ESERCIZI PROPOSTI

Capitolo 5

5.1.1. Determinare il periodo dell’elemento x320 del gruppo ciclico C15 = 〈x | x

15 = 1 〉. Indicaretutti i generatori del sottogruppo 〈x

320 〉.

Soluzione. Dividiamo 320 per 15. Si ha: 320 = 15 · 21 + 5 e quindi:x

320 = (x15 )21x

5 = 121x

5 = x5.

Allora◦(x320 ) = ◦(x5) = 15

MCD(15,5) = 155 = 3.

Il sottogruppo ciclico 〈x320 〉 e quindi:

〈x320 〉 = 〈x

5〉 = {1, x5, x

10}.Tale gruppo ha ordine 3 ed ha quindi due generatori: x

5, x

10 .

∗ ∗ ∗

5.1.2. Determinare il reticolo dei sottogruppi di C20 .

Soluzione. Sia C20 = 〈x | x20 = 1 〉. I divisori positivi di 20 sono i seguenti naturali d =

1, 2, 4, 5, 10, 20. Esiste in C20 un unico sottogruppo di ordine d, cioe

〈x20/d 〉 ∼= C

d.

Si ha quindi:

〈x20/1 〉 = 〈x

20 〉 = {1}, 〈x20/2 〉 = 〈x

10 〉 ∼= C2 , 〈x20/4 〉 = 〈x

5 〉 ∼= C4 , 〈x20/5 〉 = 〈x

4 〉 ∼= C5 ,

〈x20/10 〉 = 〈x

2 〉 ∼= C10 , 〈x20/20 〉 = 〈x 〉 ∼= C20 .

Il reticolo dei sottogruppi di C20 e quindi il seguente:

〈x20 〉={1}

〈x10〉

〈x4 〉

〈x5 〉

〈x2 〉

C20 = 〈x 〉

{1}

C20

C2

C4

C10

C5

∗ ∗ ∗

5.1.3. Determinare i sottogruppi ciclici di SSS4.

Soluzione. SSS4 possiede sei 4-cicli. Ogni 4-ciclo genera un gruppo ciclico di ordine 4, al cui internoci sono due 4-cicli (inversi tra loro). Dunque SSS4 possiede tre sottogruppi C4:

〈 (1 2 3 4) 〉 = {(1), (1 2 3 4), (1 3)(2 4), (1 4 3 2)} = 〈 (1 4 3 2) 〉,〈 (1 2 4 3) 〉 = {(1), (1 2 4 3), (1 4)(2 3), (1 3 4 2)} = 〈 (1 3 4 2) 〉,〈 (1 3 2 4) 〉 = {(1), (1 3 2 4), (1 2)(3 4), (1 4 2 3)} = 〈 (1 4 2 3) 〉.

Inoltre SSS4 possiede otto 3-cicli. Ogni 3-ciclo genera un gruppo ciclico di ordine 3, al cui internoci sono due 3-cicli (inversi tra loro). Pertanto SSS4 possiede quattro sottogruppi C3:

64 G. CAMPANELLA APPUNTI DI ALGEBRA PER INFORMATICA

〈 (1 2 3) 〉 = {(1), (1 2 3), (1 3 2)} = 〈 (1 3 2) 〉,〈 (1 2 4) 〉 = {(1), (1 2 4), (1 4 2)} = 〈 (1 4 2) 〉,〈 (1 3 4) 〉 = {(1), (1 3 4), (1 4 3)} = 〈 (1 4 3) 〉,〈 (2 3 4) 〉 = {(1), (2 3 4), (2 4 3)} = 〈 (2 4 3) 〉.

Infine SSS4 possiede sei 2-cicli e tre coppie di 2-cicli disgiunti. Ogni gruppo ciclico di ordine 2possiede un solo elemento di periodo 2. Dunque SSS4 possiede nove sottogruppi C2:

〈 (1 2) 〉, 〈 (1 3) 〉, 〈 (1 4) 〉, 〈 (2 3) 〉, 〈 (2 4) 〉, 〈 (3 4) 〉,〈 (1 2)(3 4) 〉, 〈 (1 3)(2 4) 〉, 〈 (1 4)(2 3) 〉.

∗ ∗ ∗

5.1.4. Verificare che UUU(ZZZ9 ) e un gruppo ciclico e determinarne tutti i generatori.

Soluzione. Risulta:UUU(ZZZ9 ) = {1, 2, 4, 5, 7, 8}.

Calcoliamo il periodo di 2. Si ha:

22= 4, 2

3= 8, 2

4= 16 = 7, 2

5= 14 = 5, 2

6= 10 = 1.

Dunque ◦(2) = 6 e pertanto UUU(ZZZ9 ) e ciclico.

Si noti che in ogni C6, se x e un generatore, l’altro generatore e x5. Dunque l’altro generatore di

UUU(ZZZ9 ) e 25= 5.

∗ ∗ ∗

5.1.5. Verificare che un gruppo di ordine 4 non possiede elementi di periodo 3. Dedurne che ungruppo di ordine 4 o e e ciclico o e un gruppo di Klein [cioe che, a meno di isomorfismi, esistono duesoli gruppi di ordine 4: C4 e VVV ].

Soluzione. [Si noti che la prima affermazione da dimostrare e ovvia, se si assume acquisito il teoremadi Lagrange. Ma a questo punto il teorema di lagrange non lo conosciamo ancora].

Sia (G, ·) un gruppo di ordine 4 ed assumiamo, per assurdo, che G ammetta un elemento x diperiodo 3.

Allora 1, x, x2 ∈ G. Sia y l’ulteriore elemento di G. Si osserva subito che ◦(y) �= 4 [altrimenti

G sarebbe ciclico ed un gruppo C4 non ha elementi di periodo 3]. Inoltre ◦(y) �= 3 [altrimenti anchey

2 ∈ G e quindi |G| ≥ 5]. Necessariamente allora ◦(y) = 2. Poiche xy ∈ G, allora xy coincidecon uno degli elementi 1, x, x

2, y. Ma xy �= 1 (essendo y �= x

2); xy �= x (essendo y �= 1); xy �= x2

(essendo y �= x); xy �= x (essendo y �= 1). Da cio l’assurdo.

In base a quanto provato sopra, un gruppo non ciclico G di ordine 4 possiede necessariamente treelementi di periodo 2. Sia quindi

G = {1, a, b, c}, con ◦(a) = ◦(b) = ◦(c) = 2.Si osserva subito che ab �= 1, a, b; analogamente ba �= 1, a, b. Pertanto necessariamente

ab = c = ba.Si conclude che

G = 〈 a, b | a2 = b

2 = 1, ba = ab 〉 ∼= VVV (gruppo di Klein).

∗ ∗ ∗

5.1.6. Sia G un gruppo di ordine 6.(i) Verificare che G non puo possedere cinque elementi di periodo 2.(ii) Verificare che G non puo possedere tre elementi di periodo 3.

Soluzione. (i) Supponiamo che esista un gruppo G di ordine 6, formato (oltreche dall’unita 1) dacinque elementi x1, ... , x5 di periodo 2. Verifichiamo che un tale gruppo e abeliano. Infatti, ∀ i �= j,xi xj ∈ {x1, ... , x5} e quindi ha periodo 2. Pertanto (xi xj )(xi xj ) = 1. D’altra parte

(xi xj )(xj xi ) = xi (xj xj )xi = xi 1xi = 1.

CAP. 5 ESERCIZI 65

Dunque xi xj = xj xi .

Ora calcoliamo x1x2. In base alla legge di cancellazione, x1x2 �= 1, x1, x2. Allora (eventualmenterinumerando x3, x4, x5) risulta:

x1x2 = x3.

Segue (moltiplicando a sinistra per x1) x1x3 = x2 e quindi (moltiplicando a destra per x3) x2x3 = x1.Ora calcoliamo x1x4. Ovviamente x1x4 �= 1, x1, x4. Inoltre si ha:

x1x4 �= x2 [= x1x3] e x1x4 �= x3 [= x1x2].Quindi necessariamente x1x4 = x5. Ne segue subito che x1x5 = x4.

Infine calcoliamo x2x4. Si ha: x2x4 �= 1, x2, x4. Inoltre

x2x4 �= x1 [= x2x3], x2x4 �= x3 [= x1x2 = x2x1] e x2x4 �= x5 [= x1x4].Si e cosı ottenuto un assurdo.

(ii) Osserviamo che in ogni gruppo finito G il numero degli elementi di periodo 3 e sempre pari. Seinfatti x ∈ G e ◦(x) = 3, allora x

2 �= x e ◦(x2) = 3. Assumiamo per assurdo che G possegga treelementi di periodo 3. Allora ne possiede almeno quattro.

Se |G| = 6, allora G contiene 1, x, x2, y, y

2, con x, x2, y, y

2 di periodo 3 e distinti tra loro.Poiche xy ∈ G e xy �= 1, x, x

2, y, y

2, allora xy e il sesto elemento di G. Ma anche x2y ∈ G e

anche x2y �= 1, x, x

2, y, y

2. Allora x2y = xy e quindi x = 1: assurdo.

∗ ∗ ∗

5.1.7. Sono assegnati due simboli x, y, legati soltanto dalle seguenti tre relazioni (moltiplicative):x

4 = 1, y2 = 1, y x = x

3y.

Verificare che gli elementi generati da tali simboli sono otto e scriverne la tavola moltiplicativa. Ve-rificare che formano un gruppo [che e chiamato gruppo diedrale di ordine 8].

Soluzione. (i) G contiene gli elementi 1, x, x2, x

3, y. Inoltre contiene i prodotti xy, x

2y, x

3y

(tutti diversi tra loro) Si noti che i prodotti y xk (per k = 1, 2, 3) si identificano rispettivamente congli elementi x

4−ky (in base alla relazione y x = x

3y). Ad esempio si ha:

y x2 = (yx)x = x

3y x = x

3x

3y = x

6y = x

2y.

Per verificare che questi otto elementi formano un gruppo basta scriverne la tavola moltiplicativae verificare che che su ciascuna riga e colonna compaiono (una sola volta) tutti gli elementi.

1 x x2

x3

y xy x2y x

3y

1 1 x x2

x3

y xy x2y x

3y

x x x2

x3 1 xy x

2y x

3y y

x2

x2

x3 1 x x

2y x

3y y xy

x3

x3 1 x x

2x

3y y xy x

2y

y y x3y x

2y xy 1 x

3x

2x

xy xy y x3y x

2y x 1 x

3x

2

x2y x

2y xy y x

3y x

2x 1 x3

x3y x

3y x

2y xy y x

3x

2x 1

∗ ∗ ∗

5.1.8. (i) Sia G un gruppo abeliano. Verificare che l’insieme H degli elementi di periodo finito diG e un sottogruppo di G.(ii) Se invece G non e abeliano, H puo non essere un sottogruppo di G. Per dimostrare taleaffermazione si utilizzino i seguenti dati:

66 G. CAMPANELLA APPUNTI DI ALGEBRA PER INFORMATICA

G = GL2(RRR), A =(

1 10 −1

)∈ G.

Verificare che A,tA ∈ H mentre il prodotto A

tA �∈ H.

Soluzione. (i) Sia (G, ·) abeliano e siano x, y ∈ H, con ◦(x) = t, ◦(y) = s. Allora

(xy)st = xst

yst = (xt )s (ys )t = 1s 1t = 1.

Dunque ◦(xy) ≤ st < ∞, cioe xy ∈ H. Ovviamente 1 ∈ H e se poi x ∈ H (e ◦(x) = t), anchex

−1 ∈ H [infatti (x−1)t = (xt )−1 = 1−1 = 1].

(ii) Si ha: A2 = I2 = (t

A)2. Dunque ◦(A) = ◦(tA) = 2. Sia ora B = A

tA. Si ha:

B =(

2 −1−1 1

), B

2 =(

5 −3−3 2

), B

3 =(

13 −8−8 5

), .... .

Si noti che (Bk )1,1 < (Bk+1 )1,1 , ∀ k ≥ 1. Dunque Bk �= I2, ∀ k ≥ 1, e quindi ◦(B) = ∞. Nesegue che H non e chiuso rispetto al prodotto e quindi non e un gruppo.

∗ ∗ ∗

5.2.1. Determinare le relazioni di equivalenza su G associate alla partizione dei laterali destri ed aquella dei laterali sinistri modulo un sottogruppo H di G.

Soluzione. E noto dall’Osserv. 1 di Cap. 1.3 che ad ogni partizione resta associata una relazionedi equivalenza, che mette in relazione due elementi se e solo se si trovano in uno stesso insieme dellapartizione. Nel caso della partizione L

d(H), la relazione associata ρ

H,do, piu semplicemente, ρ

de

quindi cosı ottenuta: ∀ a, b ∈ G,

aρdb ⇐⇒ Ha = Hb ⇐⇒ ab

−1 ∈ H.

Pertanto ρd

e cosı definita:

aρdb ⇐⇒ ab

−1 ∈ H, ∀ a, b ∈ G.

La relazione di equivalenza associata alla partizione Ls (H) e invece la seguente:

aρs b ⇐⇒ ⇐⇒ aH = bH ⇐⇒ a−1

b ∈ H.

L’insieme quoziente G/ρ

d

coincide quindi con Ld(H), mentre G

/ρs

coincide con Ls (H).

∗ ∗ ∗

5.2.2. Determinare i sottogruppi ciclici di UUU(ZZZ15 ) e dire se tale gruppo e ciclico.

Soluzione. (i) Si tenga conto che ϕ(15) = ϕ(3) ϕ(5) = 2 · 4 = 8. Risulta:

UUU(ZZZ15 ) = {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14}.

Poiche |UUU(ZZZ15 )| = 8, gli elementi di UUU(ZZZ15 ) possono avere periodo 1, 2, 4, 8. Calcoliamo tali periodi.Si ha:

◦(2) = 4 [infatti 22= 4, 2

4= 4

2= 1];

◦(4) = 2 [infatti 42= 1];

◦(7) = 4 [infatti 72= 49 = 4, 7

4= 4

2= 1];

◦(8) = 4 [infatti 82= 64 = 4, 8

4= 4

2= 1];

◦(11) = 2 [infatti 112= 121 = 1];

◦(13) = 4 [infatti 132= 169 = 4, 13

4= 4

2= 1];

◦(14) = 2 [infatti 142= 2

2· 7

2= 4 · 4 = 1].

Si vede quindi che UUU(ZZZ15 ) non e ciclico. Tale gruppo contiene quattro elementi di periodo 4 equindi due sottogruppi C4:

〈 2 〉 = {1, 2, 4, 8}, 〈 7 〉 = {1, 7, 4, 13}.Contiene inoltre tre elementi di periodo 2 e quindi tre sottogruppi C2:

〈 4 〉, 〈 11 〉, 〈 14 〉.

CAP. 5 ESERCIZI 67

∗ ∗ ∗

5.2.3. Verificare che, a meno di isomorfismi, esistono due soli gruppi di ordine 6: C6 e SSS3.

Soluzione. Un gruppo di ordine 6 se e ciclico ha elementi di periodo 2 e di periodo 3. Se non eciclico, dal teorema di Lagrange ha elementi di periodo 1, 2, 3. In base ai risultati dell’Eserc. 5.1.4,il gruppo deve possedere almeno un elemento di periodo 2 ed almeno un elemento di periodo 3.

Assumiamo quindi che in (G, ·) esistano elementi x, y, con ◦(x) = 2, ◦(y) = 3. Allora G contiene1, x, y, y

2, distinti a due a due. Poiche xy �= 1, x, y, y2, xy e un altro elemento di G. Poiche poi

xy2 �= 1, x, y, y

2, xy, allora xy

2 e il sesto elemento di G.Consideriamo ora l’elemento yx ∈ G. Poiche yx �= 1, x, y, y

2, allora si hanno due eventualita:yx = xy oppure yx = xy

2.Nel primo caso si ha:

(xy)2 = (xy)(xy) = x(yx)y = x(xy)y = x2y

2 = y2, (xy)3 = xy y

2 = x.Ma allora ◦(xy) > 3 e dunque necessariamente ◦(xy) = 6. Dunque G ∼= C6.

Nel secondo caso si ha: yx = xy2. In tal caso G ∼= SSS3. Infatti risulta:

G = 〈x, y | x2 = y

3 = 1, yx = xy2 〉

e SSS3 verifica tali relazioni, con x = (1 2), y = (1 2 3).

∗ ∗ ∗

5.2.4. Verificare che U(ZZZ16

)/〈 7 〉 e un gruppo ciclico di ordine 4.

Soluzione. Poiche ϕ(16) = 24 − 23 = 8, U(ZZZ16 ) e un gruppo (abeliano) di ordine 8. Risulta:

U(ZZZ16 ) = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15}.Poiche ◦(7) = 2 [in quanto 7

2= 49 = 1], allora 〈 7|, 〉 = {1, 7}. Ne segue:| U

(ZZZ16

)/〈 7 〉 |=| Ls (〈 7 〉) |= 8

2 = 4.

Il gruppo quoziente U(ZZZ16

)/〈 7 〉 e formato da

〈 7 〉 = {1, 7}, 3 〈 7 〉 = {3, 5}, 9 〈 7 〉 = {9, 15}, 11 〈 7 〉 = {11, 13}.Per verificare se tale gruppo e ciclico o di Klein esaminiamo i periodi dei suoi elementi. Si ha:

(3 〈 7 〉)2 = 9 〈 7 〉 �= 〈 7 〉.Dunque ◦(3 〈 7 〉) > 2 e quindi necessariamente ◦(3 〈 7 〉) = 4. Segue che

U(ZZZ16

)/〈 7 〉 =

⟨3 〈 7 〉

⟩ ∼= C4.

[Si noti che ◦(9 〈 7 〉) = 2 mentre ◦(11 〈 7 〉) = 4].

∗ ∗ ∗

5.2.5. Il sottogruppo 〈 (1 2 3 4) 〉 e normale in SSS4 ?

Soluzione. Il sottogruppo H = 〈 (1 2 3 4) 〉 e ciclico di ordine 4. Si ha:H = 〈 (1 2 3 4) 〉 = {(1), (1 2 3 4), (1 3)(2 4), (1 4 3 2)}.

L’indice di H in SSS4 e i = 244 = 6. Tra i sei laterali sinistri consideriamo ad esempio (1 2)H e

confrontiamolo con il corrispondente laterale destro H(1 2). Si ha:(1 2)H = {(1 2)(1), (1 2)(1 2 3 4), (1 2)(1 3)(2 4), (1 2)(1 4 3 2)} = {(1 2), (1 3 4), (1 4 2 3), (2 4 3)},H(1 2) = {(1)(1 2), (1 2 3 4)(1 2), (1 3)(2 4)(1 2), (1 4 3 2)(1 2)} = {(1 2), (2 3 4), (1 3 2 4), (1 4 3)}.

Come si osserva, (1 2)H �= H(1 2). Pertanto H non e normale in SSS4.

∗ ∗ ∗

5.2.6. Sia H = {A ∈ GLn(K) | det(A) = 1}. Verificare che e un sottogruppo normale di GLn(K)e determinare il gruppo quoziente GLn(K)/H.

Soluzione. Si consideri l’applicazione det : GLn(K) → K··· che associa ad ogni matrice invertibile ilsuo determinante: det(A) = |A| ∀A ∈ GLn(K).

68 G. CAMPANELLA APPUNTI DI ALGEBRA PER INFORMATICA

Per il teorema di Binet,

det(AB) = |AB| = |A| |B| = det(A) det(B)

Dunque det e un omomorfismo dal gruppo (GLn(K), ·) al gruppo (K···, ·). Inoltre det e suriettivo.Infatti, ∀ a ∈ K···, la matrice

a 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0...

...... · · ·

...0 0 0 . . . 1

ha determinante a. Infine

Ker(det) = {A ∈ GLn(K) | det(A) = 1} = H.

Segue dal teorema fondamentale di omomorfismo che H e normale in GLn(K) e che

GLn(K)/H ∼= K···.

∗ ∗ ∗

5.2.7. Sia H = {A ∈ GL2(ZZZ5) | det(A) = 1 oppure det(A) = 4}. Verificare che H e un sottogrupponormale di GL2(ZZZ5) e che il il gruppo quoziente GL2(ZZZ5)/H e ciclico. Indicarne poi un generatore.

Soluzione. Poiche 4 = −1, allora

H = {A ∈ GL2(ZZZ5) | det(A) = ±1} = {A ∈ GL2(ZZZ5) | det(A)2 = 1}.Si consideri l’applicazione ϕ : GL2(ZZZ5) → ZZZ5

··· tale che

ϕ(A) = (det(A))2, ∀A ∈ GL2(ZZZ5).

Per il teorema di Binet,

ϕ(AB) = |AB|2 = |A|2 |B|2 = ϕ(A) ϕ(B).

Dunque ϕ e un omomorfismo dal gruppo (GL2(ZZZ5), ·) al gruppo (ZZZ5···, ·). Inoltre Ker(ϕ) = H e

pertanto H e un sottogruppo normale di GL2(ZZZ5) Infine

Im(ϕ) = {det(A)2, ∀A ∈ GL2(ZZZ5)} = {x2

, ∀x ∈ ZZZ5···} = {1

2, 2

2, 3

2, 4

2} = {1, 4} = {±1}.

Si tratta di un gruppo ciclico di ordine due. Segue dal teorema fondamentale di omomorfismo che

GL2(ZZZ5)/H ≡ Im(ϕ)

e dunque tale gruppo e ciclico di ordine 2.

Per ottenerne un generatore basta scegliere una matrice A ∈ GL2(ZZZ5) avente determinante �= ±1.

Ad esempio, posto A =(

2 00 1

), si ottiene

GL2(ZZZ5)/H =⟨AH

⟩.

∗ ∗ ∗

5.2.8. Verificare che se G e un gruppo ciclico ed H e un suo sottogruppo, il gruppo quoziente G/H

e ciclico.

Soluzione. Poiche ogni gruppo ciclico G e abeliano, ogni suo sottogruppo H e normale e quindiG/H e un gruppo.

Se G e infinito, G ∼= (ZZZ,+). Assumiamo quindi G = ZZZ e H = nZZZ. Se n �= 0, e noto che

ZZZ/H = ZZZ/nZZZ∼= ZZZn (gruppo ciclico di ordine n).

Se invece H = 0ZZZ = {0}, applicando il teorema fondamentale di omomorfismo all’applicazioneidentica 111

ZZZ: ZZZ → ZZZ, segue subito che

ZZZ/{0} = ZZZ/Ker(111ZZZ

)∼= ZZZ (gruppo ciclico).

Dunque ogni gruppo ZZZ/H e ciclico.

Sia ora G = Cn = 〈x | xn = 1 〉. E noto che i sottogruppi di Cn sono esattamente i seguenti

sottogruppi ciclici 〈xn/d 〉, per ogni d divisore positivo di n. Poniamo quindi H = 〈x

t 〉, con t = nd .

CAP. 5 ESERCIZI 69

Poiche |H| = ◦(xt ) = d, il gruppo quoziente G/H = Cn/〈 xt 〉 ha ordine nd = t. Tale gruppo

quoziente contiene i lateralix

i〈xt 〉, ∀ i = 0, 1, ... , t − 1,

e tali laterali sono a due a due distinti, come si puo verificare [se ad esempio xi〈x

t 〉 = xj〈x

t 〉, allorax

i−j ∈ 〈xt 〉 e quindi i − j = tq, da cui i = j, essendo 0 ≤ i, j < t]. Allora

G/H = {〈xt 〉, x〈x

t 〉, ... , xt−1〈x

t 〉} =⟨x〈x

t 〉⟩ ∼= Ct .

Dunque G/H e ciclico di ordine t.

∗ ∗ ∗

5.2.9. Si consideri in (QQQ,+) il sottogruppo (ZZZ,+) ed il gruppo quoziente (QQQ/ZZZ ,+).(i) Verificare che ogni elemento di QQQ/ZZZ e rappresentabile con un razionale q tale che 0 ≤ q < 1.(ii) Verificare che ogni elemento di QQQ/ZZZ ha periodo finito e dedurne che QQQ/ZZZ non e ciclico.

Soluzione. (i) Ogni elemento di QQQ/ZZZ e del tipoab + ZZZ, con a, b ∈ ZZZ, b �= 0.

Non e restrittivo assumere b > 0 [cambiando eventualmente segno ad a]. Sia oraa = bh + r, con h, r ∈ ZZZ e 0 ≤ r < b.

Alloraab = h + r

b , con 0 ≤ rb < 1.

Ne segue:ab + ZZZ = (h + r

b ) + ZZZ = rb + ZZZ.

Posto q = rb ∈ QQQ, si ha che a

b + ZZZ = q + ZZZ e 0 ≤ q < 1.

(ii) Per ogni ab + ZZZ ∈ QQQ/ZZZ si ha:

|b| (ab + ZZZ) = a |b|

b + ZZZ = ±a + ZZZ = ZZZ.

Duque ◦(

ab + ZZZ

)≤ |b| < ∞.

Poiche QQQ/ZZZ e un gruppo infinito e non ha elementi di periodo ∞, non e isomorfo a ZZZ e quindinon e ciclico.

∗ ∗ ∗

5.2.10. Nel gruppo moltiplicativo (CCC···, ·) si considerino i due sottoinsiemiRRR

>0 (numeri reali positivi), H = {z ∈ CCC··· ∣∣ |z| = 1}.(i) Verificare che RRR

>0 ed H sono sottogruppi di (CCC···, ·).(ii) Dimostrare che il gruppo quoziente CCC···/

RRR>0

e isomorfo a H.

Soluzione. (i) Se r, s ∈ RRR>0 , si ha:

rs ∈ RRR>0

, 1r ∈ RRR

>0.

Pertanto RRR>0 e un sottogruppo di (CCC···, ·).

Se z1, z2 ∈ H, ovviamente |z1z2| = |z1| |z2| = 1 · 1 = 1 e quindi z1 z2 ∈ H. Inoltre, da z 1z = 1

segue che 1 = |z| | 1z | e quindi | 1z | = 1|z| . Pertanto, se z ∈ H, anche 1

z ∈ H. Dunque anche H e unsottogruppo di (CCC···, ·).(ii) Utilizziamo il Teorema fondamentale di omomorfismo, considerando l’applicazione

ϕ : CCC··· → H tale che ϕ(z) = z|z| , ∀ z ∈ CCC···.

Si osservi che ϕ(z) ∈ H [in quanto | z|z| | = |z|

|z| = 1]. Inoltre ϕ e un omomorfismo [infatti

ϕ(z1z2) =z1z2

|z1z2|=

z1

|z1|z2

|z2|= ϕ(z1)ϕ(z2)]. L’omomorfismo ϕ e suriettivo [infatti, ∀ z ∈ H, ϕ(z) = z].

Calcoliamo Ker(ϕ). Si ha:Ker(ϕ) = {z ∈ CCC··· | ϕ(z) = 1} = {z ∈ CCC··· | z = |z|} = {z ∈ CCC··· | z ∈ RRR

>0} = RRR>0

.

Segue dal Teorema fondamentale di omomorfismo che

70 G. CAMPANELLA APPUNTI DI ALGEBRA PER INFORMATICA

CCC···/Ker(ϕ)

∼= Im(ϕ) cioe CCC···/RRR

>0

∼= H.

∗ ∗ ∗