Esercizi di Algebra per casa

Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
ALGEBRA I – MODULO PROF. VER ARDI - ESERCIZI
Sezione 1 – NUMERI NATURALI E INTERI
n
1.1.
Si dimostri per induzione la formula: ∀n∈N,
)
# 2
&
%n " 1( * n " 3
# 2
& $
'
.
%k " 3k + 1( =
$
'
3
(
)
k=0
1.2.
A) Si dimostri che per ogni ∀a,b∈N+, ∀n∈ N+, se a < b allora a n < bn .
!
B) Si dimostri la disuguaglianza: ∀n∈N, n ≥ 3, n!< n n
!
1.3.
(
)
a"b
A) Si dimostri che per ogni ∀a,b∈N+, ∀n∈N,
!
B) Si
verifichi
che
nel
gruppo
simmetrico
n
= a n " bn .
S3 ,
( )
permutazioni α, β, non è vero che!risulti ∀n∈N, " # $
1.4.
scelte
n
opportunamente
due
= " n # $n .
!
Si calcolino MCD ed mcm dei due numeri 4183 e 2047. Si usi questa informazione
!
per scomporre i due numeri in fattori primi.
1.5.
Si trovi il numero dei divisori di 900 che siano multipli di 15.
1.6.
Si tracci il diagramma di Hasse dei divisori di 30 ordinato mediante la divisibilità, e
quello dei sottoinsiemi di X = 1,2,3 ordinato mediante l’inclusione. Che cosa si può
{
}
notare?
1.7.
!
Si trovi un numero naturale che abbia esattamente 15 divisori. Esiste? Quanti ce ne
sono?
1.8.
Si dimostri che il prodotto di quattro numeri ∈N+ consecutivi è multiplo di 4!.
1.9
Si trovino d = MCD(728,442) e due interi u, v tali che 728u+442v = d
1.10
Esistono due interi u, v tali che 500u+755v = 3?
1.11
Si trovi un numero intero x tale che 250x – 1 sia multiplo di 133
1.12
Si trovi un numero intero x tale che 272x – 1 sia multiplo di 212
1
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
SOLUZ I ONI DE LLA SE ZI ONE 1.
0
#
&
* %$k 2 " 3k + 1(' = 02 " 3 ) 0 + 1 = 1,
S1.1. – Per n = 0, nel primo membro si ha
mentre nel
k=0
# 2
&
%0 " 1( ) 0 " 3
$
'
secondo si ottiene
= 1, quindi per n = 0 l’uguaglianza è vera.
3
!
# 2
&
n
%n " 1( * n " 3
# 2
& $
'
Sia ora n un numero per cui è vera, ossia tale che
. Per il
%k " 3k + 1( =
$
'
3
!
(
)
(
)
)
k=0
successivo n+1 si ha allora, al primo membro si ha:
n +1
n
)
)
# 2
&
%k " 3k + 1( =
$
'
k=0
=
!
!
# 2
&
!
& %$n " 1(' * n " 3 #
2
# 2
& #
&
+ %n 2 + 2n + 1 " 3n " 3 + 1( =
%k " 3k + 1( + %% n + 1 " 3 n + 1 + 1(( =
$
' $
$
'
3
'
(
k=0
)
(
(
)
)
& n3 " 4n
n3 " 3n 2 " n " 3 # 2
+ %n " n " 1( =
$
'
3
3
#
&
2
%% n + 1 " 1(( ) n + 1 " 3
$
'
Nel secondo membro, per n+1 al posto di n si ha:
=
3
(
=
n3 " 4n
3
)
((
) )
# 2
&
%n + 2n ( ) n " 2
$
'
=
3
(
)
, 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, a n < bn . Teniamo ora conto della compatibilità tra disuguaglianza e
! la quale se a < b allora
! per ogni c∈ N+ si ha a⋅c < b⋅c; per il successivo n+1
prodotto in N+ per
n " a < bn " a < bn " b = bn +1
si ha: a n +1 = a !
. 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!< n n . Allora, tenuto conto di A), per il successivo
n+1 si ha:
!
n
(n + 1)!= n!"(n + 1) < nn " (n + 1) < (n + 1) " (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.
2
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
NOTA. A lezione, posto a n =
a
nn
è stato proposto di calcolare lim n +1 :
n!
n"# a n
n +1
!
a
lim n +1 = lim
n"# a n
n"#
(n + 1)
(n + 1)!
n +1
(n + 1)
= lim
n"# (n + 1)!
nn
n!
(
)
n +1
n +1
n! !
$
= lim
n +1
n n n"#
(
)
$
1
nn
= lim
n"#
(n + 1)
n
=
nn
n
$ n + 1 'n
$
1'
= lim &&
)) = lim &&1 + )) = e , numero di Nepero.
n(
n "#% n (
n "#%
!
!
S1.3 A) Per n = 0 si ha
(
)
ossia a " b
n
(a " b)
0
= 1 = a 0 " b0 . Sia ora n∈N, per il quale l’uguaglianza è vera,
= a n " bn . Per il successivo n+1 si ha:
!
(a " b)
n +1
(
!
n
#
& #
&
) " (a " b) = a n " bn " (a " b) = %$a n " a (' " %$bn " b(' = a n +1 " bn +1
= a"b
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
3
) = (13) = (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
Pertanto,
(
)
MCD 4183,2047 = 89 ,
perché
è
l’ultimo resto non nullo. Allora:
4183
2047
2
89
4183 "2047
!
mcm 4183,2047 =
= 4183 "23 =
89
2047
89
23
0
= 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.
!
3
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
(
)(
)(
)
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
}
{1,2,3}
!
6
10
15
{1,2}
{1,3}
{2,3}
2
3
5
{1}
{2}
{3}
ø
1
S1.7. Per ogni primo p, il numero p14 ha per divisori i numeri p k , 0 " k " 14 . Oppure, si
osservi che 15 = 3 " 5 = 2 + 1 " 4 + 1 ; pertanto, ogni numero del tipo p2 " q 4 , 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
di 2, quindi m è multiplo di 8. Nel secondo caso,
n + 2 = 4q + 2 = 2(2q + 1) è multiplo
!
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
n = 4q + 3 , allora n + 1 = 4q + 4 = 4(q + 1) è
! di 4, dunque 8 divide m. Infine, se !
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
$r
= a # u n"1 + b # v n"1
segue:
rn"1 = rn # q n +1 + rn +1 e % n"1
&rn = a # u n + b # v n
(
)
(
rn +1 = rn"1 " rn # q n +1 = a # u n"1 " q n +1 # u n + b # v n"1 " q n +1 # v n
!
)
!
!
4
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
$u
#u = 1 # u = 0
= u n"1 " q n +1 # u n
; $ 0
Perciò: % n +1
. Si è posto $ "1
. Allora si può usare lo schema
& v n +1 = v n"1 " q n +1 # v n
% v "1 = 0 % v "1 = 1
seguente:
n
-1
0
!
1
2
3
4
5
rn
728
442
286
156
130
26
0
un
1
0
1
-1
2
-3
17
!
vn
0
1
-1
2
-3
5
-28
!
q n +1
1
1
1
1
5
!
a = 728 e b = 442:
!
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:
a = 250 e b = 133:
!
!
n
-1
0
1
2
3
4
5
rn
250
133
117
16
5
1
0
un
1
0
1
-1
8
-25
133
vn
0
1
-1
2
-15
47
-250
1
1
7
3
5
q n +1
!
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 .
NOT A.
!
!
[x]133
In termini di congruenze mod m , si cerca la classe di resti
[250]133 " [x]133 = [1]133, ossia
[
]133 = [117]133 . Esiste
l’inversa della classe 250
tale che
proprio perché
! (1
"$
%'(1 "$
%'
250 e 133 sono primi fra loro (o coprimi). Allora 250
.
= 117
= 108
#
#
133 &
133 &
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.
5
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
Sezione 2 – COMBINATORIA E PERMUTAZIONI
2.1. - Si dimostri per induzione la formula: ∀n∈N,
n " % "
k
n + 1%
( $$#3''& =$$#
''.
4 &
n "" %
k
% "
k=0
2.2. - Si dimostri per induzione la formula:!∀n∈N,
% "
%
( $$#$$#2''& + k ''& =$$#n 3+ 1''& + $$#n 2+ 1''& .
k=0
2.3. – Si trovi nel gruppo simmetrico S5 il numero totale di cicli. Le permutazioni che non
!
sono cicli formano un sottogruppo in S5 ?
!
(
) (
#1 2 3 4 5 6 7 8&
(( due elementi del gruppo
e " = %%
$3 4 8 7 2 6 5 1'
)
2.4. Siano " = 12348 o 34567
!
simmetrico S8 .
!
!$1 e si verifichi che ha lo stesso ordine di β.
A) Si calcoli il prodotto " o # o "
!
B) Qualcuna
tra le due permutazioni α o β appartiene al gruppo alterno A 8 ?
!
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?
!
2.6. - Nel gruppo simmetrico S8 sia definita la seguente relazione:
"#, $ % S8 , # ~ $ & '( % S8
( )1 o # o ( = $
!
A) Si dimostri che ~ è una relazione d’equivalenza.
!
%
(n
B) Si dimostri per induzione che ∀n∈N, ' " #1 o $ o " * = " #1 o $n o " .
&
)
C) Si dimostri che permutazioni equivalenti hanno lo stesso periodo.
( ) ( )
D) Le trasposizioni 12 e 23 sono
! equivalenti?
!
!
6
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
( )
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
! sinistri di H in G. Il sottogruppo H è normale in G?
laterali
!
!
2.8. - Si verifichi per ogni divisore k di 24, esiste un sottogruppo di S4 di ordine k.
2.9. - Nel gruppo simmetrico 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 A 5?
!
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 A 5.
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
2
3
4
5
6
2
1
4
3
6
5
3
5
6
2
4
1
4
6
5
1
3
2
5
3
2
6
1
4
6
4
1
5
2
3
*
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
2
1
4
5
6
3
3
4
1
6
2
5
4
5
6
1
3
2
5
6
2
3
1
4
6
3
5
2
4
1
*
1
2
3
4
5
6
1
2
5
6
2
3
4
5
6
1
!3
3
4
5
6
1
2
4
1
2
3
4
5
6
4
5
6
1
2
3
5
6
1
2
3
4
6
1
2
3
4
5
*
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
2
3
1
5
6
4
3
1
2
6
4
5
4
5
6
3
2
1
5
6
4
1
3
2
6
4
5
2
1
3
7
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
SOLUZ I ONI DE LLA SE ZI ONE 2.
"n %
S2.1 . – Ricordiamo che se r > n, allora $$ '' = 0 . Pertanto l’uguaglianza
#r &
n " % "
%
( $$#k3''& =$$#n 4+ 1''& è vera
k=0
per ogni n ≤ 2, perché si ha 0 = 0. Sia n un numero naturale per il quale è vera. Vediamo se
!
è vera per il successivo n+1.
n +1" %
k
(
$$ '' =
#3 &
k=0
n " %
k
(
"n + 1% "n + 1%! "n + 1% "n + 2%
$$ '' + $$
'' =$$
'' + $$
'' =$$
'' =
#3 & # 3 & # 4 & # 3 & # 4 &
k=0
" n + 1 + 1%
$
'.
$
'
4
#
&
(
)
Pertanto, per il principio d’induzione è vera ∀n∈N.
n "" %
k
!
% "
% "
%
( $$#$$#2''& + k ''& =$$#n 3+ 1''& + $$#n 2+ 1''&
S2.2. - La formula
per n = 0 diventa 0 = 0, quindi è vera. Sia n
k=0
un numero naturale per il quale è vera. Vediamo se è vera per il successivo n+1:
!
n
%
$$$ '' + k ' =
$2
'
## &
&
n +1"" %
k
(
"" %
% ""
% "
%
% "
% "
% "
% "
% "
%
( $$#$$#k2''& + k ''& + $$#$$#n 2+ 1''& + (n + 1)''& =$$#n 3+ 1''& + $$#n 2+ 1''& + $$#n 2+ 1''& + $$#n1+ 1''& =$$#n 3+ 2''& + $$#n 2+ 2''& =
k=0
k=0
" n + 1 + 1% " n + 1 + 1%
'+$
' . Pertanto, per il principio d’induzione è vera ∀n∈N.
=$
$
' $
'
3
2
#
& #
&
(
!
)
(
)
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
! A 8 . Invece, β è prodotto di due cicli di parità diversa,
quindi è dispari.
!
8
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
3
( )
S2.5. - L’identità appartiene ad H, perché si ha id = 123 . 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 = A 8 , 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
)
,
# %1 o & o # = ' ( & = + # %1 . o ' o + # %1 . ( β ~ α. Infine, se anche β ~ γ, allora:
* !*! !
"# $ S8
!
%1
+
.
# %1 o & o # = ' ( ' = # %1 o - ) %1 o * o ) 0 o # ( ' = ) o #
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
%
(n +1
=
quale l’uguaglianza è vera. Allora, per n+1 si ha: ' " #1 o $ o " *
&
)
%
(n %
( %
( %
(
= ' " #1 o $ o " * 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
&
)n
"n = ( # $1 o % o # + = # $1 o %n o # ,
'
*
!
!
!
" ~ # , ossia se "# $ S8
ed
allora
!
# %1 o & o # = ' , allora per ogni n∈N,
"n = id = # $1 o %n o # & %n = id.
Analogamente,
"n # id = $ %1 o &n o $ ' &n # id. Perciò " = # .
!
( ) ( )
e allora (123) o (12) o (132) = (23)!.
( )
D) Le trasposizioni 12 e 23 sono equivalenti; basta considerare la permutazione " = 132
!
!
!
!
9
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
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
(
+
!
( )
!
{
}
$1
= %$1 . Abbiamo così trovato i tre laterali destri di H in G.
!
!
Ripetiamo ora con i laterali sinistri.
( ) ( ) ( ) ( )
" o # = 12 o 23 = 123 = 132
!
- 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 D 4 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.
!
10
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
D’ordine 12 c’è il sottogruppo alterno A 4 , costituito dalle permutazioni pari. D’ordine 24
c’è S4 stesso. Riassumendo:
ordine
1 !
sottogruppo
!
{id}
2
3
4
6
8
12
24
(12)
(123)
(1234)
S3
D4
A4
S4
!
!
!
!
! allora!" o # 6 = " # 6 = " 6 = 6 $ " o # % H . Infine, dato
S2.9. – Ovviamente,!id∈H.!Se α, β∈H
( ) ( ( )) ( )
" #1
che S9 è finito, questo basta per dire che H è un sottogruppo, perché " #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
!
A 5 devono avere lunghezza dispari, per essere
permutazioni pari, quindi 3 o 5. Ci sono
5!
5!
= 20 cicli di lunghezza 3 e
= 24 cicli di
3 "2!
5 " 0!
!
lunghezza 5. Totale: 44 cicli su 60 permutazioni.
!
!
S2.13. – Scegliamo intanto i quattro elementi spostati da una tale permutazione: si può
"7%
fare in $$ '' modi diversi. Con questi quattro elementi si possono formare tre “doppi
#4&
scambi”. Pertanto, i “doppi scambi” di S7 sono in tutto 3 "
!
7!
7 " 6 "5
=
= 105 .
4!"3!
2
S2.14. – Per trovare entro il gruppo
S7 un sottogruppo isomorfo al gruppo alterno A 5 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 A 5.
!
!
11
Algebra 1 2012-13, modulo prof. Verardi – Esercizi svolti
S 2.1 5. – Esaminiamo una per una le quattro tavole.
*
1
2
3
4
5
6
1
1
2
3
4
5
6
2
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1
5
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1
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2
6
6
4
5
2
1
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.
12