ALGEBRA I – MODULO PROF. VERARDI - ESERCIZI Sezione 1 ...verardi/Esercizi di Algebra per...

Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti

1

ALGEBRA I – MODULO PROF. VERARDI - ESERCIZI

Sezione 1 – NUMERI NATURALI E INTERI

1.1. Si dimostri per induzione la formula: ∀n∈N,

!

k2 "3k +1#

$ %

&

' ( =

k=0

n)

n2 "1#

$ %

&

' ( * n "3( )3

.

1.2. A) Si dimostri che per ogni ∀a,b∈N+, ∀n∈ N+, se a < b allora

!

an < bn .

B) Si dimostri la disuguaglianza: ∀n∈N, n ≥ 3,

!

n!< nn

1.3. A) Si dimostri che per ogni ∀a,b∈N+, ∀n∈N,

!

a "b( )n = an "bn .

B) Si verifichi che nel gruppo simmetrico

!

S3, scelte opportunamente due

permutazioni α, β, non è vero che risulti ∀n∈N,

!

" # $( )n = "n # $n .

1.4. Si calcolino MCD ed mcm dei due numeri 4183 e 2047. Si usi questa informazione

per scomporre i due numeri in fattori primi.

1.5. Si trovi il numero dei divisori di 900 che siano multipli di 15.

1.6. Si tracci il diagramma di Hasse dei divisori di 30 ordinato mediante la divisibilità, e

quello dei sottoinsiemi di

!

X = 1,2,3{ } ordinato mediante l’inclusione. Che cosa si può

notare?

1.7. Si trovi un numero naturale che abbia esattamente 15 divisori. Esiste? Quanti ce ne

sono?

1.8. Si dimostri che il prodotto di quattro numeri ∈N+ consecutivi è multiplo di 4!.

1.9 Si trovino d = MCD(728,442) e due interi u, v tali che 728u+442v = d

1.10 Esistono due interi u, v tali che 500u+755v = 3?

1.11 Si trovi un numero intero x tale che 250x – 1 sia multiplo di 133

1.12 Si trovi un numero intero x tale che 272x – 1 sia multiplo di 212


2

SOLUZIONI DELLA SEZIONE 1.

S1.1. – Per n = 0, nel primo membro si ha

!

k2 "3k +1#

$ %

&

' ( = 02 "3 )0 +1

k=0

0* = 1, mentre nel

secondo si ottiene

!

02 "1#

$ %

&

' ( ) 0 "3( )3

= 1, quindi per n = 0 l’uguaglianza è vera.

Sia ora n un numero per cui è vera, ossia tale che

!

k2 "3k +1#

$ %

&

' ( =

k=0

n)

n2 "1#

$ %

&

' ( * n "3( )3

. Per il

successivo n+1 si ha allora, al primo membro si ha:

!

k2 "3k +1#

$ %

&

' ( =

k=0

n+1) k2 "3k +1#

$ %

&

' ( + n +1( )2 "3 n +1( ) +1

#

$ % %

&

' ( ( =

k=0

n)

n2 "1#

$ %

&

' ( * n "3( )3

+ n2 + 2n +1"3n "3+1#

$ %

&

' ( =

=

!

n3 "3n2 "n "33

+ n2 "n "1#

$ %

&

' ( =

n3 " 4n3

Nel secondo membro, per n+1 al posto di n si ha:

!

n +1( )2 "1#

$ % %

&

' ( ( ) n +1( ) "3( )3

=n2 + 2n#

$ %

&

' ( ) n "2( )

3=

=

!

n3 " 4n3

, uguale al risultato del primo membro. Dunque, l’insieme dei numeri naturali per

cui l’uguaglianza è vera contiene 0 e il successivo di ogni suo elemento, quindi per il

principio d’induzione è tutto N.

S1.2. Per n = 1 si ha

!

a1 = a < b = b1, quindi

!

a1 < b1. Sia n un numero ≥ 1 per il quale la

disuguaglianza è vera,

!

an < bn . Teniamo ora conto della compatibilità tra disuguaglianza e

prodotto in N+ per la quale se a < b allora per ogni c∈ N+ si ha a⋅c < b⋅c; per il successivo n+1

si ha:

!

an+1 = an "a < bn "a < bn "b = bn+1. Dunque, l’insieme dei numeri naturali per cui

l’uguaglianza è vera contiene 1 e il successivo di ogni suo elemento, quindi è tutto N+.

B) Per n = 3 si ha 3! = 6 e

!

33 = 27, quindi la disuguaglianza è vera per n = 3. Sia n un

numero ≥ 3 per cui è vera, ossia risulti

!

n!< nn . Allora, tenuto conto di A), per il successivo

n+1 si ha:

!

n +1( )!= n!" n +1( ) < nn " n +1( ) < n +1( )n " n +1( ) = n +1( )n+1, Dunque, l’insieme dei

numeri naturali per cui l’uguaglianza è vera contiene 3 e il successivo di ogni suo elemento,

quindi è tutto l’insieme degli n∈N, n ≥ 3.


3

NOTA. A lezione, posto

!

an =nn

n! è stato proposto di calcolare

!

limn"#

an+1an

:

!

limn"#

an+1an

= limn"#

n +1( )n+1

n +1( )!nn

n!

= limn"#

n +1( )n+1

n +1( )!$

n!

nn= lim

n"#

n +1( )n+1

n +1( )$

1

nn= lim

n"#

n +1( )n

nn=

!

= limn"#

n +1n

$

% & &

'

( ) )

n= lim

n"#1+

1n

$

% & &

'

( ) )

n= e , numero di Nepero.

S1.3 A) Per n = 0 si ha

!

a "b( )0 = 1 = a0 "b0 . Sia ora n∈N, per il quale l’uguaglianza è vera,

ossia

!

a "b( )n = an "bn . Per il successivo n+1 si ha:

!

a "b( )n+1= a "b( )n " a "b( ) = an "bn " a "b( ) = an "a#

$ %

&

' ( " bn "b#

$ %

&

' ( = an+1 "bn+1

Dunque, l’insieme dei numeri naturali per cui l’uguaglianza è vera contiene 0 e il successivo

di ogni suo elemento, quindi per il principio d’induzione è tutto N.

B) Nel gruppo simmetrico

!

S3 la proprietà commutativa non vale. Siano

!

" = 123( ),

!

" = 12( ) ;

allora per n = 3 si ha

!

"3 o #3 = id $ # = # . Invece,

!

" o #( )3 = 13( )3 = 13( ) $ #.

S1.4 Per calcolare MCD ed mcm dei due numeri 4183 e 2047 usiamo il procedimento

euclideo delle divisioni successive:

dividendo divisore quoziente resto

4183 2047 2 89

2047 89 23 0

Pertanto,

!

MCD 4183,2047( ) = 89, perché è

l’ultimo resto non nullo. Allora:

!

mcm 4183,2047( ) =4183 "2047

89= 4183 "23 =

= 96209.

A questo punto, siccome 89 e 23 sono primi, allora

!

2047 = 23 "89. Dato poi che 89 divide

anche 4183 e il quoto è 47, primo a sua volta, risulta

!

4183 = 47 "89

S1.5. Innanzi tutto, 15 divide 900, altrimenti il problema avrebbe risposta “nessuno”. Si ha

!

900 :15 = 60 = 22 "3 "5. Ogni divisore di 900 che sia multiplo di 15 si ottiene moltiplicando

per 15 un divisore di 60. Poiché 60 ha

!

2+1( ) " 1+1( ) " 1+1( ) = 3 "2 "2 = 12 divisori, allora ci sono

12 numeri multipli di 15 e divisori di 900.


4

S1.6. Il numero

!

30 = 2 "3 "5 ha

!

1+1( ) " 1+1( ) " 1+1( ) = 8 divisori, precisamente 1, 2, 3, 5, 6, 10,

15, 30. Anche

!

" X( ) ha

!

23 = 8 sottoinsiemi, ossia

!

", 1{ }, 2{ }, 3{ }, 1,2{ }, 1,3{ }, 2,3{ }, 1,2,3{ }.

Qui sotto riportiamo i due diagrammi di Hasse: si noti che sono isomorfi:

30

6 10 15

2 3 5

1

{1,2,3}

{1,2} {1,3} {2,3}

{1} {2} {3}

ø

S1.7. Per ogni primo p, il numero

!

p14 ha per divisori i numeri

!

pk, 0 " k " 14 . Oppure, si

osservi che

!

15 = 3 "5 = 2+1( ) " 4 +1( ) ; pertanto, ogni numero del tipo

!

p2 "q4 , con p, q primi

distinti, ha 15 divisori. Per esempio, per p = 3 e q = 2 si ha

!

9 "16 = 144.

S1.8. Sia

!

m = n " n +1( ) " n + 2( ) " n + 3( ) il prodotto di quattro numeri ∈N+ consecutivi. Intanto,

se dividiamo n per 3, troviamo n = 3q+r, con r = 0, 1 o 2. Nel primo caso, n è multiplo di 3;

nel secondo,

!

n + 2 = 3q +1+ 2 = 3(q +1) è multiplo di 3; nel terzo caso,

!

n +1 = 3q + 2+1 = 3(q +1)

è multiplo di 3. Allora il prodotto

!

n " n +1( ) " n + 2( ) è multiplo di 3 e quindi lo è anche m.

Dividiamo ora n per 4: n = 4q+r, con r = 0, 1, 2 o 3. Nel primo caso, n è multiplo di 4 e

!

n + 2 = 4q + 2 = 2(2q +1) è multiplo di 2, quindi m è multiplo di 8. Nel secondo caso,

!

n = 4q +1, allora

!

n +1 = 4q + 2 = 2(2q +1) è multiplo di 2 e

!

n + 3 = 4q + 4 = 4(2q +1) è multiplo

di 4, quindi m è multiplo di 8. Analogamente, se

!

n = 4q + 2, n è pari e

!

n + 2 = 4q + 4 = 4(q +1)

è multiplo di 4, dunque 8 divide m. Infine, se

!

n = 4q + 3, allora

!

n +1 = 4q + 4 = 4(q +1) è

multiplo di 4, mentre

!

n + 3 = 4q + 6 = 2(2q + 3) è pari, dunque 8 divide m. In definitiva, sia 3

sia 8 dividono m, ed allora anche

!

24 = mcm 8,3( ) divide m.

S1.9. Ricordiamo che dal procedimento euclideo delle divisioni successive, posto

!

rn"1 = rn #qn+1 + rn+1 e

!

rn"1 = a #un"1 + b # vn"1rn = a #un + b # vn

$ % &

segue:

!

rn+1 = rn"1 " rn #qn+1 = a # un"1 " qn+1 #un( ) + b # vn"1 " qn+1 # vn( )


5

Perciò:

!

un+1 = un"1 " qn+1 #unvn+1 = vn"1 " qn+1 # vn

$ % &

. Si è posto

!

u"1 = 1v"1 = 0

# $ %

; u0 = 0v"1 = 1

# $ %

. Allora si può usare lo schema

seguente:

n -1 0 1 2 3 4 5

!

rn 728 442 286 156 130 26 0 a = 728 e b = 442:

!

un 1 0 1 -1 2 -3 17

!

vn 0 1 -1 2 -3 5 -28

!

qn+1 1 1 1 1 5

Allora d = MCD(728,442) = 26 = 728⋅(-3)+442⋅5. Si noti che

!

728 "17+ 442 " #28( ) = 0.

S1.10. Non esistono due interi u, v tali che 500u+755v = 3, perché 5 divide 500 e 755,

perciò dovrebbe dividere anche 3 = 5⋅(100u+151v), assurdo.

S1.11. Trovare un numero intero x tale che 250x – 1 sia multiplo di 133 equivale a

risolvere l’equazione 250x+133y = 1, con x ed y interi. Per il teorema di Bézout, è possibile

se e solo se MCD(250,133) = 1. Possiamo applicare lo schema precedente:

n -1 0 1 2 3 4 5

!

rn 250 133 117 16 5 1 0

a = 250 e b = 133:

!

un 1 0 1 -1 8 -25 133

!

vn 0 1 -1 2 -15 47 -250

!

qn+1 1 1 7 3 5

Allora d = MCD(250,133) = 1 = 250⋅(-25)+133⋅47.

Il numero cercato è allora x = -25; ma anche 133-25 = 108 è una soluzione; infatti,

!

250 "108 #1 = 26999 = 133 "203.

NOTA. In termini di congruenze mod m, si cerca la classe di resti

!

x[ ]133 tale che

!

250[ ]133" x[ ]133

= 1[ ]133, ossia l’inversa della classe

!

250[ ]133= 117[ ]133

. Esiste proprio perché

250 e 133 sono primi fra loro (o coprimi). Allora

!

250[ ]133" # $ %

& ' (1

= 117[ ]133" # $ %

& ' (1

= 108[ ]133.

S1.12. Per quanto detto nell’esercizio precedente, poiché 272 e 212 sono pari, non sono

coprimi, quindi non esiste un numero intero x tale che 272x – 1 sia multiplo di 212.


6

Sezione 2 – COMBINATORIA E PERMUTAZIONI

2.1. - Si dimostri per induzione la formula: ∀n∈N,

!

k3

"

# $ $ %

& ' ' =

k=0

n( n +1

4

"

# $ $

%

& ' ' .

2.2. - Si dimostri per induzione la formula: ∀n∈N,

!

k2

"

# $ $ %

& ' ' + k

"

# $ $

%

& ' ' =

k=0

n( n +1

3

"

# $ $

%

& ' ' +

n +12

"

# $ $

%

& ' ' .

2.3. – Si trovi nel gruppo simmetrico

!

S5 il numero totale di cicli. Le permutazioni che non

sono cicli formano un sottogruppo in

!

S5?

2.4. Siano

!

" = 12348( ) o 34567( ) e

!

" =1 2 3 4 5 6 7 83 4 8 7 2 6 5 1

#

$ % %

&

' ( ( due elementi del gruppo

simmetrico

!

S8.

A) Si calcoli il prodotto

!

" o # o "$1 e si verifichi che ha lo stesso ordine di β.

B) Qualcuna tra le due permutazioni α o β appartiene al gruppo alterno

!

A8?

2.5. - Nel gruppo simmetrico

!

S8,o( ) si consideri il sottoinsieme H degli elementi che o sono

cicli di lunghezza 3 o sono prodotti di cicli di lunghezza 3.

A) L’identità appartiene ad H?

B) H è un sottogruppo di

!

S8,o( ) ?

C) H contiene permutazioni dispari?


!

S8 sia definita la seguente relazione:

!

"#, $ % S8, # ~ $ & '( % S8 ()1 o # o ( = $

A) Si dimostri che ~ è una relazione d’equivalenza.

B) Si dimostri per induzione che ∀n∈N,

!

"#1 o $ o "%

& '

(

) * n

= "#1 o $n o " .

C) Si dimostri che permutazioni equivalenti hanno lo stesso periodo.

D) Le trasposizioni

!

12( ) e

!

23( ) sono equivalenti?


7

2.7. Sia G =

!

S3 il gruppo simmetrico su tre oggetti. Sia H il sottogruppo

!

id, "{ } , dove

!

" = 12( )

è la trasposizione che scambia 1 con 2 e lascia fisso il 3. Si trovino i laterali destri ed i

laterali sinistri di H in G. Il sottogruppo H è normale in G?

2.8. - Si verifichi per ogni divisore k di 24, esiste un sottogruppo di

!

S4 di ordine k.


!

S9 si consideri il sottoinsieme H costituito dalle permutazioni

α tali che α(6) = 6. H è un sottogruppo di

!

S9? Quanti elementi ha?

2.10. – Sia

!

" = 172( ) o 46( ) # S7 . Si trovi una permutazione β tale che

!

"7 = #.

2.11. – Sia

!

" = 17542( ) o 346( ) o 275( ) # S7. Si calcoli l’ordine di α e si dica se è pari o dispari.

2.12. – Quanti sono i cicli nel gruppo alterno

!

A5?

2.13. – Quante sono le permutazioni di

!

S7 che hanno una scomposizione in cicli disgiunti

costituita da due trasposizioni?

2.14. – Si trovi entro il gruppo

!

S7 un sottogruppo isomorfo al gruppo alterno

!

A5.

2.15. – Una ed una sola delle quattro tavole di moltiplicazione su un insieme di sei

elementi corrisponde ad un gruppo isomorfo al gruppo simmetrico

!

S4 . Si indichi quale e si

spieghi perché gli altri tre non vanno bene. * 1 2 3 4 5 6 * 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 2 2 1 5 6 3 4 2 2 3 4 5 6 1 3 3 4 6 5 2 1 3 3 4 5 6 1 2 4 4 3 2 1 6 5 4 4 5 6 1 2 3 5 5 6 4 3 1 2 5 5 6 1 2 3 4 6 6 5 1 2 4 3 6 6 1 2 3 4 5 * 1 2 3 4 5 6 * 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 2 2 1 4 5 6 3 2 2 3 1 5 6 4 3 3 4 1 6 2 5 3 3 1 2 6 4 5 4 4 5 6 1 3 2 4 4 5 6 3 1 2 5 5 6 2 3 1 4 5 5 6 4 2 3 1 6 6 3 5 2 4 1 6 6 4 5 1 2 3


8

SOLUZIONI DELLA SEZIONE 2.

S2.1. – Ricordiamo che se r > n, allora

!

nr

"

# $ $ %

& ' ' = 0 . Pertanto l’uguaglianza

!

k3

"

# $ $ %

& ' ' =

k=0

n( n +1

4

"

# $ $

%

& ' ' è vera

per ogni n ≤ 2, perché si ha 0 = 0. Sia n un numero naturale per il quale è vera. Vediamo se

è vera per il successivo n+1.

!

k3

"

# $ $ %

& ' ' =

k3

"

# $ $ %

& ' ' +

n +13

"

# $ $

%

& ' ' =

k=0

n( n +1

4

"

# $ $

%

& ' ' +

n +13

"

# $ $

%

& ' ' =

k=0

n+1( n + 2

4

"

# $ $

%

& ' ' =

n +1( ) +14

"

# $ $

%

& ' ' .

Pertanto, per il principio d’induzione è vera ∀n∈N.

S2.2. - La formula

!

k2

"

# $ $ %

& ' ' + k

"

# $ $

%

& ' ' =

k=0

n( n +1

3

"

# $ $

%

& ' ' +

n +12

"

# $ $

%

& ' ' per n = 0 diventa 0 = 0, quindi è vera. Sia n

un numero naturale per il quale è vera. Vediamo se è vera per il successivo n+1:

!

k2

"

# $ $ %

& ' ' + k

"

# $ $

%

& ' ' =

k2

"

# $ $ %

& ' ' + k

"

# $ $

%

& ' ' +

n +12

"

# $ $

%

& ' ' + n +1( )

"

# $ $

%

& ' ' =

k=0

n( n +1

3

"

# $ $

%

& ' ' +

n +12

"

# $ $

%

& ' ' +

n +12

"

# $ $

%

& ' ' +

n +11

"

# $ $

%

& ' ' =

k=0

n+1( n + 2

3

"

# $ $

%

& ' ' +

n + 22

"

# $ $

%

& ' ' =

!

=n +1( ) +1

3

"

# $ $

%

& ' ' +

n +1( ) +12

"

# $ $

%

& ' ' . Pertanto, per il principio d’induzione è vera ∀n∈N.

S2.3. – Nel gruppo simmetrico

!

S5 abbiamo cicli di lunghezze 2, 3, 4, 5. La formula per i

cicli di lunghezza k è

!

n!k " n # k( )!

. Allora il numero totale di cicli è:

!

k = 2

!

k = 3

!

k = 4

!

k = 5 totale

10 20 30 24 84

Restano allora 120-84 = 36 permutazioni che non

sono cicli. Poiché 36 non divide 120, non possono

costituire un sottogruppo di

!

S5.

S2.4. A) Si ha

!

" = 12348( ) o 34567( ) = 1238( ) o 4567( ) , di ordine 4. Si ha

!

"#1 = 1832( ) o 4765( ) .

Poi,

!

" = 138( ) o 2475( ) , d’ordine 12. Allora,

!

" o # o "$1 = 128( ) o 3546( ) , d’ordine 12 come β.

B) La permutazione α è prodotto di due cicli di lunghezza 4, quindi dispari, ed allora è pari,

ossia appartiene al gruppo alterno

!

A8 . Invece, β è prodotto di due cicli di parità diversa,

quindi è dispari.


9

S2.5. - L’identità appartiene ad H, perché si ha

!

id = 123( )3. Poi, se

!

",# $ H , sono entrambe

prodotto di 3-cicli, ed allora anche

!

" o # è prodotto di 3-cicli. Infine, dato che

!

ijk( )"1 = ikj( ) ,

anche

!

"#1 è prodotto di 3-cicli, gli inversi di quelli di α in ordine contrario. Pertanto, H è

un sottogruppo di

!

S8,o( ) . Anzi, è un sottogruppo del gruppo alterno, perché i 3-cicli sono

pari, e tali sono i loro prodotti ed inversi. Perciò H non contiene permutazioni dispari.

NOTA. In realtà si ha

!

H = A8, e non è difficile provarlo. Se α è pari, è prodotto di un numero pari di

trasposizioni. Ora, il prodotto di due trasposizioni è sempre un 3-ciclo o un prodotto di due 3-cicli:

!

ij( ) o ik( ) = ikj( ) , mentre

!

ij( ) o kh( ) = ij( ) o ik( ) o ki( ) o kh( ) = ikj( ) o khi( ) . Perciò ogni prodotto di un numero

pari di trasposizioni è anche prodotto di 3-cicli.

S2.6. – A) Nel gruppo simmetrico

!

S8 la seguente relazione:

!

"#, $ % S8, # ~ $ & '( % S8 ()1 o # o ( = $

è una relazione d’equivalenza. Infatti,

!

"# $ S8,

!

" = "#1 o " o " ⇒ α ~ α. Se poi

!

" ~ # , allora

!

"# $ S8 #%1 o & o # = ' ( & = #%1)

* +

,

- . %1

o ' o #%1)

* +

,

- . ( β ~ α. Infine, se anche β ~ γ, allora:

!

"# $ S8 #%1 o & o # = ' ( ' = #%1 o )%1 o * o )+

, -

.

/ 0 o # ( ' = ) o #( )%1 o * o ) o #( )

e quindi la relazione è riflessiva, simmetrica e transitiva.

B) Per n = 0 i due membri sono l’identità e sono uguali. Sia n un numero naturale per il

quale l’uguaglianza è vera. Allora, per n+1 si ha:

!

"#1 o $ o "%

& '

(

) * n+1

=

!

= "#1 o $ o "%

& '

(

) * n

o "#1 o $ o "%

& '

(

) * = "#1 o $n o "

%

& '

(

) * o "#1 o $ o "%

& '

(

) * = "#1 o $n o $ o " = "#1 o $n+1 o "

Perciò l’insieme dei numeri naturali per i quali l’uguaglianza è vera è chiuso rispetto a 0 e

al successivo e quindi è vera per ogni numero naturale.

C) Da A e B segue che se

!

" ~ # , ossia se

!

"# $ S8 #%1 o & o # = ' , allora per ogni n∈N,

!

"n = #$1 o % o #&

' (

)

* + n

= #$1 o %n o # , ed allora

!

"n = id = #$1 o %n o # & %n = id. Analogamente,

!

"n # id = $%1 o &n o $ ' &n # id. Perciò

!

" = # .

D) Le trasposizioni

!

12( ) e

!

23( ) sono equivalenti; basta considerare la permutazione

!

" = 132( ) e allora

!

123( ) o 12( ) o 132( ) = 23( ) .


10

S2.7. Sia G =

!

S3 il gruppo simmetrico su tre oggetti. Sia H il sottogruppo

!

id, "{ } , dove

!

" = 12( ) . Troviamo i laterali destri di H in G.

- Il primo di essi è

!

H = H o id, ma si ha anche

!

H = H o " , perché τ∈H.

- Moltiplichiamo ora H per una permutazione diversa da id e da τ. Sia

!

" = 13( ) . Allora

!

H" = id o ", # o "{ } = ", ${ } , dove

!

" = # o $ = 12( ) o 13( ) = 132( ) . Si ha anche Hρ = Hα.

- Un elemento non ancora trovato è

!

" = 23( ) . Allora

!

H" = id o ", # o "{ } = ", $%1& ' (

) * + , essendo

!

" o # = 12( ) o 23( ) = 123( ) = 132( )$1 = %$1 . Abbiamo così trovato i tre laterali destri di H in G.

Ripetiamo ora con i laterali sinistri.

- Il primo di essi è naturalmente

!

H = id o H = " o H.

- Sia

!

" = 13( ) . Allora

!

"H = " o id, " o #{ } = ", $%1& ' (

) * + . Si osservi che αH ≠ Hα. Ne segue subito che

H non è un sottogruppo normale in G.

- Sia

!

" = 23( ) . Allora

!

"H = " o id, " o #{ } = ", ${ } . Si osservi che βH ≠ Hβ.

Abbiamo così le due partizioni di G determinate da H e costituite rispettivamente dai tre

laterali destri e dai tre laterali sinistri. Le due partizioni sono distinte.

S2.8. – Verifichiamo che per ogni divisore k di 24, esiste un sottogruppo di

!

S4 di ordine k.

NOTA. Il teorema di Lagrange dice che l’ordine di ogni sottogruppo di un gruppo finito G è divisore

dell’ordine del gruppo. In alcuni gruppi G, per ogni divisore m dell’ordine di G c’è un sottogruppo di ordine m,

e questi gruppi sono detti “lagrangiani”.

Nel nostro caso, il gruppo

!

S4 ha ordine 24. I divisori di 24 sono: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24.

Cerchiamo un sottogruppo per ciascuno di questi divisori.

I primi quattro sono immediati, perché

!

S4 ha cicli di quelle lunghezze.

Per il 6 = 3!, basta prendere il sottogruppo formato dalle permutazioni che fissano un

elemento, p. es. il 4. Esso agisce sui restanti tre oggetti, quindi è sostanzialmente

!

S3, che ha

6 elementi.

Per l’8 occorre fantasia: il gruppo di isometrie

!

D4 che trasforma un quadrato in se stesso,

come noto dal corso di Geometria, ha otto elementi: quattro rotazioni e quattro simmetrie

assiali; esso dunque permuta i 4 vertici in 8 modi diversi. Se numeriamo i vertici da 1 a 4,

abbiamo 8 permutazioni appartenenti ad

!

S4 e che formano un sottogruppo d’ordine 8.


11

D’ordine 12 c’è il sottogruppo alterno

!

A4, costituito dalle permutazioni pari. D’ordine 24

c’è

!

S4 stesso. Riassumendo:

ordine 1 2 3 4 6 8 12 24

sottogruppo

!

id{ }

!

12( )

!

123( )

!

1234( )

!

S3

!

D4

!

A4

!

S4

S2.9. – Ovviamente, id∈H. Se α, β∈H allora

!

" o # 6( ) = " # 6( )( ) = " 6( ) = 6 $ " o # % H. Infine, dato

che

!

S9 è finito, questo basta per dire che H è un sottogruppo, perché

!

"#1 = "" #1

. Ogni

elemento di H fissa il 6, ma può permutare liberamente gli altri 8 oggetti diversi da 6.

Perciò H ha 8! = 40320 elementi.

NOTA. Il sottogruppo H è isomorfo al gruppo simmetrico

!

S8. Infatti, contiene tutte le permutazioni su un

insieme X con 8 oggetti.

S2.10. – La permutazione

!

" = 172( ) o 46( ) # S7 ha ordine mcm(2,3) = 6, pertanto

!

"6 = id # "7 = ". Pertanto, basta prendere

!

" = # .

S2.11. – Sia

!

" = 17542( ) o 346( ) o 275( ) # S7. Per trovarne l’ordine occorre esprimere α come

prodotto di cicli disgiunti; in realtà risulta

!

" = 1746325( ) , quindi è un ciclo d’ordine 7 e

allora è

!

" = 15( ) o 12( ) o 13( ) o 16( ) o 14( ) o 17( ) , pari.

S2.12. – I cicli nel gruppo alterno

!

A5 devono avere lunghezza dispari, per essere

permutazioni pari, quindi 3 o 5. Ci sono

!

5!3 "2!

= 20 cicli di lunghezza 3 e

!

5!5 "0!

= 24 cicli di

lunghezza 5. Totale: 44 cicli su 60 permutazioni.

S2.13. – Scegliamo intanto i quattro elementi spostati da una tale permutazione: si può

fare in

!

74

"

# $ $ %

& ' ' modi diversi. Con questi quattro elementi si possono formare tre “doppi

scambi”. Pertanto, i “doppi scambi” di

!

S7 sono in tutto

!

3 " 7!4!"3!

=7 "6 "5

2= 105.

S2.14. – Per trovare entro il gruppo

!

S7 un sottogruppo isomorfo al gruppo alterno

!

A5 si

consideri l’insieme H delle permutazioni che fissano il 6 ed il 7: H contiene tutte le

permutazioni sui cinque oggetti 1, 2, 3, 4, 5 e quindi è un gruppo isomorfo ad

!

S5. Allora H

contiene un sottogruppo A isomorfo ad

!

A5.


12

S 2.15. – Esaminiamo una per una le quattro tavole. * 1 2 3 4 5 6 * 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 2 2 1 5 6 3 4 2 2 3 4 5 6 1 3 3 4 6 5 2 1 3 3 4 5 6 1 2 4 4 3 2 1 6 5 4 4 5 6 1 2 3 5 5 6 4 3 1 2 5 5 6 1 2 3 4 6 6 5 1 2 4 3 6 6 1 2 3 4 5 * 1 2 3 4 5 6 * 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 1 1 2 3 4 5 6 2 2 1 4 5 6 3 2 2 3 1 5 6 4 3 3 4 1 6 2 5 3 3 1 2 6 4 5 4 4 5 6 1 3 2 4 4 5 6 3 1 2 5 5 6 2 3 1 4 5 5 6 4 2 3 1 6 6 3 5 2 4 1 6 6 4 5 1 2 3 La prima operazione possiede la legge di cancellazione (ogni riga ed ogni colonna ha

elementi tutti distinti), ha l’unità, 1, perché per ogni x, 1 ≤ x ≤ 6, si ha x*1 = x = 1*x; ogni

elemento ha l’inverso, perché l’inverso di 1 è se stesso; anche il 2, il 4 ed il 5 sono inversi di

se stessi, mentre 6 e 3 sono inversi l’uno dell’altro. Non è commutativa, perché 3*2 = 4,

mentre 2*3 = 5. L’associatività non è facilmente verificabile, perciò per il momento

lasciamola lì: potrebbe essere la tavola di moltiplicazione di un gruppo non abeliano con sei

elementi, purché sia associativa.

La seconda operazione possiede la legge di cancellazione, ha l’unità, 1; ogni elemento ha

l’inverso, perché l’inverso di 1 è se stesso; anche il 4 è inverso di se stesso, mentre 6 e 2

sono inversi l’uno dell’altro, e così pure 5 e 3. Però è commutativa, perché la matrice è

simmetrica, quindi anche se fosse associativa, non è la tavola di un gruppo isomorfo ad

!

S3.

La terza operazione ha le proprietà come la seconda, commutatività compresa, quindi non è

la tavola di

!

S3.

L’ultima operazione possiede la legge di cancellazione, ha l’unità, 1, non è commutativa

perché 6*5 = 2, 5*6 = 1, ma non è certamente la tavola di un gruppo, proprio perché da

5*6 = 1, dovrebbe seguire 6*5 = 1, ma non è così. Allora, 6 non ha l’inverso, o meglio, ha

inverso sinistro 5 ed inverso destro 4, mentre se ci fosse la proprietà associativa ciò non

potrebbe accadere. Allora, poiché il testo postula che una delle quattro sia la tavola di un

gruppo isomorfo ad

!

S3, per esclusione è la prima.

NOTA. La seconda è la tavola del gruppo ciclico d’ordine 6; la terza non è la tavola di un gruppo, perché non

è associativa: (2*3)*4 = 4*4 = 1, mentre 2*(3*4) = 2*6 = 3. Inoltre, per un gruppo abeliano è facile dimostrare

che per ogni divisore primo p dell’ordine ci deve essere un elemento di ordine p; ma qui non ci sono elementi

di ordine 3, perché ogni elemento è inverso di se stesso.

ALGEBRA I – MODULO PROF. VERARDI - ESERCIZI Sezione 1 ...verardi/Esercizi di Algebra per...

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