seguente:

15

- Proposizione 7: Sia n ∈ N − 0, e siano a, b ∈ 1, ..., n, k ∈ N − 0. Supponia-mo che a 6= b. Allora in Sn si contano (n− d) · (n− 2)! permutazioni σ tali che σk(a) = b,dove d e la cardinalita dell’insieme:

Div+(k) := h ∈ N | h | k

Anche in tal caso cerchiamo di capire come giungere alla tesi sintetizzando quelle che sono leidee alla base della dimostrazione. Anzitutto si considera la generica permutazione σ ∈ Sntale che σk(a) = b. Si considera quindi la decomposizione in cicli disgiunti di σ, che saradel tipo:

σ = γ1 γ2 · · · γsNon si lede la generalita se si suppone che γ1 sia il ciclo associato all’orbita di a, e quindianche all’orbita di b. Si pone poi σ1 := γ2 · · · γs, in modo che sia σ = γ1 σ1. Sia quindil la lunghezza del ciclo γ1. Di conseguenza γ1 potra rappresentarsi nel modo seguente:

γ1 = (a1, ..., al)

dove (a1, ..., al) e una l-upla di elementi tutti distinti di 1, ..., n che contiene sia a che b.Fissiamo la scrittura del ciclo γ1, stabilendo, ad esempio, che l’elemento a compaia in primaposizione, ossia a = a1. Osserviamo che, una volta fissata la posizione di a, il valore di kdetermina univocamente la posizione di b nella scrittura di γ1. Detto questo, indichiamocon

τ1 = (b1, ..., bl−2)

la (l−2)-upla ottenuta da γ1 eliminando da essa a e b. Facciamo le seguenti considerazioni:

1. notiamo che l ∈ 1, ..., n −Div+(k), infatti se per assurdo fosse l ∈ Div+(k), allorasi otterrebbe che σk(a) = a, e che quindi a = b, in contraddizione con l’ipotesi.Viceversa, se l non e un divisore di k, allora si puo provare che esiste un ciclo γ1 conla proprieta richiesta. Quindi possiamo scegliere l in (n− d) modi distinti;

2. dopo aver fissato l, abbiamo che γ1 risulta automaticamente determinato una voltache e noto τ1, e quest’ultima e una generica (l − 2)-upla di elementi tutti distintidi 1, ..., n − a, b, e rifacendoci alla dimostrazione della Proposizione 2, possiamodire che le (l − 2)-uple di elementi tutti distinti di 1, ..., n − a, b sono in totale

(n−2)!(n−2−(l−2))! = (n−2)!

(n−l)! , e quindi per ogni fissato l, posso selezionare γ1 in (n−2)!(n−l)! modi

distinti;

3. una volta fissati l e γ1, abbiamo che σ1 e una generica permutazione di S(1, ..., n −a1, ..., al), e quindi puo essere scelta in (n− l)! modi distinti;

Da quanto detto sopra, ricaviamo infine che in Sn si contano (n − d) · (n−2)!(n−l)! · (n − l)! =

(n− d) · (n− 2)! permutazioni σ tali che σk(a) = b. Notiamo come il risultato ottenuto siaindipendente dalla lunghezza l del ciclo γ1.

Giunti qui, diamo un’altra celebre citazione, a opera di un altro celebre matematico, di

16

nome Paul Erdos:

“Togliere le ipotesi a un teorema e un esercizio che aiuta il matematico a mantenersi giovane”

Ora, siccome vogliamo indubbiamente restare giovani, possiamo sfruttare questo elisir dilunga vita chiedendoci cosa accade togliendo alla Proposizione 7 l’ipotesi secondo cui a 6= b,ragion per cui diamo la seguente:

- Proposizione 8: Sia n ∈ N − 0, e siano a ∈ 1, ..., n, k ∈ N − 0. Allora in Snsi contano d · (n−1)! permutazioni σ tali che σk(a) = a, dove d e la cardinalita dell’insieme:

Div+(k) := h ∈ N | h | k

Per provare la tesi cominciamo col decomporre in cicli disgiunti la generica σ ∈ Sn tale cheσk(a) = a. Come prima si ha:

σ = γ1 γ2 · · · γsNon si lede la generalita se si suppone che γ1 sia il ciclo associato all’orbita di a. Si ponepoi σ1 := γ2 · · · γs, in modo che sia σ = γ1 σ1. Sia quindi l la lunghezza del ciclo γ1. Esemplice verificare che:

σk(a) = a ⇐⇒ l ∈ Div+(k)

Inoltre appare evidente che γ1 potra rappresentarsi nella forma: γ1 = (a1, ..., al) e possiamosupporre a1 = a. In virtu di quanto detto, si osserva quanto segue:

1. notiamo che l ∈ Div+(k), quindi possiamo scegliere l in d modi distinti;

2. dopo aver fissato l, abbiamo che γ1 risulta automaticamente determinato una volta chee noto (a2, ..., al), e quest’ultima e una generica (l − 1)-upla di elementi tutti distintidi 1, ..., n − a, e rifacendoci alla dimostrazione della Proposizione 2, possiamodire che le (l − 1)-uple di elementi tutti distinti di 1, ..., n − a sono in totale

(n−1)!(n−1−(l−1))! = (n−1)!

(n−l)! , e quindi per ogni fissato l, posso selezionare γ1 in (n−1)!(n−l)! modi

distinti;

3. una volta fissati l e γ1, abbiamo che σ1 e una generica permutazione di S(1, ..., n −a1, ..., al), e quindi puo essere scelta in (n− l)! modi distinti;

Da quanto detto sopra, ricaviamo infine che in Sn si contano d · (n−1)!(n−l)! · (n− l)! = d · (n− 1)!

permutazioni σ tali che σk(a) = a.

In conclusione, si osserva come anche stavolta gli esercizi all’inizio della sezione non so-lo sono simili, ma hanno pure lo stesso grado di difficolta, e per risolverli risulta sufficienteapplicare le precedenti proposizioni.Si nota pure come, in queste ultime due sezioni, si sono ottenuti dei teoremi a partire daalcuni esercizi simili tra loro, mentre tre sezioni fa avevamo dedotto un esercizio a partireda alcuni teoremi. Stiamo dicendo tutto cio per sottolineare ancora una volta questo strano

17

intreccio tra teoria e pratica, che oramai dovrebbe essere cosı fitto da rendere indistinguibilile due cose.

1.5 Applicazione delle precedenti generalizzazioni

Cerchiamo ora di finalizzare i nostri precedenti sforzi fornendo alcuni esercizi in cui ap-plicare i risultati di cui alle precedenti due sezioni, ovviamente coadiuvati da opportuniteoremi a noi gia noti.

- Esercizio 1.5.1: Sia n un intero maggiore di 1, e sia H l’insieme delle permutazionidi Sn che non lasciano fisso l’elemento 1.

1. Determinare la cardinalita di H.

2. Provare che H non e contenuto in nessun sottogruppo proprio di Sn.

3. Per n = 6, determinare la cardinalita dell’insieme delle permutazioni dispari apparte-nenti ad H.

Svolgimento

1. Cominciamo con l’osservare che

H = σ ∈ Sn | σ(1) 6= 1 Sn(H) = σ ∈ Sn | σ(1) = 1

e risultano ovvie le relazioni seguenti:

Sn = H ∪ Sn(H) ∅ = H ∩ Sn(H)

ragion per cui si ottiene che |Sn| = |H|+∣∣Sn(H)

∣∣ e quindi in particolare si ha che:

|H| = |Sn| −∣∣Sn(H)

∣∣Detto questo, e noto dalla teoria che |Sn| = n!, e quindi non ci resta che determinarela cardinalita di Sn(H) per dedurre quella di H. Per farlo possiamo usufruire dellaProposizione 8, oppure possiamo ragionare come di seguito riportato. Consideriamoσ ∈ Sn(H), allora σ(1) = 1, e pertanto σ avra la seguente rappresentazione matriciale:

σ =

(1 2 3 ... n1 σ(2) σ(3) ... σ(n)

)

dove

(2 3 ... n

σ(2) σ(3) ... σ(n)

)∈ S(2, ..., n), essendo S(2, ..., n) l’insieme delle bi-

gezioni da 2, ..., n a 2, ..., n, il quale risulta bigettivo a Sn−1. Tenuto conto diquesto, risulta semplice verificare che la seguente applicazione e bigettiva:

ψ : Sn(H)→ S(2, ..., n) : σ 7→ ψ(σ) =

(2 3 ... n

σ(2) σ(3) ... σ(n)

)

18

e che quindi∣∣Sn(H)

∣∣ = |S(2, ..., n)| = |Sn−1| = (n− 1)!Possiamo adesso affermare che:

|H| = |Sn| −∣∣Sn(H)

∣∣ = n!− (n− 1)! = (n− 1)! · n− (n− 1)! = (n− 1)! · (n− 1)

2. Sia G un sottogruppo di Sn contenente H. Ovviamente G ⊂ Sn, e quindi se proviamoche Sn ⊂ G, avremo provato che G = Sn, ovvero che G non e sottogruppo proprio diSn. Consideriamo quindi σ ∈ Sn. Si distinguono due casi:

(a) σ ∈ H, allora siccome H ⊂ G, ne deduciamo che σ ∈ G;

(b) σ /∈ H, allora σ(1) = 1. Osserviamo quindi quanto segue:

σ = σ · id = σ · ((1, 2) · (2, 1)) = (σ · (1, 2)) · (2, 1) = σ1 · σ2

dove σ1 = σ · (1, 2), mentre σ2 = (2, 1).Si nota che:

σ1(1) = σ(2) 6= σ(1) = 1 σ2(1) = 2 6= 1

ossia σ1, σ2 ∈ H, ed essendo H ⊂ G, allora σ1, σ2 ∈ G, e siccome G e unsottogruppo di Sn, allora σ1 · σ2 ∈ G, ovvero σ ∈ G;

data l’arbitrarieta impiegata, ne segue che Sn ⊂ G, e dunque G = Sn.

3. Sia σ una permutazione dispari di S6. Allora σ avra una e una sola delle seguentistrutture cicliche:

(6), (4, 1, 1), (3, 2, 1), (2, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 2)

ragion per cui distinguiamo i casi seguenti:

(a) σ ha struttura (6). Allora e ovvio che σ non lascia fisso 1, cioe che σ ∈ H.Dunque in H vi sono tutte le permutazioni di S6 con struttura (6), ossia tutti i6-cicli di S6, e in S6 ci sono 1

6 ·6!

(6−6)! = 5! = 120 6-cicli;

(b) σ ha struttura (4, 1, 1), ossia σ e un 4-ciclo di S6. In S6 si contano 14 ·

6!(6−4)!

4-cicli, ma quanti di questi lasciano fisso 1? I 4-cicli che lasciano fisso 1 sono deltipo:

(1)(a1)(a2, ..., a5)

dove a1 ∈ 1, ..., 6 − 1, mentre (a2, ..., a5) ∈ S(1, ..., 6 − 1, a1) ' S4, cioeposso vedere (a2, ..., a5) come un generico 4-ciclo di S4; quindi posso scegliere a1in 5 modi distinti, e per ciascuna di queste scelte posso selezionare (a2, ..., a5) in14 ·

4!(4−4)! = 3! modi diversi. Dunque si hanno 5 · (3!) 4-cicli di S6 che lasciano

fisso 1. Quindi i 4-cicli di S6 che non lasciano fisso 1 (e che quindi appartengonoad H) sono 1

4 ·6!

(6−4)! − 5 · (3!) = 60;

(c) σ ha struttura (3,2,1). Da una nota formula, sappiamo che in S6 si contano6! · 13 ·

12 = 120 permutazioni aventi struttura (3,2,1), ma quante di queste lasciano

19

fisso 1? Le permutazioni aventi struttura ciclica (3,2,1) che fissano 1 sono deltipo:

(1)(a1, a2)(a3, a4, a5)

dove (a1, a2) ∈ S(1, ..., 6− 1) ' S5, cioe posso vedere (a1, a2) come un gene-rico 2-ciclo di S5; d’altra parte si nota subito che il ciclo (a3, a4, a5) appartiene aS(1, ..., 6 − 1, a1, a2) ' S3, ossia posso vedere (a3, a4, a5) come un 3-ciclo diS3; quindi posso scegliere (a1, a2) in 1

2 ·5!

(5−2)! distinti, e per ciascuna di queste

scelte posso selezionare (a3, a4, a5) in 13 ·

3!(3−3)! . Di conseguenza si contano in

totale 12 ·

5!(5−2)! ·

13 ·

3!(3−3)! = 20 permutazioni di S6 aventi struttura ciclica (3,2,1)

e che lasciano fisso 1. Dunque sono 120 − 20 = 100 le permutazioni di S6 chenon lasciano fisso 1, e che pertanto appartengono ad H;

(d) σ ha struttura (2,1,1,1,1), e se si suppone che σ non fissi 1, cioe che σ appartengaad H, si ricava che σ si decompone in cicli disgiunti nel modo seguente:

(1, a1)

dove a1 ∈ 1, ..., 6 − 1, e quindi si contano, in H, 5 permutazioni aventistruttura (2,1,1,1,1);

(e) σ ha struttura (2,2,2). Allora e semplice verificare che σ non fissa 1. Da unanota formula, sappiamo che ci sono 6! · 13! ·

123

= 15 permutazioni di S6 che hannostruttura ciclica (2,2,2);

Da quanto visto sopra, deduciamo che la cardinalita dell’insieme delle permutazionidispari appartenenti ad H e

120 + 60 + 100 + 5 + 15 = 300

e abbiamo quindi risolto il problema.

- Esercizio 1.5.2:

1. Determinare il numero delle permutazioni σ ∈ S5 tali che σ4(1) = 2.

2. Dimostrare che, per ogni intero n non divisibile per 5, esiste un 5-ciclo σ ∈ S5 taleche σn(1) = 2.

Svolgimento

1. Sfruttando la Proposizione 7 si deduce subito che in S5 si contano

(5− |Div+(4)|) · (5− 2)! = (5− 3) · 3! = 12

permutazioni σ tali che σ4(1) = 2;

2. E semplice provare la tesi per n ∈ 1, ..., 4. Sia ora n ∈ Z non divisibile per 5. Allora,per il lemma di divisione Euclidea:

20

∃|q, r ∈ Z tali che n = 5q + r e 0 ≤ r < 5

e siccome n non e divisibile per 5, allora r ∈ 1, ..., 4, e quindi per quanto detto inprecedenza

∃σ ∈ S5 tale che σ sia un 5-ciclo e σr(1) = 2

poiche σ e un 5-ciclo, allora (σ) = 5, pertanto:

σn(1) = σ5q+r = σ5q(σr(1)) = σ(σ)q(σr(1)) = σr(1) = 2

e quindi la tesi e vera per ogni intero n non divisibile per 5.

- Esercizio 1.5.3: Si consideri la seguente permutazione di S16:

α = (1, 7, 2, 13)(3, 14, 6, 10, 4)(8, 12)(5, 11)(9, 16, 15)

1. Determinare tutti gli elementi dell’insieme:

H = σ ∈ 〈α〉 | σ2(1) = 2 e σ3(3) = 4.

2. Determinare un sottogruppo K di 〈α〉 avente ordine 3 e provare che ogni sottogruppodi S16 contenente H ∪K contiene anche 〈α〉.

Questo esercizio costituisce una interessante variante del problema associato alla domanda:“quante permutazioni di Sn mandano un elemento in un altro?”.

Svolgimento

1. Osserviamo quanto segue:

H = σ ∈ 〈α〉 | σ2(1) = 2, σ3(3) = 4= αk | k ∈ Z, α2k(1) = 2, α3k(3) = 4

tenuto conto che o(α) = 60 e che:

mins ∈ N | αs(1) = 2 = 2 mins ∈ N∗ | αs(2) = 2 = 4mins ∈ N | αs(3) = 4 = 4 mins ∈ N∗ | αs(4) = 4 = 5

possiamo allora dire che:

H = αk | 0 ≤ k ≤ 59, 2k ≡ 2 mod 4, 3k ≡ 4 mod 5= αk | 0 ≤ k ≤ 59, k ≡ 1 mod 2, k ≡ 3 mod 5

sfruttando infine il Teorema cinese del resto, si ottiene:

H = αk | 0 ≤ k ≤ 59, k ≡ 3 mod 10= αk | 0 ≤ k ≤ 59, ∃h ∈ Z : k − 3 = 10h= αk | k ∈ 3, 13, 23, 33, 43, 53

21

2. Siccome i sottogruppi di un gruppo ciclico sono ciclici, allora neccessariamente K eciclico, e poiche e contenuto in 〈α〉, allora esso sara generato da una potenza di α,cioe:

∃k ∈ 0, 1, ..., 59 tale che K = 〈αk〉

Dove si e tenuto conto che o(α) = 60. Ora, giacche K ha ordine 3, allora deve essereo(αk) = 3. Notiamo che α ha struttura ciclica (5,4,3,2,2), di conseguenza si ha unaunica orbita avente cardinalita un multiplo di 3, e siccome questa orbita e associataa un 3-ciclo, allora necessariamente αk e un 3-ciclo. Per ottenere una potenza di αche sia un 3-ciclo, occorre eliminare le orbite che hanno cardinalita diversa da 3. Ilmodo piu naturale per farlo e considerare, nel nostro caso, un multiplo di (5,4,2,2) chenon sia un multiplo di 3 (altrimenti elimineremmo anche l’orbita 3-ciclica). Abbiamoquindi il sistema seguente:

k ≡ 0 mod 4

k ≡ 0 mod 5

k 6≡ 0 mod 3

k ∈ 0, 1, ..., 59

il cui insieme delle soluzioni e 20, 40. Notiamo adesso che 〈α20〉 = 〈α40〉, ragion percui vi e un unico sottogruppo di 〈α〉 avente ordine 3, che sarebbe il sottostante:

K = 〈α20〉 = 〈α40〉 = id, α20, α40

Consideriamo ora G un sottogruppo di S16 contenente H ∪ K. Per provare che Gcontiene 〈α〉 e sufficiente far vedere che α ∈ G. A tal proposito, facendo leva sulteorema di Lagrange, notiamo quanto segue:

α = α61 = α40+21 = α40+3·7 = α40(α3)7

dove α40 ∈ K ⊂ G, e α3 ∈ H ⊂ G; quindi, essendo G un gruppo, dall’equazioneprecedente ricaviamo subito che α ∈ G.

1.6 Il problema della buona positura

Ricorre spesso in ambito matematico chiedersi se una data relazione tra strutture siaeffettivamente una funzione, in tal caso si parla di verificare che la funzione sia ben posta.Restringendoci al nostro campo, cerchiamo di suggerire un possibile metodo per determinarequando una funzione e ben posta. Cerchiamo in un certo qual modo di generalizzare ilnostro ragionamento, ragion per cui consideriamo B1, B2 strutture algebriche dello stessotipo (cioe entrambi gruppi, o entrambi anelli, o entrambi campi), e sia poi φaa∈S unagenerica famiglia di relazioni tra B1 e B2. Si sottolinea il fatto che, per il momento, perogni a ∈ S risulta che φa e una relazione tra B1 e B2, il che significa formalmente che φa e

22

un sottoinsieme di B1 ×B2; ciononostante, adoperando un abuso di notazione, si indicheraφa come solitamente si indicano le funzioni tra B1 e B2, cioe φa : B1 → B2, anche se a priorinon sappiamo se si tratta o meno di una funzione. Il nostro obiettivo e quello di capire perquali a in S risulta in effetti che φa sia una funzione ben posta. Una buona idea risolutivapotrebbe essere quella di intraprendere il seguente percorso logico:

1. anzitutto dichiariamo l’insieme degli a ∈ S tali che φa e una funzione:

S0 := a ∈ S | φa e una funzione ben posta;

2. dopodiche fissiamo un elemento a1 ∈ S0, e sfruttando la buona positura di φa1 , an-diamo alla ricerca di una condizione che necessariamente dev’essere soddisfatta da a1,ossia di un predicato p che deve essere verificato da a1, cioe p(a1);

3. definiamo l’insieme degli a ∈ S tali che a verifica il predicato (o equivalentemente laproprieta) p:

S1 := a ∈ S | p(a);

4. tenuto conto della generalita del ragionamento di cui al punto 2., possiamo subito direche S0 ⊂ S1, che tradotto vuol dire che p(a) e una condizione necessaria affinche φasia una funzione ben posta;

5. terminiamo poi il nostro ragionamento facendo vedere che p(a), oltre a essere condi-zione necessaria, e pure condizione sufficiente affinche φa sia una funzione ben posta.In termini insiemistici, cio significa provare che S1 ⊂ S0;

Riassumendo, si ha che S0 = S1, ovvero abbiamo caratterizzato la buona positura mediantela seguente:- Proposizione: sia a ∈ S. Allora:

φa e una funzione ben posta ⇐⇒ p(a)

Ovviamente il passo successivo e chiedersi come determinare il predicato p, la qual cosavaria da caso a caso, e quindi non e possibile effettuare una ulteriore generalizzazione checi indichi una sola strada per ricavare p.

Cerchiamo ora di mettere in pratica il suddetto ragionamento proponendo alcuni eserci-zi che chiariranno meglio quanto e stato detto.

- Esercizio 1.6.1: Sia n un intero maggiore di 1 e sia x un intero tale che 1 ≤ x ≤ 11. Siconsideri l’applicazione:

φ : Zn → U(Z12)

tale che, per ogni intero a ≥ 0:φ([a]n) = ([x]12)

a

23

1. Determinare tutte le coppie (n, x) per le quali φ e un omomorfismo di gruppi bendefinito.

2. Determinare tutte le coppie (n, x) per le quali φ e un monomorfismo di gruppi.

Svolgimento

1. Consideriamo l’insieme seguente:

S0 := (n, x) ∈ N× 1, ..., 11 | n ≥ 2 e φ e un omomorfismo di gruppi ben posto

Fissiamo (n, x) ∈ S0. Per prima cosa, notiamo che:

φ([1]n) = ([x]12)1 = [x]12 ∈ U(Z12)

quindi essendo 1 ≤ x ≤ 11, e U(Z12) = [1]12, [5]12, [7]12, [11]12, se ne deduce chex ∈ 1, 5, 7, 11.Consideriamo ora a, b ≥ 0, e supponiamo [a]n = [b]n ∧ a ≥ b. Osserviamo quindiquanto segue:

(n, x) ∈ S0 ⇒ φ([a]n) = φ([b]n)⇒ ([x]12)a = ([x]12)

b ⇒ ([x]12)a−b = [1]12

pertanto oU(Z12)([x]12) | (a − b); tenuto conto che [a]n = [b]n, cioe che n | (a − b), nededuciamo che:

∃h ∈ Z : a− b = nh

Data l’arbitrarieta di h ∈ Z, scelto h = 1, si ha a− b = n, e dunque oU(Z12)([x]12) | n.Detto cio, definiamo:

S1 := (n, x) ∈ N× 1, ..., 11 | n ≥ 2, x ∈ 1, 5, 7, 11 ∧ oU(Z12)([x]12) | n

Tenuto conto che:

oU(Z12)([5]12) = oU(Z12)([7]12) = oU(Z12)([11]12) = 2

Possiamo allora esplicitare l’insieme S1 come segue:

S1 := (n, 1) ∈ N× 1 | n ≥ 2 ∪ (2 · k, x) ∈ N× 5, 7, 11 | k ∈ N− 0

Abbiamo appena provato che S0 ⊂ S1. Facciamo ora vedere che S1 ⊂ S0, ragion percui fissiamo (n, x) ∈ S1.Siccome x ∈ 1, 5, 7, 11, allora [x]12 ∈ U(Z12), e quindi:

∀m ∈ N : ([x]12)m ∈ U(Z12)

24

Siano ora a, b ≥ 0, e supponiamo [a]n = [b]n ∧ a ≥ b. Allora:

∃h ∈ Z : a− b = nh

Siccome oU(Z12)([x]12) | n, allora oU(Z12)([x]12) | nh, cioe oU(Z12)([x]12) | (a − b),

di conseguenza si ha ([x]12)a−b = [1]12, ossia ([x]12)

a = ([x]12)b, e dunque φ e ben

definito.Siano ora a, b ≥ 0 generici. Allora:

φ([a]n + [b]n) = φ([a+ b]n) = ([x]12)a+b = ([x]12)

a([x]12)b = φ([a]n)φ([b]n)

pertanto φ e un omomorfismo di gruppi, dunque (n, x) ∈ S0.Data l’arbitrarieta impiegata, segue che S1 ⊂ S0 e percio, mettendo assieme leinformazioni gia note, si ha: S0 = S1.

2. Consideriamo l’insieme seguente:

S2 := (n, x) ∈ S1 | Kerφ = [0]n

Fissiamo (n, x) ∈ S2. Notiamo che Kerφ = [0]n, e inoltre:

Kerφ = [a]n ∈ Zn | a ≥ 0 ∧ ([x]12)a = [1]12

= [a]n ∈ Zn | a ∈ 0, ..., n− 1 ∧ oU(Z12)([x]12) | a

Ora, sappiamo che x ∈ 1, 5, 7, 11, e siccome

oU(Z12)([1]12) = 1, oU(Z12)([5]12) = oU(Z12)([7]12) = oU(Z12)([11]12) = 2

allora oU(Z12)([x]12) ∈ 1, 2. Proviamo che oU(Z12)([x]12) = 2. Se per assurdo fosseoU(Z12)([x]12) = 1, allora avremmo [x]12 = [1]12, e di conseguenza risulterebbe cheKerφ = Zn, ma cio sarebbe assurdo. Di conseguenza oU(Z12)([x]12) = 2.Proviamo ora che n = 2. Se fosse n 6= 2, allora avremmo n > 2, e si nota subito chein tal caso [2]n ∈ Kerφ e [2]n 6= [0]n, ma cio risulterebbe assurdo. Di conseguenzan = 2.Detto cio, definiamo:

S3 := (n, x) ∈ S1 | n = 2 ∧ oU(Z12)([x]12) = 2

Abbiamo appena provato che S2 ⊂ S3. Vogliamo ora provare che S3 ⊂ S2, la qualcosa e immediata da verificare una volta notato che:

S3 = (2, x) | x ∈ 5, 7, 11

e da qui e semplice ricondurci alla soluzione.

- Esercizio 1.6.2: Sia f(x) ∈ Z7[x] un polinomio non costante. Si consideri l’applicazione

φ : Z7[x]/(f(x)) → Z56

definita nel modo seguente: per ogni polinomio a[x] ∈ Z7[x], tale che

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a(x) =∑n

i=0[ai]7xi (con n ∈ N, ed ai ∈ Z, per ogni i),

si pone φ([a(x)]f ) = [8a0]56.

1. Determinare l’insieme dei polinomi f(x) ∈ Z7[x] per i quali φ e un omomorfismo bendefinito.

2. Determinare l’insieme dei polinomi f(x) ∈ Z7[x] per i quali φ e un monomorfismo dianelli, precisandone la cardinalita.

3. Nel caso in cui f(x) = x3 + x2 + x, determinare il nucleo di φ, precisandone lacardinalita.

Svolgimento

1. Cominciamo definendo

S := f(x) ∈ Z7[x] | φ e un omomorfismo di anelli ben posto

e consideriamo f(x) ∈ S. Siano quindi a(x), b(x) ∈ Z7[x] tali che [a(x)]f = [b(x)]f .Possiamo supporre:

a(x) =m∑i=0

[ai]7xi b(x) =

n∑i=0

[bi]7xi

Siccome f(x) ∈ S, allora φ([a(x)]f ) = φ([b(x)]f ), ovvero risulta che [8a0]56 = [8b0]56,cioe 56 | 8(a0 − b0), e quindi 7 | (a0 − b0). Ora, siccome [a(x)]f = [b(x)]f , allora:

∃q(x) ∈ Z7[x] tale che a(x)− b(x) = f(x)q(x)

Adesso, data l’arbitrarieta di a(x), b(x) e quindi di q(x), possiamo supporre:

a(x), b(x) ∈ Z7[x] tali che a(x)− b(x) = f(x) (ossia q(x) = [1]7)

inoltre e lecito rappresentare f(x) come:

f(x) =

s∑i=0

[fi]7xi

sfruttando quindi il principio di identita dei polinomi, si ricava in particolare che[a0]7 − [b0]7 = [f0]7, cioe [a0 − b0]7 = [f0]7, e siccome 7 | (a0 − b0), allora possiamoconcludere che [f0]7 = [0]7. In virtu di cio, poniamo:

S1 :=

f(x) =

s∑i=0

[fi]7xi | [f0]7 = [0]7

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Si e provato che S ⊂ S1.Proviamo ora che S1 ⊂ S. Per far cio fissiamo f(x) ∈ S1, e siano a(x), b(x) ∈ Z7[x]tali che [a(x)]f = [b(x)]f , con

a(x) =

m∑i=0

[ai]7xi b(x) =

n∑i=0

[bi]7xi

Proviamo la buona positura di φ. Sappiamo che:

φ([a(x)]f ) = [a0]56 φ([b(x)]f ) = [b0]56

dato che [a(x)]f = [b(x)]f , si ricava che

∃q(x) ∈ Z7[x] tale che a(x)− b(x) = f(x)q(x)

Il termine noto di f(x)q(x) e [f0]7[q0]7 = [0]7, e quindi il termine noto di a(x)− b(x) e[a0 − b0]7 = [0]7, pertanto 7 | (a0 − b0), e dunque 56 | 8(a0 − b0), ossia [a0]56 = [b0]56,cioe φ([a(x)]f ) = φ([b(x)]f ), per cui φ e ben posta.Proviamo ora che φ e un omomorfismo di anelli. Siano [c(x)]f , [d(x)]f ∈ Z7[x]/(f(x)).Allora:

φ([c(x)]f + [d(x)]f ) = [8(c0 + d0)]56 = [8c0]56 + [8d0]56 = φ([c(x)]f ) + φ([d(x)]f )

φ([c(x)]f · [d(x)]f ) = [8c0d0]56 = [64c0d0]56 = φ([c(x)]f ) · φ([d(x)]f )

Quindi φ e un omomorfismo di anelli, e dunque f(x) ∈ S.Si e dunque provato che S = S1;

2. Definiamo l’insieme:

S2 := f(x) ∈ Z7[x] | φ e un monomorfismo di anelli

Ovviamente S2 ⊂ S. Consideriamo ora f(x) ∈ S, con

f(x) =

n∑i=0

[fi]7xi

Sappiamo dalla teoria che

Z7[x]/(f(x)) =

[[an−1]7xn−1 + ...+ [a0]7]f | an−1, ..., a0 ∈ 0, ..., 6

osserviamo inoltre che:

Kerφ = [a(x)]f ∈ Z7[x]/(f(x)) | φ([a(x)]f ) = [a0]56= [[an−1]7xn−1 + ...+ [a0]7]f | an−1, ..., a0 ∈ 0, ..., 6, [8a0]56 = [0]56= [[an−1]7xn−1 + ...+ [a0]7]f | an−1, ..., a0 ∈ 0, ..., 6, [a0]7 = [0]7= [[an−1]7xn−1 + ...+ [a1]7x]f | an−1, ..., a1 ∈ 0, ..., 6

Di conseguenza |Kerφ| = 7n−1. Detto cio, si ha che:

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f(x) ∈ S2 ⇐⇒ φ e un monomorfismo di anelli⇐⇒ |Kerφ| = 1 ⇐⇒ 7n−1 = 1 ⇐⇒ n = 1

Dunque possiamo dire che:

S2 = f(x) ∈ S | deg(f(x)) = 1= [f1]7x+ [f0]7 | [f1]7 6= [0]7, [f0]7 = [0]7= [f1]7x | f1 ∈ 1, ..., 6

e quindi |S2| = 6;

3. Questo punto puo essere risolto prendendo spunto dal precedente, ragion per cui silascia al lettore il compito di portarlo a termine.

Si e visto in questi esercizi come sia possibile applicare il percorso logico illustrato in ori-gine estendendolo oltre la sola buona positura (lo abbiamo adoperato anche per vedere,ad esempio, quando una data funzione fosse un monomorfismo). Tuttavia non sempre taleragionamento risulta efficace, e sicuramente non e l’unico che possiamo impiegare, cosı comesi puo intuire dallo svolgimento del seguente:

- Esercizio 1.6.3: Sia n un intero positivo. Si consideri l’applicazione

φn : Z5[x]× Z5 → Z5 : (f(x), α) 7→ f(α)n

1. Determinare l’insieme degli interi positivi n per i quali φn e surgettiva.

2. Trovare un intero positivo n e un elemento β di Z5 in modo tale che φ−1n (β) sial’insieme vuoto.

Svolgimento

1. Sia n ∈ N, con n ≥ 1. Distinguiamo i casi seguenti:

(a) n = 1. Proviamo che φ1 e surgettiva.Sia β ∈ Z5, e consideriamo f(x) := β ∈ Z5[x], ed α := β ∈ Z5. E allora im-mediato verificare che φ1(f(x), α) = β. Data l’arbitrarieta impiegata, possiamodunque dire che φ1 e surgettiva;

(b) n = 2. Proviamo che φ2 non e surgettiva.Consideriamo l’applicazione:

ψ2 : Z5 → Z5 : x 7→ ψ2(x) = x2

Notiamo che

0ψ2−→ 0, 1

ψ2−→ 1, 2ψ2−→ 4, 3

ψ2−→ 4, 4ψ2−→ 1

cioe Imψ2 = 0, 1, 4.Siano ora (f(x), α) ∈ Z5[x]× Z5. Allora:

φ2(f(x), α) = (f(α))2 = ψ2(f(α)) ∈ Imψ2

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Data l’arbitrarieta di (f(x), α), segue che Imφ2 ⊂ Imψ2, ovvero abbiamo cheImφ2 ⊂ 0, 1, 4 6= Z5, dunque φ2 non e surgettiva;

(c) n = 3. Proviamo che φ3 e surgettiva.Consideriamo l’applicazione:

ψ3 : Z5 → Z5 : x 7→ ψ3(x) = x3

Notiamo che

0ψ3−→ 0, 1

ψ3−→ 1, 2ψ3−→ 3, 3

ψ3−→ 2, 4ψ3−→ 4

cioe Imψ3 = Z5, e si nota subito che ψ3 e bigettiva.Sia ora β ∈ Z5. Allora:

∃ | α ∈ Z5 tale che β = ψ3(α) = α3

ora, posto f(x) := α ∈ Z5[x], abbiamo che:

φ3(f(x), α) = (f(α))3 = α3 = ψ3(α) = β

data l’arbitrarieta di β, segue allora che φ3 e surgettiva;

(d) n = 4. Proviamo che φ4 non e surgettiva.Consideriamo (f(x), α) ∈ Z5[x]× Z5, e distinguiamo due casi:

i. f(α) = 0, allora φ4(f(x), α) = 0;

ii. f(α) 6= 0, allora f(α) ∈ U(Z5), e tenuto conto che |U(Z5)| = 4, applicandoil teorema di Eulero, abbiamo: φ4(f(x), α) = (f(α))4 = 1;

quindi Imφ4 ⊂ 0, 1 6= Z5, e pertanto φ4 non e surgettiva;

(e) n ≥ 5. Allora per il lemma di divisione Euclidea:

∃ | r, q ∈ Z tali che n = 4q + r, 0 ≤ r < 4

Siano (f(x), α) ∈ Z5[x]× Z5, e distinguiamo due casi:

i. f(α) = 0, allora φn(f(x), α) = 0;

ii. f(α) 6= 0, allora possiamo applicare il teorema di Eulero per dedurre:

φn(f(x), α) = (f(α))n = (f(α))4q+r = (f(α))r = φr(f(x), α)

ed essendo 0 ≤ r < 4, sappiamo gia se φr (e quindi φn) e surgettiva o meno;

In definitiva, abbiamo che φn e surgettiva se e solo se MCD(n, 4) = 1, ossia se e solose n e dispari.

2. Tenuto conto del punto (b), si ricava immediatamente che φ−12 (2) = ∅.

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Capitolo 2

Esercizi

2.1 Esercizi su gruppi e permutazioni

In questa sezione ci concentreremo sulla risoluzione di alcuni esercizi che vertano sullenozioni di gruppo, con particolare attenzione al gruppo delle permutazioni. A differenzadi quanto accaduto nel primo capitolo, per ogni esercizio saranno dati, prima dello svolgi-mento, alcuni suggerimenti utili alla risoluzione; questo per favorire un primo approccio daparte dello studente che si accinge per la prima volta a confrontarsi con questi problemi.

- Esercizio 2.1.1: Sia H un sottogruppo non abeliano di A4.

1. Provare che H ha piu di 6 elementi.

2. Provare che ogni 3-ciclo di S4 appartiene ad H.

3. Provare che H = A4.

Di questo esercizio proponiamo due distinti svolgimenti.

Suggerimenti

• Per provare il punto 1. far vedere preliminarmente che ogni gruppo con al piu 5elementi deve essere abeliano. Supporre poi per assurdo che H abbia esattamente 6elementi, e far leva sui periodi degli stessi per dedurre una contraddizione.

• Per provare il punto 2. fare le seguenti riflessioni: poiche H ha almeno 7 elementi, senon contiene tutti i 3-cicli, ne contiene esattamente 4, insieme a tutte le permutazionidel tipo (2,2). Dalla proprieta di chiusura si deduce allora che ad H deve appartenereanche uno (e quindi l’altro) dei 3-cicli mancanti.

• Determinare tutte le possibili strutture cicliche di A4. Tenuto conto che dai puntiprecedenti sappiamo che in H c’e l’applicazione id e ci sono tutti i 3-cicli, basteraallora provare che in H ci sono tutte le permutazioni aventi struttura ciclica (2,2).Per farlo, scrivere la generica permutazione con struttura (2,2) come il prodotto didue 3-cicli.

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Svolgimento 1

1. Consideriamo la seguente:- ProposizioneSia G un gruppo, e supponiamo che |G| ≤ 5. Allora G e abeliano.DimostrazioneLa tesi risulta ovvia qualora |G| = 1. Consideriamo quindi |G| > 1. Supponiamo perassurdo che G non sia abeliano. Denotato n := |G|, possiamo porre:

G = g1, . . . , gn

Sia G un gruppo moltiplicativo, e sia gn := 1G l’elemento neutro del gruppo. Definia-mo:

m := max(g) | g ∈ G

Si lascia al lettore la prova che m risulta essere ben definito.Siccome |G| > 1, allora m > 1. Inoltre si ha che:

∃g ∈ G tale che (g) = m

Non lediamo la generalita se supponiamo che g = g1. Ora, siccome stiamo supponendoche G non sia abeliano, allora G non risulta essere ciclico, e quindi 1 < (g1) < n.Facciamo vedere che (g1) 6= 2. Supponiamo per assurdo che (g1) = 2. Allora si hache:

∀i = 1, ..., n (gi) ≤ 2

e pertanto

∀i = 1, ..., n gi = g−1i

Inoltre, dalla proprieta di chiusura, si ha:

∀i, j = 1, ..., n ∃k = 1, ..., n tale che gi · gj = gk

Detto questo, si ha allora che, presi i, j = 1, ..., n risulta:

gi · gj = gk = g−1k = (gi · gj)−1 = g−1j · g−1i = gj · gi

data l’arbitrarieta impiegata, segue che G e abeliano, in contraddizione col fatto cheG sia non abeliano. Tale assurdo e derivato dall’aver supposto (g1) = 2, e pertantosi ha che 2 < (g1) < n. Facciamo ora dei distinguo:

(a) Supponiamo |G| = 2. Allora si ha che

n = |G| = 2 < (g1) < n

ossia n < n, ma questo e assurdo. L’assurdo e derivato dall’aver supposto |G| = 2,quindi |G| 6= 2.

31

(b) Supponiamo |G| = 3. Allora si ha che

2 < 3 ≤ (g1) < n = |G| = 3

e quindi 3 < 3, ma questo e assurdo. L’assurdo e derivato dall’aver supposto|G| = 3, quindi |G| 6= 3.

(c) Supponiamo |G| = 4. Abbiamo allora che 2 < (g1) < n = |G| = 4, ovvero2 < (g1) < 4, e dunque (g1) = 3. Adesso, non lediamo la generalita seponiamo:

〈g1〉 = 1G, g1, g2

Si nota subito che 〈g1〉, g3 formano una partizione di G. Di conseguenza,considerato l’elemento g1 · g3 ∈ G, si ha una e una sola delle seguenti possibilita:

i. g1 · g3 ∈ g3, allora g1 · g3 = g3, e quindi g1 = 1G, ma questo e assurdo.

ii. g1 ·g3 ∈ 〈g1〉, allora g1 ·g3 = gk1 , ragion per cui g3 = gk−11 , ma allora g3 ∈ 〈g1〉,e questo e assurdo.

In ogni caso si e pervenuti a un assurdo, derivato dall’aver supposto che |G| = 4,e quindi |G| 6= 4.

(d) Supponiamo |G| = 5. Dovendo essere 2 < (g1) < 5, si hanno due eventualita:(g1) = 4 oppure (g1) = 3. Se (g1) = 4 allora come fatto nel punto (c) ci siriconduce a un assurdo. Supponiamo quindi che sia (g1) = 3. Non lediamo lageneralita ponendo:

〈g1〉 = 1G, g1, g2

Definiamo ora:l := max(g) | g ∈ G− 〈g1〉

quindi:

∃g ∈ G− 〈g1〉 tale che (g) = l

Non lediamo la generalita se supponiamo che g = g3. Ovviamente si ha che1 < (g3) ≤ (g1) = 3, e quindi si hanno due casi:

i. (g3) = 3. Allora risulta semplice provare che:

〈g3〉 = 1G, g3, g4

in particolare, si ha che 〈g1〉, g3, g4 formano una partizione di G. A questopunto, consideriamo l’elemento g1 · g3 ∈ G. Se g1 · g3 ∈ 〈g1〉, allora g3 ∈ 〈g1〉,ma cio e assurdo. Se invece g1 · g3 ∈ g3, g4, allora g1 · g3 ∈ 〈g3〉, e quindig1 ∈ 〈g3〉, ma cio e assurdo. In ogni caso si e pervenuti a un assurdo, derivatodall’aver supposto (g3) = 3, quindi (g3) 6= 3.

ii. (g3) = 2. Allora risulta semplice provare che (g4) = 2. Si ha dunqueche 〈g1〉, g3, g4 formano una partizione di G. Si verifica, come fatto inprecedenza, che necessariamente:

g3 · g1, g1 · g3 ∈ 〈g4〉 g4 · g1, g1 · g4 ∈ 〈g3〉

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e siccome (g3) = (g4) = 2, allora si ha per forza di cose che:

g3 · g1 = g1 · g3 = g4 g4 · g1 = g1 · g4 = g3

Detto questo, notiamo che:

g3 · g1 = g4 ⇒ g1 = g−13 · g4 ⇒ g1 = g3 · g4

e analogamente

g4 · g1 = g3 ⇒ g1 = g−14 · g3 ⇒ g1 = g4 · g3

pertanto abbiamo che:g4 · g3 = g3 · g4 = g1

in particolare abbiamo provato che g1, g3, g4 commutano, e da qui risultasemplice verificare cheG e abeliano, ma cio e assurdo. Tale assurdo e derivatodall’aver supposto che (g3) = 2, quindi (g3) 6= 2.

In ogni caso siamo pervenuti a un assurdo. Tale assurdo e derivato dall’aversupposto che |G| = 5, e quindi |G| 6= 5.

In ogni caso siamo pervenuti a un assurdo. Tale assurdo e derivato dall’aver suppostoche G non fosse abeliano, e quindi G deve essere abeliano.

Adesso, siccome H e un gruppo non abeliano, in base alla suddetta proposizionepossiamo dire che |H| ≥ 6. Ora, notiamo che H < A4, e che gli elementi di A4

ammettono una e una sola delle seguenti strutture cicliche: (1,1,1,1), (2,2) o (3,1).Tenuto conto che in S4 si contano 3 elementi aventi struttura ciclica (2,2), e che c’eun unico elemento avente struttura ciclica (1,1,1,1), allora necessariamente in H de-ve essere presente un elemento con struttura (3,1). Cerchiamo quindi di nominare i3-cicli di S4. Denotiamo:

1, ..., 4 = a1, ..., a4

e osserviamo che i 3-cicli di S4 sono 8, che sarebbero i seguenti:

c1 = (a1, a2, a3) d1 = c−11 = (a1, a3, a2)

c2 = (a1, a2, a4) d2 = c−12 = (a1, a4, a2)

c3 = (a2, a3, a4) d3 = c−13 = (a2, a4, a3)

c4 = (a1, a3, a4) d4 = c−14 = (a1, a4, a3)

Si osserva in particolare che:

c1 = c2 · c3c2 = c4 · c1c3 = c1 · c4c4 = c3 · c2

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In base a questo, segue subito che se H contiene tre 3-cicli, allora li contiene tutti.Adesso, supponiamo per assurdo che |H| = 6. Possiamo porre:

H = h1, ..., h6

dove h6 := 1H e l’elemento neutro di H, ossia la permutazione id. Sappiamo cheH contiene almeno un 3-ciclo, che possiamo supporre essere h1, e per fissare le ideepossiamo considerare h1 = c1. Dunque in H c’e anche il 3-ciclo h−11 = c−11 = d1,e non lediamo la generalita se scriviamo h2 = d1. Quindi in H ci sono almeno duedistinti 3-cicli. Supponiamo per assurdo che non ce ne siano altri. Allora avremmoche h3, h4, h5 sono tutti gli elementi di S4 aventi struttura ciclica (2,2). In particolare,possiamo considerare:

h3 = (a1, a2)(a3, a4)

ma allora, per la proprieta di chiusura di H rispetto alla composizione, si ha che:

h1 · h3 = (a1, a3, a4) = c4 ∈ H

e dunque in H si contano almeno tre distinti 3-cicli (che sarebbero c1, d1, c4), maquesto e assurdo. Tale assurdo e derivato dall’aver supposto che H non avesse tredistinti 3-cicli, e quindi H contiene almeno tre distinti 3-cicli, e dunque per quantostabilito in precedenza, contiene tutti i 3-cicli di S4, e siccome i 3-cicli di S4 sono 8,allora sicuramente H ha piu di 6 elementi.

2. Vedasi il punto precedente.

3. Sappiamo dai punti precedenti che H contiene tutti i 3-cicli di S4, ed e ovvio checontenga anche l’identita di S4, cioe l’unica permutazione di S4 con struttura (1,1,1,1).Per provare che H = A4, resta quindi da provare che H contiene tutte le permutazionidi S4 aventi struttura (2,2). Consideriamo quindi la generica permutazione di S4avente struttura (2,2). Allora questa sara del tipo:

(a1, a2)(a3, a4)

dove a1, ..., a4 = 1, ..., 4. Osserviamo quindi che:

(a1, a2)(a3, a4) = (a1, a2)((a2, a3)(a2, a3))(a3, a4)

= ((a1, a2)(a2, a3))((a2, a3)(a3, a4))

= (a1, a2, a3)(a2, a3, a4)

dove (a1, a2, a3) e (a2, a3, a4), essendo 3-cicli di S4, sono elementi di H, e siccome He un sottogruppo, allora (a1, a2)(a3, a4) ∈ H. Data l’arbitrarieta impiegata, seguesubito che H contiene tutte le permutazioni di S4 aventi struttura ciclica (2,2), edunque H = A4.

Proponiamo ora un ragionamento diverso.

Suggerimenti

34

• Per risolvere il punto 1., considerare il fatto che in H ci sono almeno due elementiche non commutano. Far vedere che H ha cardinalita strettamente maggiore di 4 (inquanto i gruppi con cardinalita minore o uguale a 4 sono tutti abeliani). Ricordarsidel fatto che H ⊂ A4, e cercare di capire quali sono le possibili strutture cicliche deglielementi di H. Provare che in H c’e almeno un 3-ciclo, e poi far vedere la tesi nel casoin cui ci sono due 3-cicli che non commutano, oppure un 3-ciclo e una permutazionecon struttura (2,2) che non commutano.

• Sfruttare il fatto che |H| ≥ 7 per provare che in H ci sono almeno tre 3-cicli, e osservareche i 3-cicli di S4 sono tutte e sole le permutazioni di S4 che hanno un unico puntofisso.

• Ricordarsi nuovamente di tutte le possibili strutture cicliche di A4. Tenuto conto chedai punti precedenti sappiamo che in H c’e l’applicazione id e ci sono tutti i 3-cicli,bastera allora provare che in H ci sono tutte le permutazioni aventi struttura ciclica(2,2). Per farlo, scrivere la generica permutazione con struttura (2,2) come il prodottodi due 3-cicli.

Svolgimento 2

1. Essendo H un gruppo non abeliano, allora:

∃σ, τ ∈ H t.c. στ 6= τσ (I)

ragion per cui id, σ, τ, στ, τσ ⊂ H. Proviamo che | id, σ, τ, στ, τσ |= 5:

(a) ovviamente | id, σ, τ |= 3, altrimenti avremmo che στ = τσ, in contraddizionecon la (I);

(b) proviamo che στ /∈ id, σ, τ:i. se fosse στ = id, allora σ = τ−1, quindi στ = τ−1τ = ττ−1 = τσ, che

sarebbe assurdo;

ii. se fosse στ = σ, allora τ = id, che sarebbe assurdo;

iii. se fosse στ = τ , allora σ = id, che sarebbe assurdo;

quindi στ /∈ id, σ, τ;(c) proviamo che τσ /∈ id, σ, τ, στ:

i. come in ii. si prova che τσ /∈ id, σ, τ;ii. inoltre dalla (I) sappiamo che στ 6= τσ;

quindi τσ /∈ id, σ, τ, στ;

Dai punti precedenti, segue allora che | id, σ, τ, στ, τσ |= 5.Ora, notiamo che H < A4, e che gli elementi di A4 ammettono una e una sola delleseguenti strutture cicliche: (1,1,1,1), (2,2) o (3,1). Vogliamo provare che almeno unotra σ e τ ha struttura (3,1). Per farlo, supponiamo per assurdo che σ e τ non abbiano

35

struttura (3,1). Allora, poiche σ, τ /∈ id, ne segue che necessariamente σ e τ hannostruttura (2,2). Notiamo che in S4 gli elementi che hanno struttura (2,2) sono:

(1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4), (1, 4)(2, 3)

ed e immediato far vedere che questi elementi commutano fra loro (infatti tali elementisono contenuti nel gruppo di Klein il quale, essendo isomorfo a Z2 × Z2, risulta abe-liano). Dunque pure σ e τ commutano, ma cio e assurdo in virtu della (I). Pertantouno tra σ e τ ha struttura (3,1).Non lediamo la generalita se supponiamo che τ abbia struttura (3,1), e che quindio(τ) = 3. Abbiamo allora che id, σ, τ, στ, τσ, τ2 ⊂ H, inoltre e semplice far vedereche τ2 /∈ id, σ, τ, στ, τσ. Infatti:

(a) se fosse τ2 = id, avremmo o(τ) ≤ 2 < 3 = o(τ), che sarebbe assurdo;

(b) se fosse τ2 = σ, avremmo στ = τ2τ = ττ2 = τσ, che sarebbe assurdo;

(c) se fosse τ2 = τ , avremmo τ = id, che sarebbe assurdo;

(d) se fosse τ2 = στ , avremmo σ = τ , che sarebbe assurdo;

(e) se fosse τ2 = τσ, avremmo σ = τ , che sarebbe assurdo;

dunque τ2 /∈ id, σ, τ, στ, τσ, e quindi per quanto gia visto precedentemente si deduceche | id, σ, τ, στ, τσ, τ2 |= 6.Detto questo, distinguiamo due casi:

(a) σ ha struttura (3,1). Allora id, σ, τ, στ, τσ, τ2, σ2 ⊂ H, e ha elementi tuttidistinti. Per provarlo, mi basta far vedere che σ2 /∈ id, σ, τ, στ, τσ, τ2, la qualcosa si dimostra identicamente a quanto fatto in precedenza. Se ne deduce quindiche |H| ≥ 7, ossia e verificata la tesi;

(b) σ ha struttura (2,2). Come prima, si prova che τ2σ /∈ id, σ, τ, τσ, τ2. Resta daprovare che τ2σ 6= στ , seguira che id, σ, τ, στ, τσ, τ2, τ2σ e un sottoinsieme diH avente 7 elementi distinti, e sara vera la tesi.Supponiamo per assurdo che τ2σ = στ .Notiamo che o(τ) = mcm(3, 1) = 3, e o(σ) = mcm(2, 2) = 2, da cui si deduceche τ2 = τ−1, e σ = σ−1. Dunque:

τ2σ = στ ⇒ τ−1σ = σ−1τ ⇒ (σ−1τ)−1 = σ−1τ ⇒ (στ)−1 = στ

ragion per cui o(στ) ≤ 2. Detto cio, tenuto conto che τ ha struttura (3,1) e cheσ ha struttura (2,2), abbiamo che:

σ = (a1, a2)(a3, a4) τ = (b1, b2, b3)

dove ai, bj ∈ 1, ..., 4, | b1, ..., b3 |= 3, | a1, ..., a4 |= 4. In particolare, si notache

b1, ..., b3 ⊂ a1, ..., a4

e non lediamo la generalita se supponiamo b1 = a1, b2 = a2 (il lettore cerchi dicapire il perche la generalita non viene lesa). Si hanno allora due casi:

36

i. b3 = a3, allora:στ = (a2, a4, a3)

e quindi o(στ) = 3;

ii. b3 = a4, allora:στ = (a2, a3, a4)

e quindi o(στ) = 3;

pertanto o(στ) ≤ 2 < 3 = o(στ), ma cio e assurdo. Di conseguenza deduciamoche τ2σ 6= στ .

2. Vogliamo provare che in H sono contenuti tutti i 3-cicli di S4. Per far questo, esufficiente provare che

∀b ∈ 1, ..., 4 : ∃ψ ∈ H 3-ciclo tale che ψ(b) = b (1)

Si lascia al lettore la prova che (1) e condizione sufficiente affinche H contenga tuttii 3-cicli di S4. Per dimostrarlo, si puo far leva sui seguenti risultati (anche loro daprovare come semplici esercizi):

ψ ∈ S4 e un 3-ciclo ⇐⇒ ψ ∈ S4 ha un solo punto fisso (2)

∀b ∈ 1, ..., 4 : |ψ ∈ S4 | ψ(a) = a e ψ e un 3-ciclo| = 2 (3)

Cerchiamo quindi di provare la (1). Cominciamo sfruttando il fatto che |H| ≥ 7,ragion per cui in H ci sono almeno tre 3-cicli (infatti gli elementi di H hanno struttura(1,1,1,1), (2,2) o (3,1), e in S4 si conta un solo elemento con struttura (1,1,1,1), e treelementi con struttura (2,2)). Inoltre questi 3-cicli non possono avere tutti lo stessopunto fisso in comune (in quanto vale la (3)). Detto questo, poniamo:

a1, ..., a4 = 1, ..., 4

e in virtu di quanto stabilito, non lediamo la generalita supponendo che in H ci sia un3-ciclo che fissa a4, e un 3-ciclo che fissa a3. Sotto queste ipotesi, si lascia al lettorela verifica che:

〈(a1, a2, a3)〉 ⊂ H 〈(a1, a2, a4)〉 ⊂ H (4)

Abbiamo adesso tutti gli elementi utili a verificare la (1). Fissiamo b ∈ a1, ..., a4 edistinguiamo i casi seguenti:

(a) b = a1. Vogliamo determinare un 3-ciclo di H che fissa a1. Per farlo, cerchiamodi sfruttare la (4). Notiamo che:

(a4, a2, a1)(a1, a2, a3) = (a2, a3, a4)

dove (a4, a2, a1) ∈ 〈(a1, a2, a4)〉, mentre (a1, a2, a3) ∈ 〈(a1, a2, a3)〉, e dunqueposto ψ := (a2, a3, a4), abbiamo che ψ e un 3-ciclo di H che fissa a1;

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(b) b = a2. Vogliamo determinare un 3-ciclo di H che fissa a2. Per farlo, cerchiamodi sfruttare la (4). Notiamo che:

(a4, a1, a2)(a2, a1, a3) = (a1, a3, a4)

dove (a4, a1, a2) ∈ 〈(a1, a2, a4)〉, mentre (a2, a1, a3) ∈ 〈(a1, a2, a3)〉, e dunqueposto ψ := (a1, a3, a4), abbiamo che ψ e un 3-ciclo di H che fissa a2;

(c) b = a3. Allora posto ψ := (a1, a2, a4), abbiamo subito che ψ e un 3-ciclo di Hche fissa a3;

(d) b = a4. Allora posto ψ := (a1, a2, a3), abbiamo subito che ψ e un 3-ciclo di Hche fissa a4;

Data l’arbitrarieta di b, abbiamo quindi dedotto la (1), e pertanto H contiene tutti i3-cicli di S4.

3. Vedasi lo svolgimento precedente.

Facciamo ora alcune riflessioni su quest’ultimo esercizio:

1. Cerchiamo di fare mente locale, riassumendo i punti salienti che ci hanno condotto allasoluzione del problema. Per la risoluzione del punto 1., abbiamo in buona sostanzasfruttato il fatto che H fosse contenuto in A4 per dire che i suoi elementi avevanostruttura (1,1,1,1), (2,2) o (3,1). Dopodiche, si e fatto leva sulla non commutativita diH per provare che in H c’era almeno un 3-ciclo, e infine, componendo opportunamentele permutazioni e valutando i loro periodi, abbiamo dedotto che H aveva almeno 7elementi. Nel successivo punto, abbiamo utilizzato questo risultato per dire che in Hc’erano almeno 3 distinti 3-cicli, e in pratica abbiamo provato che se H conteneva 3distinti 3-cicli, allora li conteneva tutti, e anzi di piu: abbiamo proprio dedotto cheH = A4. Abbiamo sottolineato questo punto per una ragione precisa, che sarebbe laseguente: uno stesso esercizio puo essere riformulato in modi decisamente differentigli uni dagli altri. Infatti, il precedente esercizio ammette la seguente riformulazioneequivalente:- Esercizio: Sia H un sottogruppo di A4, e supponiamo che in esso ci siano 3 distinti3-cicli di S4.Provare che H = A4.Quindi esercizi apparentemente molto diversi possono in realta essere identici;

2. Si nota subito una certa laboriosita nel nostro ragionamento, dovuta soprattutto alfatto che abbiamo impiegato i soli strumenti provenienti dal corso di Algebra 1. An-dando avanti con gli studi, pero, acquisiremo finalmente alcune nozioni senz’altro piupotenti. Ad esempio si fornira una nuova formulazione del teorema di Lagrange, se-condo cui un sottogruppo di un gruppo finito ha ordine (cioe numero di elementi),che divide l’ordine del gruppo. Adoperando questo risultato, avremmo potuto liqui-dare in modo alquanto semplice gli ultimi due punti del precedente esercizio. Infatti:sappiamo che H < A4, quindi per il teorema di Lagrange: |H| | |A4|, ed e noto che

|A4| = |S4|2 = 4!

2 = 12, ragion per cui |H| ∈ 1, 2, 3, 4, 6, 12. Sappiamo pero dal primo

38

punto che |H| ≥ 7, quindi |H| = 12 = |A4|, e dunque H = A4, e siccome A4 contienetutti i 3-cicli di S4, allora anche H contiene tutti i 3-cicli di S4;

- Esercizio 2.1.2: Si considerino le seguenti permutazioni di S12:

α = (1, 2, 3) β = (4, 5, 6, 7, 8)

Inoltre sia γ una permutazione di A12 avente periodo 4. Infine, sia H un sottogruppo diA12 al quale appartengono α, β, γ.

1. Provare che H non e ciclico.

2. Dire se H puo essere abeliano.

Di questo esercizio proponiamo addirittura tre distinti svolgimenti.

Suggerimenti

• Per provare il punto 1. ragionare per assurdo, utilizzando il teorema di Lagrange e iperiodi degli elementi coinvolti nell’esercizio.

• Per provare il punto 2. ragionare per assurdo facendo vedere che, se H fosse abeliano,allora necessariamente la permutazione γ lascerebbe fissi gli elementi 1, ..., 8. Per farquesto, sfruttare il fatto che γ commuta con α e β, e cercare di capire come possonoessere fatte le orbite di γ.

Svolgimento 1

1. Supponiamo per assurdo che H sia ciclico. Si ha quindi che

∃σ ∈ H tale che H = 〈σ〉

Se ne deduce che:

∃k1, k2, k3 ∈ 1, ..., (σ) tali che α = σk1 , β = σk2 , γ = σk3

Abbiamo pertanto che

(α) = (σk1) = (σ)MCD((σ),k1)

(β) = (σk2) = (σ)MCD((σ),k2)

(γ) = (σk3) = (σ)MCD((σ),k3)

e quindi, tenuto conto che (α) = 3, (β) = 5, (γ) = 4, ricaviamo che

(σ) = 3 ·MCD((σ), k1)

(σ) = 5 ·MCD((σ), k2)

(σ) = 4 ·MCD((σ), k3)

39

ossia 3,5,4 dividono (σ), e siccome 3,5,4 sono a due a due coprimi, allora 3 · 5 · 4divide (σ), ovvero 60 | (σ). Detto questo, sia:

σ = γ1 · ... · γr

la decomposizione in cicli disgiunti di σ, e denotiamo con li la lunghezza del ciclo γi,dove i = 1, ..., r. Notiamo che:

(σ) = mcm(l1, ..., lr)

dove, a meno di permutare i cicli, si ha:

r∑i=1

li = 12 l1 ≥ ... ≥ lr ≥ 1

Siccome 5 | (σ), allora ∃i = 1, ..., r tale che 5 | li.Siccome 4 | (σ), allora ∃j = 1, ..., r tale che 4 | lj .Siccome 3 | (σ), allora ∃k = 1, ..., r tale che 3 | lk.Proviamo che i, j, k sono tutti distinti.Se fosse i = j, allora avremmo che 5 · 4 | li, ovvero 20 | li, per cui risulterebbeli ≥ 20 > 12 ≥ li, che sarebbe assurdo.Se fosse i = k, allora avremmo che 5 · 3 | li, ovvero 15 | li, per cui risulterebbeli ≥ 15 > 12 ≥ li, che sarebbe assurdo.Se fosse j = k, allora avremmo che 4 · 3 | lj , ovvero 12 | lj , per cui risulterebbelj ≥ 12 ≥ lj , dunque dovrebbe essere lj = 12, e pertanto r = 1 e j = 1, ossia σ = γ1,ovvero σ sarebbe un 12-ciclo, ovvero σ sarebbe dispari, ma cio contraddirebbe il fattoche σ ∈ H < A12.Dunque i, j, k sono a due a due distinti, e inoltre li ≥ 5, lj ≥ 4, lk ≥ 3, pertanto:

12 = 5 + 4 + 3 ≤ li + lj + lk ≤r∑

h=1

lh = 12

di conseguenza:

l1 = li = 5 l2 = lj = 4 l3 = lk = 3 r = 3

Dunque σ ha struttura (5,4,3), ma allora σ e dispari, e questo e assurdo. Tale assurdoe derivato dall’aver supposto che H fosse ciclico, e pertanto H non puo essere ciclico.

2. Ragioniamo per assurdo, supponendo che H sia abeliano. Possiamo scrivere

α = (a[0]3 , a[1]3 , a[2]3) β = (b[0]5 , b[1]5 , b[2]5 , b[3]5 , b[4]5)

dove si pone:

a[i]3 = i+ 1 i = 0, ..., 2

b[j]5 = j + 4 j = 0, ..., 4

40

Il particolare uso notazionale delle classi di congruenza modulo 3 e modulo 5 comepedici (anziche degli usuali numeri naturali) e dettata da una particolare ragione.Il lettore, continuando a leggere lo svolgimento, cerchi di capire il perche di questascelta.Facciamo ora le seguenti osservazioni:

(a) Fissiamo i = 0, ..., 2 e sia k := γ(a[i]3). Proviamo che k ∈ a[0]3 , a[1]3 , a[2]3.Supponiamo per assurdo che k /∈ a[0]3 , a[1]3 , a[2]3. Allora:

γ(α(a[i]3)) = α(γ(a[i]3)) = α(k) = k

dove la prima uguaglianza segue dal fatto che H e abeliano, mentre l’ultima ugua-glianza deriva dall’ipotesi k /∈ a[0]3 , a[1]3 , a[2]3. Pertanto γ(α(a[i]3)) = γ(a[i]3), edata l’ingettivita di γ segue che α(a[i]3) = a[i]3 . Ma questo e assurdo in quanto,essendo i ∈ 0, ..., 2, risulta α(a[i]3) = a[i+1]3 6= a[i]3 . Tale assurdo e derivatodall’aver supposto k /∈ a[0]3 , a[1]3 , a[2]3. Dunque k ∈ a[0]3 , a[1]3 , a[2]3.

(b) Fissato j = 0, ..., 4 e posto k := γ(b[j]5) si prova, analogamente al punto prece-dente, che k ∈ b[0]5 , ..., b[4]5.

Prima di proseguire col nostro ragionamento, ricordiamo che, presi in considerazionen ∈ N − 0, σ ∈ Sn, a ∈ 1, ..., n, si definisce orbita dell’elemento a rispetto allapermutazione σ il seguente insieme:

Ω(σ,a) := σm(a) | m ∈ Z

In base a quanto precedentemente stabilito, abbiamo che

(1) ∀i = 0, ..., 2 Ω(γ,a[i]3 )⊂ a[0]3 , ..., a[2]3

(2) ∀j = 0, ..., 4 Ω(γ,b[j]5 )⊂ b[0]5 , ..., b[4]5

Adesso, tenuto conto che le orbite di γ formano una partizione di 1, ..., 12, che(γ) = 4 e che

(3) ∀c = 1, ..., 12 |Ω(γ,c)| | (γ)

abbiamo allora dalla (1) e dalla (2) che:

∃i ∈ 0, ..., 2 tale che |Ω(γ,a[i]3)| = 1

∃j ∈ 0, ..., 4 tale che |Ω(γ,b[j]5)| = 1

ragion per cui risulta che

(4) γ(a[i]3) = a[i]3 γ(b[j]5) = b[j]5

41

Detto questo, notiamo che:

γ(a[i+1]3) = γ(α(a[i]3)) = α(γ(a[i]3)) = α(a[i]3) = a[i+1]3

dunque iterando il ragionamento abbiamo che:

γ(a[i+2]3) = a[i+2]3

In definitiva, si e provato che

(5) ∀i = 0, ..., 2 γ(a[i]3) = a[i]3

In modo analogo, si prova che:

(6) ∀j = 0, ..., 4 γ(b[j]5) = b[j]5

Di conseguenza si ha che:

(7) ∀c = 1, ..., 8 γ(c) = c

da questo e dal fatto che (γ) = 4, se ne deduce che, necessariamente, γ e un 4-ciclo, e pertanto γ /∈ A12, ma questo e assurdo. Tale assurdo e derivato dall’aversupposto che H fosse abeliano. Possiamo allora concludere che H non puo essereabeliano.

Proponiamo ora uno svolgimento alternativo.

Suggerimenti

• Per provare il punto 1., basta risolvere il punto 2.

• Per risolvere il punto 2. si suppone per assurdo la commutativita e si effettuanoconsiderazioni sul periodo del prodotto αβγ. Se l’n-esima potenza di tale prodotto euguale a id, allora γ−n appartiene al sottogruppo ciclico generato dal prodotto αβ, ilcui ordine e 15. Ma allora il periodo di γ−n, che divide 4, divide anche 15, e quindi e1. Dunque n e multiplo di 4. Poiche allora (αβ)n = id, n e anche multiplo di 15. Sene deduce che il periodo del prodotto αβγ e un multiplo di 60. Tuttavia, in A12 nonesiste un elemento il cui periodo sia multiplo di 60.

Svolgimento 2

1. Per provare che H non e ciclico, e sufficiente provare che H non e abeliano (ricordiamoinfatti che ogni gruppo ciclico e abeliano).

2. Proviamo che H non puo essere abeliano. Supponiamo per assurdo che lo sia, econsideriamo la permutazione σ := αβγ. Ovviamente σ ∈ A12. Poniamo n := (σ).Dunque:

σn = id⇒ (αβγ)n = id⇒ (αβ)nγn = id⇒ (αβ)n = γ−n ⇒ γ−n ∈ 〈αβ〉

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dove nella seconda implicazione si e fatto uso della presunta abelianita di H.Adesso, poiche γ−n ∈ 〈αβ〉, allora si ha che (γ−n) | (αβ), ossia (γ−n) | 15.Notiamo pure che γ−n ∈ 〈γ〉, e pertanto (γ−n) | (γ), ovvero (γ−n) | 4.Ne segue che (γ−n) | MCD(15, 4), cioe (γ−n) | 1, e quindi (γ−n) = 1, ragion percui γ−n = id, e dunque (γ) | n, ossia 4 | n.Sappiamo inoltre che (αβ)n = γ−n = id, per cui (αβ) | n, ovvero 15 | n.Ne segue che mcm(4, 15) | n, cioe 60 | n, quindi 60 | (σ).Detto questo, sia:

σ = γ1 · ... · γrla decomposizione in cicli disgiunti di σ, e denotiamo con li la lunghezza del ciclo γi,dove i = 1, ..., r. Notiamo che:

(σ) = mcm(l1, ..., lr)

dove, a meno di permutare i cicli, si ha:

r∑i=1

li = 12 l1 ≥ ... ≥ lr ≥ 1

Siccome 5 | (σ), allora ∃i = 1, ..., r tale che 5 | li.Siccome 4 | (σ), allora ∃j = 1, ..., r tale che 4 | lj .Siccome 3 | (σ), allora ∃k = 1, ..., r tale che 3 | lk.Proviamo che i, j, k sono tutti distinti.Se fosse i = j, allora avremmo che 5 · 4 | li, ovvero 20 | li, per cui risulterebbeli ≥ 20 > 12 ≥ li, che sarebbe assurdo.Se fosse i = k, allora avremmo che 5 · 3 | li, ovvero 15 | li, per cui risulterebbeli ≥ 15 > 12 ≥ li, che sarebbe assurdo.Se fosse j = k, allora avremmo che 4 · 3 | lj , ovvero 12 | lj , per cui risulterebbelj ≥ 12 ≥ lj , dunque dovrebbe essere lj = 12, e pertanto r = 1 e j = 1, ossia σ = γ1,ovvero σ sarebbe un 12-ciclo, ovvero σ sarebbe dispari, ma cio contraddirebbe il fattoche σ ∈ H < A12.Dunque i, j, k sono a due a due distinti, e inoltre li ≥ 5, lj ≥ 4, lk ≥ 3, pertanto:

12 = 5 + 4 + 3 ≤ li + lj + lk ≤r∑

h=1

lh = 12

di conseguenza:

l1 = li = 5 l2 = lj = 4 l3 = lk = 3 r = 3

Dunque σ ha struttura (5,4,3), ma allora σ e dispari, e questo e assurdo. Tale assurdoe derivato dall’aver supposto che H fosse abeliano, e pertanto H non puo essereabeliano.

Proponiamo ora un ulteriore svolgimento.

Suggerimenti

43

• Per provare il punto 1., basta risolvere il punto 2.

• Sfruttare il fatto che se σ, τ ∈ Sn, e se

σ = (a11, ..., a1r1) · · · (ah1 , ..., ahrh)

e la decomposizione di σ in cicli disgiunti (compresi i cicli di lunghezza 1). Allora:

τστ−1 = (τ(a11), ..., τ(a1r1)) · · · (τ(ah1), ..., τ(ahrh)).

Agire quindi per assurdo, supponendo che H sia abeliano. In tal caso, far vedere cheγ ha come punti fissi 1, ..., 8 (per provarlo, far leva sul risultato di cui sopra e sullestrutture di α e β) e cercare da qui di dedurre l’assurdo.

Svolgimento 3

1. Per provare che H non e ciclico, e sufficiente provare che H non e abeliano (ricordiamoinfatti che ogni gruppo ciclico e abeliano).

2. Proviamo che H non puo essere abeliano. Cominciamo col dare il seguente risultatoteorico:- Proposizione: siano σ, τ ∈ Sn, e sia

σ = (a11, ..., a1r1)...(ah1 , ..., a

hrh

)

la decomposizione di σ in cicli disgiunti (compresi i cicli di lunghezza 1). Allora:

τστ−1 = (τ(a11), ..., τ(a1r1)) · · · (τ(ah1), ..., τ(ahrh)) (i)

DimostrazioneSi osserva che:

τστ−1(τ(a11)) = τ(σ(a11)) = τ(a12)

e analogamente si prova che le permutazioni a primo e secondo membro della (i)coincidono su tutti gli altri elementi. Detto cio, supponiamo per assurdo che H sia abeliano. Allora, poiche α, β, γ ∈ H, sene deduce che:

(a) αγ = γα, cioe γαγ−1 = α, per cui sfruttando la proposizione data si ottiene che:

γαγ−1 = (γ(1), γ(2), γ(3)) = (1, 2, 3) = α

pertanto γ avra la forma seguente:

γ =

(1 2 3 4 · · · 9i1 i2 i3 j4 · · · j12

)dove:

i. (i1, i2, i3) ∈ (1, 2, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2) ⊂ Z× Z× Z;

44

ii. j4, ..., j12 ∈ 4, ..., 12;di conseguenza:

γ = γ1σ1 (ii)

dove:

i. γ1 ∈ id, (1, 2, 3), (1, 3, 2) ⊂ S12;ii. σ1 ∈ σ ∈ S12 | σ(i) = i per ogni i ∈ 1, 2, 3;

(b) βγ = γβ, cioe γβγ−1 = β, per cui sfruttando la proposizione data si ottiene che:

γβγ−1 = (γ(4), ..., γ(8)) = (4, ..., 8) = β

pertanto, tenuto conto di (ii), si ha:

σ1 =

(1 2 3 4 · · · 8 9 · · · 121 2 3 k4 · · · k8 j9 · · · j12

)dove:

i. (k4, ..., k8) e una quintupla di numeri interi appartenente al seguente insieme:

(4, 5, 6, 7, 8), (5, 6, 7, 8, 4), (6, 7, 8, 4, 5), (7, 8, 4, 5, 6), (8, 4, 5, 6, 7);

ii. j9, ..., j12 ∈ 9, ..., 12;di conseguenza:

γ = γ1γ2σ2 (iii)

dove:

i. γ2 ∈ id, (4, 5, 6, 7, 8), (4, 6, 8, 5, 7), (4, 7, 5, 8, 6), (4, 8, 7, 6, 5) ⊂ S12;ii. σ2 ∈ σ ∈ S12 | σ(i) = i per ogni i ∈ 1, ..., 8;

Facciamo adesso le seguenti considerazioni:

(a) γ1 = id. Infatti: supponiamo per assurdo che γ1 6= id. Allora γ1 e un 3-ciclofacente parte della decomposizione in cicli disgiunti di γ (infatti γ1 e disgiuntosia da γ2 che da σ2, e γ2 e disgiunto da σ2, quindi γ1 e γ2 sono disgiunti dai ciclidi cui si compone σ2). Di conseguenza l(γ1)/(γ), cioe 3/4, ma questo e assurdo.Dunque γ1 = id;

(b) γ2 = id. Infatti: supponiamo per assurdo che γ2 6= id. Allora γ2 e un 5-ciclo facente parte della decomposizione in cicli disgiunti di γ. Di conseguenzal(γ2)/ (γ), ovvero 5/4, ma questo e assurdo. Dunque γ2 = id;

Abbiamo percio che:

γ = σ2 =

(1 · · · 8 9 · · · 121 · · · 8 j9 · · · j12

)(iv)

e quindi si hanno le seguenti possibili strutture cicliche per σ2 (e quindi per γ):

(1, 1, 1, 1), (2, 1, 1), (2, 2), (3, 1), (4)

45

tuttavia, sappiamo che (γ) = 4, quindi l’unica struttura che mi puo rendere vera la(vi) e (4), ma allora γ sarebbe un 4-ciclo, e quindi γ /∈ A12, ma cio e in contraddizionecon l’ipotesi γ ∈ A12. Si e quindi giunti a un assurdo, derivato dall’aver supposto cheH fosse abeliano, e pertanto H non puo essere abeliano.

- Esercizio 2.1.3: Siano date, in S18, le seguenti permutazioni:

• σ = (1, 2, 3)(5, 6)(7, 8, 9)(10, 11)(12, 13, 14, 15, 16, 17, 18)

• τ = (1, 2, 3, 4)(5, 6, 7)(8, 9, 10)(11, 12, 13)(14, 15, 16, 17, 18)

1. Determinare un sottogruppo H, abeliano e non ciclico, di S18 tale che H∩〈σ〉 e H∩〈τ〉non siano il sottogruppo banale.

2. Determinare un sottogruppo ciclico di S18 verificante la proprieta del punto preceden-te.

Suggerimenti

• Per provare il punto 1., osservare che H ∩ 〈σ〉 e un gruppo ciclico generato da unapotenza di σ, che chiamiamo r. Analogamente H ∩ 〈τ〉 e un gruppo ciclico generatoda una potenza di τ , che chiamiamo s. Si consideri quindi l’insieme:

〈r, s〉 := rn1sm1 · · · rnlsml | ni,mi ∈ Z

Provare che tale insieme e un sottogruppo di S18, e tale gruppo e sicuramente abelianose rs = sr. Ricordarsi quindi che tra i gruppi abeliani non ciclici a noi noti, c’e ilgruppo di Klein (isomorfo a Z2 × Z2), quindi fare in modo che 〈r, s〉 sia isomorfo atale gruppo (occorre quindi scegliere opportunamente le suddette potenze di σ e τ).Bastera poi porre H := 〈r, s〉.

• Il punto 2. risulta in verita piu semplice del precedente. Anche qui il sottogruppo puoessere generato da opportune potenze di σ e τ .

Svolgimento

1. Facciamo le seguenti osservazioni:

(a) H < S18, quindi H ∩ 〈σ〉 e un gruppo (perche e intersezione di gruppi). InoltreH ∩ 〈σ〉 < 〈σ〉, e siccome 〈σ〉 e ciclico, allora H ∩ 〈σ〉 e ciclico, e sara generatoda una potenza di σ, cioe:

(1) H ∩ 〈σ〉 = 〈σk〉 con k ∈ 0, ..., (σ)− 1 opportuno.

Ora, siccome H ∩ 〈σ〉 non e banale, allora k 6= 0;

(b) analogamente al punto precedente, si ricava che

(2) H ∩ 〈τ〉 = 〈τh〉 con h ∈ 1, ..., (τ)− 1 opportuno.

46

Ora, i punti precedenti ci suggeriscono di considerare

(3) H = 〈σk, τh〉 con k ∈ 1, ..., (σ)− 1, h ∈ 1, ..., (τ)− 1 opportuni.

Vogliamo che H sia abeliano, ragion per cui occorre che sia:

(4) σkτh = τhσk

Si richiede anche che H non sia ciclico. Tra i gruppi abeliani non ciclici ricordiamo ilgruppo di Klein (il quale risulta uguale, a meno di isomorfismi, al gruppo Z2 × Z2).Vediamo quindi se e possibile scegliere (h, k) in modo che H sia isomorfo a Z2 × Z2.Affinche cio sia vero, e necessario che gli elementi di H non abbiano periodo maggioredi 2 e quindi, in particolare, che σk e τh abbiano esattamente periodo 2 (in quantodeve valere la (3)). Inoltre, per far valere la (4), e sufficiente che i cicli di σk e di τh

siano a due a due disgiunti. Seguendo tali direttive, consideriamo:

(5) (h, k) = (30, 21)

allora posto:

(6) r := σk = σ21 = (5, 6)(10, 11) s := τh = τ30 = (1, 3)(2, 4)

abbiamo che, definito:

(7) H := 〈r, s〉 = rn1sm1 · · · rnlsml | ni,mi ∈ Z

risulta che H e un sottogruppo di S18 (il lettore lo verifichi adoperando, ad esem-pio, la caratterizzazione dei sottogruppi). Inoltre H e abeliano in quanto rs = sr, einoltre:

H = 〈r, s〉= rn1sm1 · · · rnlsml | ni,mi ∈ Z= rnsm | n,m ∈ Z= rnsm | n,m ∈ 0, 1= id, r, s, rs

dove la terza uguaglianza e dovuta al fatto che rs = sr, mentre la quarta uguaglianzasegue dal fatto che (r) = (s) = 2. Notiamo pure che:

H ∩ 〈σ〉 = id, r H ∩ 〈τ〉 = id, s

non sono banali. A questo punto, ci resta solo da provare che H non e ciclico. A tal finee sufficiente provare che H e isomorfo a Z2 × Z2. Per questo definiamo l’applicazioneφ : H → Z2 × Z2 che opera come segue:

id 7→ ([0]2, [0]2), r 7→ ([1]2, [0]2), s 7→ ([0]2, [1]2), rs 7→ ([1]2, [1]2)

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e semplice verificare che φ e un isomorfismo di gruppi.

2. Resta valido il ragionamento di cui al punto 1. fino alla (4). Stavolta pero vogliamoche H sia ciclico. Allora il modo migliore di agire e quello di fare in modo che σk, τh

siano cicli disgiunti le cui lunghezze siano coprime tra loro. A tal fine, consideriamo:

(8) (h, k) = (15, 6)

e siano:

(9) r := σk = σ6 = (12, 18, 17, 16, 15, 14, 13) s := τh = τ15 = (1, 4, 3, 2)

Abbiamo che, posto:

(10) H := 〈r, s〉 = rn1sm1 · · · rnlsml | ni,mi ∈ Z

risulta che H e abeliano in quanto rs = sr. Inoltre:

id, r ⊂ H ∩ 〈σ〉 id, s ⊂ H ∩ 〈τ〉

e quindi H ∩ 〈σ〉 e H ∩ 〈τ〉 non sono banali. Resta da verificare che H e ciclico. Aquesto scopo, si consideri:

(11) t := rs = (1, 4, 3, 2)(12, 18, 17, 16, 15, 14, 13)

Siccome t ∈ 〈r, s〉, allora 〈t〉 ⊂ H. Inoltre si ha:

(12) r = t8, s = t21

cioe r, s ∈ 〈t〉, quindi H ⊂ 〈t〉. Pertanto H = 〈t〉, ovvero H e ciclico.

- Esercizio 2.1.4: Si considerino le seguenti permutazioni di S13:

α = (1, 2, 3, 4, 5)(6, 7, 8, 9)(10, 11, 12, 13)

β = (1, 2, 3, 4)(5, 6, 7, 8, 9)(10, 11)(12, 13)

1. Provare che 〈α〉 ∩ 〈β〉 e il sottogruppo banale.

2. Sia H un sottogruppo di S13 al quale appartengono α e β. Determinare, in H, unsottogruppo commutativo e non ciclico.

Suggerimenti

• Per risolvere il punto 1., ragionare sulle orbite di α e β, in particolare notare ledifferenze tra l’orbita di 5 rispetto ad α e l’orbita di 5 rispetto a β.

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• Prendere di nuovo in considerazione il fatto che un tale sottogruppo puo essere ge-nerato da una coppia di elementi di H che commutino tra loro e, in particolare, daopportune potenze di α e di β.

Svolgimento

1. Il nostro obiettivo e provare che 〈α〉 ∩ 〈β〉 = id. Ovviamente id ⊂ 〈α〉 ∩ 〈β〉,quindi ci resta soltanto da verificare che 〈α〉 ∩ 〈β〉 ⊂ id. Per questo motivo fissiamoγ ∈ 〈α〉 ∩ 〈β〉, ragion per cui:

∃h, k ∈ Z tali che γ = αh ∧ γ = βk

Tenuto conto che (α) = (β) = 20, non lediamo affatto la generalita supponendo cheh, k ∈ 0, ..., 19.Prima di proseguire col nostro ragionamento, ricordiamo che, presi in considerazionen ∈ N − 0, σ ∈ Sn, a ∈ 1, ..., n, si definisce orbita dell’elemento a rispetto allapermutazione σ il seguente insieme:

Ω(σ,a) := σm(a) | m ∈ Z

Detto questo, si osserva immediatamente che:

5 ∈ Ω(α,1) ∩ Ω(β,9) ∧ Ω(α,1) 6= Ω(β,9)

Inoltre, tenuto conto che |Ω(α,1)| = |Ω(β,9)| = 5, si lascia al lettore la semplice verificareche, per ogni i ∈ 1, 5 e per ogni j ∈ 5, 9:

Ω(αh,i) = Ω(α,i) ⇐⇒ MCD(h, 5) = 1

Ω(βk,j) = Ω(β,j) ⇐⇒ MCD(k, 5) = 1

Supponiamo adesso che MCD(h, 5) = MCD(k, 5) = 1; si ha quindi, in base a quantogia detto, che:

Ω(α,1) = Ω(αh,1) = Ω(αh,5) = Ω(γ,5) = Ω(βk,5) = Ω(βk,9) = Ω(β,9)

si e dunque stabilito che Ω(α,1) = Ω(β,9), ma cio e in contraddizione col fatto cheΩ(α,1) 6= Ω(β,9). L’assurdo deriva dall’aver supposto MCD(h, 5) = MCD(k, 5) = 1, diconseguenza abbiamo che MCD(h, 5) 6= 1 oppure MCD(k, 5) 6= 1, e siccome 5 e unnumero primo, allora cio equivale a dire che 5 | h oppure 5 | k. Distinguiamo quindi icasi seguenti:

(a) 5 | h ∧ ¬(5 | k), allora h ∈ 0, 5, 10, 15, e si ha che:

5 = αh(5) = γ(5) = βk(5) ∈ 6, 7, 8, 9

e quindi ho un assurdo;

(b) 5 | k ∧ ¬(5 | h), allora analogamente al caso precedente ricaviamo un assurdo;

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(c) 5 | h ∧ 5 | k, allora h, k ∈ 0, 5, 10, 15. Si distinguono allora i casi seguenti:

i. h 6= 0 ∧ k 6= 0, allora:

γ(4) = αh(4) = 4 6= βk(4) = γ(4)

e quindi ho un assurdo;

ii. h = 0 ∧ k 6= 0, allora:

γ = αh = id 6= βk = γ

e quindi ho un assurdo;

iii. h 6= 0 ∧ k = 0, allora come nel punto precedente si deduce un assurdo;

iv. h = 0 ∧ k = 0, allora si ottiene che γ = id;

L’unico caso in cui non si incorre in contraddizioni e quello in cui h = k = 0, e quindine segue che necessariamente γ = id. Data l’arbitrarieta nella scelta di γ ∈ 〈α〉 ∩ 〈β〉,possiamo allora dire che 〈α〉 ∩ 〈β〉 ⊂ id, e che quindi 〈α〉 ∩ 〈β〉 e il sottogruppobanale.

2. Osserviamo che il piu piccolo sottogruppo di S13 contenente α e β e il gruppo generatoda α e β, che sarebbe il seguente:

〈α, β〉 := αr1βs1 · · ·αrmβsm | m ∈ N− 0 ri, si ∈ Z i = 1, ...,m

Si consiglia al lettore di verificare quanto segue:

〈α, β〉 =⋂

α,β⊂G<S13

G

Abbiamo quindi che 〈α, β〉 ⊂ H. Il nostro fine e determinare, in H, un sottogruppocommutativo e non ciclico. Per far questo, in virtu di quanto detto, e sufficientedeterminare un sottogruppo commutativo e non ciclico di 〈α, β〉, ed e questo cio chefaremo.Sia K il nostro ipotetico sottogruppo di 〈α, β〉 che sia commutativo e non ciclico. Ora,il modo piu intuitivo di agire, per definire K, e supporre che esso sia generato da unacoppia di elementi, che chiamiamo γ e δ, i quali devono, per forza di cose, commutaretra loro e appartenere a 〈α, β〉. Si richiede inoltre che K non sia ciclico, e quindinon devo poter esprimere γ come una potenza di δ e viceversa. Adesso, la cosa piunaturale e fare in modo che γ sia una potenza di α (cioe che γ ∈ 〈α〉), che δ sia unapotenza di β (cioe che δ ∈ 〈β〉), e che i cicli di γ siano disgiunti da quelli di δ (in mododa assicurare che γ e δ commutino tra loro). Una buona scelta, in questo senso, e laseguente:

γ := α5 = (6, 7, 8, 9)(10, 11, 12, 13) δ := β10 = (1, 3)(2, 4)

50

e quindi posto K := 〈γ, δ〉, si ha che:

K = 〈γ, δ〉= γr1δs1 · · · γrmδsm | m ∈ N− 0 ri, si ∈ Z i = 1, ...,m= γrδs | r, s ∈ Z= γrδs | r ∈ 0, ..., (γ)− 1, s ∈ 0, ..., (δ)− 1= γrδs | r ∈ 0, 1, 2, 3, s ∈ 0, 1

Data la scelta di γ e δ, e ovvio che K sia un sottogruppo commutativo di 〈α, β〉. Restada provare che K non e ciclico. Si e gia visto che |K| = 8, inoltre e semplice far vedereche:

(γrδs) ≤ 4 ∀r ∈ 0, 1, 2, 3, s ∈ 0, 1

ragion per cui K non puo esser ciclico.Alternativamente, avremmo potuto considerare le permutazioni:

σ := α10 = (6, 8)(7, 9)(10, 12)(11, 13) τ := β10 = (1, 3)(2, 4)

e costruire, a partire da queste, un opportuno sottogruppo di H che risulti abeliano enon ciclico. Infatti si nota subito che σ e τ commutano, e inoltre:

στ = τσ = (1, 3)(2, 4)(6, 8)(7, 9)(10, 12)(11, 13)

Di conseguenza:(σ) = (τ) = (στ) = 2

Tenuto conto di questo poniamo:

L := id, σ, τ, στ

Si verifica che L risulta essere un sottogruppo di H. Infatti L e contenuto in H inquanto σ e τ sono rispettivamente potenze di α e β, che per ipotesi appartengono adH che sappiamo essere un sottogruppo di S13. Oltretutto L contiene la permutazioneid ed e chiuso rispetto all’operazione di inversione, ossia di ogni elemento contieneil suo inverso, e cio in quanto ogni suo elemento ha periodo al piu 2, e quindi ognielemento di L coincide col suo inverso. Inoltre L e chiuso rispetto al prodotto, e perprovarlo basta considerare la seguente tabella moltiplicativa:

· id σ τ στ

id id σ τ στ

σ σ id στ τ

τ τ στ id σ

στ στ τ σ id

Inoltre L e abeliano (in quanto σ e τ commutano tra loro) e non puo essere ciclico, inquanto ha cardinalita 4 mentre ogni suo elemento ha periodo al piu 2.

51

- Esercizio 2.1.5: Sia data la seguente permutazione di S17:

α = (1, 2, 3, 4, 5)(6, 7, 8, 9, 10, 11)(12, 13, 14, 15, 16, 17)

Per ogni intero positivo n, sia Kn = σ ∈ 〈α〉 | (σ) divide n.

1. Provare che, per ogni n, Kn e un sottogruppo di S17.

2. Determinare |K18396|.

3. Determinare tutti gli n per i quali |Kn| = 2.

Suggerimenti

• Provare il punto 1. facendo uso della caratterizzazione dei sottogruppi.

• Per provare il punto 2. provare che

σ ∈ K18396 ⇐⇒ σ ∈ 〈α〉 e inoltre (σ) divide MCD((α), 18396)

e ricordarsi che:

(αh) =(α)

MCD(h, (α)).

• Per provare il punto 3. si ragiona in modo simile al punto precedente.

Svolgimento

1. Sia n un intero positivo. Proviamo che Kn e un sottogruppo di S17 facendo uso dellacaratterizzazione dei sottogruppi:

(a) Anzitutto Kn 6= ∅, infatti: id ∈ 〈α〉 e in piu (id) = 1, per cui (id) divide n, edunque id ∈ Kn.

(b) Consideriamo σ, τ ∈ Kn, e facciamo vedere che στ−1 ∈ Kn. Infatti: siccomeσ, τ ∈ 〈α〉, allora:

∃h, k ∈ Z tali che σ = αh, τ = αk

Abbiamo quindi che:

στ−1 = αh(αk)−1 = αh−k ∈ 〈α〉

Dunque ci resta solo da provare che (στ−1) divide n, e cio accade, per una notaproposizione, se e soltanto se (στ−1)n = id. Basta quindi verificare quest’ultimacondizione, e in effetti:

(στ−1)n = (αh−k)n = αn(h−k) = αnhα−nk = (αh)n(αk)−n = σnτ−n

Adesso, siccome (σ) e (τ) dividono n, allora per la sopracitata proposizione siha che σn = τn = id, e quindi:

(στ−1)n = σnτ−n = σn(τn)−1 = id · id−1 = id

da quanto premesso, possiamo ora dire che στ−1 ∈ Kn.

52

In base ai suddetti punti e alla caratterizzazione dei sottogruppi, concludiamo che Kn

e un sottogruppo di S17.

2. Verifichiamo quanto segue:

σ ∈ K18396 ⇐⇒ σ ∈ 〈α〉 e inoltre (σ) divide MCD((α), 18396)

Infatti:

(a) Supponiamo σ ∈ K18396 e verifichiamo, sotto tale ipotesi, che σ ∈ 〈α〉 e cheinoltre (σ) divide MCD((α), 18396).

i. Siccome σ ∈ K18396, allora σ ∈ 〈α〉, di conseguenza σ = αh, con h unopportuno numero intero. Sappiamo allora, da un noto risultato, che:

(σ) = (αh) =(α)

MCD(h, (α))

da cui si deduce che (σ) divide (α).

ii. Siccome σ ∈ K18396, allora (σ) divide 18396.

Abbiamo quindi che (σ) divide sia (α) che 18396, e quindi dividera anche ilMCD((α), 18396).In definitiva, si ha che σ ∈ 〈α〉 e che inoltre (σ) divide MCD((α), 18396).

(b) Supponiamo ora che σ ∈ 〈α〉 e che inoltre (σ) divide MCD((α), 18396). Allorarisulta immediato, sotto tali ipotesi, verificare che σ ∈ K18396.

Adesso, in base a quanto provato, necessitiamo di conoscere il MCD((α), 18396). Atal fine, si osserva che:

(α) = mcm(5, 6, 6) = 30 = 2 · 3 · 5 18396 = 22 · 32 · 7 · 73

ragion per cui:MCD((α), 18396) = 2 · 3 = 6

Consideriamo adesso σ ∈ 〈α〉, e quindi

∃h = 0, ..., 29 tale che σ = αh

Sappiamo allora che:

(σ) = (αh) =(α)

MCD(h, (α))

e di conseguenza:

(σ) divide MCD((α), 18396) ⇐⇒ (α)MCD(h,(α)) divide MCD((α), 18396) ⇐⇒

⇐⇒(

30MCD(h,30)

)| 6 ⇐⇒ 30

MCD(h,30) ∈ 1, 2, 3, 6 ⇐⇒ h ∈ 0, 5, 10, 15, 20, 25

53

Pertanto, in virtu di quanto stabilito in precedenza, otteniamo che:

K18396 = αh | h ∈ 0, 5, 10, 15, 20, 25

e quindi |K18396| = 6.

3. Cosı come fatto nel punto precedente, si prova che:

σ ∈ Kn ⇐⇒ σ ∈ 〈α〉 e inoltre (σ) divide MCD((α), n)

ragion per cui risulta che

σ ∈ Kn ⇐⇒ σ = αh, con h ∈ 1, ..., (α), e inoltre (σ) divide MCD((α), n)

Detto questo, ricordiamo che

(1) ∀h = 1, ..., (α) : (αh) = (α)MCD((α),h)

Ricordiamo pure che MCD((α), n) | n e che MCD((α), n) | (α), e siccome(α) = 30, allora si hanno i seguenti possibili casi:

(a) MCD((α), n) = 30, ossia MCD((α), n) = (α), quindi (α) | n, e di conse-guenza dalla (1) si deduce subito che

∀h = 1, ..., (α) : (αh) | n

per cui Kn = 〈α〉, e in particolare |Kn| > 2.

(b) MCD((α), n) = 15. Sfruttando la (1), troviamo che (α2) = (α4) = (α8) =15, dunque (α2), (α4), (α8) dividono il MCD((α), n), e dunque per transiti-vita dividono n. Ne segue che α2, α4, α8 ∈ Kn, e percio |Kn| > 2.

(c) MCD((α), n) = 10. Sfruttando la (1), troviamo che (α3) = (α9) = (α21) =10, dunque (α3), (α9), (α21) dividono il MCD((α), n), e dunque per transi-tivita dividono n. Ne segue che α3, α9, α21 ∈ Kn, e percio |Kn| > 2.

(d) MCD((α), n) = 6. Sfruttando la (1), troviamo che (α5) = (α25) = 6 e inoltre(α30) = 1, dunque (α5), (α25), (α30) dividono il MCD((α), n), e dunqueper transitivita dividono n. Ne segue che α5, α25, α30 ∈ Kn, e percio |Kn| > 2.

(e) MCD((α), n) = 5. Sfruttando la (1), troviamo che (α6) = (α12) = (α18) =5, dunque (α6), (α12), (α18) dividono il MCD((α), n), e dunque per transi-tivita dividono n. Ne segue che α6, α12, α18 ∈ Kn, e percio |Kn| > 2.

(f) MCD((α), n) = 3. Sfruttando la (1), troviamo che (α10) = (α20) = 3 einoltre (α30) = 1, dunque (α10), (α20), (α30) dividono il MCD((α), n), edunque per transitivita dividono n. Ne segue che α10, α20, α30 ∈ Kn, e percio|Kn| > 2.

54

(g) MCD((α), n) = 2. Sfruttando la (1), troviamo che l’unico elemento di 〈α〉avente periodo 2 e α15, ed e ovvio che l’unico elemento di 〈α〉 avente periodo 1 eα30. Quindi α15, α30 sono gli unici elementi di 〈α〉 che dividono il MCD((α), n),e dunque per transitivita dividono n. Ne segue che Kn = α15, α30, per cui|Kn| = 2.

(h) MCD((α), n) = 1. Allora e semplice verificare che Kn = α30, e quindi|Kn| < 2.

In base a quanto detto, segue che |Kn| = 2 se e soltanto se MCD((α), n) = 2.

A proposito di quest’ultimo esercizio, facciamo una riflessione: il punto 2. puo essereinteressante in quanto oggetto di spunto per un altro tipo di generalizzazione, che sarebbela seguente: determinare la cardinalita di Kn al variare dell’intero positivo n.

2.2 Esercizi su omomorfismi e divisibilita

In questa sezione sposteremo la nostra attenzione su esercizi riguardanti la nozione diomomorfismo tra strutture (peraltro gia incontrata quando abbiamo affrontato il problemadella buona positura) e quella di divisibilita tra numeri interi. Come nella precedente se-zione, ciascun esercizio sara corredato da opportuni suggerimenti.

- Esercizio 2.2.1:

1. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione x3 = x in Z303.

2. Determinare tutte le soluzioni dell’equazione x3 = x in Z404.

Suggerimenti

• Per la risoluzione di entrambi i punti, tenere conto che le soluzioni volute sono radicidi opportuni polinomi a coefficienti in un anello, e non in un campo. Per determinarequeste radici, servira risolvere un sistema di congruenze lineari, e quindi ci sara darispolverare il teorema Cinese del resto.

Svolgimento

1. Anzitutto definiamo:

f303(x) = x3 − x ∈ Z303[x] H303 := α ∈ Z303 | f303(α) = [0]303

Ovviamente l’insieme delle soluzioni dell’equazione x3 = x in Z303 coincide con H303.E immediato verificare che:

f303(x) = x(x+ [1]303)(x− [1]303)

Saremmo quindi tentati di dire che H303 = [0]303, [1]303, [−1]303. Purtroppo questoe inesatto, e cio in quanto Z303 non e un campo; infatti 303 non e primo, poiche ha laseguente fattorizzazione: 303 = 3 · 101. Definiamo quindi:

55

fi(x) = x3 − x ∈ Zi[x] Hi := α ∈ Zi | fi(α) = [0]i i ∈ 3, 101

Ovviamente, fissato i ∈ 3, 101, risulta che:

fi(x) = x(x+ [1]i)(x− [1]i) i ∈ 3, 101

e stavolta, essendo Zi un campo, si ha effettivamente che Hi = [0]i, [1]i, [−1]i. Inparticolare, si nota subito che H3 = Z3.Consideriamo ora α ∈ 0, ..., 302, e osserviamo quanto segue:

[α]303 ∈ H303 ⇐⇒ 303 | (α3 − α) ⇐⇒ 3 · 101 | (α3 − α) ⇐⇒

3 | (α3 − α) ∧ 101 | (α3 − α) ⇐⇒ [α]3 ∈ H3 ∧ [α]101 ∈ H101 ⇐⇒[α]3 ∈ Z3 ∧ [α]101 ∈ [0]101, [1]101, [−1]101 ⇐⇒

α ≡ 0 mod 101 ∨ α ≡ 1 mod 101 ∨ α ≡ −1 mod 101 ⇐⇒α ∈ 0, 101, 202 ∪ 1, 102, 203 ∪ 100, 201, 302

Di conseguenza abbiamo che:

H303 = [α]303 | α ∈ 0, 101, 202, 1, 102, 203, 100, 201, 302.

Avremmo anche potuto risolvere l’esercizio facendo leva sul Teorema cinese del resto,in base al quale si ha il seguente isomorfismo di anelli:

φ : Z303 → Z3 × Z101 : [x]303 7→ ([x]3, [x]101)

Sfruttando tale isomorfismo, otteniamo che

[α]303 ∈ H303 ⇐⇒ [α]3303 = [α]303 ⇐⇒ φ([α]3303) = φ([α]303) ⇐⇒

([α]33, [α]3101) = ([α]3, [α]101) ⇐⇒ [α]3 ∈ H3 ∧ [α]101 ∈ H101

e da qui in poi possiamo facilmente concludere l’esercizio cosı come fatto sopra.

2. Ragioniamo analogamente al punto precedente, tenendo pero conto che questa volta404 = 4 · 101. Definiamo quanto segue:

fi(x) = x3 − x ∈ Zi[x] Hi := α ∈ Zi | fi(α) = [0]i i ∈ 4, 101, 404

Ovviamente l’insieme delle soluzioni dell’equazione x3 = x in Z404 coincide con H404.Altrettanto ovvio il fatto che sia:

fi(x) = x(x+ [1]i)(x− [1]i) i ∈ 4, 101, 404

in virtu di cio, e immediato verificare che:

H4 = [0]4, [1]4, [3]4 H101 = [0]101, [1]101, [−1]101

Agendo quindi come nel punto precedente si prova che, dato α ∈ 0, ..., 403, risulta:

[α]404 ∈ H404 ⇐⇒ [α]4 ∈ H4 ∧ [α]101 ∈ H101

notiamo quindi che:

56

(a) [α]4 ∈ H4 se e soltanto se:

α ∈ 4k | k ∈ 0, ..., 100∪4k+1 | k ∈ 0, ..., 100∪4k+3 | k ∈ 0, ..., 100;

(b) [α]101 ∈ H101 se e soltanto se

α ∈ 0, 101, 202, 303 ∪ 1, 102, 203, 304 ∪ 100, 201, 302, 403;

Ragion per cui possiamo concludere che:

[α]404 ∈ H404 ⇐⇒ α ∈ 0, 101, 303, 1, 203, 304, 100, 201, 403.

- Esercizio 2.2.2:

1. Determinare tutti i numeri interi positivi n per i quali 77 divide 4n2+n+13 − 1.

2. Determinare un primo dispari p tale che, per ogni intero positivo n, p non divida ilnumero 4n

2+n+13 − 1.

Suggerimenti

• Per provare il punto 1., determinare il periodo di [4]77 in U(Z77), che chiamiamo m, efar vedere che i nostri n, modulo m, sono radici di un opportuno polinomio in Zm[x].

• Scegliere un primo p in modo che [4]p ∈ U(Zp), porre m := U(Zp)([4]p), considerare ilpolinomio

fm(x) = x2 + x+ [13]m ∈ Zm[x]

e fare in modo che tale polinomio non abbia alcuna radice in Zm scegliendo opportu-namente p.

Svolgimento

1. Sia n ∈ N. Procederemo attraverso una sequenza di equivalenze. Si ha che 77 divide4n

2+n+13 − 1 sse [4n2+n+13 − 1]77 = [0]77 sse [4]n

2+n+1377 = [1]77; tenuto conto che

MDC(4, 77) = 1, e che quindi [4]77 ∈ U(Z77), abbiamo che [4]n2+n+13

77 = [1]77 sseU(Z77)([4]77) | (n2 + n + 13); tenuto conto che U(Z77)([4]77) = 15, possiamo dire,

in base a quanto gia dedotto, che 77 | (4n2+n+13 − 1) sse 15 | (n2 + n + 13), e cio

accade sse [n2 + n + 13]15 = [0]15 sse [n]215 + [n]15 + [13]15 = [0]15; di conseguenza,posto f15(x) = x2 + x + [13]15 ∈ Z15[x], abbiamo che 77 divide 4n

2+n+13 − 1 ssef15([n]15) = [0]15 sse [n]15 e radice di f15(x) in Z15. Possiamo determinare le radici dif15(x) facendo uso del Teorema cinese del resto, cosı come fatto nell’Esercizio 2.2.1.Si ricavera allora che le radici di f15(x) in Z15 sono [0]15, [13]15, e quindi riassumendoil nostro ragionamento abbiamo che 77 divide 4n

2+n+13 − 1 sse [n]15 = [1]15 oppure[n]15 = [13]15. In definitiva l’insieme degli n ∈ N per i quali 77 divide 4n

2+n+13 − 1 eil seguente

A = n ∈ N | [n]15 = [1]15 ∨ [n]15 = [13]15

57

2. Sia p un primo dispari positivo. Possiamo subito dire che MCD(p, 4) = 1, e che quindi[4]p ∈ U(Zp). Definiamo m := U(Zp)([4]p), e consideriamo il seguente polinomio:

fm(x) = x2 + x+ [13]m ∈ Zm[x]

Ragionando come fatto nel punto precedente, risulta semplice verificare che:

∃n ∈ N tale che p | (4n2+n+13 − 1) ⇐⇒ fm(x) ha almeno una radice in Zm

Negando la suddetta equivalenza si ottiene allora che:

∀n ∈ N : ¬(p | (4n2+n+13 − 1)) ⇐⇒ fm(x) non ha alcuna radice in Zm

Il nostro obiettivo e quindi quello di determinare un primo dispari positivo p in modoche fm(x) non abbia alcuna radice in Zm, essendo m := U(Zp)([4]p). Cominciamo

allora con il determinare un intero m per il quale fm(x) non abbia alcuna radice inZm. Procedendo per tentativi, si trova che m = 2 e una buona scelta, in quantof2(x) = x2 + x+ [1]2 non ha radici in Z2. Fatto questo, non ci resta che determinareun primo dispari positivo p in modo che U(Zp)([4]p) = 2. Procedendo per tentativi,si trova che p = 5 e una buona scelta, in quanto U(Z5)([4]5) = 2. Pertanto abbiamodedotto che 5 e un primo dispari tale che, per ogni intero positivo n, 5 non divide4n

2+n+13 − 1.

- Esercizio 2.2.3: Siano a, b ∈ Z,m, n ∈ N− 0, 1. Si consideri:

φa,bm,n : Zmn → Zn × Zm : [x]mn 7→ φa,bm,n([x]mn) = ([ax]n, [bx]m)

1. Determinare tutti gli interi a, b per i quali φa,b14,15(Z210) ha cardinalita 10.

2. Determinare tutti gli interi a, b per i quali φa,b2,3 e un omomorfismo di anelli.

3. Determinare (φ2,353,14)−1([1]3, [1]14).

Suggerimenti

• Per risolvere il punto 1., ricordare che se φ : G1 → G2 e un omomorfismo di gruppi, ese G1 = 〈g〉, allora φ(G1) = 〈φ(g)〉. Detto questo, risultera poi sufficiente ricordarsidella relazione che intercorre tra l’ordine di un gruppo ciclico e il periodo di un suogeneratore.

• Il punto 2. e un problema di buona positura risolubile come gia visto in una precedentesezione.

• Il punto 3. consiste nella risoluzione di un opportuno sistema di congruenze lineari,che puo o meno avere soluzione.

Svolgimento

58

1. Anzitutto si lascia al lettore la semplice verifica che φa,bm,n e ben posta ed e un omo-morfismo di gruppi per qualsivoglia scelta di a, b ∈ Z,m, n ∈ N − 0, 1. Scegliamoadesso a, b ∈ Z. Il gruppo (Z210,+) e generato da [1]210, cioe Z210 = 〈[1]210〉, e quindigli elementi di Z210 sono del tipo k[1]210, con k ∈ Z. Notiamo quindi che, se k > 0,allora:

φa,b14,15(k[1]210) = φa,b14,15([1]210 + ...+ [1]210︸ ︷︷ ︸k−volte

)

= φa,b14,15([1]210) + ...+ φa,b14,15([1]210)︸ ︷︷ ︸k−volte

= kφa,bm,n([1]210)

Si lascia al lettore la semplice verifica che se k ≤ 0, allora φa,b14,15(k[1]210) = kφa,bm,n([1]210).

Di conseguenza φa,b14,15(Z210) = 〈φa,b14,15([1]210)〉, ed essendo φa,b14,15([1]210) = ([a]14, [b]15),

allora φa,b14,15(Z210) = 〈([a]14, [b]15)〉.Poniamo c := ([a]14, [b]15). Vogliamo che |φa,b14,15(Z210)| = 10, cioe che 〈c〉 sia un sotto-gruppo di ordine 10 di Z14 × Z15, ovvero che c sia un elemento periodico di periodo10 in Z14 × Z15. Notiamo che:

Z14×Z15(c) = Z14×Z15([a]14, [b]15) = mcm(Z14([a]14), Z15([b]15))

occorre quindi imporre che mcm(Z14([a]14), Z15([b]15)) = 10 = 2 · 5. Notiamo che,per il teorema di Lagrange, si ha che:- Z14([a]14) | |Z14|, cioe Z14([a]14) ∈ 1, 2, 7, 14;- Z15([b]15) | |Z15|, cioe Z15([b]15) ∈ 1, 3, 5, 15;in considerazione di cio, si ha che:

mcm(Z14([a]14), Z15([b]15)) = 2 · 5 ⇐⇒ (Z14([a]14), Z15([b]15)) = (2, 5)

occorre quindi determinare gli elementi di Z14 aventi periodo 2, e gli elementi di Z15

aventi periodo 5.- e immediato verificare che [7]14 e l’unico elemento di Z14 avente periodo 2;- e inoltre semplice vedere che [3]15, [6]15, [9]15, [12]15 sono gli elementi di Z15 aventiperiodo 5;dunque l’insieme degli interi (a, b) tali che φa,b14,15(Z210) abbia cardinalita 10, e ilseguente:

(a, b) ∈ Z× Z | [a]14 = [7]14 ∧ [b]15 ∈ [3]15, [6]15, [9]15, [12]15 .

2. Definiamo l’insieme:

S0 := (a, b) ∈ Z× Z | φa,b2,3 e un omomorfismo di anelli

59

e fissiamo un elemento (a, b) ∈ S0. Siano ora x, y ∈ Z. Allora, essendo φa,b2,3 unomomorfismo di anelli, si ha che:

φa,b2,3([x]6 · [y]6) = φa,b2,3([x]6) · φa,b2,3([y]6)

ovvero risulta:([axy]2, [bxy]3) = ([a2xy]2, [b

2xy]3)

da cui deduciamo immediatamente che:

([a]2 · [a− 1]2 · [xy]2, [b]3 · [b− 1]3 · [xy]3) = ([0]2, [0]3) (1)

Data l’arbitrarieta di x.y ∈ Z, possiamo sceglierli, in particolare, in modo che:

[xy]2 6= [0]2 [xy]3 6= [0]3

con questa scelta, tenuto conto che Z2,Z3 sono campi, dalla (1) otteniamo allora che:

([a]2 · [a− 1]2, [b]3 · [b− 1]3) = ([0]2, [0]3)

ragion per cui:[a]2 ∈ [0]2, [1]2 ∧ [b]3 ∈ [0]3, [1]3.

PostoS1 := (a, b) ∈ Z× Z | [a]2 ∈ [0]2, [1]2 ∧ [b]3 ∈ [0]3, [1]3

si e provato che S0 ⊂ S1.Si lascia ora al lettore la semplice verifica che S1 ⊂ S0, e che quindi S0 = S1.

3. Si osserva quanto segue:

(φ2,353,14)−1([1]3, [1]14) = [x]42 | φ2,353,14([x]42) = ([1]3, [1]14)

= [x]42 | ([2x]3, [35x]14) = ([1]3, [1]14)= [x]42 | 2x ≡ 1 mod 3 ∧ 35x ≡ 1 mod 14

valutiamo quindi l’insieme delle soluzioni del seguente sistema di congruenze linearinell’incognita x:

2x ≡ 1 mod 3

35x ≡ 1 mod 14

x ∈ 0, ..., 41

Tenuto conto che MCD(35, 14) non divide 1, segue che la congruenza 35x ≡ 1 mod 14non ha soluzione, e dunque il precedente sistema non ha soluzione, e pertanto:

(φ2,353,14)−1([1]3, [1]14) = ∅.

- Esercizio 2.2.4: Determinare l’insieme dei numeri interi n tali che 12 divide il numero

60

1. 1 +∑11

i=1 ni

2. 5 +∑11

i=1 ni

Suggerimenti

• Entrambi i punti si risolvono allo stesso modo, tenendo cioe conto che gli n cercatisono, modulo 12, gli zeri di un particolare polinomio a coefficienti in Z12. Si consigliapero di distinguere il caso di radici invertibili in Z12 (per poter sfruttare in modoopportuno il teorema di Eulero) dal caso di radici non invertibili in Z12.

Svolgimento

1. Definiamo l’insieme:

S :=

n ∈ Z | 12 |

(1 +

11∑i=1

ni

)Consideriamo poi il polinomio:

f(x) := [1]12 +11∑i=1

xi ∈ Z12[x]

E immediato verificare che S = n ∈ Z | f([n]12) = [0]12, ragion per cui ci limiteremoa considerare n ∈ 0, ..., 11. Distinguiamo due casi:

(a) [n]12 ∈ U(Z12), quindi n ∈ 1, 5, 7, 11. Ovviamente:

|U(Z12)| = φ(12) = φ(22 · 3) = φ(22) · φ(3) = 2 · (2− 1) · (3− 1) = 4

dove φ e la funzione di Eulero. Poniamo ora:

g(x) := [3]12 · (x3 + x2 + x+ [1]12) ∈ Z12[x]

Osserviamo che, essendo [n]12 ∈ U(Z12), possiamo sfruttare il teorema di Euleroper dire che

f([n]12) = g([n]12)

e quindi le radici invertibili di f(x) coincidono con le radici invertibili di g(x).Detto questo, e immediato verificare che

∀α ∈ U(Z12) : g(α) = [0]12

e quindi n ∈ Z | [n]12 ∈ U(Z12) ⊂ S;

(b) [n]12 /∈ U(Z12). Facciamo un’ulteriore distinzione:

i. n ∈ 0, 2, 4, 6, 8, 10. Allora n e pari, e quindi 1 +∑11

i=1 ni e dispari, ragion

per cui 12 non puo dividere 1 +∑11

i=1 ni, e dunque n /∈ S;

61

ii. n ∈ 3, 9. Allora supposto per assurdo che n ∈ S, si ha che

12 |

(1 +

11∑i=1

ni

)

e quindi

3 |

(1 +

11∑i=1

ni

)∧ 3 |

11∑i=1

ni

ragion per cui 3 | 1, ma questo e assurdo;

Da quanto detto segue che S = n ∈ Z | [n]12 ∈ U(Z12).

2. Ragionando analogamente al punto precedente, si deduce che:

@n ∈ Z : 12 |

(5 +

11∑i=1

ni

).

2.3 Esercizi sui polinomi

In questa sezione ci concentreremo invece sulla risoluzione di problemi che vertano sullanozione di polinomio, cercando di comprendere quando e come poterli fattorizzare e comepoterne determinare le radici. Inoltre, nel caso delle classi di congruenza modulo un polino-mio, vedremo quali sono le condizioni di invertibilita e come determinare gli inversi. Comenelle precedenti due sezioni, ogni esercizio riportera alcuni utili suggerimenti, per chi volessecominciare a vedersela da solo.

- Esercizio 2.3.1: Sia n un intero maggiore di 1.

1. Provare che il polinomio f(x) = x2n − 2x2n−4 − 2n−1 possiede in Q[x] un fattoreirriducibile di grado 2.

2. Provare che la riduzione di f(x) modulo 7 ha almeno due radici in Z7.

Suggerimenti

• Per risolvere il punto 1., capire quale legame intercorre tra il polinomio f(x) e ilpolinomio

h(x) := xn − 2xn−2 − 2n−1 ∈ Q[x]

provare poi che per ogni intero positivo n > 1 risulta h(2) = 0, e sfruttare infine ilteorema di Ruffini per decomporre opportunamente h(x) e, quindi, f(x).

• Per risolvere il punto 1., si puo sfruttare il punto precedente, ammesso e non concessodi essere stati in grado di decomporre f(x) seguendo le suddette direttive.

Svolgimento

62

1. Osserviamo subito che

f(x) = x2n − 2x2n−4 − 2n−1 = (x2)n − 2(x2)n−2 − 2n−1

Definendo il polinomio:

h(x) := xn − 2xn−2 − 2n−1 ∈ Q[x]

E immediato verificare che h(2) = 0, cioe che 2 e radice in Q di h(x). Ci si potrebbechiedere come abbiamo fatto a capire che 2 e una radice di h(x). Molto semplicemente,si e adottato un ragionamento di questo tipo: mi slego dalla generalita di h(x) dovutaalla presenza di n, per considerare alcuni casi particolari. Si considera percio il cason = 2, e capisco che in tal caso 2 e radice di h(x), poi considero n = 3, e anche qui miaccorgo che 2 e radice di h(x), poi considero n = 4, e di nuovo osservo che 2 e radicedi h(x). A questo punto sorge spontanea una domanda: “non e che, per caso, 2 eradice di h(x) per ogni n ∈ N − 0, 1?” La risposta e affermativa in quanto, fissaton ∈ N:

h(2) = 2n − 2 · 2n−2 − 2n−1 = 2n − 2n−1 − 2n−1 = 2n − 2 · 2n−1 = 2n − 2n = 0

Quindi per il teorema di Ruffini: (x− 2) | h(x) in Q[x], ossia:

∃a(x) ∈ Q[x] tale che h(x) = (x− 2) · a(x)

Definiamo ora i polinomi b(x) := a(x2) ∈ Q[x], k(x) := x2 − 2 ∈ Q[x]. si osservasubito che:

f(x) = h(x2) = (x2 − 2) · a(x2) = k(x) · b(x)

Possiamo allora dire che il polinomio k(x) divide f(x) in Q[x]. Risulta poi ovvio chek(x) sia irriducibile in Q[x], in quanto ha grado 2 e non ha radici in Q, ragion percui possiamo applicare il secondo corollario al teorema di Ruffini per dedurre appuntol’irriducibilita di k(x) in Q[x].

2. Sia f7(x) la riduzione modulo 7 di f(x) in Z7[x], e sia k7(x) la riduzione modulo 7 dik(x) in Z7[x]. Siccome k(x) | f(x), allora k7(x) | f7(x), e in particolare le radici in Z7

di k7(x) sono radici in Z7 di f7(x). Osserviamo allora che:

k7(x) = x2 − [2]7 ∈ Z7[x]

e che in particolare k7([3]7) = [0]7, e k7([4]7) = [0]7. Quindi [3]7, [4]7 sono radicidistinte di f7(x) in Z7.

- Esercizio 2.3.2: Sia p un numero primo positivo e dispari. Per ogni intero positivo n sia:

fn(x) = xn + x+ 1 ∈ Z[x]

e sia fn(x) la sua riduzione modulo p.

63

1. Provare che esistono infiniti interi positivi n non divisibili per p per i quali fn(x) hain Zp una sola radice.

2. Provare che esistono infiniti interi positivi n divisibili per p per i quali fn(x) ha in Zpuna sola radice.

Suggerimenti

• I due quesiti ammettono un processo risolutivo pressoche identico, che si basa sostan-zialmente su una corretta applicazione del Teorema di Eulero.

Svolgimento

1. Sappiamo che p e un numero dispari, primo e positivo, quindi p > 2, e in particolare−2 = p− 2 ∈ U(Zp). Ora, dal Teorema di Eulero sappiamo che:

∀α ∈ U(Zp) : αp−1 = 1

ragion per cui definiamo l’insieme:

S0 := n ∈ N | ∃k ∈ N,MCD(k, p) = 1 t.c. n = k(p− 1)

e ovvio che S0 sia un insieme infinito. Considero ora n ∈ S0, allora n = k(p− 1), conk ∈ N e MCD(k, p) = 1. Sia ora α ∈ U(Zp), allora:

fn(α) = αk(p−1) + α+ 1 = 1 + α+ 1 = α+ 2 (2.1)

Tenuto quindi conto che U(Zp) = Z∗p e che fn(0) 6= 0, essendo vera la (1), ne segue

che l’unica radice di fn(x) in Zp e −2.Infine, siccome MCD(k, p) = 1, allora ¬(p | n). Infatti: se fosse vero che p | n, allorap | k(p− 1), e siccome MCD(k, p) = 1, allora p | (p− 1), ma cio risulterebbe assurdo.

2. E sufficiente considerare l’insieme:

S1 := n ∈ N | ∃k ∈ N t.c. n = kp(p− 1)

e ragionare in modo analogo a quanto fatto in (a).

- Esercizio 2.3.3:

1. Provare che il polinomio

f(x) = x1002+75x1001+42x1000−36x999+17x202+31x201−10x11+9x2+21x+210 ∈ Z[x]

non ha radici intere di molteplicita maggiore di uno.

2. sia p un intero positivo primo. Determinare una fattorizzazione in Zp[x] del polinomiog(x) = x2p + [4]px

p + [4]p.

64

3. Determinare un numero intero a tale che, per ogni numero primo p > 2, il polinomioh(x) = x2p + [4]px

p + [a]p abbia in Zp due radici distinte.

Suggerimenti

• Per risolvere il punto 1. si puo agire per assurdo, tenendo conto che le radici razionalidi f(x) devono essere intere e devono dividere il termine noto di f(x), che la nozionedi radice multipla implica una particolare decomposizione di f(x), e che questa nuovadecomposizione puo essere confrontata con f(x) attraverso il principio di identita deipolinomi.

• Per risolvere il punto 2., osservare preliminarmente che g(x) e il quadrato di un bino-mio, per poi sfruttare il teorema binomiale di Newton in Zp e il teorema di Fermatper dedurre la fattorizzazione di g(x).

• Per risolvere il punto 3., considerare la sostituzione y = xp, imporre che h(y) abbiadue radici distinte, sfruttare il teorema di Ruffini e il principio di identita dei polinomiper ricavare una opportuna scelta di tali radici, e infine far leva sul teorema di Fermatper dire che queste radici di h(y) sono pure radici di h(x).

Svolgimento

1. Supponiamo per assurdo che r ∈ Z sia una radice multipla di f(x). Allora tenutoconto del Teorema di Ruffini e del Teorema di Gauss, si ha che:

∃g(x) ∈ Z[x] tale che f(x) = (x− r)2 · g(x) = (x2 + 2rx+ r2) · g(x)

ovviamente per il teorema sul grado, si ha che deg(g(x)) = deg(f(x)) − 2 = 1000, equindi e lecito scrivere:

g(x) =

1000∑i=0

aixi.

Sfruttando allora il principio di identita dei polinomi si ottiene che r2a0 = 210, cioer2 | 210, e siccome 210 = 2 · 3 · 5 · 7, allora necessariamente r ∈ −1, 1. Tuttaviaf(−1) 6= 0, f(1) 6= 0. Siamo quindi pervenuti a un assurdo, derivato dall’aver suppostoche f(x) avesse radici multiple in Z, quindi f(x) non ha radici multiple in Z.

2. Si osserva subito che:

g(x) = x2p + [4]pxp + [4]p = (xp)2 + [2]p · [2]px+ [2]2p = (xp + [2]p)

2

inoltre, dal teorema binomiale sappiamo che:

∀a, b ∈ Z : (a+ b)p =

p∑k=0

p!

k!(p− k)!ap−kbk

tenuto quindi conto che

∀k = 1, ..., p− 1 : p |(

p!

k!(p− k)!

)

65

si deduce che:∀a, b ∈ Zp : (a+ b)p = ap + bp.

Pertanto, ricordando che per il teorema di Fermat: [2]p = [2]pp, per quanto stabilitosopra si ha che:

g(x) = (x+ [2]p)2p

la quale e la decomposizione di g(x) in Zp[x].

3. Sappiamo cheh(x) = x2p + [4]px

p + [a]p

sia quindi y = xp. Allorah(y) = y2 + [4]py + [a]p

Imponiamo che h(y) abbia due radici distinte; allora dette α1, α2 tali radici, si ha che:

h(y) = (y − α1)(y − α2) = y2 − (α1 + α2)y + α1α2

e quindi per il principio di identita dei polinomi si ha che:−(α1 + α2) = [4]p

α1α2 = [a]p

Tenuto conto che α1 6= α2, una possibile scelta e α1 = −[1]p, α2 = −[3]p, e quindi[a]p = [3]p. A questo punto, sfruttando il teorema di Fermat, e semplice dedurre che

h(α1) = [0]p h(α2) = [0]p

dove α1 = −[1]p, α2 = −[3]p, [a]p = [3]p.

- Esercizio 2.3.4:

1. Sia f(x) = x5 + 51313x4 + 3212x3 + 244x2 + 3115x + 733 ∈ Z[x]. Provare che f(x) eirriducibile in Q[x].

2. Sia p un numero primo positivo, e sia

g(x) = xp5

+ xp4 − xp3 − xp2 + x2p+1 − x2p − x+ [1]p ∈ Zp[x].

Trovare tutte le radici di g(x) in Zp, e provare che nessuna di esse e semplice.

Suggerimenti

• Per risolvere il punto 1. basta determinare un numero primo p > 0 in modo che lariduzione modulo p di f(x) risulti irriducibile in Zp[x].

66

• Per risolvere il punto 2. osservare che

g(x) = xp5

+ xp4 − xp3 − xp2 + x2p+1 − x2p − x+ [1]p

= (xp2 − x)p

3+ (xp

2 − x)p2

+ (x+ 1)p(x− 1)p+1

= h(x)p3

+ h(x)p2

+ k(x)

e studiare singolarmente h(x) e k(x).

Svolgimento

1. Per verificare l’irriducibilita di f(x) in Q[x] e sufficiente determinare un numero primop > 0 in modo che la riduzione modulo p di f(x) risulti irriducibile in Zp[x]. Proce-dendo per tentativi, potremmo cominciare considerando p = 2. In tal caso, sfruttandotra gli altri il teorema di Fermat, ricaviamo che la riduzione modulo p di f(x) e:

f(x) = x5 + x4 + x3 + x+ 1 ∈ Z2[x]

Ora, siccome f(0) 6= 0 e f(1) 6= 0, allora f(x) non ha radici in Z2. Se ne deduce, datoil grado di f(x), che l’unica decomposizione ancora possibile e del tipo:

f(x) = (x3 + ax2 + bx+ c)(x2 + dx+ e)

da cui, sfruttando il principio di identita dei polinomi, si ottiene il sistema:

d = 1 (1)

e+ ad+ b = 1 (2)

ae+ bd+ c = 0 (3)

be+ dc = 1 (4)

ce = 1 (5)

Dalla (5) si ha che (c, e) = (1, 1) (ricordiamo che in Z2: 1 = −1).Andando a sostituire (c, e, d) = (1, 1, 1) nella (4) si ha b = 0, andando poi a sostituirenella (3) si ottiene che a = 1, sostituendo infine nella (2) si ricava che 0 = 1, ma cio eassurdo.Ne segue che f(x) e irriducibile in Z2[x], e quindi f(x) e irriducibile in Q[x].

2. Si osserva quanto segue:

g(x) = xp5

+ xp4 − xp3 − xp2 + x2p+1 − x2p − x+ [1]p

= (xp2 − x)p

3+ (xp

2 − x)p2

+ (x+ 1)p(x− 1)p+1

= h(x)p3

+ h(x)p2

+ k(x)

doveh(x) = xp

2 − x, k(x) = (x+ 1)p(x− 1)p+1

67

Sfruttando il teorema di Fermat si deduce che

∀α ∈ Zp : h(α) = 0

da cui segue che l’insieme delle radici di g(x) coincide con l’insieme delle radici dik(x), e siccome l’insieme delle radici di k(x) e −1, 1, allora l’insieme delle radicidi g(x) in Zp e −1, 1. Vogliamo ora provare che queste radici non sono semplici.Siccome −1, 1 sono radici di h(x), allora per il teorema di Ruffini segue che:

∃l(x) ∈ Zp[x] tale che h(x) = (x+ 1)(x− 1)l(x)

ragion per cui:

g(x) = h(x)p3

+ h(x)p2

+ k(x)

= ((x+ 1)(x− 1)l(x))p3

+ ((x+ 1)(x− 1)l(x))p2

+ k(x)

= (x+ 1)p3(x− 1)p

3l(x)p

3+ (x+ 1)p

2(x− 1)p

2l(x)p

2+ (x+ 1)p(x− 1)p+1

= (x+ 1)p(x− 1)pm(x)

dove

m(x) =[((x+ 1)(x− 1))p

3−pl(x)p3

+ ((x+ 1)(x− 1))p2−pl(x)p

2+ (x− 1)

]e quindi −1, 1 non sono radici semplici di g(x).

- Esercizio 2.3.5: Sia f(x) = x8 + 2x7 + 3x6 + 2x5 + 3x4 + 4x3 + 6x2 + 4x+ 2 ∈ R[x].

1. Sia ω una radice cubica complessa e non reale di 1. Provare che ω e una radice multipladi f(x).

2. Determinare una fattorizzazione di f(x) in R[x].

3. Determinare una fattorizzazione in Z3[x] della riduzione di f(x) modulo 3.

Suggerimenti

• Per risolvere i primi due punti, ricordarsi delle formule di De Moivre, del teoremafondamentale dell’Algebra, e del fatto che se ho una radice complessa di un polinomioin R[x] di molteplicita m, allora anche il suo complesso coniugato e radice dello stessopolinomio con la stessa molteplicita.

• Per risolvere il terzo punto, sfruttare la decomposizione ottenuta nel primo punto.

Svolgimento

1. Sappiamo, dalle formule di De Moivre, che le radici cubiche di 1 sono le seguenti:

ωk := ei2kπ3 k = 0, ..., n− 1

68

In particolare, le radici cubiche complesse e non reali di 1 sono:

ω := ω1 = ei2π3 = cos

(2π

3

)+ isin

(2π

3

)= −1

2+ i

√3

2

ω = ω2 = ei4π3 = cos

(4π

3

)+ isin

(4π

3

)= −1

2− i√

3

2

Ora, poiche f(x) e un polinomio a coefficienti in R, allora e immediato verificare cheω e radice di molteplicita k di f(x) in C se e solo se ω e radice di molteplicita kdi f(x) in C. Adesso, vogliamo provare che ω e radice multipla di f(x); cioe se ke la presunta molteplicita di ω, allora vogliamo provare che k ≥ 2; per far questo,e sufficiente verificare che (x − ω)2 | f(x). In virtu di quanto sopra accennato, noifaremo un qualcosa di meglio: proveremo che [(x− ω)(x− ω)]2 | f(x).Osserviamo che:

(x− ω)(x− ω) = x2 − 2Re(ω)x+ |ω|2 = x2 + x+ 1

di conseguenza:

[(x− ω)(x− ω)]2 = (x2 + x+ 1)2 = x4 + 2x3 + 3x2 + 2x+ 1

ragion per cui effettuiamo la seguente divisione Euclidea:

x8 +2x7 +3x6 +2x5 +3x4 +4x3 +6x2 +4x +2 x4 +2x3 +3x2 +2x +1−x8 −2x7 −3x6 −2x5 −x4 x4 +2

2x4 +4x3 +6x2 +4x +2−2x4 −4x3 −6x2 −4x −2

0

Poiche il resto e nullo, si ha che [(x− ω)(x− ω)]2 | f(x), e inoltre:

f(x) = g(x)2 · h(x)

dove:g(x) := x2 + x+ 1 h(x) := x4 + 2

2. Risulta semplice verificare che g(x) non possiede radici in R, e siccome il suo grado eminore o uguale a 3, possiamo allora applicare un noto corollario al teorema di Ruffiniper asserire l’irriducibilita di g(x) in R[x]. A questo punto ci rimane soltanto dadeterminare una fattorizzazione di h(x) in fattori irriducibili in R[x]. Per far questo,possiamo agire in piu modi:

(a) Osserviamo che h(x) non ha radici in R, infatti:

∀α ∈ R : h(α) > 0

inoltre h(x), avendo deg(h(x)) ≥ 3, non puo essere irriducibile in R[x]. Pertanto:

69

∃b, c, d, e ∈ R tali che h(x) = (x2 + bx+ c)(x2 + dx+ e)

Sviluppando il prodotto e sfruttando il principio di identita dei polinomi, si ot-tiene il sistema:ce = 2 (1)

be+ cd = 0 (2)

e+ bd+ c = 0 (3)

b+ d = 0 (4)

Dalla (4) si ha che d = −b, e andando a sostituire nella (2) deduciamo ched(c− e) = 0, e quindi si hanno due possibilita:

i. d = 0, allora abbiamo il sistema:ce = 2

e+ c = 0

il quale non ammette soluzione reale;

ii. c− e = 0, allora abbiamo il sistema:c2 = 2

2c− b2 = 0

il quale ha come unica soluzione (c, b) = (√

2,√

2√

2), e andando a sostituirenelle precedenti equazioni ricaviamo che:

(b, c, d, e) =

(√2√

2,√

2,−√

2√

2,√

2

)Da quanto detto, ricaviamo infine la seguente fattorizzazione di h(x) in fattoriirriducibili in R[x]:

h(x) =

(x2 +

√2√

2x+√

2

)(x2 −

√2√

2x+√

2

)(b) Oppure possiamo agire come segue: decomponiamo h(x) in C[x], ossia determi-

niamo tutte le radici di h(x) in C (ricordiamo infatti che per il teorema fonda-mentale dell’algebra C e un campo algebricamente chiuso), e poi le accoppiamoopportunamente per dedurre la decomposizione di h(x) in R[x]. Detto questo,osserviamo che le radici di h(x) in C sono:

αk :=4√

2ei(2k+1)π

4 k = 0, ..., 3

70

in particolare, notiamo che:

α0 =4√

2eiπ4 =

4√

2(cos(π

4

)+ isin

(π4

))=

4√

2

(√2

2+ i

√2

2

)

α1 =4√

2ei3π4 =

4√

2

(cos

(3π

4

)+ isin

(3π

4

))=

4√

2

(−√

2

2+ i

√2

2

)α3 = α0 α2 = α1

Detto questo, si ha che:

h(x) = (x− α0)(x− α1)(x− α2)(x− α3)

= (x− α0)(x− α0)(x− α1)(x− α1)

= (x2 − 2Re(α0)x+ |α0|2)(x2 − 2Re(α1)x+ |α1|2)

=

(x2 +

√2√

2x+√

2

)(x2 −

√2√

2x+√

2

)risultato, questo, del tutto analogo a quello trovato in precedenza.

3. Sia f(x) la riduzione di f(x) modulo 3. Notiamo che, in base a quanto gia visto,risulta:

f(x) = g(x)2 · h(x)

dove g(x), h(x) sono rispettivamente le riduzioni modulo 3 di g(x), h(x). Restanoquindi da determinare le decomposizioni in Z3[x] di g(x) e h(x), la qual cosa vie-ne lasciata per esercizio al lettore (risulta infatti sufficiente l’utilizzo opportuno delteorema di Ruffini, dei suoi corollari, e della divisione Euclidea).

- Esercizio 2.3.6: Si consideri in Z3[x] il polinomio f(x) = x4 + 2.

1. Si dica se l’anello B = Z3[x]/(f) e un campo e se ne determini l’ordine.

2. Si provi che [x] e invertibile in B e si trovi il suo inverso.

Suggerimenti

• Per risolvere il primo punto, ricordarsi i risultati teorici sulle congruenze modulo unpolinomio.

• Per risolvere il secondo punto, determinare il MCD(x, f) e i relativi coefficienti diBezout.

Svolgimento

1. Sappiamo, da un noto risultato, che l’anello B e un campo se e soltanto se il polinomiof(x) e irriducibile in Z3[x]. Si osserva che, nel nostro caso, il polinomio f(x) ha almenouna radice in Z3 (si ha infatti che f(1) = 0), quindi per il teorema di Ruffini si deducesubito che x− 1 divide f(x) in Z3[x], e pertanto f(x) e riducibile in Z3[x]; da quantopremesso, si puo adesso concludere che l’anello B non e un campo. Risulta altresınoto che, in generale, se p > 0 e primo e g(x) ∈ Zp[x], allora l’anello Zp[x]/(g) ha

ordine pdeg(g); quindi nel nostro caso possiamo stabilire che B ha ordine 34.

71

2. Sia g(x) ∈ Z3[x]. Da una nota proposizione sappiamo che [g] e invertibile in Bse e soltanto se MCD(f, g) = 1. Supponiamo adesso che MCD(f, g) = 1, alloradall’identita di Bezout sappiamo che

∃|u, v ∈ Z3[x] tali che u · f + v · g = 1

e quindi f | (v · g − 1), cioe

v · g ≡ 1 mod f

e pertanto [v] = [g]−1. Sappiamo che u, v si dicono coefficienti di Bezout delMCD(f, g).La cosa che ci interessa, e che l’identita di Bezout vale per ogni massimo comune di-visore, e che i relativi coefficienti possono essere ricavati (assieme al massimo comunedivisore) attraverso un semplice algoritmo. Tale algoritmo vale in ogni dominio Eu-clideo, e quindi in particolare vale in Z e in K[x], dove K e un campo. ConsideriamoA = Z, oppure A = K[x] con K campo. Sia 0 l’elemento neutro della somma, e 1l’elemento neutro del prodotto di A. Consideriamo a, b ∈ A. Vogliamo determinareun massimo comune divisore di (a, b) e i relativi coefficienti di Bezout. Per farlo,poniamo:

X0 = 1 Y0 = 0 U0 = 0 V0 = 1

e poi definiamo:A0 = X0 · a+ Y0 · b B0 = U0 · a+ V0 · b

Sia ora i ∈ N, e supponiamo di avere definito Xi, Yi, Ui, Vi, qi, Ai, Bi. Per il lemma didivisione Euclidea sappiamo che:

∃|qi+1, ri+1 ∈ A tali che Ai = Bi · qi+1 + ri+1, e ri+1 = 0 oppure 0 < ν(ri+1) < ν(Bi)

dove ν e il valore assoluto se A = Z, mentre ν = deg nel caso in cui A = K[x].Definiamo ora:

Xi+1 = Ui Yi+1 = Vi Ui+1 = Xi − Ui · qi+1 Vi+1 = Yi − Vi · qi+1

Ai+1 = Bi Bi+1 = ri+1

Si osserva in particolare che

Ai = Xi · a+ Yi · b Bi = Ui · a+ Vi · b

e si puo provare che:

MCD(Ai+1, Bi+1) = MCD(Ai, Bi)

Adesso, tenuto conto che:

Bi = 0 oppure 0 < ν(Bi+1) < ν(Bi)

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se ne deduce che il seguente insieme e non vuoto:

i ∈ N | Bi = 0

e dunque possiamo definire:

j := min i ∈ N | Bi = 0

allora si puo dimostrare che Aj e un massimo comune divisore di (a, b) (ma non ilsolo), e inoltre:

Aj = Xj · a+ Yj · b

cioe Xj , Yj sono i coefficienti di Bezout del massimo comune divisore Aj (rimarchiamoche il massimo comune divisore non e unico).Applichiamo ora questo algoritmo nel nostro caso, cioe con:

A = Z3[x] a = f b = x

con questi dati, il suddetto algoritmo viene riassunto nella seguente tabella:

i qi Ai Bi Xi Yi Ui Vi0 f x 1 0 0 1

1 x3 x 2 0 1 1 −x32 −x 2 0 1 −x3 x 1− x4

e dunque un massimo comune divisore di (f, x) e:

2 = 1 · f − x3 · x

e siccome 2 ∈ U(Z3), allora:

2−1 · 2 = 2

−1 · (1 · f − x3 · x)

per cui, essendo 2−1

= 2, sviluppando i calcoli abbiamo che:

1 = 2 · f + x3 · x

Di conseguenza: f | (x3 · x− 1), cioe

x3 · x ≡ 1 mod f

e pertanto [x] e invertibile e [x]−1 = [x3].

73

2.4 Due esercizi molto significativi

Per concludere, diamo ora un paio di esercizi dai molteplici significati. Il primo ci con-sentira di porci alcune importanti domande, alle quali si dara risposta durante il corso diAlgebra 2 (e da questo punto di vista tale esercizio ci apre la porta della Teoria dei Campi).Il secondo, invece, mette in relazione risultati teorici provenienti da diverse “branche” dellaMatematica, in particolare l’Algebra e la Geometria, e ci fa capire come nessuna materiarisulta essere a se stante. Per entrambi questi esercizi non daremo suggerimenti.

- Esercizio 2.4.1: Dire se puo esistere un campo avente esattamente 9 elementi, e incaso affermativo determinarne un esempio.

Svolgimento

Risulta noto, in generale, che se p > 0 e primo e f(x) ∈ Zp[x], allora l’anello Zp[x]/(f)ha ordine pdeg(f). Inoltre sappiamo, in generale, che se K e un campo, e se f(x) ∈ K[x],allora K[x]/(f) e un campo se e soltanto se f(x) e irriducibile in K[x]. Vogliamo sapere sepuo esistere un campo avente esattamente 9 elementi. Osserviamo che 9 = 32. Cerchiamoquindi di accoppiare i precedenti risultati al fine di rispondere (positivamente) al quesito.Nella fattispecie, ci bastera determinare un polinomio f(x) ∈ Z3[x], che sia irriducibile inZ3 e che abbia deg(f) = 2. Avremo allora che Z3[x]/(f) sara un campo con 9 elementi.Adesso, per un noto corollario al teorema di Ruffini, sappiamo che i polinomi irriducibili inZ3[x] aventi grado 2 sono tutti e soli i polinomi di grado 2 in Z3[x] che non abbiano radiciin Z3. Cerchiamo quindi un polinomio f(x) ∈ Z3[x] che non abbia radici in Z3 e che abbiagrado 2. Per trovarlo, si puo procedere per tentativi. Risulta semplice far vedere che

f(x) = x2 + [1]3 ∈ Z3[x]

e adatto al nostro scopo. Dunque si ha effettivamente che esiste un campo avente esatta-mente 9 elementi, e Z3[x]/(f) ne e un esempio.

In base ai risultati richiamati, sorgono spontanee alcune domande:

1. Dato un primo p > 0 e un numero naturale n > 0, esiste sempre un campo avente pn

elementi?

2. Dato un campo finito con ordine m, esistono un primo p e un numero naturale n taliche m = pn?

3. Se le risposte ai precedenti quesiti sono positive, possiamo dire che, a meno di isomor-fismi di campi, esiste un unico campo finito con pn elementi?

4. Se le risposte ai precedenti quesiti sono positive, quale sarebbe il significato algebricodi p e geometrico di n?

Se siete impazienti e ambiziosi, potete provare a rispondere alle suddette (difficili) doman-de da soli. Male che vada potrete comunque attendere il prossimo corso di Algebra 2 per

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togliervi i dubbi.

- Esercizio 2.4.2: Provare che R e un Q-spazio vettoriale, e determinare la dimQ(R).

Svolgimento

Si lascia al lettore la prova che R e un Q-spazio vettoriale. Dimostriamo adesso chedimQ(R) = ∞. Consideriamo n ∈ N, n > 1, con n dispari. Per il Criterio di Eisensteinesiste un polinomio f(x) ∈ Z[x] che sia irriducibile in Q[x] e che abbia grado n. Adesso,sappiamo che:

Q[x]/(f) = [qn−1xn−1 + ...+ q0] | qn−1, ..., q0 ∈ Q

In base a questo, si lascia al lettore la verifica che Q[x]/(f) e un Q-spazio vettoriale condimQ(Q[x]/(f)) = n. Adesso, essendo n > 1 un numero dispari, sicuramente esiste α radicedi f(x) in R. Definiamo ora l’applicazione:

φ : Q[x]/(f) → R : [g(x)] 7→ φ(x) = g(α)

Si lascia al lettore la prova che φ e un omomorfismo di Q-spazi vettoriali ben definito.Adesso, dal teorema del rango sappiamo che:

dimQ(Imφ) + dimQ(Kerφ) = dimQ(Q[x]/(f))

Notiamo che dimQ(Kerφ) = 0. Infatti, se [g] ∈ Kerφ, allora g(α) = 0, dunque per ilteorema di Ruffini (x − α) divide g(x) in R[x]. Sappiamo pure che f(α) = 0, e dunquesempre per il teorema di Ruffini si ha che (x − α) divide f(x) in R[x]. Pertanto (x − α)divide il MCD(f, g) in R[x]. Si lascia ora al lettore la prova che se a, b ∈ Q[x], allora:

MCD(a, b) = 1 in Q[x] ⇐⇒ MCD(a, b) = 1 in R[x]

Adesso, siccome sappiamo che MCD(f, g) 6= 1 in R[x], per quanto sopra segue immediata-mente che MCD(f, g) 6= 1 in Q[x], cioe [g] /∈ U(Q[x]/(f)), e questo in quanto:

U(Q[x]/(f)) = [h] |MCD(f, h) = 1

Ora, essendo f(x) irriducibile in Q[x], allora Q[x]/(f) risulta essere un campo, e quindiU(Q[x]/(f)) = Q[x]/(f) − [0]. Di conseguenza [g] = [0], e pertanto Kerφ = [0].In base a quanto detto, si ha che dimQ(Imφ) = n, e siccome Imφ e un Q-sottospazio vet-toriale di R, allora dimQ(R) ≥ dimQ(Imφ), ovvero dimQ(R) ≥ n. Data l’arbitrarieta di n,segue allora che dimQ(R) =∞.

L’esercizio, ora completo, ci fa capire come in realta la Matematica non si componga didiverse branche (dando l’idea che ognuna non abbia a che fare con le altre) bensı si componedi idee, e che l’unione di queste idee e la sua vera forza.

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Bibliografia

[1] M. Barile, Dispense di Algebra, http://www.dm.uniba.it/∼barile/Rete/indice.htm

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