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$: ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI - MathUniPDmgaronzi/esercizialg2.pdf · 2014. 10. 15. · ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI MARTINO GARONZI Ci sono due sezioni, la prima e \Gruppi", la$
ESERCIZI SU GRUPPI E POLINOMI

MARTINO GARONZI

Ci sono due sezioni, la prima e “Gruppi”, la seconda “Anelli e Campi”. Per ogni dubbio e possibile scrivermi.Il mio indirizzo e-mail e [email protected].

0.1. Prerequisiti. Comincio con l’elencare i prerequisiti per capire i testi degli esercizi proposti.

(1) Terminologia base di teoria degli insiemi (inclusioni, unione, intersezione, funzioni, relazioni, cardinalita).(2) Principio dei cassetti (Pigeon hole principle): se A e un insieme finito e f : A→ A e una funzione allora f

e iniettiva se e solo se e suriettiva.(3) Funzione ϕ di Eulero: ϕ(n) e il numero di elementi di 1, . . . , n coprimi con n. Ricordiamo che se n,m

sono coprimi allora ϕ(nm) = ϕ(n)ϕ(m), e che se p e un primo allora ϕ(pa) = (p − 1)pa−1. Segue che se

n =∏ki=1 pi

ai e la decomposizione di n come prodotto di potenze di primi pi a due a due distinti (data dalteorema fondamentale dell’aritmetica) allora

ϕ(n) =

k∏i=1

(pi − 1)piai−1.

(4) Le seguenti nozioni: gruppo, gruppo ciclico, gruppo abeliano, sottogruppo, indice di un sottogruppo, sot-togruppo normale, classe laterale (destra e sinistra), quoziente, omomorfismo, isomorfismo, automorfismo,nucleo di un omomorfismo, ordine di un gruppo, ordine di un elemento, teoremi di isomorfismo.

(5) Prodotti diretti di gruppi.(6) Teorema cinese del resto.(7) Azioni di gruppi, stabilizzatori, orbite, azioni transitive.(8) Gruppo simmetrico e gruppo alterno, permutazioni, notazione coi cicli disgiunti.(9) Gruppo diedrale (di ordine 2n), la sua presentazione e D2n := 〈a, b : an = 1, b2 = 1, bab = a−1〉.

(10) Teorema di Lagrange per l’indice dei sottogruppi, teorema di Cauchy sull’esistenza di elementi di ordine primo,teorema di Cayley (ogni gruppo e sottogruppo di un gruppo simmetrico), teorema di Sylow sui sottogruppi diordine una potenza di un primo.

(11) Algebra lineare: campi, spazi vettoriali, omomorfismi e matrici invertibili.(12) Due elementi x, y ∈ G si dicono coniugati in G se esiste g ∈ G tale che g−1xg = y. In questo caso scriveremo

anche y = xg.(13) Un sottogruppo H ≤ G si dice proprio se H 6= G, e in questo caso scriveremo H < G.(14) Un sottogruppo H ≤ G si dice massimale se ogni volta che H ≤ K ≤ G si ha K = H oppure K = G.(15) CG(x) := g ∈ G : gx = xg, il centralizzante di x in G.(16) Z(G) := g ∈ G : gx = xg ∀x ∈ G =

⋂x∈G CG(x), il centro di G.

(17) Un gruppo G si dice semplice se ogni volta che N G si ha N = 1 oppure N = G.(18) Le seguenti nozioni: anello commutativo unitario e non unitario, dominio di integrita, campo, ideale, ideale

principale, ideale massimale, omomorfismo di anelli, nucleo di un omomorfismo, teoremi di isomorfismo, ele-menti nilpotenti e idempotenti, caratteristica di un anello, anello di polinomi, teorema di Ruffini, criterio diEisenstein per l’irriducibilita di un polinomio, estensioni di campi, campo di riducibilita completa, elementicostruibili con riga e compasso.

(19) PID (dominio a ideali principali), UFD (dominio a fattorizzazione unica), dominio euclideo.1

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(20) Polinomi primitivi e lemma di Gauss (un polinomio monico a coefficienti interi e primitivo e irriducibile inZ[X] se e solo se e irriducibile in Q[X]).

(21) Lemma di Zorn, Assioma della scelta, Principio del buon ordinamento, teorema di Cantor-Schroeder-Bernstein.

0.2. Notazioni particolari.

(1) L’inclusione tra insiemi si indica con ⊆ o ⊇, l’inclusione propria con ⊂ o ⊃: se A,B sono due insiemi, A ⊂ Bsignifica che A ⊆ B e A 6= B.

(2) Il prodotto cartesiano di una famiglia di insiemi Aii∈I si indica con∏i∈I Ai. Se I e un insieme finito,

diciamo 1, . . . , n, il prodotto∏i∈I Ai si indica anche con A1 × · · · ×An.

(3) Se G e un gruppo, la scrittura H ≤ G indica che H e un sottogruppo di G, la scrittura H G indica che H eun sottogruppo normale di G. La scrittura H < G indica che H ≤ G e H 6= G, la scrittura H G indica cheH G e H 6= G.

(4) |G : H|: l’indice del sottogruppo H ≤ G.(5) Se A,B ⊆ G allora il prodotto AB e definito come segue: AB := ab : a ∈ A, b ∈ B.(6) Se G e un gruppo e X ⊆ G, 〈X〉 indica il sottogruppo di G generato da X, cioe l’intersezione dei sottogruppi

di G contenenti X. Se X = a1, . . . , an scriveremo spesso 〈a1, . . . , an〉 invece di 〈a1, . . . , an〉. G si diceciclico se esiste g ∈ G tale che G = 〈g〉, cioe G = 1, g, g2, g3, . . ..

(7) Fp = Z/pZ, dove p e un numero primo.

1. Gruppi

1.1. Normale. Scrivere esplicitamente i laterali destri di H in G, dove:

• G = 〈a〉 e un gruppo ciclico di ordine 10 e H = 〈a2〉 e il sottogruppo di G generato da a2.• G come sopra e H = 〈a5〉.• G = S3 e H = σ ∈ G | σ(1) = 1.

Risoluzione. Sia G = 〈a〉 un gruppo ciclico di ordine 10 e sia H = 〈a2〉 = 1, a2, a4, a6, a8 ∼= C5. Allora H ha|G : H| = 2 laterali destri in G, uno e H stesso, l’altro e Ha = a, a3, a5, a7, a9.

Sia ora G come sopra e H = 〈a5〉 = 1, a5 ∼= C2. Allora H ha |G : H| = 5 laterali destri in G, uno e H stesso, glialtri sono

Ha = a, a6, Ha2 = a2, a8, Ha3 = a3, a8, Ha4 = a4, a9.

Sia ora G = S3 = 1, (12), (13), (23), (123), (132) e

H = σ ∈ G | σ(1) = 1 = 1, (23).

Allora H ha |G : H| = 3 laterali destri in G, uno e H stesso, gli altri sono

H(12) = (12), (132), H(13) = (13), (123).

La composizione e fatta da destra a sinistra.

1.2. Normale. Dare un esempio di un gruppo abeliano non ciclico e di un gruppo non abeliano. Trovare un gruppoG per ognuno dei seguenti casi: Z(G) = G, Z(G) = 1, 1 6= Z(G) 6= G.

Risoluzione. C2 × C2 e un esempio di gruppo abeliano non ciclico. E abeliano perche prodotto diretto di gruppiabeliani, e non ciclico perche ha ordine 4 ed e privo di elementi di ordine 4 (ogni suo elemento ha ordine 1 oppure 2).Si ha quindi Z(C2 × C2) = C2 × C2.Il gruppo S3 ha centro identico: Z(S3) = 1. Questo si deduce facilmente dalla tabella della moltiplicazione in S3 (le

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permutazioni sono composte da destra a sinistra):

S3 1 (12) (13) (23) (123) (132)1 1 (12) (13) (23) (123) (132)

(12) (12) 1 (132) (123) (23) (13)(13) (13) (123) 1 (132) (12) (23)(23) (23) (132) (123) 1 (13) (12)(123) (123) (13) (23) (12) (132) 1(132) (132) (23) (12) (13) 1 (123)

Se due elementi non commutano tra loro non stanno nel centro.Inseriamo qui il reticolo dei sottogruppi di S3.

Sym(3)

1, (12)

rrrrrrrrrr1, (13) 1, (23)

LLLLLLLLLL

1, (123), (132)

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW

1

LLLLLLLLLLL

rrrrrrrrrrr

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

Usando l’esercizio 1.38 piu avanti, ottenete allora che Z(C2 × S3) = Z(C2)×Z(S3) = C2 ×1, e quindi G = C2 × S3

e un esempio di gruppo con 1 6= Z(G) 6= G. Un altro esempio di tale gruppo e GL(n,K), il gruppo moltiplicativodelle matrici invertibili n × n a coefficienti nel campo K. Il centro di questo gruppo, come e noto, e il gruppo dellematrici scalari invertibili, isomorfo a K∗ (il gruppo moltiplicativo degli elementi di K diversi da zero).

1.3. Facile. E vero che i sottogruppi abeliani sono sempre normali?

Risoluzione. No, per esempio il sottogruppo 〈(12)〉 di S3 e abeliano (anzi ciclico) e non e normale in S3, infattiper esempio (123)−1(12)(123) = (132)(23) = (13) non appartiene a 〈(12)〉 = 1, (12).

1.4. Siano G un gruppo, H,N due suoi sottogruppi e supponiamo che N sia normale in G. Mostrare che H ∩N e unsottogruppo normale di H.

Risoluzione. Dati h ∈ H e x ∈ H ∩ N , dobbiamo mostrare che h−1xh ∈ H ∩ N , cioe che h−1xh ∈ H e cheh−1xh ∈ N . Che sia h−1xh ∈ H segue dal fatto che H e un gruppo, quindi e chiuso rispetto alla moltiplicazione eagli inversi e h, x ∈ H. Che sia h−1xh ∈ N segue dal fatto che h ∈ H ⊆ G, che x ∈ N e che N e normale in G.

1.5. Medio. Trovare un automorfismo non identico di S3.

Risoluzione. Prendiamo ϕ : S3 → S3 dato dal coniugio tramite g = (12), ovvero ϕ(x) := g−1xg. Si tratta di unisomorfismo perche:

• ϕ(1) = g−1 · 1 · g = g−1g = 1;• ϕ(xy) = g−1xyg = g−1xgg−1yg = ϕ(x)ϕ(y);• ϕ e iniettivo: se ϕ(x) = 1 allora 1 = ϕ(x) = g−1xg, quindi moltiplicando a sinistra per g e a destra per g−1

otteniamo x = gg−1 = 1;• ϕ e suriettivo: se y ∈ S3 allora ϕ(gyg−1) = g−1(gyg−1)g = (g−1g)y(g−1g) = y.

ϕ e non identico perche per esempio ϕ((13)) = (12)−1(13)(12) = (12)(13)(12) = (23) 6= (13).

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1.6. Normale. Mostrare che i sottogruppi di indice 2 sono sempre normali.

Risoluzione. Siano G un gruppo e H un suo sottogruppo di indice 2. In altre parole H ha in G esattamente duelaterali destri, chiamiamoli H e Hy, ed esattamente due laterali sinistri, chiamiamoli H e xH. Dobbiamo mostrareche H e normale, cioe che Hg = gH per ogni g ∈ G, e per questo chiaramente basta mostrare che xH = Hx e cheyH = Hy. Osserviamo che G si scrive come unione disgiunta in due modi G = H ∪ xH = H ∪Hy. Segue quindi chexH = G − H = Hy. Ora, siccome x 6∈ H dev’essere Hx 6= H e quindi Hx = Hy, e analogamente, siccome y 6∈ Hdev’essere yH 6= H e quindi yH = xH. Da xH = Hy segue allora che xH = Hx e yH = Hy.

1.7. Normale. Siano G un gruppo finito e p un numero primo. Mostrare che le seguenti affermazioni sono equivalenti:

(1) ogni g ∈ G ha come ordine una potenza di p,(2) |G| e una potenza di p.

Risoluzione. Mostriamo che (1) ⇒ (2). Supponiamo quindi che ogni g ∈ G abbia come ordine una potenza di p.Dobbiamo mostrare che |G| e una potenza di p, cioe che non esistono primi diversi da p che dividono |G|. Supponiamoquindi per assurdo che esista un primo q diverso da p che divide |G|. Per il teorema di Cauchy esiste in G un elementox di ordine q, e questo contraddice (1).

Mostriamo che (2)⇒ (1). Supponiamo quindi che |G| sia una potenza di p. Prendiamo g ∈ G. Dobbiamo mostrareche o(g) e una potenza di p. Il sottogruppo 〈g〉 di G ha ordine che divide |G| (per il teorema di Lagrange), e d’altraparte il suo ordine e esattamente o(g). Ne segue che o(g) divide |G|, che e una potenza di p, quindi anche o(g) e unapotenza di p.

1.8. Normale. Siano σ = (134), τ = (13) ∈ S4. Calcolare |〈σ, τ〉| usando il teorema di Lagrange.

Risoluzione. Sia H := 〈σ, τ〉. Contenendo σ e τ , per il teorema di Lagrange |H| e divisibile per 2 e per 3 e quindiper 6. D’altra parte σ(2) = 2 = τ(2), e quindi H e contenuto nello stabilizzatore di 2, cioe l’insieme delle permutazioniche fissano 2: H ⊆ Stab(2). Ma Stab(2) ha ordine 3! = 6, e siccome contiene H, che ha ordine divisibile per 6, segueche Stab(2) = H, in particolare |H| = 6.

1.9. Facile. Siano G un gruppo e x, y ∈ G. Mostrare che xy e yx sono coniugati in G.

Risoluzione. x−1(xy)x = yx.

1.10. Normale. Sia G un gruppo. Mostrare che⋃H<GH 6= G se e solo se G e ciclico.

Qui la scrittura H < G significa che H e un sottogruppo di G diverso da G.

Risoluzione. (⇒). Supponiamo che⋃H<GH 6= G. Dobbiamo mostrare che G e ciclico. Siccome

⋃H<GH 6= G

esiste g ∈ G tale che g 6∈⋃H<GH, in altre parole g non appartiene a nessun sottogruppo proprio di G. Siccome 〈g〉,

il sottogruppo di G generato da g, e un sottogruppo di G a cui g appartiene, ne deduciamo che 〈g〉 non e proprio, cioe〈g〉 = G. Quindi G e ciclico.

(⇐). Supponiamo che G sia ciclico. Dobbiamo mostrare che⋃H<GH 6= G, cioe che G −

⋃H<GH 6= ∅. In altre

parole, dobbiamo trovare un elemento di G che non appartiene a nessun sottogruppo proprio di G. Siccome G eciclico esiste un elemento che lo genera, chiamiamolo g. Allora 〈g〉 = G. Mostriamo che g non appartiene a nessunsottogruppo proprio di G (cioe g ∈ G−

⋃H<GH). Se H ≤ G contiene g allora contiene 〈g〉 = G e quindi H = G, cioe

H non e proprio.

1.11. Medio. Sia H un sottogruppo normale di un gruppo finito G. Supponiamo che H sia ciclico. Mostrare cheogni sottogruppo di H e normale in G.


Risoluzione. Osserviamo che poiche H e ciclico esso ammette un unico sottogruppo di ordine un fissato divisore di|H|. Ora sia K un sottogruppo di H, e sia g ∈ G. Dobbiamo mostrare che g−1Kg = K. Ma g−1Kg e un sottogruppodi H di ordine |K| (cf. il prossimo esercizio), e dall’osservazione qui sopra segue allora che g−1Kg dev’essere ugualea K.

1.12. Medio. Siano G un gruppo e H un suo sottogruppo. Dato x ∈ G, definiamo xHx−1 := xhx−1 | h ∈ H.Mostrare che si tratta di un sottogruppo di G isomorfo a H. I sottogruppi di G della forma xHx−1 si chiamano isottogruppi coniugati di H in G. Sia N l’intersezione di tutti i coniugati di H in G. Mostrare che

• N e un sottogruppo normale di G,• ogni sottogruppo normale di G contenuto in H e contenuto in N .

Di solito l’intersezione dei coniugati di H in G si indica con HG e si chiama il cuore normale di H in G.

Risoluzione. xHx−1 e un sottogruppo di G perche 1 = x · 1 · x−1 ∈ xHx−1 essendo 1 ∈ H, se a, b ∈ Hallora (xax−1)(xbx−1) = x(ab)x−1 ∈ xHx−1 essendo ab ∈ H, e (xax−1)−1 = xa−1x−1 ∈ xHx−1 essendo a−1 ∈ H.L’applicazione

H → xHx−1, h 7→ xhx−1

e un isomorfismo di gruppi.Per la normalita di N si veda l’esercizio 1.15. Sia ora M un sottogruppo normale di G contenuto in H. Allora per

ogni g ∈ G si ha M = gMg−1 ⊆ gHg−1. In altre parole M e contenuto in tutti i coniugati di H, e quindi e contenutonella loro intersezione: M ⊆ HG.

1.13. Normale. Se X e un insieme indichiamo con Sym(X) l’insieme delle biiezioni X → X. Si tratta di un gruppocon l’operazione di composizione. Mostrare che se X,Y sono insiemi equipotenti allora Sym(X) ∼= Sym(Y ).

Risoluzione. Sia f : X → Y una biiezione. L’applicazione Sym(X) → Sym(Y ) che manda ϕ in f ϕ f−1 e unisomorfismo di gruppi.

1.14. Facile. Mostrare che nessun gruppo e unione di due sottogruppi propri.

Risoluzione. Sia per assurdo G un gruppo tale che G = H ∪K con H,K < G. Siano h ∈ G −K e k ∈ G −H.Allora siccome G = H ∪K si deve avere h ∈ H e k ∈ K. Ora, hk ∈ G = H ∪K, e quindi hk ∈ H oppure hk ∈ K. Mase hk ∈ H allora H 3 h−1(hk) = k, assurdo, e se hk ∈ K allora K 3 (hk)k−1 = h, assurdo.

1.15. Un criterio di normalita. Medio. Sia H una famiglia di sottogruppi di un gruppo G con la proprieta chegHg−1 ∈ H per ogni H ∈ H, g ∈ G. Dimostrare che

⋂H∈HH e un sottogruppo normale di G. Dedurre che:

(1) L’intersezione dei coniugati di un dato sottogruppo di G e un sottogruppo normale di G;(2) se G e finito, l’intersezione dei sottogruppi di un fissato indice in G e un sottogruppo normale di G;(3) Se X e un sottoinsieme di G tale che gxg−1 ∈ X per ogni x ∈ X, g ∈ G allora 〈X〉, il sottogruppo di G

generato da X, cioe l’intersezione dei sottogruppi di G che contengono X, e un sottogruppo normale di G;mostrare inoltre che se X = aba−1b−1 | a, b ∈ G allora G/〈X〉 e abeliano;

(4)⋂g∈G CG(g) e un sottogruppo normale di G (e uguale al centro di G).

Risoluzione. Sia x ∈ N =⋂H∈HH, e sia g ∈ G. Dobbiamo mostrare che gxg−1 ∈ N , cioe che gxg−1 ∈ H per

ogni H ∈ H. Sia quindi H ∈ H. Dobbiamo mostrare che gxg−1 ∈ H, cioe che x ∈ g−1Hg. Ma g−1Hg ∈ H per ipotesi,e quindi x ∈ N ⊆ g−1Hg.

Ora, (1) segue facilmente. (2) segue dal fatto che i coniugati di un sottogruppo hanno il suo stesso ordine e quindi ilsuo stesso indice (in un gruppo finito). (4) segue dal fatto che CG(gxg−1) = gCG(x)g−1 (per questo si veda l’esercizio1.27). Mostriamo (3). Sia H la famiglia dei sottogruppi di G che contengono X. Bisogna mostrare che se H ∈ H eg ∈ G allora gHg−1 ∈ H, cioe che gHg−1 ⊇ X, cioe che H ⊇ g−1Xg. Ma essendo X ⊇ g−1Xg per ipotesi, questo

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segue dal fatto che H ⊇ X. Sia ora X = aba−1b−1 | a, b ∈ G. Per mostrare che G/〈X〉 e abeliano dobbiamomostrare che per ogni a, b ∈ G si ha

〈X〉a〈X〉b = 〈X〉b〈X〉a,cioe (ricordando come e definito il prodotto nel quoziente) che 〈X〉ab = 〈X〉ba, cioe che aba−1b−1 ∈ 〈X〉. Ma questosegue dal fatto che aba−1b−1 ∈ X ⊆ 〈X〉.

1.16. Normale. Un sottogruppo H di un gruppo G si dice “sottogruppo massimale” se H 6= G e ogni volta cheK ≤ G e H ≤ K ≤ G si ha K = H oppure K = G. In altre parole, un sottogruppo si dice massimale se e proprio e none contenuto propriamente in nessun sottogruppo proprio di G. Mostrare che l’intersezione dei sottogruppi massimalidi un gruppo G e un sottogruppo normale di G. Tale intersezione si chiama “sottogruppo di Frattini” di G.

Risoluzione. Per 1.15 basta mostrare che i coniugati di un sottogruppo massimale sono sottogruppi massimali. Siadunque M un sottogruppo massimale di G, e sia g ∈ G. Dobbiamo mostrare che gMg−1 e un sottogruppo massimaledi G. Sia K ≤ G tale che gMg−1 < K ≤ G. Dobbiamo mostrare che K = G. Da gMg−1 < K segue M < g−1Kg, equindi g−1Kg = G per massimalita di M . Ne segue che K = gGg−1 = G.

1.17. Normale. Sia F un campo, e sia GLn(F ) l’insieme delle matrici n×n a coefficienti in F e invertibili. Si trattadi un gruppo con l’operazione di usuale moltiplicazione tra matrici. Indichiamo con F ∗ il gruppo moltiplicativo checonsiste degli elementi non nulli di F . Consideriamo la funzione det : GLn(F )→ F ∗ che manda A in det(A). Mostrareche si tratta di un omomorfismo suriettivo di gruppi. Dedurre che GLn(F )/SLn(F ) e isomorfo a F ∗.

Risoluzione. Che det preservi la moltiplicazione e il teorema di Binet. det e suriettivo perche dato a ∈ F ∗

la matrice diagonale n × n che ha a nell’entrata (1, 1) e 1 in tutte le altre entrate diagonali e invertibile e il suodeterminante e a. Ricordiamo che SLn(F ) consiste delle matrici n× n invertibili a coefficienti in F e di determinante1, in altre parole SLn(F ) = ker(det). L’isomorfismo enunciato segue allora dal primo teorema di isomorfismo.

1.18. Medio. Siano A,B due sottogruppi di un gruppo finito G. Definiamo AB := ab | a ∈ A, b ∈ B.(1) Mostrare che |AB| = |A|·|B|

|A∩B| .

(2) Mostrare che AB = BA se e solo se AB e un sottogruppo di G.(3) Mostrare che se almeno uno tra A e B e normale in G allora AB e un sottogruppo di G.(4) Mostrare che se A,B sono normali in G allora AB e un sottogruppo normale di G.

Risoluzione. Consideriamo l’applicazione

f : A×B → AB, f(a, b) := ab.

L’insieme A × B ammette la partizione f−1(y) : y ∈ AB, dove f−1(y) = (a, b) ∈ A × B | f(a, b) = y. Perdimostrare (1) basta quindi dimostrare che per ogni y ∈ AB si ha |f−1(y)| = |A ∩B|. Sia y = a1b1 ∈ AB. Dobbiamocontare le coppie (a2, b2) ∈ A × B tali che a1b1 = y = a2b2. Da a1b1 = a2b2 segue z := a−1

2 a1 = b2b−11 ∈ A ∩ B.

Ora, a2 = a1z−1 e b2 = zb1. Ne segue che la coppia (a2, b2) e determinata a partire dalla coppia (a1, b1) in tanti modi

quante sono le scelte per z, cioe |A ∩B|.Mostriamo (2). Mostriamo (⇒). Supponiamo AB = BA. Dobbiamo mostrare che AB ≤ G. Che sia 1 ∈ AB segue

da 1 ∈ A, 1 ∈ B e 1 = 1 · 1. Prendiamo a1, a2 ∈ A e b1, b2 ∈ B. Dobbiamo mostrare che (a1b1)(a2b2) ∈ AB e che(a1b1)−1 ∈ AB. Siccome AB = BA, esistono a3 ∈ A, b3 ∈ B tali che b1a2 = a3b3, e quindi

(a1b1)(a2b2) = a1(b1a2)b2 = a1(a3b3)b2 = (a1a3)(b3b2) ∈ AB.Inoltre siccome AB = BA esistono a4, b4 con (a1b1)−1 = b−1

1 a−11 = a4b4 ∈ AB.

Mostriamo (⇐). Supponiamo che AB ≤ G. Dobbiamo mostrare che AB = BA. Siccome i due insiemi AB e BAhanno la stessa cardinalita (per (1)), basta mostrare che AB ⊆ BA. Siano a ∈ A, b ∈ B. Dobbiamo trovare a′ ∈ A,b′ ∈ B con ab = b′a′. Siccome ab ∈ AB ≤ G si ha b−1a−1 = (ab)−1 ∈ AB, quindi esistono a1 ∈ A, b1 ∈ B conb−1a−1 = a1b1. In altre parole ab = b−1

1 a−11 , quindi basta scegliere b′ = b−1

1 , a′ = a−11 .


Mostriamo (3). Supponiamo per esempio che A G (l’altro caso e del tutto analogo). Per mostrare che AB ≤ Gbasta mostrare che AB = BA, e come sopra, siccome |AB| = |BA|, per questo basta mostrare che AB ⊆ BA. Sianoa ∈ A, b ∈ B. Allora ab = b(b−1ab) ∈ BA essendo AG.

Mostriamo (4). Siano a ∈ A, b ∈ B, g ∈ G. Dobbiamo mostrare che g−1abg ∈ AB. Ma g−1abg = (g−1ag)(g−1bg) ∈AB essendo A,B G.

1.19. Medio. Sia G un p-gruppo finito (dove p e un primo). Mostrare che i sottogruppi massimali di G sono normaliin G e hanno indice p.

Risoluzione. Useremo in lungo e in largo l’esercizio 1.18. Mostriamo che i sottogruppi massimali di G sono normalie hanno indice p. Scriviamo |G| = pn, e procediamo per induzione su n. Se n = 1 allora 1 e normale, massimale e haindice p. Supponiamo ora n > 1. Come e noto, dall’equazione delle classi segue che i p-gruppi non banali hanno centronon banale, quindi Z(G) 6= 1. Sia g ∈ Z(G) di ordine p (esiste per il teorema di Cauchy). Siccome g ∈ Z(G), 〈g〉G.Sia M un sottogruppo massimale di G. Se g ∈M allora M/〈g〉 e un sottogruppo massimale di G/〈g〉 (per il teoremadi corrispondenza) e quindi siccome |G/〈g〉| e una potenza di p minore di pn, per ipotesi induttiva M/〈g〉 e normalein G/〈g〉 e di indice p, quindi M e normale in G e ha indice p, infatti |G : M | = |G/〈g〉 : M/〈g〉| = p. Supponiamo orache g 6∈M . Siccome 〈g〉G, M〈g〉 ≤ G, e siccome M e massimale e M ≤M〈g〉 ≤ G, e M〈g〉 6= M (essendo g 6∈M)si ha M〈g〉 = G. Siccome g ∈ Z(G) si ha g ∈ NG(M) (il normalizzante di M in G), quindi NG(M) contiene M e g equindi contiene M〈g〉 = G, in altre parole M G. Inoltre M ∩ 〈g〉 = 1 e quindi |G| = |M〈g〉| = |M | · |〈g〉| = |M |p, dacui |G : M | = p.

1.20. Normale. Siano A,B due sottogruppi normali di G. Supponiamo che A ∩ B = 1 e che AB = G. Mostrareche G ∼= A×B.

Risoluzione. Consideriamo l’applicazione

f : A×B → G, f(a, b) := ab.

Poiche AB = G, l’applicazione f e suriettiva. Mostriamo che e un isomorfismo di gruppi. Osserviamo prima che

per ogni a ∈ A, b ∈ B vale ab = ba.

Infatti aba−1b−1 ∈ A ∩ B (essendo aba−1 ∈ B perche B G e ba−1b−1 ∈ A perche A G), quindi da A ∩ B = 1segue aba−1b−1 = 1, cioe ab = ba.

• f((a, b)(c, d)) = f(ac, bd) = acbd = abcd = f((a, b))f((c, d)).• f((a, b)−1) = f(a−1b−1) = a−1b−1 = b−1a−1 = (ab)−1 = f((a, b))−1.• Iniettivita: se f(a, b) = 1 allora ab = 1 e quindi b = a−1 ∈ A ∩B = 1, da cui a = b = 1, cioe (a, b) = (1, 1).• Suriettivita: segue dall’ipotesi AB = G.

1.21. Normale. Sia H := σ ∈ S7 | σ(1, 2, 3) ⊆ 1, 2, 3, dove σ(1, 2, 3) := σ(1), σ(2), σ(3). Mostrare che He un sottogruppo di S7 isomorfo a S4 × S3 (usare l’esercizio precedente).

Risoluzione. SianoA := σ ∈ H | σ(i) = i ∀i ∈ 1, 2, 3 ≤ H,B := σ ∈ H | σ(i) = i ∀i ∈ 4, 5, 6, 7 ≤ H.

Osserviamo che A ∼= S4 (tramite σ 7→ σ|4,5,6,7) e che B ∼= S3 (tramite σ 7→ σ|1,2,3). Per 1.20, per concluderebasta mostrare che A,B sono normali in H, che AB = H e che A ∩ B = 1. Che sia A ∩ B = 1 e ovvio (seσ ∈ H fissa 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 allora σ = 1 per definizione). Che sia AB = H segue dal fatto che per ogni σ ∈ H si haσ = σ|1,2,3σ|4,5,6,7. Rimane da mostrare che A e B sono normali in H. Siano σ ∈ A, h ∈ H. Dobbiamo mostrare

che τ = hσh−1 ∈ A, cioe che τ(i) = i per ogni i ∈ 1, 2, 3. Sia quindi i ∈ 1, 2, 3. Allora h−1(i) ∈ 1, 2, 3 percheh−1 ∈ H (perche h ∈ H), quindi τ(i) = h(σ(h−1(i))) = h(h−1(i)) = i. La dimostrazione che B H e del tuttoanaloga.

8 MARTINO GARONZI

1.22. Normale. Osserviamo che se H ≤ G e NG allora HN ≤ G (un prodotto di due sottogruppi e un sottogruppose uno dei due normalizza l’altro) e applicando il primo teorema di isomorfismo all’omomorfismo H → HN/N chemanda h in hN otteniamo H/H ∩N ∼= HN/N (secondo teorema di isomorfismo). Sia H un sottogruppo di Sn noncontenuto in An. Mostrare che H ha tanti elementi pari quanti dispari.

Risoluzione. Si ha HAn ≤ Sn essendo An Sn. Inoltre An ⊆ HAn (ogni a ∈ An si scrive 1 · a e 1 ∈ H) eAn 6= HAn (altrimenti sarebbe H ⊆ An, falso per ipotesi). Quindi abbiamo An < HAn ≤ Sn. Ricordiamo che|Sn : An| = 2, quindi

2 = |Sn : An| = |Sn : HAn| · |HAn : An|.Queste uguaglianze coinvolgono interi positivi, quindi siccome 2 e un numero primo uno tra |Sn : HAn| e |HAn : An|dev’essere 1. Siccome |HAn : An| 6= 1 (perche HAn 6= An) si deve avere |Sn : HAn| = 1, cioe HAn = Sn. Il secondoteorema di isomorfismo implica allora che C2

∼= Sn/An = HAn/An ∼= H/H ∩ An, da cui |H : H ∩ An| = 2, cioe|H ∩ An| = |H|/2, cioe gli elementi pari di H sono esattamente |H|/2. Gli altri |H|/2 elementi di H sono quindidispari.

1.23. Medio. Mostrare che un numero p e primo se e solo se p divide (p− 1)! + 1. Suggerimento per (⇒): trovare ilnumero di p-sottogruppi di Sylow di Sym(p).

Risoluzione. (⇒). Supponiamo che p sia primo. Il numero di p-cicli in Sym(p) e (p − 1)! (scelto un punto dacui far partire il ciclo, gli altri p − 1 punti possono essere sistemati in tutti i modi possibili). Siccome ogni p-ciclo diSym(p) genera un p-sottogruppo di Sylow di Sym(p) (perche essendo p primo, la massima potenza di p che divide|Sym(p)| = p! e p), ogni p-ciclo appartiene ad uno e un solo p-sottogruppo di Sylow (quello che genera). Siccome ip-sottogruppi di Sylow hanno ordine p (primo), essi sono ciclici e contengono esattamente p− 1 elementi di ordine p.Ne segue che il numero di p-sottogruppi di Sylow di Sym(p) e (p − 1)!/(p − 1) = (p − 2)!. Per il teorema di Sylow,(p − 2)! ≡ 1 mod (p). Moltiplicando ambo i membri per p − 1 otteniamo (p − 1)! ≡ p − 1 ≡ −1 mod (p), in altreparole p divide (p− 1)! + 1.

(⇐). Supponiamo che p divida (p − 1)! + 1. Mostriamo che p e primo. Se p e prodotto di due interi distinti1 < a < b < p allora chiaramente p = ab divide 1 · 2 · · · a · · · b · · · (p − 1) = (p − 1)!, quindi non divide (p − 1)! + 1.Supponiamo quindi che questo non sia vero. Allora e facile accorgersi che p dev’essere un primo oppure il quadratodi un primo. Se p e un primo abbiamo finito. Supponiamo che p sia il quadrato di un primo, diciamo p = q2 con qprimo. Se 2q < q2 allora chiaramente q2 divide (q2 − 1)! quindi non divide (q2 − 1)! + 1. Deduciamo che 2q ≥ q2, cioeq ≤ 2, ed essendo q primo otteniamo q = 2. Concludiamo osservando che 4 non divide (4− 1)! + 1 = 7.

1.24. Normale. Si consideri l’insieme G delle matrici

G = (

a 0b 1

)| a, b ∈ Z/7Z, a 6= 0.

(1) Si verifichi che G e un sottogruppo di GL(2,Z/7Z);(2) Si verifichi che ϕ : G→ (Z/7Z)∗ definita da(

a 0b 1

)7→ a

e un omomorfismo suriettivo di gruppi.(3) Si descriva il nucleo di ϕ.(4) Qual e l’ordine di G?(5) Dire quanti sono i 2-Sylow, quanti i 3-Sylow e quanti i 7-Sylow.

Per ogni gruppo che vi capita sottomano provate a domandarvi quanti sono i p-Sylow, per ogni primo p che vi vienein mente.


Risoluzione del punto 5. Indichero con Np(G) il numero di p-sottogruppi di Sylow di G. Osserviamo che G haordine 42 (ho 6 scelte per a e 7 per b), e che Z/7Z−0 e un gruppo moltiplicativo ciclico generato da 3 + 7Z, quindi32 + 7Z ha ordine 3 e 33 + 7Z ha ordine 2. Siano

x =

(1 01 1

), y =

(−1 00 1

), z =

(2 00 1

).

Osserviamo che o(x) = 7, o(y) = 2, o(z) = 3. Quindi 〈x〉 e un 7-Sylow, 〈y〉 e un 2-Sylow e 〈z〉 e un 3-Sylow.Determiniamone i normalizzanti.

L’inversa di g =

(a 0b 1

)∈ G e

(a−1 0−ba−1 1

).

• Vediamo quando g normalizza 〈x〉, cioe quando manda x in una sua potenza. Questo accade solo quando esisteun c ∈ Z/7Z tale che (

a−1 0−ba−1 1

)(1 01 1

)(a 0b 1

)=

(1 0c 1

).

Facendo il conto otteniamo come unica condizione c = a, e quindi NG(〈x〉) = G per cui N7(G) = 1 (c’e unsolo 7-Sylow). Potevamo accorgercene anche usando il teorema di Sylow, dato che nessun divisore di 42/7 = 6diverso da 1 e congruo a 1 modulo 7.

• Vediamo quando g normalizza 〈y〉, cioe quando manda y in una sua potenza. Questo accade solo quando esisteun c ∈ 1,−1 tale che (

a−1 0−ba−1 1

)(−1 00 1

)(a 0b 1

)=

(c 00 1

).

Facendo il conto otteniamo c = −1 e 2b = 0, da cui b = 0. Quindi NG(〈y〉) = (a 00 1

)| 0 6= a ∈ Z/7Z.

In particolare |NG(〈y〉)| = 6 e quindi N2(G) = |G : NG(〈y〉)| = 42/6 = 7.• Vediamo quando g normalizza 〈z〉, cioe quando manda z in una sua potenza. Questo accade solo quando esiste

un c ∈ 1, 2, 4 tale che (a−1 0−ba−1 1

)(2 00 1

)(a 0b 1

)=

(c 00 1

).

Facendo il conto otteniamo c = 2 e −b = 0, da cui b = 0. Quindi NG(〈y〉) = (a 00 1

)| 0 6= a ∈ Z/7Z. In

particolare |NG(〈z〉)| = 6 e quindi N3(G) = |G : NG(〈z〉)| = 42/6 = 7.

1.25. Medio. Dati un gruppo G e un primo p indico con Np(G) il numero di p-sottogruppi di Sylow di G. CalcolareNp(G) in ognuno dei seguenti casi:

• G = GL(2, p), il gruppo generale lineare (le matrici 2 per 2 invertibili a coefficienti in Fp),• G = SL(2, p), il gruppo speciale lineare (le matrici di GL(2, p) di determinante 1),

• G = (a b0 c

)| ac 6= 0 ≤ GL(2,Z/pZ), e quando p = 3 o 5 calcolare anche N2(G) - magari provate a dare

un valore a p, per esempio 7, 11, 13, e provate a calcolare Nq(G) per ogni primo q che divide |G|;• G = D4n, il gruppo diedrale di ordine 4n, dove n e un intero positivo dispari (cf. con D120 sotto). CalcolareNp(G) per ogni primo p che divide |G|.

Faccio il caso G = SL(2, p). Per cominciare, calcoliamo |G|. Sappiamo che la funzione GL(2, p) → Fp − 0che manda una matrice nel suo determinante e un omomorfismo di gruppi (per il teorema di Binet) ed e suriettivo(facile esercizio), inoltre il suo nucleo e SL(2, p) (per definizione), per cui per il primo teorema di isomorfismo si haGL(2, p)/SL(2, p) ∼= Fp−0. In particolare |GL(2, p)/SL(2, p)| = p− 1 e quindi |SL(2, p)| = |GL(2, p)|/(p− 1). Ora,l’ordine di GL(2, p) si determina contando le possibilita per le colonne: una matrice 2 per 2 invertibile e il dato di duevettori-colonna linearmente indipendenti, ho quindi p2 − 1 scelte per il primo vettore (devo escludere il vettore nullo)

10 MARTINO GARONZI

e p2 − p per il secondo (devo escludere tutti i multipli del primo vettore scelto), quindi |GL(2, p)| = (p2 − 1)(p2 − p) edi conseguenza |SL(2, p)| = p(p2 − 1). In particolare, siccome p e primo e non divide p2 − 1, i p-sottogruppi di Sylowdi SL(2, p) hanno ordine p. Ne vogliamo trovare uno. Prendiamo

P := (

1 b0 1

)| b ∈ Fp.

Si vede facilmente che |P | = p. Siccome i p-Sylow sono tutti coniugati, il numero di p-Sylow e uguale al numerodi coniugati di P in G, che sappiamo essere uguale all’indice del normalizzante di P in G. Siamo quindi ridotti a

calcolare |NG(P )|. Un generico elemento di G ha la forma g =

(x yz w

)dove xw−yz = 1. Il suo inverso sara quindi

g−1 =

(w −y−z x

). Dobbiamo trovare NG(P ), cioe dobbiamo trovare tutti i g ∈ G tali che per ogni h ∈ P si abbia

ghg−1 ∈ P . Scriviamo h =

(1 b0 1

). Dobbiamo quindi trovare tutti i x, y, z, w ∈ Fp tali che per ogni b ∈ Fp esiste

b′ ∈ Fp tale che (x yz w

)(1 b0 1

)(x yz w

)−1

=

(1 b′

0 1

).

Facendo i conti, ricordando che xw − zy = 1, otteniamo le relazioni seguenti:

z2b = 0, zxb = 0, x2b = b′.

Siccome questo deve valere per ogni b, ponendo b = 1 otteniamo z2 = 0, cioe z = 0 (z appartiene a Fp che e un campo).Quando z = 0 le prime due relazioni sono verificate e perche valga la terza basta scegliere b′ = x2b. Ne segue che

NG(P ) = (x yz w

)∈ G | z = 0 =

(x y0 x−1

)| x, y ∈ Fp, x 6= 0.

In particolare |NG(P )| = p(p− 1) e quindi Np(G) = |G|/|NG(P )| = p(p2 − 1)/(p(p− 1)) = p+ 1 che incidentalmentee congruo a 1 modulo p (coerentemente col teorema di Sylow).

1.26. Il sottogruppo dei quadrati. Normale. Sia p un primo. Calcolare |x2 | x ∈ Fp|.

Risoluzione. Ricordiamo che Fp = Z/pZ. Definiamo Fp∗ := Fp−0. Sia f : Fp∗ → Fp∗ l’applicazione definita daf(x) := x2. Siccome Fp∗ e un gruppo commutativo, f e un omomorfismo di gruppi e il suo nucleo e a ∈ Fp∗ : a2 = 1.Siccome Fp e un campo, le radici del polinomio X2−1 sono 1 e −1 (per il teorema di Ruffini) quindi ker(f) = −1, 1.Per il teorema di isomorfismo Fp∗/ ker(f) ∼= Im(f) = x2 : x ∈ Fp − 0, quindi |Im(f)| = |Fp∗|/2 = (p − 1)/2 e|x2 : x ∈ Fp| = |0 ∪ Im(f)| = 1 + (p− 1)/2 = (p+ 1)/2.

1.27. Facile. Siano g, x ∈ G. Mostrare che CG(g−1xg) = g−1CG(x)g.

Risoluzione. Mostriamo che CG(g−1xg) ⊆ g−1CG(x)g. Sia quindi y ∈ CG(g−1xg). Dobbiamo mostrare chey ∈ g−1CG(x)g, cioe che gyg−1 ∈ CG(x), cioe che (gyg−1)x = x(gyg−1). Ma y ∈ CG(g−1xg) e quindi

(gyg−1)x = gy(g−1xg)g−1 = g(g−1xg)yg−1 = x(gyg−1).

Mostriamo che CG(g−1xg) ⊇ g−1CG(x)g. Sia quindi y ∈ g−1CG(x)g, cioe gyg−1 ∈ CG(x). Dobbiamo mostrare chey ∈ CG(g−1xg), cioe che yg−1xg = g−1xgy. Ma gyg−1 ∈ CG(x) e quindi

y(g−1xg) = g−1(gyg−1)xg = g−1x(gyg−1)g = (g−1xg)y.


1.28. Facile. Siano H ≤ G, x ∈ G. Mostrare che

g ∈ G | Hxg = Hx = x−1Hx.

Risoluzione. Sia K := g ∈ G : Hxg = Hx. Mostriamo che K ⊆ x−1Hx. Sia quindi g ∈ K. Dobbiamomostrare che g ∈ x−1Hx. g ∈ K significa Hxg = Hx, cioe xgx−1 ∈ H, cioe g ∈ x−1Hx. Mostriamo che K ⊇ x−1Hx.Sia quindi x−1hx ∈ x−1Hx, con h ∈ H. Dobbiamo mostrare che x−1hx ∈ K, cioe che Hx(x−1hx) = Hx. MaHx(x−1hx) = Hhx = Hx essendo h ∈ H.

1.29. Facile. Siano G un gruppo finito, p un primo che divide |G|. Dimostrare che esiste g ∈ G di ordine p. (Questoe il Teorema di Cauchy: dimostrarlo usando il teorema di Sylow).

Risoluzione. Sia P un p-sottogruppo di Sylow di G. Si tratta di un sottogruppo non banale di G, quindi siccomedobbiamo mostrare che esiste in G un elemento di ordine p possiamo assumere che G = P . Sia 1 6= g ∈ G. Alloral’ordine di g in G, uguale all’ordine del sottogruppo 〈g〉, deve dividere |G| (per il teorema di Lagrange) e quindi e una

potenza di p diversa da 1. Diciamo o(g) = pk con k ≥ 1. Allora gpk−1

ha ordine p.

1.30. Normale. Sia n ≥ 3 un intero. Sia i ∈ 1, . . . , n e sia U := σ ∈ Sn | σ(i) 6= i. Mostrare che U non e unsottogruppo di Sn e che non e contenuto in nessun sottogruppo proprio di Sn.

Risoluzione. Che U non sia un sottogruppo di Sn segue dal fatto che 1 6∈ U , infatti 1(i) = i (ricordo che 1 ∈ U e lafunzione identita 1, . . . , n → 1, . . . , n). Ora calcoliamo |U |. Osserviamo che Sn−U = σ ∈ Sn : σ(i) = i, quindiSn−U e un sottogruppo di Sn isomorfo a Sn−1 e |Sn−U | = (n− 1)!, quindi |U | = n!− (n− 1)! = (n− 1)(n− 1)!. Orasupponiamo che un H ≤ Sn contenga U , e sia m l’indice |Sn : H|. Allora |H| ≥ |U | si scrive n!/m ≥ (n − 1)(n − 1)!da cui n ≥ (n− 1)m cioe m = 1 e H = G.

1.31. Normale. Determinare il centralizzante CG(σ) dove G = Sn e σ e un (n− 1)-ciclo.

Risoluzione. Sappiamo che il numero di coniugati di σ in G e uguale all’indice del centralizzante di σ in G. D’altraparte sappiamo che in Sn i coniugati di σ sono tutti e soli gli elementi con la stessa struttura ciclica di σ, quindi sonon(n− 2)!. Ne segue che |Sn : CSn(σ)| = n(n− 2)! e quindi |CSn(σ)| = n− 1. D’altra parte 〈σ〉 ⊆ CSn(σ) (σ commutacon le sue potenze) e |〈σ〉| = n− 1 (σ ha ordine n− 1), quindi concludiamo che CSn(σ) = 〈σ〉.

1.32. Normale. Sia H := σ ∈ Sn | σ(1) = 1. Determinare l’intersezione⋂g∈Sn gHg

−1.

Risoluzione. Mostriamo che⋂g∈Sn gHg

−1 = 1. Per i = 2, . . . , n consideriamo il coniugato (1i)H(1i)−1. Se σ sta

in tale coniugato allora σ(i) = i. Ne segue che se σ ∈⋂g∈Sn gHg

−1 allora σ(i) = i per i = 1, 2, . . . , n, cioe σ = 1.

1.33. Medio. Sia H un sottogruppo di un gruppo finito G. Mostrare che se⋃g∈G gHg

−1 = G allora necessariamenteH = G. Questo rimane vero se G e infinito? Se no, fornire un controesempio.

Risoluzione. Ricordiamo che H ha esattamente |G : NG(H)| coniugati in G, dove NG(H) = g ∈ G : gHg−1 =H indica il normalizzante di H in G. Siccome H ⊆ NG(H) si ha |G : NG(H)| ≤ |G : H|. Ne segue che i coniugati diH coprono al massimo

1 + (|H| − 1)|G : NG(H)| ≤ 1 + (|H| − 1)|G : H| = 1 + |G| − |G : H|elementi di G. Siccome |G : H| ≥ 1, se i coniugati di H coprono tutto G allora si deve avere |G : H| = 1, cioe G = H.

Se G e infinito allora questo non e piu vero in generale. Come esempio prendiamo G = GL(n,C) il gruppo dellematrici invertibili a coefficienti complessi, con n > 1, e H il sottogruppo che consiste delle matrici triangolari superiori.Siccome C e algebricamente chiuso, ogni matrice n× n a coefficienti complessi e coniugata a una matrice triangolaresuperiore, quindi

⋃g∈G gHg

−1 = G.

12 MARTINO GARONZI

1.34. Medio. Sia G un gruppo finito. Mostrare che se tutti i sottogruppi massimali di G sono coniugati allora G eciclico.

Svolgimento. Se G e un p-gruppo allora i sottogruppi massimali di G sono normali e quindi G ha un solo sot-togruppo massimale per cui e ciclico (generato da un qualsiasi elemento che non appartiene al sottogruppo massimale).Supponiamo quindi che G non sia un p-gruppo. Sia M un sottogruppo massimale di G e sia P un sottogruppo diSylow di G. Siccome G non e un p-gruppo, P 6= G quindi P e contenuto in un sottogruppo massimale di G, cioe inun coniugato di M , diciamo P ⊆ gMg−1. Ma allora g−1Pg ⊆M e quindi |P | divide |M | per il teorema di Lagrange.Siccome questo vale per ogni sottogruppo di Sylow P , segue che |M | e diviso da tutte le potenze di primo che dividono|G| e quindi M = G, assurdo.

Un altro modo per risolvere l’esercizio era il seguente: se tutti i sottogruppi massimali sono coniugati allora detto Muno di loro, ogni sottogruppo proprio di G e contenuto in un coniugato di M e quindi

⋃g∈G gMg−1 contiene

⋃H<GH,

ora se G e non ciclico questa unione e uguale a G per 1.10 e questo contraddice 1.33.

1.35. Normale. Sia P un 2-Sylow di S4. Determinare O2(S4) :=⋂g∈S4

gPg−1.

Risoluzione. Sia N = 1, (12)(34), (13)(24), (14)(23) S4. Mostriamo che O2(S4) = N . Siccome N e un 2-sottogruppo normale di S4, N e contenuto in tutti i 2-Sylow di S4. Infatti per il teorema di Sylow N e contenuto inun 2-Sylow P di S4, e per ogni g ∈ S4 si ha N = gNg−1 ⊆ gPg−1, quindi N e contenuto in tutti i coniugati di P , cioein tutti i 2-Sylow di S4 (che sono a due a due coniugati, per il teorema di Sylow). Ne segue che N ⊆ O2(S4). Siccome|P | = 8 e P non e normale in S4, la cardinalita dell’intersezione dei coniugati di P dev’essere minore di 8, cioe al piu4. Siccome |N | = 4, segue che O2(S4) = N .

1.36. Normale. Dimostrare che se n e un intero maggiore di 2 allora il centro di Sn e banale: Z(Sn) = 1.

Risoluzione. Sia g ∈ Z(Sn). Dobbiamo mostrare che g = 1. Supponiamo quindi per assurdo che g 6= 1. Alloraesistono i 6= j in 1, . . . , n tali che g(i) = j. Sia ϕ il 2-ciclo (ij). Siccome g ∈ Z(Sn) si ha gϕ = ϕg e quindi

g(j) = g(ϕ(i)) = ϕ(g(i)) = ϕ(j) = i.

Siccome n > 2 esiste k ∈ 1, . . . , n tale che i 6= k 6= j. Sia θ il 3-ciclo (ijk). Allora

k = θ(j) = θ(g(i)) = g(θ(i)) = g(j) = i,

assurdo.Osserviamo che questo non e vero per n = 2: S2

∼= C2 e Z(S2) = S2 6= 1.

1.37. Normale. Trovare un gruppo che sia unione di tre sottogruppi propri. Trovarne uno non abeliano.

Risoluzione. Il gruppo C2 × C2 = 〈a〉 × 〈b〉 ha esattamente tre sottogruppi propri, quelli generati da (a, 1), (1, b)e (a, b). Hanno ordine 2. Il reticolo dei sottogruppi di C2 × C2 = 〈a〉 × 〈b〉 e il seguente.

C2 × C2

〈(a, 1)〉

ssssssssss〈(a, b)〉〈(1, b)〉

KKKKKKKKKK

1

KKKKKKKKKK

tttttttttt

Siccome C2 × C2 = (1, 1), (a, 1), (1, b), (a, b), tale gruppo e uguale all’unione dei suoi sottogruppi propri.Ora osserviamo che se G e un gruppo e N e un suo sottogruppo normale tale che G/N e unione di tre sottogruppi

propri allora per il teorema di corrispondenza anche G e unione di tre sottogruppi propri. Infatti se G/N = A/N ∪


B/N ∪ C/N con N ⊆ A,B,C ≤ G allora G = A ∪B ∪ C (se g ∈ G allora gN appartiene a uno tra A/N,B/N,C/N ,per esempio gN ∈ A/N , ma allora gN = aN per qualche a ∈ A, in particolare g = an per qualche n ∈ N e quindig ∈ A essendo n ∈ N ⊆ A). Per trovare un gruppo non abeliano che sia unione di tre sottogruppi propri basta quinditrovare un gruppo non abeliano G che ammetta un sottogruppo normale N tale che G/N ∼= C2 × C2. Un esempio ditale gruppo e G = S3 × (C2 × C2). Infatti G/(S3 × 1) ∼= C2 × C2. Ricordo che in generale se A,B sono due gruppiallora (A×B)/(A×1) ∼= B e (A×B)/(1×B) ∼= A (basta applicare il primo teorema di isomorfismo per i gruppialle due proiezioni canoniche A×B → B, (a, b) 7→ b e A×B → A, (a, b) 7→ a).

1.38. Facile. Siano A,B due gruppi. Dimostrare che Z(A × B) = Z(A) × Z(B), dove Z(G) indica il centro delgruppo G. Dedurre che un prodotto diretto di gruppi abeliani e un gruppo abeliano.

Risoluzione. Mostriamo che Z(A × B) ⊆ Z(A) × Z(B). Sia quindi (x, y) ∈ Z(A × B), con x ∈ A e y ∈ B.Dobbiamo mostrare che (x, y) ∈ Z(A) × Z(B), cioe che x ∈ Z(A) e che y ∈ Z(B). Mostriamo per esempio chex ∈ Z(A), l’altro caso e analogo. Sia quindi a ∈ A. Dobbiamo mostrare che xa = ax. Siccome (x, y), (a, 1) ∈ A×B e(x, y) ∈ Z(A×B), si ha (x, y)(a, 1) = (a, 1)(x, y), cioe (xa, y) = (ax, y) e quindi xa = ax.

Mostriamo che Z(A×B) ⊇ Z(A)×Z(B). Sia quindi (x, y) ∈ Z(A)×Z(B), cioe x ∈ Z(A) e y ∈ Z(B). Dobbiamomostrare che (x, y) ∈ Z(A×B), cioe che per ogni (a, b) ∈ A×B si ha (a, b)(x, y) = (x, y)(a, b). Ma siccome x ∈ Z(A)e y ∈ Z(B) si ha ax = xa e by = yb e quindi (a, b)(x, y) = (ax, by) = (xa, yb) = (x, y)(a, b).

Se A,B sono entrambi abeliani allora Z(A) = A e Z(B) = B e quindi Z(A × B) = Z(A) × Z(B) = A × B, cioeA×B e abeliano.

1.39. Medio. Dimostrare che i 2-Sylow di S4 sono isomorfi a D8, il gruppo diedrale di ordine 8.

Risoluzione. Siccome |S4| = 24 = 23 · 3, i 2-Sylow di S4 hanno ordine 23 = 8. Il gruppo diedrale D8 ha ordine 8,quindi per concludere basta trovare un omomorfismo iniettivo D8 → S4, cioe un’azione fedele di D8 su quattro punti.Ragionando geometricamente, cioe vedendo D8 come il gruppo delle isometrie del quadrato, possiamo semplicementeprendere l’azione indotta di D8 sui vertici di tale quadrato. Si tratta appunto di un’azione fedele su quattro punti.Inseriamo qui il reticolo dei sottogruppi di D8 = 〈a, b | a2 = b2 = 1, (ab)4 = 1〉.

D8

mmmmmmmmmmmmmm

QQQQQQQQQQQQQQ

〈a, bab〉 ∼= C2 × C2

pppppppppppp

QQQQQQQQQQQQQ〈ab〉 ∼= C4 〈b, aba〉 ∼= C2 × C2

mmmmmmmmmmmmm

NNNNNNNNNNNN

〈a〉

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW 〈bab〉

QQQQQQQQQQQQQQQ 〈abab〉〈aba〉〈b〉

1

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW

QQQQQQQQQQQQQQQ

mmmmmmmmmmmmmmm

ggggggggggggggggggggggggggggggg

1.40. Normale. Siano M,N due sottogruppi normali di un gruppo G tali che MN = G. Mostrare che G/M ∩N ∼=G/N ×G/M .

Risoluzione. Sia ϕ : G→ G/N×G/M l’omomorfismo (canonico) definito da ϕ(g) := (gN, gM). Il suo nucleo e datodagli elementi g ∈ G tali che gN = N e gM = M , cioe g ∈ N e g ∈M , cioe g ∈ N ∩M . Quindi ker(ϕ) = N ∩M . Per ilteorema di isomorfismo, per concludere basta quindi mostrare che ϕ e suriettiva. Sia quindi (aN, bM) ∈ G/N ×G/M .Dobbiamo trovare g ∈ G tale che gN = aN e gM = bM . Siccome G = MN possiamo scrivere a = mn e b = m′n′

con m,m′ ∈ M e n, n′ ∈ N . Allora aN = mnN = mN e bM = m′n′M = n′(n′−1m′n′)M = n′M essendo

14 MARTINO GARONZI

n′−1m′n′ ∈ M , essendo M normale in G. Quindi basta scegliere g = mn′. Infatti gN = mn′N = mN = aN egM = mn′M = n′(n′−1mn′)M = n′M = bM .

1.41. Medio. Sia G un gruppo. Sia N l’intersezione dei sottogruppi normali K di G tali che G/K e abeliano.Mostrare che G/N e abeliano. Mostrare che N e il sottogruppo di G generato da ghg−1h−1 | g, h ∈ G. N si chiama“sottogruppo derivato” di G. Il sottogruppo derivato di G di solito si indica con G′ oppure con [G,G].

Risoluzione. Sia I la famiglia dei sottogruppi normali K di G tali che G/K e abeliano, e sia ϕ : G→∏K∈I G/K

l’omomorfismo (canonico) definito da ϕ(g) := (gK)K∈I . Il suo nucleo e dato dagli elementi g ∈ G tali che gK = Kper ogni K ∈ I, cioe g ∈ K per ogni K ∈ I, cioe g ∈

⋂K∈I K. Quindi ker(ϕ) =

⋂K∈I K = N . Per il teorema di

isomorfismo G/N e isomorfo a un sottogruppo di∏K∈I G/K, che essendo un prodotto diretto di gruppi abeliani e

abeliano (cf. l’esercizio 1.38). Quindi G/N , isomorfo a un sottogruppo di un gruppo abeliano, e anch’esso abeliano.Mostriamo che N e uguale al sottogruppo G′ di G generato dagli elementi della forma ghg−1h−1 al variare di

g, h ∈ G. Mostriamo che N ⊆ G′. Siccome N e l’intersezione dei sottogruppi normali K di G tali che G/K e abeliano,per mostrare che N ⊆ G′ basta mostrare che G/G′ e abeliano. In altre parole, dobbiamo mostrare che se g, h ∈ G alloraG′gG′h = G′hG′g, cioe G′gh = G′hg, cioe G′ghg−1h−1 = G′, cioe ghg−1h−1 ∈ G′, e questo e vero per definizione diG′. Mostriamo che G′ ⊆ N . Siccome G′ e generato dagli elementi della forma ghg−1h−1 e N e un sottogruppo di G,per mostrare che G′ ⊆ N basta mostrare che ghg−1h−1 ∈ N per ogni g, h ∈ G. Siccome G/N e abeliano abbiamoNgNh = NhNg, cioe Ngh = Nhg, cioe Nghg−1h−1 = N , cioe ghg−1h−1 ∈ N .

1.42. Facile. Siano A,B due sottogruppi normali di un gruppo G. Se A ⊆ B allora esiste un omomorfismo suriettivoG/A→ G/B.

Risoluzione. Consideriamo l’applicazione f : G/A→ G/B definita da f(gA) := gB. Mostriamo che e ben definita.In altre parole dobbiamo mostrare che se g, h ∈ G sono tali che gA = hA allora f(gA) = f(hA), cioe gB = hB, cioeh−1g ∈ B. Ma per ipotesi gA = hA, quindi h−1g ∈ A, che e contenuto in B, quindi h−1g ∈ B. L’applicazione f eallora ben definita e suriettiva (se gB ∈ G/B allora f(gA) = gB). Mostriamo che e un omomorfismo di gruppi. Si haf(1G/A) = f(1A) = 1B = 1G/B , e se g, h ∈ G allora f(gA · hA) = f(ghA) = ghB = gB · hB = f(gA) · f(hA).

1.43. Medio. Dimostrare che se n,m sono due numeri interi positivi coprimi allora Cnm e isomorfo a Cn × Cm(teorema cinese del resto).

Risoluzione. Sia g un generatore di Cnm. Allora gn ha ordine m e gm ha ordine n. L’idea e verificare chel’applicazione

Cnm → Cn × Cm, x 7→ (xm, xn)

e un isomorfismo di gruppi.

1.44. Normale. Usando le proprieta di Cn (il gruppo ciclico di ordine n) dimostrare che∑d|n ϕ(d) = n. Ricordo

che ϕ(m) e la funzione di Eulero applicata a m, definita come il numero di elementi di 1, ...,m coprimi con m. Ilnumero di generatori di Cn e uguale a ϕ(n).

Risoluzione. L’idea e partizionare gli elementi di Cn secondo il loro ordine. Per ogni divisore d di n ci sonoin Cn esattamente ϕ(d) elementi di ordine d, e ogni elemento di Cn ha un unico ordine, ed esso divide n. Quindin = |Cn| =

∑d|n ϕ(d).

1.45. Normale. Sia g un elemento di ordine n in un dato gruppo. Sia m un intero positivo. Mostrare che l’ordinedi gm e n/MCD(n,m), dove MCD(n,m) indica il massimo comun divisore tra n e m.

Risoluzione. Sia r = n/MCD(n,m). Detto mcm(n,m) il minimo comune multiplo tra n e m, si ha MCD(n,m) ·mcm(n,m) = n · m e quindi (gm)r = gmr = gmcm(n,m) = 1 dato che n divide mcm(n,m). Supponiamo ora che


(gm)s = 1 per qualche intero s. Dobbiamo mostrare che r divide s. Essendo 1 = (gm)s = gms, n divide ms. Dividendoper MCD(n,m) troviamo che r divide (m/MCD(n,m))s, quindi divide s essendo (r,m/MCD(n,m)) = 1.

1.46. Normale. Sia a un elemento di ordine n in un dato gruppo. Sia r un intero positivo. Mostrare che 〈ar〉 =〈aMCD(r,n)〉.

Risoluzione. Sia d = MCD(r, n). Siccome d divide r, ar ∈ 〈ad〉. Per concludere che 〈ar〉 = 〈ad〉 ci rimane damostrare che ad ∈ 〈ar〉. Usando l’algoritmo di Euclide riusciamo a scrivere d = xr + yn con x, y ∈ Z. Ne segue chead = axr+yn = axr ∈ 〈ar〉.

1.47. Medio. Sappiamo che se G e un gruppo ciclico finito allora per ogni divisore d di |G| esiste un unico sottogruppodi G di ordine d. Mostrare il viceversa: se G e un gruppo finito tale che per ogni divisore d di |G| esiste un unicosottogruppo di G di ordine d allora G e ciclico.

Risoluzione. Supponiamo che per ogni divisore d di |G| esista un unico sottogruppo di G di ordine d. Vogliamomostrare che G e ciclico. Per 1.70 siamo ridotti al caso in cui G e un p-gruppo per qualche primo p, diciamo |G| = pn.Allora per l’ipotesi esiste un unico sottogruppo di ordine pn−1, sia esso H. Sia g ∈ G−H. Supponiamo che esista unsottogruppo massimale M di G che contiene g. Per 1.19 M ha indice p in G, cioe |M | = pn−1. Siccome H e l’unicosottogruppo di G di ordine pn−1, si deve avere M = H e quindi g ∈M = H, assurdo. Ne segue che g non appartiene anessun sottogruppo massimale di G. Siccome ogni sottogruppo proprio di G e contenuto in un sottogruppo massimaledi G (questo segue immediatamente dal fatto che G e finito, non serve il lemma di Zorn) segue che g non appartienea nessun sottogruppo proprio di G, in particolare 〈g〉 non e un sottogruppo proprio di G, cioe 〈g〉 = G. Quindi G eciclico.

1.48. Numeri ciclici. Difficile.Sia n un intero positivo. Mostrare che le seguenti affermazioni sono equivalenti.

(1) n e ϕ(n) sono coprimi.(2) Ogni gruppo di ordine n e ciclico.

Risoluzione. (1) ⇒ (2). Procediamo per induzione su n. Sia G un gruppo di ordine n. Per induzione possiamosupporre che tutti i sottogruppi propri e tutti i quozienti propri di G siano ciclici. In particolare per 1.124 G non esemplice, quindi ammette un sottogruppo normale N con N 6= 1 e N 6= G. Quindi N e ciclico. L’azione di coniugio diG su N fornisce un omomorfismo G→ Aut(N) il cui nucleo e il centralizzante CG(N) = g ∈ G : gx = xg ∀x ∈ N.Dal teorema di isomorfismo ne segue un omomorfismo iniettivo G/CG(N) → Aut(N) (cf. l’esercizio 1.72), quindi|G/CG(N)| = |G : CG(N)| divide |Aut(N)| = ϕ(|N |). Ora, siccome |N | divide |G|, ϕ(|N |) divide ϕ(|G|) e quindisiccome |G| e ϕ(|G|) sono coprimi, |G| e |Aut(N)| = ϕ(|N |) sono coprimi, quindi |G : CG(N)| e |Aut(N)| sono coprimi,quindi |G : CG(N)| = 1, cioe G = CG(N), cioe N e contenuto nel centro di G, Z(G), in particolare Z(G) 6= 1 esiccome G/Z(G) e ciclico (come tutti i quozienti propri di G) segue (come e noto) che G = Z(G), cioe G e abeliano.Ora siccome n e ϕ(n) sono coprimi n non e diviso da quadrati (si confronti con la formula esibita sopra per il calcolodi ϕ(n)), diciamo n = p1 · · · pk con p1, . . . , pk primi distinti, e prendiamo gi ∈ G di ordine pi per ogni i = 1, . . . , k(esistono per il teorema di Cauchy). Siccome gli ordini di g1, . . . , gk sono a due a due coprimi g1 · · · gk ha ordineo(g1 · · · gk) = o(g1) · · · o(gk) = p1 · · · pk = |G| quindi G e ciclico.

(2)⇒ (1). Per cominciare n non e diviso da quadrati perche se p e un primo e p2 divide n allora Cp × Cp × Cn/p2e un gruppo non ciclico di ordine n. Scriviamo quindi n = p1 · · · pk con p1, . . . , pk primi distinti a due a due.ϕ(n) = (p1 − 1) · · · (pk − 1). Se n e ϕ(n) non fossero coprimi esisterebbero pi = p e pj = q primi distinti tali che qdivide p − 1. Se troviamo un gruppo G non ciclico di ordine pq possiamo dedurre che G × Cn/pq e un gruppo nonciclico di ordine n, contraddizione. Siamo quindi ricondotti a mostrare che se p e q sono due numeri primi e q dividep− 1 allora esiste un gruppo non ciclico di ordine pq. Il numero di p-cicli nel gruppo simmetrico Sp e (p− 1)!, quindiil numero di p-Sylow e (p− 1)!/(p− 1) = (p− 2)! (ogni p-Sylow ha ordine p quindi contiene p− 1 elementi di ordine

16 MARTINO GARONZI

p). Ne segue che P := 〈(1 . . . p)〉, che e un p-Sylow di Sp, ha esattamente |Sp : NSp(P )| = (p− 2)! coniugati in Sp, dacui |NSp(P )| = p(p − 1). Ora P e normale in NSp(P ) e per il teorema di Cauchy, siccome q divide p − 1 che dividep(p−1) = |NSp(P )|, esiste x ∈ NSp(P ) di ordine q. Sia G := 〈P, x〉. Siccome x normalizza P si ha G = P 〈x〉. Siccome|P | = p e o(x) = q sono coprimi si ha |G| = |P 〈x〉| = |P | · |〈x〉| = pq. Quindi G e un sottogruppo di Sp di ordine pq.Ne segue che G non e ciclico, infatti Sp non ha elementi di ordine pq (un tale elemento avrebbe nella struttura ciclicaun p-ciclo e quindi non ci sarebbe spazio per nient’altro).

1.49. Il gruppo diedrale. Sia m un intero positivo. Indico con D2n il gruppo diedrale di ordine 2n. Esso ammettela presentazione

D2n = 〈a, b | an = 1 = b2, bab = a−1〉.Elenchiamo di seguito alcune proprieta basilari di questo gruppo.

• 〈a〉D2n, in particolare da 1.11 segue che ogni sottogruppo di 〈a〉 e normale in D2n.• 〈b〉 non e normale in D2n a meno che n = 2, nel qual caso D2n = D4 e abeliano e anzi D4

∼= C2×C2, il gruppodi Klein.

• 〈a〉 ∩ 〈b〉 = 1.• D2n = 〈a〉〈b〉, cioe ogni elemento di D2n ha la forma ahbk con h, k ∈ Z, e siccome 〈a〉 ∩ 〈b〉 = 1, la scritturaahbk di un dato elemento e unica.

1.50. Facile. Sia G un gruppo finito con due elementi distinti g, h di ordine 2. Mostrare che 〈g, h〉 e un gruppodiedrale.

Risoluzione. Sia n l’ordine di z = xy. Mostriamo che 〈x, y〉 ∼= D2n, il gruppo diedrale di ordine 2n. Per farlobasta mostrare che xzx = z−1. Abbiamo xzx = xxyx = yx e siccome xy · yx = xx = 1, si ha yx = (xy)−1 = z−1 comevoluto.

1.51. Normale. Sia D = D120 il gruppo diedrale di ordine 120. Vogliamo calcolare N2(D), il numero di 2-Sylow diD. Si ha D = 〈a〉〈b〉 dove a ha ordine 60, N = 〈a〉 e normale in D, b ha ordine 2 e bab = a−1. Per il lemma, tutti isottogruppi di N sono normali in D.

Siccome 〈a15〉D (per 1.11), l’esercizio 1.18 implica che 〈a15〉〈b〉 ≤ D e che l’ordine di tale sottogruppo e |〈a15〉| ·|〈b〉|/|〈a15〉 ∩ 〈b〉| = 8/|〈a15〉 ∩ 〈b〉|. Mostriamo che 〈a15〉 ∩ 〈b〉 = 1. Siccome 〈b〉 = 1, b, basta ovviamente mostrareche b 6∈ 〈a15〉, e per questo basta ovviamente mostrare che b non e una potenza di a. Se lo fosse, allora in particolarecommuterebbe con a e quindi dall’uguaglianza bab = a−1 seguirebbe che a = a−1 (ricordare che b2 = 1), da cui a2 = 1.Ma questo e assurdo perche a ha ordine 60. Ne segue che |〈a15〉〈b〉| = 8. Siccome |D| = 120 = 23 · 15, e P := 〈a15〉〈b〉ha ordine 8, per definizione P e un 2-Sylow di D.

Quanti sono i 2-Sylow di D? Per il teorema di Sylow, essi sono tanti quanti i coniugati di P , cioe tanti quant’el’indice del normalizzante di P in D, cioe |D : ND(P )|. L’esercizio chiede di dimostrare che sono 15, in altre parole che|ND(P )| = 8. Siccome P ha ordine 8 e P ⊆ ND(P ), dobbiamo dimostrare che ND(P ) ⊆ P (perche allora ND(P ) = Pe deduciamo che ND(P ) ha ordine 8).

Sia g ∈ ND(P ). Dobbiamo dimostrare che g ∈ P . Possiamo scrivere g = arbs in modo unico. Siccome b ∈ P si hagbg−1 ∈ P , per cui siccome P = 〈a15, b〉 per la considerazione in grassetto si ha gbg−1 = a15kbh con k ∈ 0, 1, 2, 3 eh ∈ 0, 1. Otteniamo che

a15kbh = gbg−1 = arbsbb−sa−r = arba−r = arba−rbb = a2rb.

Ho usato il fatto che ba−rb = ar, dedotto facilmente dal fatto che bab = a−1. Se fosse h = 0 allora avremmo a15k = a2rb,in particolare b sarebbe una potenza di a, e abbiamo gia visto che questo e falso. Quindi h = 1 e a15k−2r = 1, da cui60 (l’ordine di a) divide 15k − 2r, in particolare 15 divide 15k − 2r e quindi 15 divide 2r, cioe 15 divide r. In altreparole ar ∈ 〈a15〉 e quindi g = arbs ∈ P .


1.52. Medio. Dato un intero positivo n, contare i 2-sottogruppi di Sylow del gruppo diedrale D2n. Suggerimento:andare a quoziente col 2-Sylow di 〈a〉.

Risoluzione. Poiche 〈a〉D2n, ogni sottogruppo di 〈a〉 e normale in D2n (esercizio 1.11). Sia N il 2-Sylow di 〈a〉.Allora N D2n e per il teorema di Sylow N e contenuto in tutti i 2-Sylow di D2n (e contenuto in uno di essi e quindi econtenuto in tutti, essendo N normale ed essendo i 2-Sylow a due a due coniugati). Per il teorema di corrispondenza,il numero di 2-Sylow di D2n e uguale al numero di 2-Sylow di D2n/N . Ora, D2n/N ∼= D2n/2k dove 2k e la massimapotenza di 2 che divide n. Siamo quindi ridotti a discutere il caso in cui n e dispari.

Supponiamo quindi che n sia dispari. Allora 〈b〉 e un 2-Sylow di D2n, quindi il numero di 2-Sylow di D2n e ugualeal numero di coniugati di 〈b〉, che e uguale al numero di coniugati di b essendo b un elemento di ordine 2. Essendob−1ab = a−1, ogni elemento di D2n si scrive come am oppure amb per qualche intero m.

• amb(am)−1 = ba−2m e uguale a b se e solo se a−2m = 1, se e solo se n divide −2m, cioe, siccome n e dispari,n divide m. Quindi l’unica potenza di a che commuta con b e 1.

• (amb)b(amb)−1 = ambbba−m = amba−m e uguale a b se e solo se am = 1 (cf. sopra).

Ne segue che CD2n(b) = 〈b〉 e quindi b ha |D2n : CD2n

(b)| = |D2n : 〈b〉| = n coniugati in D2n. Ne segue che D2n han 2-sottogruppi di Sylow. Osserviamo che questo e coerente col teorema di Sylow: n e dispari, quindi n ≡ 1 mod (2).

In conclusione, se n > 1 e un qualsiasi intero allora il numero di 2-Sylow di D2n e n/2k dove 2k e la massimapotenza di 2 che divide n.

1.53. Facile. Trovare il centro del gruppo diedrale Z(D2n).

Risoluzione. D2n e generato da due elementi a, b con o(a) = n, o(b) = 2 e bab = a−1. Si ha D2n = 〈a〉〈b〉 con〈a〉 ∩ 〈b〉 = 1. Sia z = aibj un elemento del centro di D2n. Tale elemento commuta con a e quindi a · aibj = aibj · ada cui moltiplicando a sinistra per bja−i abbiamo bjabj = a. Se j e dispari allora a−1 = bab = bjabj = a da cui n = 2e in questo caso Z(D4) = D4. Supponiamo ora n > 2. Allora j e pari quindi z = ai. Tale elemento commuta con bquindi aib = bai da cui ai = baib = a−i cioe a2i = 1, in altre parole n divide 2i. Se n e dispari allora n divide i quindiz = 1 e otteniamo Z(D2n) = 1. Se n e pari allora z ∈ 1, an/2 quindi Z(D2n) = 1, an/2.

Riassumendo, se n = 1, 2 allora D2n e abeliano quindi Z(D2n) = D2n, se n ≥ 3 e dispari allora Z(D2n) = 1 e sen ≥ 3 e pari allora Z(D2n) = 1, an/2.

1.54. I sottogruppi normali del gruppo diedrale. Medio. Sia G := D2n il gruppo diedrale di ordine 2n.Mostrare quanto segue.

(1) Se n e dispari i sottogruppi normali di G sono G e i sottogruppi di 〈a〉.(2) Se n e pari i sottogruppi normali di G sono G, i sottogruppi di 〈a〉 e i sottogruppi 〈a2, b〉, 〈a2, ab〉, entrambi di

indice 2.

Risoluzione. Sappiamo che i sottogruppi di 〈a〉 sono normali in G, in quanto sottogruppi di un sottogruppo cicliconormale.

Sia ora N un sottogruppo normale di G non contenuto in 〈a〉. Allora esiste un intero i tale che aib ∈ N , quindiN contiene a−1(aib)a = ai−1ba = ai−1babb = ai−2b, per cui N contiene (aib)−1(ai−2b) = ba−iai−2b = ba−2b = a2.Quindi N ⊇ 〈a2〉.

Se n e dispari allora 〈a2〉 = 〈a〉, quindi N contiene a e siccome contiene anche aib contiene anche b da cui N = G.Supponiamo ora che n sia pari. Abbiamo visto sopra che i sottogruppi normali di G non contenuti in 〈a〉 contengono

〈a2〉, quindi corrispondono, tramite il teorema di corrispondenza, ai sottogruppi normali di G/〈a2〉, che ha ordine|G : 〈a2〉| = |G : 〈a〉| · |〈a〉 : 〈a2〉| = 4 quindi e abeliano (notiamo che |〈a〉 : 〈a2〉| = 2 perche n e pari). Non e ciclicoin quanto i suoi due elementi a〈a2〉 e b〈a2〉 hanno entrambi ordine 2. Ne segue che G/〈a2〉 ∼= C2 × C2. Dal teoremadi corrispondenza segue che ci sono esattamente quattro sottogruppi di D2n che contengono a2, e sono tutti normali(corrispondono a sottogruppi di G/〈a2〉 ∼= C2 × C2 e quindi sono normali essendo C2 × C2 abeliano). Uno di essi e

18 MARTINO GARONZI

D2n. Siccome i sottogruppi propri non banali di C2×C2 sono tre, ognuno generato da un elemento di ordine 2, gli altritre sottogruppi di D2n che contengono 〈a2〉 sono generati da a2 e da un elemento di D2n che modulo 〈a2〉 ha ordine 2(cioe la cui classe in G/〈a2〉 ha ordine 2). Certamente i tre elementi a, b e ab hanno ordine 2 modulo 〈a2〉 (infatti nonstanno in 〈a2〉 ma il loro quadrato ci sta), ed e facile verificare che le loro classi modulo 〈a2〉 sono a due a due distinte(per esempio b〈a2〉 6= ab〈a2〉 perche altrimenti si avrebbe, moltiplicando a sinistra per b, 〈a2〉 = a−1〈a2〉, cioe a ∈ 〈a2〉,assurdo perche n e pari). Quindi i sottogruppi di D2n che contengono 〈a2〉 sono D2n, 〈a, a2〉 = 〈a〉, 〈a2, b〉 e 〈a2, ab〉.

Segue che i sottogruppi normali di D2n non contenuti in 〈a〉 sono D2n, 〈a2, b〉 e 〈a2, ab〉.

1.55. Classi del gruppo diedrale. Medio. Indichiamo con k(G) il numero di classi di coniugio del gruppo finitoG. Sia n un intero positivo. Mostrare che k(D2n), il numero di classi di coniugio del gruppo diedrale di ordine 2n,vale n+3

2 se n e dispari e n+62 se n e pari.

Risoluzione. Scriviamo G = D2n.Supponiamo che n sia dispari. b ha |G : CG(b)| coniugati e il centralizzante CG(b) consiste degli elementi aibj che

commutano con b. Un tale elemento commuta con b se e solo se ai commuta con b. Da aib = bai segue a−i = baib = ai

da cui a2i = 1 cioe n divide 2i, cioe, siccome n e dispari, n divide i quindi ai = 1. Segue che CG(b) = 1, b, quindib ha |G : CG(b)| = 2n/2 = n coniugati in G. Siccome 〈a〉 G, i coniugati di b stanno tutti fuori da 〈a〉, e siccomesono proprio n, tanti quanti gli elementi fuori da 〈a〉, i coniugati di b sono tutti e soli gli elementi fuori da 〈a〉, quindici rimane da esaminare le classi delle potenze di a. Prendiamo quindi k ∈ 0, 1, . . . , n − 1 e contiamo i coniugati diak. Coniughiamo quindi ak con un elemento aibj . Siccome ai commuta con ak possiamo assumere bj = b, e abbiamoaibjak(aibj)−1 = aibakba−i = a−k. Quindi i coniugati di ak sono ak e a−k. Ora, se sono uguali ak = a−k alloraa2k = 1 cioe n divide 2k cioe, siccome k e dispari, n divide k e ak = 1. Quindi se ak 6= 1 allora ak ha esattamente dueconiugati. Segue che in 〈a〉 ci sono esattamente 1 + n−1

2 classi di coniugio, una di cardinalita 1 (quella dell’identita) e

le altre di cardinalita 2. In totale, le classi di coniugio di G sono quindi 2 + n−12 = n+3

2 .

Ora supponiamo che n sia pari. Come prima, se ai commuta con b allora n divide 2i e in questo caso questo implicaai ∈ 1, an/2. Ne segue che CG(b) = 1, b, an/2, an/2b quindi b ha 2n/4 = n/2 coniugati in G. I coniugati di b hannola forma aibjb(aibj)−1 = aiba−i = a2ib quindi, siccome n e pari, b non e coniugato ad ab. Contiamo i coniugati diab. Un elemento aibj centralizza ab se e solo se aibjab(aibj)−1 = ab. Se j e pari questo significa a2i+1b = ab da cuia2i = 1 cioe n divide 2i e otteniamo ai ∈ 1, an/2. Se j e dispari abbiamo invece aibabba−i = ab da cui a2i−1b = abcioe a2i−2 = 1 cioe n divide 2i − 2 da cui ai ∈ a, a1+n/2. Ne segue che CG(b) = 1, an/2, ab, a1+n/2b quindi ab ha2n/4 = n/2 coniugati in G. I coniugati di b insieme ai coniugati di ab sono n/2 + n/2 = n e sono tutti fuori da 〈a〉,quindi sono tutti e soli gli elementi non coniugati a potenze di a (perche |G − 〈a〉| = n) e ci rimane da esaminare leclassi delle potenze di a. Come visto, dato k ∈ 0, . . . , n−1, i coniugati di ak sono ak e a−k. Se sono uguali ak = a−k

allora a2k = 1 cioe n divide 2k da cui ak ∈ 1, an/2. Ne segue che 1 e an/2 hanno un solo coniugato, mentre tutte lealtre potenze di a hanno esattamente due coniugati. Quindi in 〈a〉 ci sono 1 + 1 + n−2

2 classi di coniugio. In totale, le

classi di coniugio di G sono quindi 4 + n−22 = n+6

2 .

1.56. Medio. Sia G un gruppo finito e sia k(G) il numero di classi di coniugio di G. Mostrare che l’insieme

C := (x, y) ∈ G×G : xy = yx

ha cardinalita k(G)|G|. Dedurre che la probabilita che due elementi di un gruppo diedrale commutino tende a 1/4 altendere all’infinito dell’ordine del gruppo.

Risoluzione. Osserviamo che C =⋃x∈Gx × CG(x) e che questa unione e disgiunta. Di conseguenza |C| =∑

x∈G |CG(x)|. Per ogni x ∈ G sia cx il numero di coniugati di x in G, allora cx|CG(x)| = |G| per l’equazione delle

classi e otteniamo che (*) |C| = |G|∑x∈G

1cx

. Siano x1, . . . , xk rappresentanti di classi di coniugio distinte in G, dove

k = k(G). Nella somma (*) possiamo raggruppare tutti gli elementi coniugati e osservare che se x, y sono coniugati

allora cx = cy. Ne segue che |C| = |G|∑ki=1 cxi

1cxi

= |G|∑ki=1 1 = k|G|.


Ora, la probabilita che due elementi di G presi a casi commutino si puo pensare come il rapporto |C|/|G × G|(numero di casi favorevoli fratto numero di casi possibili). Per quello che abbiamo visto, siccome |G × G| = |G|2,tale probabilita e uguale a k(G)/|G|. Notiamo che se G e abeliano allora ogni classe di coniugio ha esattamenteun elemento, in altre parole k(G) = |G| e questa probabilita diventa 1, cioe due elementi presi a caso commutanosicuramente.

Bene, ora per rispondere alla domanda sul diedrale siamo ricondotti a calcolare k(D2n). Come abbiamo visto in 1.55,k(D2n) = n+3

2 se n e dispari e k(D2n) = n+62 se n e pari. In ogni caso essendo |D2n| = 2n il rapporto k(D2n)/|D2n|

tende a 1/4 quando n→∞.

1.57. Difficile. Dimostrare che se n e un intero positivo allora D4n∼= D2n × C2 se e solo se n e dispari.

Risoluzione. Scriviamo G = D4n = 〈a〉〈b〉 con o(a) = 2n, o(b) = 2 e bab = a−1.(⇒) Supponiamo per assurdo che D4n

∼= D2n × C2 con n pari. Allora per 1.55, indicando con k(G) il numero diclassi di coniugio di G si ha

2n+ 6

2= k(D4n) = k(D2n × C2) = k(D2n)k(C2) =

n+ 6

2· 2,

assurdo.(⇐) Supponiamo che n sia dispari e mostriamo che G = 〈a2〉〈b〉×〈an〉, questo ci basta perche 〈a2〉〈b〉 ∼= D2n (perche

siccome o(a) = 2n, o(a2) = n) e 〈an〉 ∼= C2. Per farlo basta mostrare le seguenti cose: H := 〈a2〉〈b〉 e Z := 〈an〉 sononormali in G, si intersecano in 1 e HZ = G. Mostriamo che H e Z sono normali in G. Siccome G e generato da ae b basta mostrare che a e b normalizzano H e Z. Mostriamo che a normalizza H. Sia quindi a2kbh ∈ H e calcoliamox = aa2kbha−1 = a2k+1+εbh dove ε = ±1. Siccome 2k + 1 + ε e pari segue che x ∈ H. Mostriamo che b normalizzaH. Sia quindi a2kbh ∈ H e calcoliamo ba2kbhb−1 = a−2kbh ∈ H dato che −2k e pari. Mostriamo che a normalizza Z.Questo e chiaro dato che Z = 〈an〉 e a commuta con le sue potenze. Mostriamo che b normalizza Z. Si ha Z = 1, ane b1b−1 = 1 ∈ Z e banb−1 = a−n = an ∈ Z dato che o(a) = 2n. Ora mostriamo che H ∩ Z = 1. Prendiamoquindi un elemento comune, che avra le due forme ank = x = a2hbt. Da qui segue bt = ank−2h per cui bt = 1 essendo〈a〉 ∩ 〈b〉 = 1. Ne segue che ank−2h = 1 quindi 2n divide nk − 2h perche o(a) = 2n. Siccome n e dispari, segue che ndivide h quindi x = 1. Segue che H e Z sono normali in G e si intersecano in 1, quindi |HZ| = |H||Z| = 4n = |G|da cui HZ = G.

1.58. Controesempi: coniugato. Se G e un gruppo finito, x ∈ G e H ≤ G allora da xHx−1 ⊆ H segue chexHx−1 = H (per questioni di cardinalita). Se G e infinito questo non e piu vero (cioe puo succedere che xHx−1 siacontenuto strettamente in H). Controesempio: G = GL2(Q),

H := (

1 m0 1

)| m ∈ Z ≤ G.

Scegliere x :=

(2 00 1

)e fare il conto.

Tuttavia se H e normale in G allora xHx−1 e uguale ad H per ogni x ∈ G.

1.59. Controesempi: Potenze terze. Se un gruppo finito G e tale che g2 = 1 per ogni g ∈ G allora G e abeliano.Esiste un gruppo finito G non abeliano tale che g3 = 1 per ogni g ∈ G, eccolo:

G :=

1 a b0 1 c0 0 1

| a, b, c ∈ F3 ≤ GL3(F3).

20 MARTINO GARONZI

1.60. Normale. Qual e il massimo ordine di un elemento di S12?

Risoluzione. Ricordiamo che l’ordine di un elemento scrivibile come prodotto di k cicli disgiunti di lunghezzel1, . . . , lk e uguale al minimo comune multiplo mcm(l1, . . . , lk). Quindi il massimo ordine di un elemento di S12 euguale a

m := maxmcm(l1, . . . , lk) : Z 3 l1, . . . , lk ≥ 1,

k∑i=1

li = 12.

Osserviamo che (1 2 3 4 5)(6 7 8 9)(10 11 12) ha ordine 5 · 4 · 3 = 60, quindi m ≥ 60. Prendiamo σ ∈ S12 tale cheo(σ) = m. Se ogni ciclo in σ (cioe che compare nella decomposizione di σ in cicli disgiunti) ha lunghezza al massimo6 allora 60 ≤ m = o(σ) ≤ mcm(1, 2, 3, 4, 5, 6) = 60, da cui m = 60. Quindi per mostrare che m = 60 basta escludereche esista in σ un ciclo di lunghezza maggiore di 6. Supponiamo quindi che σ ammetta un ciclo di lunghezza almeno7. Siccome rimangono al piu cinque punti da distribuire, e facile accorgersi che dev’essere

60 ≤ m = o(σ) ≤ max7 · 6, 8 · 3, 9 · 2, 10, 11, 12 = 42,

assurdo.

1.61. Facile. Trovare un sottogruppo di S6 di ordine 9.

Risoluzione. Per 1.20, 〈(123), (456)〉 ∼= 〈(123)〉 × 〈(456)〉 ha ordine 3 · 3 = 9.

1.62. Facile. Esibire un intero positivo n tale che Sn contenga un elemento di ordine maggiore di n2.

Risoluzione. In S19 l’elemento

(1 2 3 4)(5 6 7)(8 9 10 11 12)(13 14 15 16 17 18 19)

ha ordine mcm(4, 3, 5, 7) = 4 · 3 · 5 · 7 = 420, e 192 = 361.

1.63. Facile. E’ vero che S7 ammette un sottogruppo ciclico di ordine 20?

Risoluzione. No. Un (eventuale) sottogruppo ciclico di S7 di ordine 20 e generato da un elemento σ ∈ S7 diordine 20. Mostriamo che non esistono elementi di S7 di ordine 20. Se per assurdo σ ∈ S7 ha ordine 20 allora nelladecomposizione di σ in cicli disgiunti deve comparire almeno un ciclo di lunghezza multipla di 5 (ricordiamo che l’ordinedi un prodotto di cicli disgiunti e uguale al minimo comune multiplo delle lunghezze dei cicli della decomposizione).L’unico multiplo positivo di 5 minore di 7 e 5, quindi nella decomposizione di σ deve apparire un 5-ciclo. Siccome glielementi disponibili sono solo 7, la decomposizione di σ in cicli disgiunti sara del tipo (abcde) (che ha ordine 5) oppure(abcde)(fg) (che ha ordine 10). Assurdo.

1.64. Normale. Determinare il centralizzante di (13)(42) in S4.

Risoluzione. Sia g = (13)(42) ∈ S4 = G. Cominciamo col determinare l’ordine del centralizzante CG(g) di g.Il numero di coniugati di g in G e uguale all’indice |G : CG(g)|. Siccome i coniugati di g in S4 sono esattamentetutti e soli gli elementi di S4 con la stessa struttura ciclica di g, essi sono i tre elementi (12)(34), g = (13)(24),(14)(23). Quindi |G : CG(g)| = 3 e troviamo che |CG(g)| = 24/3 = 8. CG(g) e quindi un 2-Sylow di G. Siccome(1432)2 = g, (1432) ∈ CG(g) (ogni elemento commuta con le sue potenze). Inoltre V = 1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)e un sottogruppo abeliano (e normale) di S4 di ordine 4 (e il gruppo di Klein, isomorfo a C2 × C2) e contenente g,quindi V ⊆ CG(g). In effetti CG(g), isomorfo al gruppo diedrale di ordine 8 (cf. l’esercizio 1.39), e generato da (1432) eV . Per avere l’usuale presentazione del gruppo diedrale, possiamo osservare che CG(g) = 〈(1432), (12)(34)〉 (cf. 1.49).


1.65. Normale. Dimostrare che i sottogruppi di indice primo di un gruppo finito sono massimali. Il viceversa non evero: dimostrare che

H = σ ∈ S4 | σ(1) = 1e un sottogruppo massimale di S4 di indice 4.

Risoluzione. Sia G un gruppo finito e sia K un suo sottogruppo con |G : K| = p un numero primo. Per mostrareche K e massimale basta mostrare che se K < H ≤ G allora H = G. Sia dunque K < H ≤ G. Si ha

p = |G : K| = |G||K|

=|G||H|· |H||K|

= |G : H| · |H : K|.

Siccome p e primo e H 6= K si deve avere |G : H| = 1, cioe G = H.

Mostriamo ora che H = σ ∈ S4 | σ(1) = 1 e un sottogruppo massimale di S4 di indice 4. Che H abbia indice 4segue dal fatto che |H| = 6, infatti H ∼= S3. Un modo per mostrare che H e massimale e usare l’esercizio 1.77: se Hnon fosse massimale sarebbe contenuto in un sottogruppo di S4 di ordine 12, cioe indice 2, quindi sarebbe H ⊆ A4,assurdo perche (23) ∈ H −A4.

1.66. Normale. Dimostrare che esiste un sottogruppo normale N di S4 tale che S4/N ∼= S3.

Risoluzione. Consideriamo l’azione di coniugio di S4 sui suoi tre 2-Sylow. Essa fornisce un omomorfismo S4 → S3.Il nucleo di questa azione e l’intersezione dei 2-Sylow, cioe V = 1, (12)(34), (13)(24), (14)(23) (cf. l’esercizio 1.35).Ne segue che S4/V e un gruppo di ordine |S4/V | = |S4|/|V | = 24/4 = 6 = |S3| isomorfo a un sottogruppo di S3 (peril teorema di isomorfismo), e quindi S4/V ∼= S3.

1.67. Facile. Sia G un gruppo abeliano finito di ordine dispari. Dimostrare che l’applicazione ϕ : G → G, g 7→ g2 eun automorfismo di G.

Risoluzione. Dobbiamo mostrare che ϕ e un isomorfismo di gruppi.Mostriamo che ϕ e un omomorfismo di gruppi. Siccome G e abeliano si ha

ϕ(xy) = (xy)2 = xyxy = xxyy = x2y2 = ϕ(x)ϕ(y).

Inoltre ϕ(1) = 12 = 1. Segue che ϕ e un omomorfismo di gruppi.Mostriamo che ϕ e iniettivo. Se ϕ(x) = 1 allora x2 = 1, cioe x = 1 oppure x ha ordine 2 in G. Per il teorema di

Lagrange, se x ha ordine 2 allora 2 divide |G|. Siccome |G| e dispari, 2 non divide |G| e quindi x = 1.Mostriamo che ϕ e suriettivo. Questo segue dal principio dei cassetti essendo G un insieme finito e ϕ : G→ G una

funzione iniettiva.

1.68. Medio. Dimostrare che ogni gruppo finito con piu di due elementi ammette automorfismi non identici.

Risoluzione. Sia G un gruppo finito con |G| > 2. Se G non e abeliano allora preso g ∈ G − Z(G) (un elementodi G fuori dal centro di G) il coniugio tramite g, γg : G → G, e un automorfismo non identico di G (l’omomorfismoG → Aut(G) indotto dal coniugio ha come nucleo Z(G)). Quindi possiamo assumere che G sia abeliano. Segue chel’applicazione x 7→ x−1 e un automorfismo di G, quindi possiamo assumere che questo automorfismo sia identico, inaltre parole x = x−1 per ogni x ∈ G, cioe x2 = 1 per ogni x ∈ G. G e un gruppo abeliano finito ogni cui elementonon identico ha ordine 2, quindi e isomorfo a C2

n per qualche intero n ≥ 1. Aut(G) e quindi isomorfo a GL(n, 2),il gruppo delle matrici n × n a coefficienti nel campo con due elementi F2 = Z/2Z (osserviamo infatti che visto C2

n

come lo spazio vettoriale F2n, ogni omomorfismo C2

n → C2n e F2-lineare, essendo ogni elemento di F2 una somma di

uni), e ovviamente GL(n, 2) 6= 1.

22 MARTINO GARONZI

1.69. Medio. Sia G un gruppo finito, e sia N :=⋂16=H≤GH. Mostrare che N e un sottogruppo normale di G.

Mostrare che se N 6= 1 allora G e un p-gruppo per qualche primo p. E’ vero che se N 6= 1 allora G dev’esserenecessariamente abeliano?

Risoluzione. Siccome i coniugati di un sottogruppo non banale sono ancora sottogruppi non banali, la normalitadi N segue dall’esercizio 1.15. Supponiamo ora che N 6= 1. Mostriamo che G e un p-gruppo per qualche primo p.Per assurdo questo sia falso. Allora esistono due primi distinti p, q che dividono |G|. Per il teorema di Cauchy esistonoelementi x, y ∈ G con x di ordine p e y di ordine q. Ma siccome N e contenuto in tutti i sottogruppi non banali diG, N e contenuto in 〈x〉 e 〈y〉, quindi N ⊆ 〈x〉 ∩ 〈y〉 = 1 (ricordiamo infatti che o(x) = p e o(y) = q sono coprimi),quindi N = 1, assurdo.

Se N 6= 1 allora G non necessariamente e abeliano, per esempio il gruppo dei quaternioni Q8 = ±1,±i,±j,±kverifica

⋂16=H≤Q8

H = 〈−1〉 = −1, 1 (ricordiamo che ij = k = −ji e che i2 = j2 = k2 = −1). Inseriamo qui il

reticolo dei sottogruppi di Q8.

Q8

qqqqqqqqqqq

MMMMMMMMMMM

〈i〉 ∼= C4 〈j〉 ∼= C4 〈ij〉 ∼= C4

〈i2〉 ∼= C2

LLLLLLLLLL

qqqqqqqqqq

1

Inoltre questo gruppo ha la seguente proprieta: ogni sottogruppo di Q8 e normale in Q8. Un gruppo (non necessari-amente finito) non abeliano ogni cui sottogruppo e normale si dice Hamiltoniano (definizione data da Dedekind). Igruppi Hamiltoniani sono stati classificati (da Dedekind nel 1897 quelli finiti), e sono tutti della forma Q8 ×H ×Kdove H e un gruppo abeliano ogni cui elemento non identico ha ordine 2 e K e un gruppo abeliano ogni cui elementoha ordine finito dispari. Questo dice che Q8 e “essenzialmente” l’unico gruppo Hamiltoniano, nel senso che tutti glialtri esistono grazie a lui.

1.70. Medio. Sia G un gruppo finito.

(1) Dimostrare che se tutti i sottogruppi di Sylow di G sono normali allora G e isomorfo al prodotto diretto deisuoi sottogruppi di Sylow.

(2) Dimostrare che se tutti i sottogruppi di Sylow di G sono normali e ciclici allora G e ciclico.(3) Dimostrare che se G e abeliano e |G| e un prodotto di primi a due a due distinti allora G e ciclico.

Risoluzione.

(1) Siano P1, . . . , Pk i sottogruppi di Sylow di G. Per il teorema di Sylow, se i ∈ 1, . . . , k allora ogni sottogruppodi Sylow di G di ordine |Pi| e coniugato a Pi, che e normale in G, cioe coniugato solo a se stesso, per cui Pi el’unico sottogruppo di G di ordine |Pi|. Consideriamo l’applicazione

ϕ : P1 × · · · × Pk → G, (g1, . . . , gk) 7→ g1 · · · gk.

Indichiamo l’immagine di ϕ con P1 · · ·Pk. Mostriamo che |P1 · · ·Pk| = |G|. Siccome P1, . . . , Pk sono normaliin G, da 1.18 (1) e (3) segue, per induzione su k, e usando il fatto che i |Pi| sono a due a due coprimi, che

|P1 · · ·Pk| = |P1(P2 · · ·Pk)| = |P1| · |P2 · · ·Pk| = |P1| · · · |Pk| = |G|.


Deduciamo che ϕ e una applicazione suriettiva tra due insiemi con la stessa cardinalita, quindi ϕ e biiettivaper il principio dei cassetti. Per mostrare che e un isomorfismo basta quindi mostrare che rispetta il prodotto,e per questo basta mostrare che se i, j ∈ 1, . . . , k e i 6= j, gi ∈ Pi, gj ∈ Pj allora gigj = gjgi. Questo segue

dal fatto che Pi, Pj sono normali e Pi ∩ Pj = 1. Infatti gigjg−1i g−1

j ∈ Pi ∩ Pj = 1 essendo gigjg−1i ∈ Pj e

gjg−1i g−1

j ∈ Pi.(2) Se i sottogruppi di Sylow di G sono normali e ciclici allora G e isomorfo a un prodotto diretto di gruppi ciclici

di ordine coprimo a due a due, e segue dal teorema cinese del resto (cf. l’esercizio 1.43) che G e ciclico.(3) Se |G| e un prodotto di primi a due a due distinti, cioe se |G| non e diviso da quadrati diversi da 1, allora i

sottogruppi di Sylow di G hanno ordine primo, quindi sono ciclici, e sono normali in G se G e abeliano, quindiper quanto detto in questo caso G e ciclico.

1.71. Facile. Mostrare che un sottogruppo massimale non puo avere esattamente due coniugati.

Risoluzione. Sia M un sottogruppo massimale di un gruppo G e supponiamo per assurdo che M abbia esattamentedue coniugati. In particolare M non e normale in G (ogni sottogruppo normale e il suo unico coniugato), quindiM ⊆ NG(M) 6= G (dove NG(M) indica il normalizzante di M in G) e siccome M e massimale otteniamo cheNG(M) = M . Sappiamo che il numero di coniugati di M in G e uguale all’indice del suo normalizzante in G, quindisiccome NG(M) = M si ha 2 = |G : NG(M)| = |G : M |. Ma allora M e un sottogruppo di G di indice 2, quindi enormale (cf. l’esercizio 1.6), assurdo.

1.72. Facile. Sia H un sottogruppo di un gruppo G. Siano, al solito,

NG(H) := g ∈ G | gHg−1 = H, CG(H) := g ∈ G | gh = hg ∀h ∈ H

il normalizzante e il centralizzante di H in G, rispettivamente. Mostrare che CG(H) e un sottogruppo normale diNG(H) e costruire un omomorfismo iniettivo

NG(H)/CG(H)→ Aut(H).

Risoluzione. Mostriamo che CG(H) NG(H). Sia n ∈ NG(H), e sia x ∈ CG(H). Dobbiamo mostrare chen−1xn ∈ CG(H), cioe che n−1xnh = hn−1xn per ogni h ∈ H. Sia quindi h ∈ H. Siccome nhn−1 ∈ H si ha

n−1xnh = n−1x(nhn−1)n = n−1(nhn−1)xn = hn−1xn.

Consideriamo ora l’omomorfismo NG(H) → Aut(H) dato dal coniugio. Il suo nucleo e proprio CG(H), e l’ultimoasserto segue quindi dal primo teorema di isomorfismo.

1.73. Medio. Siano p un primo, n un intero positivo e Cpn il prodotto diretto Cp × · · · × Cp (n volte). Dimostrare

che Aut(Cpn) = GL(n, p). Dimostrare che Aut(C2

2) ∼= S3.

Risoluzione. Possiamo vedere Cpn come lo spazio vettoriale n-dimensionale su Fp, V = Fpn. Osserviamo che

ogni omomorfismo di gruppi additivi (V,+)→ (V,+) e automaticamente Fp-lineare, infatti ogni elemento di Fp e unasomma di uni. Ne segue che Aut(Cp

n) ∼= GL(n, p). Per mostrare che GL(2, 2) ∼= S3 si puo osservare che GL(2, 2) e ungruppo non abeliano di ordine 6 e procedere come nell’esercizio 1.74. Un altro modo e considerare l’azione di GL(2, 2)sui tre vettori non nulli di F2

2, che fornisce un omomorfismo iniettivo GL(2, 2) → S3 che quindi e un isomorfismo,essendo |GL(2, 2)| = 6 = |S3|.

1.74. Normale. Mostrare che c’e un unico gruppo non abeliano di ordine 6 a meno di isomorfismo.

Risoluzione. Sia G un gruppo non abeliano di ordine 6. Dalla teoria di Sylow segue che N2 ∈ 1, 3 e N3 = 1.Se N2 = 1 allora G ∼= C3 × C2

∼= C6 e ciclico quindi abeliano. Segue che N2 = 3. L’azione di coniugio di G suisuoi tre 2-Sylow induce un omomorfismo G → S3, che e iniettivo in quanto i 2-Sylow hanno ordine 2, quindi la lorointersezione e banale. Quindi G e isomorfo a un sottogruppo di S3 di ordine 6 = |S3|, e ne segue che G ∼= S3.

24 MARTINO GARONZI

1.75. Medio. Un gruppo G si dice semplice se non ammette sottogruppi normali diversi da 1 e da G. Mostrareche per ogni primo p il gruppo ciclico Cp e semplice. Mostrare che ogni gruppo semplice abeliano e finito e isomorfoa Cp per qualche primo p.

Risoluzione. Che Cp sia semplice segue dal fatto che gli unici suoi sottogruppi sono 1 e Cp, per il teorema diLagrange. Sia ora G un gruppo semplice abeliano. Dato 1 6= g ∈ G, 〈g〉 e normale in G (essendo G abeliano) quindiG = 〈g〉 (essendo G semplice). Se G fosse infinito allora 〈g2〉 sarebbe un sottogruppo normale proprio non banale diG. Quindi G e finito. Mostriamo che |G| e un numero primo. Se esistesse un divisore d di |G| con d 6= 1 e d 6= |G|allora 〈gd〉 sarebbe un sottogruppo normale proprio non banale di G, assurdo.

1.76. Difficile. Consideriamo il gruppo alterno di grado 5, A5. Questo esercizio mira a dimostrare che A5 e unesempio di gruppo semplice non abeliano.

(1) Dimostrare che due elementi di A5 con la stessa struttura ciclica sono coniugati in A5 se non sono due 5-cicli.(2) Dimostrare che in A5 ci sono due classi di coniugio di 5-cicli. Trovarne dei rappresentanti.(3) Elencare le classi di coniugio di A5 e le rispettive cardinalita.(4) Dimostrare che ogni sottogruppo normale N di un gruppo G e unione di classi di coniugio in G.(5) Dedurre che A5 e un gruppo semplice.

Risoluzione. Il gruppo A5 ha ordine 5!/2 = 60, contiene

• l’identita 1,• 15 elementi di struttura ciclica (2, 2),• 20 elementi di struttura ciclica (3),• 24 elementi di struttura ciclica (5).

Come e noto, gli elementi di una data struttura ciclica formano una singola classe di coniugio in S5. La situazionee diversa nel gruppo alterno.

Sia n un intero positivo, e sia x ∈ An. Siano CSn(x) e CAn(x) rispettivamente i centralizzanti di x in Sn e in An.Siano ClSn(x) e ClAn(x) rispettivamente le classi di coniugio di x in Sn e in An. Per il principio del conteggio

|An| = |CAn(x)| · |ClAn(x)|, |Sn| = |CSn(x)| · |ClSn(x)|,

quindi poiche |Sn| = 2|An|, CAn(x) = CSn(x) se e solo se ClAn(x) 6= ClSn(x). In altre parole, la classe di coniugio dix “si spezza” (ovvero ClAn(x) 6= ClSn(x)) se e solo se x non e centralizzato da permutazioni dispari.

Mettiamoci ora nel caso in esame, n = 5. (12)(34) e centralizzato da (1324) (essendo (1324)2 = (12)(34)), che edispari, quindi ClA5

((12)(34)) = ClS5((12)(34)), cioe la classe di coniugio di (12)(34) in A5 consiste di tutti e soli gli

elementi di A5 di struttura ciclica (2, 2). (123) e centralizzato da (123)(45), essendo (123)(123)(45) = (132)(45) =(123)(45)(123), e (123)(45) e dispari, quindi ClA5

((123)) = ClS5((123)), cioe la classe di coniugio di (123) consiste di

tutti e soli i 3-cicli di A5. Il centralizzante di (12345) in S5 e 〈(12345)〉 (questo si vede in modo standard contando iconiugati di (12345), cf. l’esercizio 1.31), quindi i 5-cicli non sono centralizzati da permutazioni dispari. Ne segue checi sono due classi di coniugio di 5-cicli in A5, e dei rappresentanti sono (12345) e (13245). Si puo dimostrare che ingenerale la classe di coniugio di un elemento di An si spezza se e solo se la struttura ciclica di tale elemento consistedi cicli di lunghezze dispari a due a due distinte.

Le classi di coniugio di A5 hanno quindi cardinalita 1, 15, 20, 12, 12. Sia 1 6= N A5. N e unione di alcune diqueste classi (questo segue immediatamente dalla normalita: se x ∈ N allora tutti i coniugati di x stanno in N), tracui la classe con un elemento (essendo 1 ∈ N), e |N | divide |A5| = 60. Una verifica diretta mostra che nessun divisoreproprio di 60 e della forma “1 piu una somma di alcuni tra 15, 20, 12, 12”. Ne segue che N = A5.


1.77. Medio. Sia n ≥ 2 un intero. Dimostrare che l’unico sottogruppo di Sn di indice 2 e An.

Risoluzione. Sia Q := x2 : x ∈ Sn. L’idea e mostrare che An e generato da Q: An = 〈Q〉. Il risultato seguirafacilmente da questo fatto. Siccome ogni elemento di An e un prodotto di un numero pari di 2-cicli (trasposizioni),per mostrare che 〈Q〉 = An basta mostrare che il prodotto di due 2-cicli e un quadrato in Sn. Prendiamo due 2-cicli,siano essi (12) e (ij), con i < j (possiamo fare questa scelta a meno di cambiare i nomi ai simboli). Ci sono tre casipossibili. Effettueremo le composizioni da sinistra a destra.

• i, j ∩ 1, 2 = ∅. In questo caso (12)(ij) = (1i2j)2.• i = 1, j 6= 2. In questo caso (12)(ij) = (12)(1j) = (12j) = (1j2)2.• i = 1, j = 2. In questo caso (12)(ij) = (12)2 = 1 = 12.

Abbiamo quindi che An = 〈Q〉. Osserviamo che se n ≥ 6 allora An 6= Q, essendo (12)(3456) ∈ An −Q.

Sia ora H un sottogruppo di Sn di indice 2. Dobbiamo mostrare che H = An. Siccome H e An hanno lo stessoordine, finito, basta mostrare che An ⊆ H. Siccome H ha indice 2, e normale in Sn, e possiamo considerare la proiezionesul quoziente ϕ : Sn → Sn/H ∼= C2. Osserviamo che se x ∈ Sn allora ϕ(x2) = ϕ(x)2 = 1 essendo |Sn/H| = 2. Questoimplica che Q = x2 : x ∈ Sn ⊆ ker(ϕ) = H, e quindi, siccome H ≤ Sn, anche An = 〈Q〉 ⊆ H.

1.78. Normale. Dimostrare che i sottogruppi non abeliani di S4 non sono semplici.

Risoluzione. S4 non e semplice perche ammette il sottogruppo normale proprio A4. Sia H un sottogruppo proprionon abeliano di S4. Allora |H| divide |S4| = 24, quindi |H| ∈ 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12. Siccome i p-gruppi hanno centro nonbanale, siamo ridotti a mostrare che i gruppi di ordine 6 e 12 non sono semplici.

• Supponiamo |H| = 6. Allora dal teorema di Sylow H ha un unico 3-Sylow, che quindi e normale in H.• Supponiamo |H| = 12. Sia P un 2-Sylow di H. Allora |P | = 4 e |H : P | = 3. Se P e l’unico 2-Sylow

di H allora P H e quindi H non e semplice. Per il teorema di Sylow, possiamo quindi assumere che ilnumero di 2-Sylow di H sia uguale a 3. In altre parole, P ha tre coniugati. Detto PH il cuore normale diP in H, cioe l’intersezione dei coniugati di P in H, H/PH si immerge in S3, piu precisamente l’azione diconiugio di H sull’insieme dei coniugati di P induce un omomorfismo H → S3 il cui nucleo e PH . Ne segueche |H/PH | ≤ |S3| = 6, quindi PH 6= 1. PH e quindi un sottogruppo normale proprio (perche contenuto inP ) e non banale di H, che quindi non e un gruppo semplice.

Osserviamo che abbiamo mostrato di piu di quanto era richiesto. Abbiamo mostrato che per ogni divisore d di 24,ogni gruppo semplice di ordine d e abeliano.

1.79. Normale. Sia G un gruppo semplice non abeliano. Mostrare che G non ammette sottogruppi propri di indiceminore di 5.

Risoluzione. Esista per assurdo un sottogruppo proprio H di G di indice minore di 5. Consideriamo l’azionedi G a sinistra su xH | x ∈ G data da (g, xH) 7→ gxH. Il nucleo di questa azione e il cuore normale di H, HG,cioe l’intersezione dei coniugati di H in G. Essendo HG un sottogruppo normale proprio (perche contenuto in H) delgruppo semplice G, si deve avere HG = 1. Abbiamo quindi un omomorfismo iniettivo G → Sn, dove n = |G : H|.Siccome n < 5, Sn si immerge in S4 e ne deduciamo per composizione un omomorfismo iniettivo G→ S4. G e quindiisomorfo a un sottogruppo di S4, e questo contraddice l’enunciato dell’esercizio 1.78.

1.80. Normale. Dimostrare che se un gruppo G ha ordine 48 allora non e semplice.

Risoluzione. Sia G un gruppo di ordine 48. Per 1.75, se G e semplice allora non e abeliano. Siccome i 2-sottogruppidi Sylow di G hanno indice 3, il risultato segue dall’esercizio 1.79.

26 MARTINO GARONZI

1.81. Difficile. Dimostrare che se un gruppo G ha ordine 144 = 24 · 32 allora non e semplice.

Risoluzione. Sia per assurdo G un gruppo semplice di ordine 144. Per 1.75 G e non abeliano. Siccome il numerodei p-sottogruppi di Sylow di G e uguale all’indice del normalizzante di un p-sottogruppo di Sylow di G, per il teoremadi Sylow e l’esercizio 1.79 possiamo assumere che G abbia nove 2-Sylow e sedici 3-Sylow.

Siano P,Q due 3-sottogruppi di Sylow distinti di G. Avendo ordine 9, P e Q sono abeliani, quindi P ∩Q e normalein P e in Q. Ne segue che P e Q sono contenuti in NG(P ∩ Q), ed essendo P 6= Q l’ordine |NG(P ∩ Q)| e divisoda 2 · 32. Supponiamo che NG(P ∩ Q) 6= G. Per 1.79 NG(P ∩ Q) ha indice 8 in G, cioe ordine 2 · 32. Ma allora Pha indice 2 in NG(P ∩ Q), quindi P NG(P ∩ Q), cioe NG(P ∩ Q) ⊆ NG(P ). Questo contraddice il fatto che G ha|G : NG(P )| = 16 3-Sylow.

Deduciamo che NG(P ∩Q) = G, cioe P ∩QG. Siccome G e semplice, segue che P ∩Q = 1 e quindi il numerodi elementi di G di ordine una potenza di 3 e esattamente 16 · (9 − 1) + 1 = 129. D’altra parte G ha almeno 16elementi di ordine una potenza di 2 (gli elementi di un 2-sottogruppo di Sylow). Siccome 144 − 128 = 16, G ha ununico 2-sottogruppo di Sylow, assurdo.

1.82. Normale. Sia G un gruppo. Mostrare che se G/Z(G) e ciclico allora G = Z(G), cioe G e abeliano.

Risoluzione. Supponiamo che G/Z(G) sia ciclico, generato da gZ(G). Allora G e l’unione disgiunta dei lateralidi Z(G) del tipo gnZ(G), quindi ogni elemento di G si scrive nella forma gnz con n un intero e z ∈ Z(G). Sianognz, gmw ∈ G con n,m interi e z, w ∈ Z(G). Dobbiamo mostrare che commutano. Questo segue dal fatto chez, w ∈ Z(G) e dal fatto che due qualsiasi potenze di g commutano tra loro (infatti gngm = gn+m = gm+n = gmgn):gnzgmw = gngmzw = gmgnwz = gmwgnz.

1.83. Medio. Sia G un gruppo di ordine 231 = 3 · 7 · 11. Mostrare che il centro Z(G) contiene un 11-Sylow di G, ede uguale a esso se G non e abeliano.

Risoluzione. Per il teorema di Sylow, G ha un unico 11-Sylow, che e quindi normale in G. Sia esso P . SiccomeP ha ordine 11, che e un numero primo, P e ciclico generato da un qualsiasi suo elemento diverso da 1, quindi tuttigli elementi di P diversi da 1 hanno lo stesso centralizzante in G, sia esso C. Essendo P abeliano, P ⊆ C. Sia1 6= g ∈ P . Il numero di coniugati di g in G e uguale a |G : C|, che divide 231/11 = 21 essendo P ⊆ C. Quindi|G : C| ∈ 1, 3, 7, 21. Avendo tutti gli elementi di ordine 11 lo stesso centralizzante, hanno tutti lo stesso numero diconiugati, quindi |G : C| deve dividere il numero degli elementi di ordine 11, cioe |P | − 1 = 10. Segue che |G : C| = 1,cioe C = G, cioe g ∈ Z(G), e quindi P = 〈g〉 ⊆ Z(G). Supponiamo ora che G non sia abeliano, cioe Z(G) 6= G.Siccome |〈g〉| = 11, per concludere che Z(G) = P basta mostrare che Z(G) non puo avere indice 3 o 7. Questo seguedal fatto che 3 e 7 sono primi e dall’esercizio 1.82.

1.84. Medio. Dimostrare che se un gruppo G ha un 2-sottogruppo di Sylow ciclico allora G ammette un sottogruppodi indice 2 (che quindi e normale). Dedurre che se |G| = 2n con n > 1 dispari allora G non e semplice.

Risoluzione. L’azione di G su G a sinistra data da (g, x) 7→ gx determina un omomorfismo iniettivo G→ Sym(G).Pensando G come contenuto in Sym(G), il candidato sottogruppo di indice 2 e G ∩ Alt(G). Siccome |Sym(G) :Alt(G)| = 2, G ∩ Alt(G) ha indice 2 in G a meno che non sia G ⊆ Alt(G). Mostriamo che questo non e vero. Siag ∈ G un generatore di un 2-sottogruppo di Sylow di G (che e ciclico per ipotesi). Scriviamo |G| = 2n · m con mdispari. L’inclusione G ⊆ Sym(G) e determinata dall’azione di moltiplicazione a sinistra, quindi la struttura ciclica dig in Sym(G) consiste di m cicli disgiunti ognuno di lunghezza 2n. Siccome m e dispari, segue che g ∈ Sym(G) e unapermutazione dispari, quindi g 6∈ Alt(G). Ne segue che G 6⊆ Alt(G).

Se |G| = 2n con n dispari allora i 2-sottogruppi di Sylow di G hanno ordine 2, quindi sono ciclici e possiamoapplicare quanto appena discusso.


1.85. Difficile. Sia G un gruppo semplice non abeliano di ordine minore di 168. Mostrare che |G| = 60.

Risoluzione. Osserviamo che A5 e un gruppo semplice di ordine 60 e SL(3, 2) e un gruppo semplice di ordine168. Sia G un gruppo semplice non abeliano di ordine minore di 168. Nella tabella che segue i numeri sono discussisecondo i seguenti criteri.

• pn: i p-gruppi finiti hanno centro non banale, quindi |G| non e una potenza di un primo.• (2): per 1.84 |G| non e della forma 2n con n dispari.• ind(m): per 1.79 G non ha sottogruppi propri di indice minore di 5. Nella fattispecie, G non ha sottogruppi

di Sylow di indice minore di 5.• p-facile: se p e un dato primo che divide |G|, G non puo avere un unico p-sottogruppo di Sylow. Quindi, dettapk la massima potenza di p che divide |G|, per il teorema di Sylow ci dev’essere almeno un divisore di |G|/pkmaggiore di 1 e congruo a 1 modulo p.

• Se |G| = 132 = 22 ·3 ·11 possiamo assumere che N11 = 12 e N3 = 22, dove Np indica il numero di p-sottogruppidi Sylow di G. G ha 12 · 10 elementi di ordine 11, quindi 12 elementi di ordine diverso da 11. Ma essendoN3 = 22, G ha 44 elementi di ordine 3, assurdo.

• inters(p): il lemma che segue.

Lemma 1 (Trucco dell’intersezione). Siano G un gruppo finito, p un numero primo che divide |G|, e scriviamo|G| = m · pe con (m, p) = 1. Supponiamo che np 6≡ 1 mod (p2). Sia P un p-Sylow di G. Allora esiste un p-Sylow Qdi G tale che |P ∩Q| = pe−1. In particolare il normalizzante di P ∩Q contiene sia P che Q. In particolare P ∩Q enormale oppure P e non massimale.

Dimostrazione. Il p-Sylow P agisce allegramente sull’insieme Ω dei p-Sylow di G per coniugio. Osserviamo che|Ω| = np. Per l’equazione delle orbite e per la condizione np 6≡ 1 mod (p2) si ha che deve esistere un’orbita -l’orbita di Q, diciamo - di cardinalita p. Per il principio del conteggio lo stabilizzatore di Q in P , cioe il sottogruppoNG(Q)∩P , ha ordine pe−1, e dovendo normalizzare Q e contenuto in Q (come e noto, se un p-sottogruppo normalizzaun p-sottogruppo di Sylow allora vi e contenuto). Segue che NG(Q) ∩ P ⊆ P ∩Q.

Ora, P ∩ Q ha indice p sia in P che in Q, quindi e normale in entrambi (esercizio 1.19), e quindi P e Q sonocontenuti propriamente in NG(P ∩Q). Se P e massimale allora segue NG(P ∩Q) = G, cioe P ∩Q e normale.

28 MARTINO GARONZI

Num Fatt Tipo1 1 12 2 p3 3 p4 22 pn

5 5 p6 2 · 3 (2)7 7 p8 23 pn

9 32 pn

10 2 · 5 (2)11 11 p12 22 · 3 ind(3)13 13 p14 2 · 7 (2)15 3 · 5 5-facile16 24 pn

17 17 p18 2 · 32 (2)19 19 p20 22 · 5 5-facile21 3 · 7 7-facile22 2 · 11 (2)23 23 p24 23 · 3 ind(3)25 52 pn

26 2 · 13 (2)27 33 pn

28 22 · 7 7-facile29 29 p30 2 · 3 · 5 (2)31 31 p32 25 pn

33 3 · 11 11-facile34 2 · 17 (2)35 5 · 7 7-facile36 22 · 32 ind(4)37 37 p38 2 · 19 (2)39 3 · 13 13-facile40 23 · 5 ind541 41 p42 2 · 3 · 7 (2)

Num Fatt Tipo43 43 p44 22 · 11 11-facile45 32 · 5 ind546 2 · 23 (2)47 47 p48 24 · 3 ind(3)49 72 pn

50 2 · 52 (2)51 3 · 17 17-facile52 22 · 13 ind(4)53 53 p54 2 · 32 (2)55 5 · 11 11-facile56 23 · 7 inters(2)57 57 p58 2 · 29 (2)59 59 p60 22 · 3 · 5 A5

61 61 p62 2 · 31 (2)63 32 · 7 7-facile64 26 pn

65 5 · 13 13-facile66 2 · 3 · 11 (2)67 67 p68 22 · 17 17-facile69 3 · 23 23-facile70 2 · 5 · 7 (2)71 71 p72 23 · 32 inters(3)73 73 p74 2 · 37 (2)75 3 · 52 ind(3)76 22 · 19 19-facile77 7 · 11 11-facile78 2 · 3 · 13 (2)79 79 p80 24 · 5 ind581 34 pn

82 2 · 41 (2)83 83 p84 22 · 3 · 7 7-facile

Num Fatt Tipo85 5 · 17 17-facile86 2 · 43 (2)87 3 · 29 29-facile88 23 · 11 11-facile89 89 p90 2 · 32 · 5 (2)91 7 · 13 13-facile92 22 · 23 23-facile93 3 · 31 31-facile94 2 · 47 (2)95 5 · 19 19-facile96 25 · 3 ind(3)97 97 p98 2 · 72 (2)99 32 · 11 11-facile100 22 · 52 ind(4)101 101 p102 2 · 3 · 17 (2)103 103 p104 23 · 13 13-facile105 3 · 5 · 7 7-facile106 2 · 53 (2)107 107 p108 22 · 33 ind(4)109 109 p110 2 · 5 · 11 (2)111 3 · 37 37-facile112 24 · 7 inters(2)113 113 p114 2 · 3 · 19 (2)115 5 · 23 23-facile116 22 · 29 29-facile117 32 · 13 13-facile118 2 · 59 (2)119 7 · 17 17-facile120 23 · 3 · 5 inters(2)121 112 pn

122 2 · 61 (2)123 3 · 41 41-facile124 22 · 31 31-facile125 53 pn

126 2 · 32 · 7 (2)

Num Fatt Tipo127 127 p128 27 pn

129 3 · 43 43-facile130 2 · 5 · 13 (2)131 131 p132 22 · 3 · 11 vd. su133 7 · 19 19-facile134 2 · 67 (2)135 33 · 5 ind5136 23 · 17 17-facile137 137 p138 2 · 3 · 23 (2)139 139 p140 22 · 5 · 7 7-facile141 3 · 47 47-facile142 2 · 71 (2)143 11 · 13 13-facile144 24 · 32 es. 1.81145 5 · 29 29-facile146 2 · 73 (2)147 3 · 72 ind(3)148 22 · 37 ind(4)149 149 p150 23 · 52 5-facile151 151 p152 23 · 19 19-facile153 32 · 17 17-facile154 2 · 7 · 11 (2)155 5 · 31 31-facile156 22 · 3 · 13 13-facile157 157 p158 2 · 79 (2)159 3× 53 53-facile160 25 · 5 ind(5)161 7 · 23 23-facile162 2 · 34 (2)163 163 p164 22 · 41 41-facile165 3 · 5 · 11 11-facile166 2 · 83 (2)167 167 p168 23 · 3 · 7 SL(3, 2)

1.86. Normale. SiaG un gruppo, e siaH un suo sottogruppo di indice finito. Mostrare che ancheHG :=⋂g∈G gHg

−1

ha indice finito in G.


Risoluzione. L’azione di G su xH | x ∈ G data da (g, xH) 7→ gxH induce un omomorfismo G→ Sym(|G : H|)di nucleo HG. Per il primo teorema di isomorfismo ne deduciamo un omomorfismo iniettivo G/HG → Sym(|G : H|).Ne segue che |G : HG| = |G/HG| ≤ |Sn| = n!, dove n = |G : H|.

1.87. Facile. Fare un esempio di un sottogruppo H di un gruppo infinito G con H non normale e di indice finito.

Risoluzione. Sia G = X×S3, con X un fissato gruppo infinito. Il sottogruppo H = X×〈(12)〉 di G non e normalein G (per il teorema di corrispondenza, essendo G/(X ×1) ∼= S3 ed essendo 〈(12)〉 non normale in S3) e ha indice 3.

1.88. Normale. Sia G un gruppo. Supponiamo che l’intersezione dei sottogruppi di G di indice finito sia uguale a1. Mostrare che l’intersezione dei sottogruppi normali di G di indice finito e uguale a 1.

Risoluzione. Segue subito dal fatto che il cuore normale di un sottogruppo di indice finito ha indice finito (esercizio1.86). Infatti ⋂

NG,|G:N |<∞

N ⊆⋂

H≤G,|G:H|<∞

HG ⊆⋂

H≤G,|G:H|<∞

H.

1.89. Medio. Siano H,K due sottogruppi di un gruppo G. Mostrare che se |G : H| e |G : K| sono finiti allora|G : H ∩K| ≤ |G : H| · |G : K|.

Risoluzione. Supponiamo dapprima che G sia finito. Sia al solito HK = hk : h ∈ H, k ∈ K. Ricordiamo che

|HK| = |H|·|K||H∩K| . Si ha

|G : H| · |G : K||G : H ∩K|

=|G| · |H ∩K||H| · |K|

=|G||HK|

≥ 1

essendo HK ⊆ G.Supponiamo ora che G non sia necessariamente finito. Dato X ≤ G sia LX l’insieme dei laterali destri di X in G.

Per definizione di indice, |LX | = |G : X|. Consideriamo l’applicazione

LH × LK → LH∩K ∪ ∅

(Hx,Ky) 7→ Hx ∩Ky.Per concludere basta mostrare che questa applicazione e ben definita e che la sua immagine contiene LH∩K .

• Buona definizione. Siano Hx ∈ LH , Ky ∈ LK . Vogliamo mostrare che Hx ∩ Ky ∈ LH∩K ∪ ∅. SeHx ∩ Ky = ∅ abbiamo finito. Supponiamo quindi Hx ∩ Ky 6= ∅, e sia g ∈ Hx ∩ Ky. Allora Hx = Hg eKy = Kg, e otteniamo Hx ∩Ky = Hg ∩Kg = (H ∩K)g ∈ LH∩K .

• L’immagine contiene LH∩K . Sia (H ∩K)g ∈ LH∩K . Allora Hg ∈ LH , Kg ∈ LK e Hg ∩Kg = (H ∩K)g.

1.90. Normale. Un gruppo G e detto T -gruppo se ogni volta che H,K sono due suoi sottogruppi tali che HKGsi ha H G. In altre parole, nell’insieme dei sottogruppi di G la relazione di normalita e transitiva.

(1) Mostrare che ogni gruppo abeliano e un T -gruppo.(2) Mostrare che ogni gruppo semplice e un T -gruppo.(3) Mostrare che S3, S4, S5 sono T -gruppi.(4) Sia n un intero con n ≥ 5. Sapendo che An e un gruppo semplice dimostrare che Sn e un T -gruppo.(5) Trovare un 2-gruppo non abeliano che sia un T -gruppo.(6) Trovare un 2-gruppo che non sia un T -gruppo.

Risoluzione.

(1) Se G e un gruppo abeliano allora ogni sottogruppo di G e normale in G e quindi G e un T -gruppo.(2) Se G e un gruppo semplice e H K G allora K = 1 oppure K = G. Nel primo caso H = 1 G, nel

secondo caso H G. Quindi G e un T -gruppo.

30 MARTINO GARONZI

(3) Il risultato segue facilmente dai fatti di seguito elencati.• I sottogruppi normali di S3 sono 1, 〈(123)〉 e S3.• I sottogruppi normali di S4 sono 1, V = 1, (12)(34), (13)(24), (14)(23), A4, S4.• I sottogruppi normali di S5 sono 1, A5, S5 (cf. l’esercizio 1.76).

(4) Mostriamo che i sottogruppi normali di Sn sono 1, An e Sn. Il fatto che Sn e un T -gruppo segue facilmenteda questo fatto. Sia N un sottogruppo normale di Sn con N 6= 1 e N 6= Sn. Allora N ∩ An An e quindi,siccome An e un gruppo semplice, si ha N ∩ An = 1 oppure N ⊇ An. Siccome An ha indice 2 in Sn eN 6= Sn, se N ⊇ An allora N = An. Supponiamo ora che sia N ∩ An = 1. Se x, y ∈ N sono diversi da 1allora sono entrambi permutazioni dispari e quindi xy e pari, per cui xy ∈ An ∩ N = 1, cioe xy = 1. Nesegue che N = 1 oppure N ∼= C2 e generato da un elemento di ordine 2, che quindi appartiene al centrodi Sn, essendo N Sn (ogni sottogruppo normale di ordine 2 e centrale). Quest’ultimo caso non e possibileperche Z(Sn) = 1 (esercizio 1.36).

(5) Ogni sottogruppo del gruppo dei quaternioni Q8 e normale (cf. l’esercizio 1.69), quindi Q8 e un T -gruppo nonabeliano.

(6) Sia G = D4 il gruppo diedrale di ordine 8, diciamo D4 = 〈(1234), (12)(34)〉 ≤ S4 (cf. l’esercizio 1.39). Allora〈(12)(34)〉〈(1234)〉D4 ma 〈(12)(34)〉 6 D4, essendo (1234)(12)(34)(1234)−1 = (23)(14) 6∈ 1, (12)(34) =〈(12)(34)〉.

1.91. Medio. Sia n ≥ 5 un intero. Sapendo che An e un gruppo semplice, mostrare che se H ≤ Sn e H 6= An, Snallora |Sn : H| ≥ n. Dedurre che se un sottogruppo di Sn ha indice n allora e massimale. Dedurre che per ognii ∈ 1, . . . , n lo stabilizzatore di i, σ ∈ Sn | σ(i) = i ≤ Sn, e un sottogruppo massimale.

Risoluzione. Sia H ≤ Sn con H 6= An, Sn. Ricordiamo che l’azione di Sn sull’insieme dei laterali sinistri di H inSn determina un omomorfismo Sn → Sym(|Sn : H|) di nucleo HSn (il cuore normale di H in Sn, cioe l’intersezionedei coniugati di H in Sn). Siccome HSn Sn, HSn ⊆ H e gli unici sottogruppi normali di Sn sono 1, An e Sn (cf.lo svolgimento dell’esercizio 1.90), segue che HSn = 1, quindi n! divide |Sn : H|!, e questo implica che |Sn : H| ≥ n.Ora, se K e un sottogruppo di Sn di indice n allora ogni sottogruppo di Sn che contiene K propriamente deve avereindice minore di n, quindi deve essere uguale a Sn. Segue che i sottogruppi di Sn di indice n sono massimali. L’assertosullo stabilizzatore segue dal fatto che esso ha indice n in Sn.

Digressione: se n ≥ 2 e n 6= 6 allora ogni sottogruppo di Sn di indice n e lo stabilizzatore di un punto. Per quantoriguarda il caso n = 6 si veda l’esercizio 1.104.

1.92. Medio. Sia G = S7 il gruppo simmetrico di grado 7. Per ogni p ∈ 3, 5, 7 sia σp il p-ciclo (1 · · · p) ∈ G.Per ogni tale p trovare un p-sottogruppo di Sylow P di G, e determinare gli ordini |NG(P )| e |CG(σp)|, il numero diconiugati di σp in G e il numero dei p-sottogruppi di Sylow di G.

Fare lo stesso con A7 al posto di S7.

Risoluzione. Per trattare il caso G = A7, ricordiamo che la classe di coniugio di un elemento x ∈ An e ugualealla sua classe di coniugio in Sn a meno che la decomposizione di x in cicli disgiunti non consista di cicli di lunghezzedispari a due a due distinte (cf. lo svolgimento dell’esercizio 1.76), e in questo caso la Sn-classe e unione di esattamentedue An-classi della stessa cardinalita. In particolare la classe di coniugio di un 3-ciclo in A7 e uguale alla sua classein S7, e lo stesso vale per i 5-cicli, mentre la classe di coniugio di un 7-ciclo in A7 ha la meta degli elementi della suaclasse in S7.

• σ3 = (123) ∈ S7 = G. Siccome |G| = 7!, i 3-Sylow di G hanno ordine 32, quindi uno di essi e 〈(123), (456)〉 ∼=C3 × C3 (cf. l’esercizio 1.20). Siccome i 3-Sylow sono coniugati, ogni 3-Sylow di G e isomorfo a C3 × C3 equindi e generato da due 3-cicli disgiunti, cioe e determinato da due orbite di lunghezza 3. Ne segue che Gha esattamente 7 · 1

2

(63

)= 70 3-Sylow (si osservi che 70 ≡ 1 mod (3), coerentemente col teorema di Sylow)

e quindi |G : NG(P )| = 70 e deduciamo che |NG(P )| = 7!/70 = 72. I coniugati di σ3 in G sono tutti e soli


i 3-cicli, quindi sono 2 ·(

73

)= 70. Ne segue che |G : CG(σ3)| = 70 e quindi |CG(σ3)| = 7!/70 = 72. Siccome

σ3 ∈ CG(σ3) e ogni permutazione che lascia fissi 1, 2, 3 commuta con σ3 otteniamo che CG(σ3) ∼= C3 × S4.• σ5 = (12345) ∈ S7 = G. Siccome |G| = 7!, i 5-Sylow di G hanno ordine 5, quindi uno di essi e P = 〈σ5〉. Il

numero di coniugati di σ5 in G e uguale al numero di 5-cicli in G, quindi e uguale a 4! ·(

75

)= 24 · 21 = 504.

Ne segue che |G : CG(σ5)| = 504 e quindi |CG(σ5)| = 7!/504 = 10. Siccome σ5, (67) ∈ CG(σ5) segue cheCG(σ5) ∼= C5 × C2

∼= C10. Il numero di 5-Sylow di G e uguale al numero di 5-cicli di G diviso per ilnumero di 5-cicli contenuti in un 5-Sylow, quindi e uguale a 504/4 = 126 (osserviamo che 126 ≡ 1 mod (5),coerentemente col teorema di Sylow). Ne segue che |G : NG(P )| = 126 e quindi |NG(P )| = 7!/126 = 40.

• σ7 = (1234567) ∈ S7 = G. Siccome |G| = 7!, i 7-Sylow di G hanno ordine 7, quindi uno di essi e P = 〈σ7〉.Il numero di coniugati di σ7 in G e uguale al numero di 7-cicli in G, quindi e uguale a 6! = 720. Ne segueche |G : CG(σ5)| = 6! e quindi |CG(σ5)| = 7!/6! = 7. Siccome σ7 ∈ CG(σ7) segue che CG(σ7) = 〈σ7〉 ∼= C7.Il numero di 7-Sylow di G e uguale al numero di 7-cicli di G diviso per il numero di 7-cicli contenuti in un7-Sylow, quindi e uguale a 6!/6 = 5! = 120 (osserviamo che 120 ≡ 1 mod (7), coerentemente col teorema diSylow). Ne segue che |G : NG(P )| = 120 e quindi |NG(P )| = 7!/120 = 42.

• σ3 = (123) ∈ A7 = G. Siccome |G| = 7!/2, i 3-Sylow di G hanno ordine 32, quindi uno di essi e 〈(123), (456)〉 ∼=C3 × C3 (cf. l’esercizio 1.20). Siccome i 3-Sylow sono coniugati, ogni 3-Sylow di G e isomorfo a C3 × C3 equindi e generato da due 3-cicli disgiunti, cioe e determinato da due orbite di lunghezza 3. Ne segue che Gha esattamente 7 ·

(63

)= 140 3-Sylow (si osservi che 140 ≡ 1 mod (3), coerentemente col teorema di Sylow)

e quindi |G : NG(P )| = 140 e deduciamo che |NG(P )| = (7!/2)/140 = 18. I coniugati di σ3 in G sono tutti esoli i 3-cicli, quindi sono 2 ·

(73

)= 70. Ne segue che |G : CG(σ3)| = 70 e quindi |CG(σ3)| = (7!/2)/70 = 36.

• σ5 = (12345) ∈ A7 = G. Siccome |G| = 7!/2, i 5-Sylow di G hanno ordine 5, quindi uno di essi e P = 〈σ5〉. Ilnumero di coniugati di σ5 in G e uguale al numero di 5-cicli in G, quindi e uguale a 4! ·

(75

)= 24 · 21 = 504.

Ne segue che |G : CG(σ5)| = 504 e quindi |CG(σ5)| = (7!/2)/504 = 5. Siccome σ5 ∈ CG(σ5) segue cheCG(σ5) = 〈σ5〉 ∼= C5. Il numero di 5-Sylow di G e uguale al numero di 5-cicli di G diviso per il numero di 5-cicli contenuti in un 5-Sylow, quindi e uguale a 504/4 = 126 (osserviamo che 126 ≡ 1 mod (5), coerentementecol teorema di Sylow). Ne segue che |G : NG(P )| = 126 e quindi |NG(P )| = (7!/2)/126 = 20.

• σ7 = (1234567) ∈ A7 = G. Siccome |G| = 7!/2, i 7-Sylow di G hanno ordine 7, quindi uno di essi e P = 〈σ7〉.Il numero di coniugati di σ7 in G e uguale alla meta del numero di 7-cicli in G, quindi e uguale a 6!/2 = 360.Ne segue che |G : CG(σ5)| = 6!/2 e quindi |CG(σ5)| = (7!/2)/(6!/2) = 7. Siccome σ7 ∈ CG(σ7) segue cheCG(σ7) = 〈σ7〉 ∼= C7. Il numero di 7-Sylow di G e uguale al numero di 7-cicli di G diviso per il numero di 7-ciclicontenuti in un 7-Sylow, quindi e uguale a 6!/6 = 5! = 120 (osserviamo che 120 ≡ 1 mod (7), coerentementecol teorema di Sylow). Ne segue che |G : NG(P )| = 120 e quindi |NG(P )| = (7!/2)/120 = 21.

1.93. Facile. Siano G un gruppo e N un suo sottogruppo normale. E sempre vero che Z(G/N) = Z(G)N/N? Se sıdimostrarlo, altrimenti esibire un controesempio.

Risoluzione. Non e sempre vero. Per esempio N := 〈(123)〉 S3 = G e G/N ha ordine 2, quindi e abeliano eZ(G/N) = G/N , mentre Z(G) = 1 e quindi Z(G)N/N = N/N .

1.94. Normale. Un sottogruppo H di un gruppo G si dice “caratteristico” se per ogni ϕ ∈ Aut(G) si ha ϕ(H) ⊆ H.Per dire che H e un sottogruppo caratteristico di G scriveremo H c G. Mostrare che:

(1) H c G se e solo se ϕ(H) = H per ogni ϕ ∈ Aut(G);(2) se H c G allora H G;(3) se H,K c G allora HK c G;(4) se G e finito e H e l’unico sottogruppo di G di ordine |H| allora H c G;(5) ogni sottogruppo di Sylow normale e caratteristico;(6) ogni sottogruppo di un gruppo ciclico e caratteristico;(7) se X ⊆ G e ϕ(X) ⊆ X per ogni ϕ ∈ Aut(G) allora 〈X〉c G;(8) 〈ghg−1h−1 | g, h ∈ G〉c G e 〈g2 | g ∈ G〉c G;

32 MARTINO GARONZI

(9) An c Sn per ogni n ≥ 1;(10) c e transitiva: se H c K c G allora H c G;(11) se H c K G allora H G.

Risoluzione.

(1) Se ϕ(H) = H per ogni ϕ ∈ Aut(G) allora certamente H cG. Mostriamo il viceversa. Supponiamo H cG, esia ϕ ∈ Aut(G). Siccome ϕ(H) ⊆ H, ci rimane da mostrare che H ⊆ ϕ(H). Siccome H cG e ϕ−1 ∈ Aut(G),si ha ϕ−1(H) ⊆ H, e applicando ϕ ad ambo i membri otteniamo H ⊆ ϕ(H).

(2) Dato g ∈ G, l’applicazione γg : G → G data da γg(x) := g−1xg e un automorfismo di G, quindi se H c Gallora γg(H) ⊆ H per ogni g ∈ G, cioe H e normale in G.

(3) H e K sono caratteristici in G e quindi sono normali in G. Segue che HKG. Se h ∈ H, k ∈ K e ϕ ∈ Aut(G)allora ϕ(hk) = ϕ(h)ϕ(k) ∈ HK e quindi HK e caratteristico in G.

(4) Sia ϕ ∈ G. Dobbiamo mostrare che ϕ(H) ⊆ H. Siccome ϕ e un isomorfismo, H e ϕ(H) sono due sottogruppi(cf. l’esercizio 1.102) di G della stessa cardinalita, quindi per l’ipotesi di unicita segue ϕ(H) = H.

(5) Se un p-sottogruppo di Sylow e normale allora e l’unico p-sottogruppo di Sylow, e il risultato segue dal punto(4).

(6) Ogni sottogruppo di un gruppo ciclico finito e l’unico del suo ordine, quindi il risultato segue dal punto (4).(7) Cf. l’esercizio 1.102.(8) Cf. l’esercizio 1.102.(9) Segue dal fatto che An e l’unico sottogruppo di Sn di indice 2, cioe di ordine n!/2 (esercizio 1.77) e dal punto

(4).(10) Supponiamo H c K c G, e sia ϕ ∈ Aut(G). Siccome K c G, ϕ(K) = K quindi ϕ|K e un automorfismo di

K. Siccome H c K si ha ϕ(H) = ϕ|K(H) = H.(11) Supponiamo H c K G, e sia g ∈ G. Allora g−1Kg = K essendo K G. Siccome γg : K → K,x 7→ g−1xg

e un automorfismo di K e H c K, segue che g−1Hg = H.

1.95. [Argomento di Frattini] Medio. Siano G un gruppo finito, NG e P un p-sottogruppo di Sylow di N . Mostrareche NG(P )N = G. Suggerimento: dato g ∈ G si ha gPg−1 ⊆ N e |gPg−1| = |P |.

Risoluzione. Siccome N e normale, NG(P )N ≤ G. Mostriamo l’inclusione G ⊆ NG(P )N . Sia quindi g ∈ G. AlloragPg−1 e un sottogruppo di G contenuto in gNg−1 = N (essendo N normale) e di ordine |P |, quindi e un p-sottogruppodi Sylow di N . Segue dal teorema di Sylow che esiste n ∈ N tale che nPn−1 = gPg−1, cioe n−1gPg−1n = P , cioeg−1n ∈ NG(P ), da cui g−1 ∈ NG(P )n ⊆ NG(P )N , cioe g ∈ NG(P )N .

1.96. Medio. Sia G un gruppo finito e sia Φ(G) l’intersezione dei sottogruppi massimali di G. Si chiama “sottogruppodi Frattini” di G. Mostrare che Φ(G) e un sottogruppo caratteristico di G ogni cui sottogruppo di Sylow e normale inG.

Risoluzione. Che Φ(G) sia caratteristico in G segue dall’esercizio 1.102. Sia P un sottogruppo di Sylow di G.Per l’argomento di Frattini (esercizio 1.95), NG(P )Φ(G) = G. Vogliamo mostrare che P G, cioe che NG(P ) = G.Supponiamo per assurdo che sia NG(P ) 6= G. Poiche G e finito, esiste un sottogruppo massimale M di G che contieneNG(P ). Ma allora M contiene sia NG(P ) che Φ(G) (per definizione di Φ(G)), quindi NG(P )Φ(G) ⊆M < G, assurdo.

1.97. Medio. Sia G un gruppo finito di ordine pari e sia P un suo 2-sottogruppo di Sylow. Mostrare che se P eciclico allora esiste un sottogruppo caratteristico N di G di ordine |G : P |.

Risoluzione. Consideriamo l’azione di G su X = G a sinistra data dalla moltiplicazione a sinistra, G × X 3(g, x) 7→ gx. Tale azione determina un omomorfismo iniettivo G → Sym(G). Possiamo quindi pensare a G comea un sottogruppo di Sym(G) (questo e precisamente il contenuto del teorema di Cayley). Per 1.84, il sottogruppo


G ∩ Alt(G) di G ha indice 2 in G. Sia ϕ ∈ Aut(G) e sia g ∈ G. Detto k l’ordine di g, la decomposizione di g incicli disgiunti consiste di |G|/k cicli di lunghezza k. Siccome ϕ e un automorfismo di G, ϕ(g) ha anch’esso ordinek, quindi la sua struttura ciclica e la stessa di quella di g. Ne segue che se g ∈ Alt(G) allora anche ϕ(g) ∈ Alt(G).Deduciamo che G ∩ Alt(G) e caratteristico in G. Ora, siccome la relazione c (essere caratteristico in) e transitiva(esercizio 1.94), e i 2-sottogruppi di Sylow di G ∩ Alt(G) sono anch’essi ciclici (in quanto 2-sottogruppi di G, ognunodi essi e contenuto in un qualche 2-sottogruppo di Sylow di G, che e ciclico), argomentando per induzione troviamoun sottogruppo caratteristico di G di ordine |G : P |.

1.98. Normale. Quante sono le matrici diagonalizzabili in GL(3, 3)?

Risoluzione. Una matrice diagonalizzabile e una matrice che appartiene alla classe di coniugio di una matricediagonale. Ricordiamo che la classe di coniugio di un elemento ha tanti elementi quant’e l’indice del centralizzante

di tale elemento. Una matrice diagonale di G = GL(3, 3) e del tipo g =

a 0 00 b 00 0 c

. Osserviamo che siccome g e

invertibile e in F3 ci sono solo due elementi non nulli, non puo essere a 6= b 6= c 6= a. Se a = b = c allora l’unico coniugatodi g e g stesso. Consideriamo l’altro caso, a = b 6= c. Un facile calcolo mostra che il centralizzante di g ha ordine 96.In conclusione, le matrici diagonalizzabili di GL(3, 3) sono 2 + |GL(3, 3)|/96 = 2 + (26 · 24 · 18)/96 = 2 + 117 = 119.

1.99. Medio. Dimostrare che Aut(S3) ∼= S3.Si puo dimostrare che per ogni n > 2, n 6= 6 si ha Aut(Sn) ∼= Sn.

Risoluzione. Si ha S3 = 1, (12), (13), (23), (123), (132). Aut(S3) agisce su S3 nel modo ovvio: Aut(S3)×S3 → S3,(ϕ, σ) 7→ ϕ(σ). Questa azione conserva l’ordine degli elementi. Siccome gli elementi di S3 di ordine 2 sono esattamentei tre scambi, abbiamo un omomorfismo f : Aut(S3) → Sym((12), (13), (23)) ∼= S3. Vogliamo mostrare che f e unisomorfismo.

• f e iniettivo. Mostriamo che se f(σ) = 1 allora σ = 1. Il punto e che (12), (23), (13) genera S3. Se f(σ) = 1allora σ fissa (12), (13), (23) e quindi fissa anche 〈(12), (13), (23)〉 = S3, cioe σ = 1.• f e suriettivo. Lo mostriamo in modo indiretto. Siccome f e iniettivo, basta mostrare che |Aut(S3)| ≥ |S3|.

Consideriamo l’azione di S3 su se stesso per coniugio. Se G e un qualunque gruppo e g ∈ G allora G→ G, σ 7→g−1σg e un isomorfismo di gruppi, ed e l’identita se e solo se g ∈ Z(G). Siccome Z(S3) = 1 (cf. la risoluzionedell’esercizio 1.2), questo determina un omomorfismo iniettivo S3 → Aut(S3), per cui 6 = |S3| ≤ |Aut(S3)|.

1.100. Medio. Sia G un gruppo, e sia f : G → Aut(G) l’omomorfismo dato dal coniugio: f(g)(x) := gxg−1. Ilgruppo f(G) si indica con Inn(G) e si chiama gruppo degli automorfismi interni di G. Mostrare che Inn(G)Aut(G).Il quoziente Aut(G)/Inn(G) si indica con Out(G) e si chiama gruppo degli automorfismi esterni di G. Trovare ungruppo G per ognuno dei seguenti casi:

Out(G) = 1, Out(G) ∼= Aut(G), 1 6= Out(G) 6∼= Aut(G).

Risoluzione. Si ha Out(S3) = 1 (esercizio 1.99), Out(G) ∼= Aut(G) se e solo se G e abeliano (questo e equivalentea dire che f(G) = 1, dimostrarlo e facile) e Out(A4) 6= 1 (cf. esercizio 1.103).

1.101. Difficile. Sia G un gruppo finito. Mostrare che l’azione di Aut(G) su G− 1 data da

ΓG : Aut(G)× (G− 1) 3 (ϕ, g) 7→ ϕ(g) ∈ G− 1e ben definita. Mostrare che:

(1) se G = Cpn, dove p e un primo e n e un intero positivo, allora ΓG e transitiva;

(2) viceversa, se ΓG e transitiva allora esistono un primo p e un intero positivo n tali che G ∼= Cpn.

Risoluzione.

34 MARTINO GARONZI

(1) Vedendo Cpn = Fpn come spazio vettoriale n-dimensionale su Fp = Z/pZ, un automorfismo di Cp

n e unsuo automorfismo in quanto Fp-spazio vettoriale (infatti una applicazione Fpn → Fpn e un omomorfismo digruppi additivi se e solo se e Fp-lineare, essendo ogni elemento di Fp una somma di uni), quindi e dato da unamatrice invertibile n×n. Dati due qualsiasi elementi (vettori) non nulli v, w ∈ Cpn, esiste sempre una matriceinvertibile che manda v in w: basta completare v a una base, scrivere una matrice n× n invertibile che ha wcome prima colonna e poi tornare alla base originale.

(2) Supponiamo che ΓG sia transitiva. Siccome gli automorfismi conservano gli ordini degli elementi, tutti glielementi non identici di G hanno lo stesso ordine. Ne segue che tale ordine comune e un numero primo:chiamatolo m, se esistesse un divisore proprio d di m con d 6= 1 allora detto 1 6= g ∈ G l’elemento gm/d

avrebbe ordine 1 < d 6= m. Quindi ogni elemento non identico di G ha lo stesso ordine, un numero primo p.In virtu del teorema di struttura per i gruppi abeliani finiti, per concludere che G ∼= Cp

n basta mostrare cheG e abeliano. Ricordiamo che il centro di un gruppo e un sottogruppo caratteristico (esercizio 1.102). Dallatransitivita di Aut(G) segue allora che G coincide col suo centro, cioe G e abeliano.

1.102. Siano G un gruppo, H ≤ G e A ≤ Aut(G). H si dice “A-invariante” se ϕ(H) ⊆ H per ogni ϕ ∈ A. Ricordiamoche un sottogruppo e normale se e solo se e Inn(G)-invariante (dove Inn(G) indica l’insieme degli automorfismi “interni”di G, cioe quelli della forma γg : G→ G, x 7→ g−1xg), e caratteristico se e solo se e Aut(G)-invariante. Mostrare che:

(1) dato ϕ ∈ Aut(G) si ha ϕ(H) ≤ G;(2) H e A-invariante se e solo se ϕ(H) = H per ogni ϕ ∈ A;(3) 1 e G sono A-invarianti;(4) se A ≤ B ≤ Aut(G) e H e B-invariante allora H e A-invariante;(5) H e 1-invariante;(6) il centro Z(G) di G e un sottogruppo caratteristico.

Sia ora H una famiglia di sottogruppi di G con la proprieta che per ogni H ∈ H, ϕ ∈ A si abbia ϕ(H) ∈ H.Mostrare che

⋂H∈HH e A-invariante. Dedurre che:

(8) se X ⊆ G e tale che ϕ(X) ⊆ X per ogni ϕ ∈ A allora 〈X〉, il sottogruppo di G generato da X, e A-invariante;(9) Φ(G), il sottogruppo di Frattini di G, cioe l’intersezione dei sottogruppi massimali di G, e caratteristico in G;

(10) 〈ghg−1h−1 | g, h ∈ G〉 e 〈g2 | g ∈ G〉 sono caratteristici in G;(11) piu in generale, se H e un sottogruppo di G generato da “parole”, cioe elementi del tipo xε11 · · ·x

εkk dove

εi ∈ 1,−1 per ogni i = 1, . . . , k e x1, . . . , xk variano in G, allora H e caratteristico in G.

Fare un esempio di:

(12) sottogruppo normale non caratteristico;(13) gruppo G non semplice e privo di sottogruppi caratteristici propri e non banali.

Risoluzione.

(1) Siccome 1 ∈ H, 1 = ϕ(1) ∈ ϕ(H). Se x, y ∈ H allora siccome xy ∈ H, ϕ(x)ϕ(y) = ϕ(xy) ∈ ϕ(H), quindiϕ(H) e chiuso rispetto al prodotto. Inoltre siccome x−1 ∈ H, ϕ(x)−1 = ϕ(x−1) ∈ ϕ(H), quindi ϕ(H) contienegli inversi dei suoi elementi. Ne segue che ϕ(H) ≤ G.

(2) Senz’altro se ϕ(H) = H per ogni ϕ ∈ A allora H e A-invariante. Mostriamo il viceversa. Supponiamo che Hsia A-invariante, e sia ϕ ∈ A. Dobbiamo mostrare che ϕ(H) = H. Siccome H e A-invariante, ϕ(H) ⊆ H eϕ−1(H) ≤ H. Ne segue che H = ϕ(ϕ−1(H)) ⊆ ϕ(H) ⊆ H. Quindi ϕ(H) = H.

(3) Se A ≤ Aut(G) e ϕ ∈ A allora ϕ(1) = 1 e ϕ(G) = G (cf. il punto precedente). Quindi 1 e G sonoA-invarianti.

(4) Supponiamo A ≤ B ≤ Aut(G) e H ≤ G sia B-invariante. Allora ϕ(H) ⊆ H per ogni ϕ ∈ B, in particolarequesto vale per ogni ϕ ∈ A (essendo A ⊆ B) e quindi H e A-invariante.

(5) 1 ∈ A lascia fisso ogni elemento, quindi 1(H) = H, quindi H e 1-invariante.


(6) Bisogna mostrare che se g ∈ Z(G) e ϕ ∈ Aut(G) allora ϕ(g) ∈ Z(G), cioe ϕ(g)x = xϕ(g) per ogni x ∈ G. Siaquindi x ∈ G. Siccome ϕ e una funzione biiettiva G→ G, esiste h ∈ G con x = ϕ(h), e quindi

ϕ(g)x = ϕ(g)ϕ(h) = ϕ(gh) = ϕ(hg) = ϕ(h)ϕ(g) = xϕ(g).

Sia x ∈ N =⋂H∈HH, e sia ϕ ∈ A. Dobbiamo mostrare che ϕ(x) ∈ N , cioe che ϕ(x) ∈ H per ogni H ∈ H.

Sia quindi H ∈ H. Dobbiamo mostrare che ϕ(x) ∈ H, cioe che x ∈ ϕ−1(H). Ma ϕ−1(H) ∈ H per ipotesi, essendoϕ−1 ∈ A ≤ Aut(G), e quindi x ∈ N ⊆ ϕ−1(H).

(8) Segue dal fatto che 〈X〉 e l’intersezione dei sottogruppi di G contenenti X, e che se X ⊆ H ≤ G e ϕ ∈ A alloraX ⊆ ϕ(H).

(9) Segue dal fatto che se H e un sottogruppo massimale di G e ϕ ∈ A allora anche ϕ(H) e massimale.(10) Sia X := g2 : g ∈ G. Per mostrare che 〈X〉 e caratteristico in G basta mostrare che se x ∈ X e ϕ ∈ Aut(G)

allora ϕ(x) ∈ X. Questo segue dal fatto che ϕ e un omomorfismo: se g ∈ G allora ϕ(g2) = ϕ(g)2 ∈ X. L’ideae la stessa se X = ghg−1h−1 | g, h ∈ G: si ha ϕ(ghg−1h−1) = ϕ(g)ϕ(h)ϕ(g)−1ϕ(h)−1 ∈ X.

(11) E una facile generalizzazione del punto precedente.(12) Sia G = C2 × C2 = 〈a〉 × 〈b〉. Il sottogruppo 〈a〉 e normale ma non caratteristico. In realta, ogni sottogruppo

proprio non banale di G e non caratteristico (cf. l’esercizio 1.101).(13) Un esempio e Cp

n, dove p e un primo e n ≥ 2 e un intero. Si veda l’esercizio 1.101.

1.103. Questo esercizio mira a dimostrare che Aut(A4) ∼= S4.

(1) Sia P un 3-Sylow di A4. Mostrare che esiste i ∈ 1, 2, 3, 4 tale che P = σ ∈ S4 | σ(i) = i. In altre parole, i3-Sylow di A4 sono gli stabilizzatori dei punti.

(2) Ora sia Ω l’insieme dei quattro stabilizzatori inA4, Ω = Stab(i) | i ∈ 1, 2, 3, 4. Mostrare che se ϕ ∈ Aut(A4)e ω ∈ Ω allora ϕ(ω) ∈ Ω (usare il punto precedente).

(3) Dedurne un omomorfismo Aut(A4)→ Sym(Ω) ∼= S4, e mostrare che e un isomorfismo.

Digressione: usando le stesse idee, si dimostra che se n ≥ 3 e un intero diverso da 6 (cf. con l’esercizio 1.104)allora Aut(An) ∼= Sn.

Risoluzione.

(1) I 3-Sylow di A4 sono ciclici di ordine 3, quindi sono in totale la meta del numero di 3-cicli in A4, cioe 4. SiaP un 3-Sylow di A4. Allora P ha ordine 3, quindi e generato da un elemento di A4 di ordine 3, cioe da un3-ciclo. Ne segue che P ha esattamente un punto fisso e quindi e contenuto nello stabilizzatore di un punto,H. Siccome |H| = 3 = |P | segue che P = H.

(2) Se ω ∈ Ω allora poiche ϕ e un isomorfismo |ϕ(ω)| = |ω| = 6 e quindi dal punto precedente segue che ϕ(ω) e lostabilizzatore di un punto, cioe ϕ(ω) ∈ Ω.

(3) Abbiamo quindi che Aut(A4) agisce su Ω mandando (ϕ, ω) in ϕ(ω). In altre parole, se g ∈ A4 fissa i ∈ 1, 2, 3, 4e ϕ ∈ Aut(A4) allora anche ϕ(g) fissa i. Mostriamo che tale azione e fedele. Sia quindi ϕ ∈ Aut(A4) taleche ϕ(ω) = ω per ogni ω ∈ Ω. Dobbiamo mostrare che ϕ e necessariamente l’identita A4 → A4. Siccomei 3-cicli di A4 generano A4, basta mostrare che ϕ fissa i 3-cicli. Sia g ∈ A4 un 3-ciclo. Se ϕ(g) 6= g allorasiccome g e ϕ(g) hanno lo stesso (unico) punto fisso, ϕ(g) dev’essere l’inverso di g: ϕ(g) = g−1 (ci sono solodue 3-cicli che fissano un dato punto). Supponiamo (a meno di cambiare i nomi ai simboli) che g = (123).Allora ϕ(g) = (132). Ci sono due possibilita. Nel seguito componiamo i cicli da sinistra a destra.• ϕ((124)) = (124). Allora

(243) = (124)(132) = ϕ((124))ϕ((123)) = ϕ((124)(123)) = ϕ((13)(24)).

• ϕ((124)) = (142). Allora

(243) = (124)(132) = ϕ((142))ϕ((123)) = ϕ((142)(123)) = ϕ((143)).

36 MARTINO GARONZI

In entrambi i casi ϕ manda un elemento che fissa 1 in un elemento che lo muove, assurdo. Deduciamo cheAut(A4) agisce fedelmente su Ω, quindi l’omomorfismo associato Aut(A4)→ Sym(Ω) ∼= S4 e iniettivo, per cui|Aut(A4)| e isomorfo a un sottogruppo di S4.

Consideriamo l’omomorfismo f : S4 → Aut(A4) dato dal coniugio: f(g)(x) = gxg−1. Dal fatto che isottogruppi normali di S4 sono 1, V = 1, (12)(34), (13)(24), (14)(23), A4 e S4 segue che f e iniettivo. Nesegue che |S4| divide |Aut(A4)|. Siccome Aut(A4) e isomorfo a un sottogruppo di S4, segue che Aut(A4) ∼= S4.

1.104. Trovare un sottogruppo di S6 di indice 6 che non sia lo stabilizzatore di un punto. Suggerimento: considerarel’azione di coniugio di S5 sull’insieme dei suoi 5-Sylow.

Risoluzione. S5 agisce per coniugio sui suoi sei 5-Sylow e tale azione e transitiva. Ne deduciamo un omomorfismoϕ : S5 → S6 di nucleo PS5

, il cuore normale di un 5-Sylow P in S5. Osserviamo che P ha ordine 5 e non e normalein S5, quindi PS5

= 1. Ne deduciamo che ϕ e un omomorfismo iniettivo, quindi ϕ(S5) ha ordine |S5| = 5! e quindiha indice 6 in S6. Siccome l’azione considerata e transitiva, l’immagine ϕ(S5) non puo essere lo stabilizzatore di unpunto.

1.105. Mostrare che il gruppo alterno A4 non ha sottogruppi di indice 2.

Risoluzione. Sia per assurdo H un sottogruppo di A4 di indice 2, cioe ordine |A4|/2 = 6. Osserviamo che H haindice 2 in A4 e quindi e normale: H A4. Il numero dei 3-Sylow di H divide 2 ed e congruo a 1 modulo 3, quindi Hha un unico 3-Sylow, chiamiamolo P , che quindi e normale ed e l’unico sottogruppo di H di ordine 3. Ne segue cheP e normale in A4, infatti se g ∈ A4 allora g−1Pg e un sottogruppo di A4 contenuto in g−1Hg = H (H e normale) diordine |g−1Pg| = |P | = 3, e quindi g−1Pg = P essendo P l’unico sottogruppo di H di ordine 3. P e generato da un3-ciclo, senza perdita in generalita supponiamo che P = 〈(123)〉. Allora (124) ∈ A4 e (124)(123)(124)−1 = (243) 6∈ P ,e questo contraddice P A4.

Inseriamo qui il reticolo dei sottogruppi di A4. Si ha A4 = 〈a, b〉 dove a = (123) e b = (12)(34).

A4

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

;;;;

;;;;

;;;;

;;;;

;;

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM

SSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSSS

〈b, a2ba〉 ∼= C2 × C2

ppppppppppppp

PPPPPPPPPPPP

〈b〉

YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY 〈a2ba〉

VVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVV 〈aba2〉

JJJJJJJJJJ〈a〉 ∼= C3 〈ab〉 ∼= C3

qqqqqqqqqqq〈ba〉 ∼= C3

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh〈aba〉 ∼= C3

eeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee

1

1.106. Si consideri la funzione f : R→ C∗ definita ponendo

f(r) = cos(2πr) + i sin(2πr) = ei2πr

per ogni r ∈ R.

(1) Si mostri che f e un omomorfismo del gruppo additivo dei reali nel gruppo moltiplicativo dei complessi nonnulli.

(2) Si determinino nucleo e immagine di f .(3) Si verifichi che il sottogruppo T degli elementi periodici di C∗ e f(Q).(4) Si provi che T e isomorfo al gruppo additivo Q/Z.(5) Qual e card(T )?


Risoluzione.

(1) Dobbiamo mostrare che f(0) = 1 e che se r, s ∈ R allora f(r + s) = f(r)f(s). Calcoliamo:

f(0) = cos(2π0) + i sin(2π0) = cos(0) + i sin(0) = 1.

f(r + s) = ei2π(r+s) = ei2πr+i2πs = ei2πre2πs.

Un altro modo e fare tutti i conti con la forma polare, ma non e strettamente necessario:

f(r + s) = cos(2π(r + s)) + i sin(2π(r + s)) = cos(2πr + 2πs) + i sin(2πr + 2πs) =

= cos(2πr) cos(2πs)− sin(2πr) sin(2πs) + i sin(2πr) cos(2πs) + i cos(2πr) + i sin(2πs),

f(r)f(s) = (cos(2πr) + i sin(2πr))(cos(2πs) + i sin(2πs)) =

= cos(2πr) cos(2πs) + i sin(2πs) cos(2πr) + i sin(2πr) cos(2πs) + i2 sin(2πs) cos(2πr).

Siccome i2 = −1 otteniamo f(r + s) = f(r)f(s).(2) Il nucleo e r ∈ R | f(r) = 1. f(r) = 1 significa cos(2πr) + i sin(2πr) = 1, cioe (confrontando parte reale e

parte immaginaria) cos(2πr) = 1 e sin(2πr) = 0. Queste sono due semplicissime equazioni trigonometriche.Entrambe hanno come soluzione r ∈ Z. Quindi ker(f) = Z, il gruppo additivo degli interi.L’immagine e f(r) | r ∈ R. Ricordiamo che f(r) = ei2πr. Un elemento di C di questa forma ha certamentemodulo 1, quindi sta sulla circonferenza unitaria C = z ∈ C | |z| = 1. Infatti

|f(r)| = | cos(2πr) + i sin(2πr)| =√

cos(2πr)2 + sin(2πr)2 =√

1 = 1.

L’idea e mostrare che l’immagine di f e uguale a C. Abbiamo appena dimostrato che f(R) ⊆ C, mostriamoquindi l’altra inclusione. Se c ∈ C allora |c| = 1, quindi la scrittura di c in forma polare e cos(α) + i sin(α). Aquesto punto basta quindi scegliere r = α/2π per ottenere f(r) = c. Quindi C ⊆ f(R), e quindi C = f(R).

(3) Mostriamo che T ⊆ f(Q). Prendiamo z ∈ T . Vogliamo dimostrare che z ∈ f(Q). Siccome z e periodico,zn = 1 per qualche intero n > 1. In particolare 1 = |zn| = |z|n e quindi |z| = 1. Ne segue che la scrittura di zin forma polare e z = cos(α) + i sin(α). Come sappiamo bene, si ha

zn = (cos(α) + i sin(α))n = cos(nα) + i sin(nα).

Siccome zn = 1 otteniamo che cos(nα) = 1 e sin(nα) = 0. Queste sono due semplicissime equazioni trigono-metriche. La prima ha come soluzione nα ∈ 2πZ. La seconda ha come soluzione nα ∈ πZ. Siccome devonovalere entrambe, otteniamo che nα ∈ 2πZ. In particolare, siccome n 6= 0, dividendo per n otteniamo che esistea ∈ Z con α = 2πa/n. Ne segue che f(a/n) = z, e quindi z ∈ f(Q).

Mostriamo che f(Q) ⊆ T . In altre parole, dobbiamo mostrare che se r = a/b ∈ Q, con a, b ∈ Z, b > 0(posso fare questa scelta a meno di cambiare il segno ad a), allora f(a/b) e periodico. Dobbiamo cioe trovaren > 0 tale che f(a/b)n = 1. Scegliamo n = b. Allora

f(a/b)b = (cos(2πa/b) + i sin(2πa/b))b = cos(b(2πa/b)) + i sin(b(2πa/b)) = cos(2πa) + i sin(2πa) = 1.

(4) Consideriamo la funzione f ristretta a Q: f |Q : Q→ C∗, x 7→ f(x). Si tratta di un omomorfismo di gruppi dinucleo ker(f) ∩Q = Z ∩Q = Z e immagine T . Per il teorema di isomorfismo, Q/Z ∼= T .

(5) Abbiamo appena considerato una funzione suriettiva Q → T (si tratta della proiezione sul quoziente, Q →Q/Z). Per definizione di cardinalita, segue che |Q| ≥ |T |, cioe |T | ≤ |N| (ricordare che Q e numerabile), cioeT e al piu numerabile. D’altra parte le classi di 1/n, con n intero positivo, sono a due a due distinte in Q/Z equindi |T | = |N|. Detto formalmente, la funzione N→ Q/Z, n 7→ 1/n+Z e iniettiva (e questo, per definizionedi cardinalita, implica che |N| ≤ |Q/Z| e quindi ci permette di concludere che |T | = |N|). Infatti se fosse1/n+ Z = 1/m+ Z allora 1/n− 1/m ∈ Z, ed e facile vedere che questo e assurdo a meno che n = m.

38 MARTINO GARONZI

1.107. Siano G un gruppo finito, N un suo sottogruppo normale e p un divisore primo di |G|.(1) Mostrare che se P e un p-sottogruppo di Sylow di G allora P ∩N e un p-sottogruppo di Sylow di N .(2) Il numero di p-sottogruppi di Sylow di N e minore o uguale del numero di p-sottogruppi di Sylow di G?(3) Mostrare che se P e un p-sottogruppo di Sylow di G allora PN/N e un p-sottogruppo di Sylow di G/N .(4) Il numero di p-sottogruppi di Sylow di G/N e minore o uguale del numero di p-sottogruppi di Sylow di G?

Risoluzione.

(1) Siccome P ∩N ≤ P e P e un p-gruppo, per il teorema di Lagrange anche P ∩N e un p-gruppo. Per concludereche P ∩N e un p-sottogruppo di Sylow di N dobbiamo quindi dimostrare che |N |/|P ∩N | = |N : P ∩N | none divisibile per p. Ma sappiamo che |PN | = |P | · |N |/|P ∩N | e quindi

|N ||P ∩N |

=1

|P ||P | · |N ||P ∩N |

=|PN ||P |

.

Siccome N e normale in G, PN ≤ G e quindi per il teorema di Lagrange |PN | divide |G|. Ne segue che|N |/|P ∩ N | = |PN |/|P | divide |G|/|P |, che non e divisibile per p perche P e un p-sottogruppo di Sylow diG. Quindi nemmeno |N |/|P ∩N | e divisibile per p.

(2) Mostriamo che la risposta e sı. Sia Q un p-sottogruppo di Sylow di N . Allora Q e un p-sottogruppo di G,quindi e contenuto in un p-sottogruppo di Sylow P di G. Ora siccome P ∩N ≤ P e P e un p-gruppo, per ilteorema di Lagrange anche P ∩N e un p-gruppo. Quindi P ∩N e un p-sottogruppo di N contenente Q, chee un p-sottogruppo di Sylow di N . Ne segue che P ∩N = Q, e quindi la funzione

Sylp(G)→ Sylp(N), P 7→ P ∩N

e ben definita (per il punto precedente) e suriettiva. Questo prova l’asserto.(3) Osserviamo innanzitutto che PN ≤ G perche N e normale in G. Si ha

|PN/N | = |PN |/|N | = 1

|N ||P | · |N ||P ∩N |

=|P |

|P ∩N |.

In particolare |PN/N | divide |P |, che e una potenza di p, quindi |PN/N | e una potenza di p, cioe PN/N e unp-gruppo. Per concludere che PN/N e un p-sottogruppo di Sylow di G/N dobbiamo quindi dimostrare che|G/N : PN/N | = |G/N |/|PN/N | non e divisibile per p. Ma

|G/N |/|PN/N | = |G|/|N ||PN |/|N |

=|G| · |P ∩N ||P | · |N |

=|G : P |

|N : P ∩N |divide |G : P |, che non e divisibile per p, quindi neanche |G/N : PN/N | e divisibile per p.

(4) Mostriamo che la risposta e sı. Sia Q/N un p-sottogruppo di Sylow di G/N , con N ≤ Q ≤ G. Sia P unp-sottogruppo di Sylow di Q. Mostriamo che P e un p-sottogruppo di Sylow di G. Per farlo basta mostrareche p non divide |G : P |. Ma |G : P | = |G|/|P | = (|G|/|Q|)(|Q|/|P |) = |G : Q| · |Q : P |, e siccome p non divide|Q : P | (perche P e un p-sottogruppo di Sylow di Q) per concludere basta mostrare che p non divide |G : Q|.Ma

|G : Q| = |G|/|Q| = |G|/|N ||Q|/|N |

= |G/N : Q/N |

non e divisibile per p perche Q/N e un p-sottogruppo di Sylow di G/N . Ne segue che P e un p-sottogruppo diSylow di G, quindi come gia osservato PN/N e un p-sottogruppo di Sylow di G/N . Inoltre P,N ⊆ Q e quindiPN ≤ Q. Entrambi i sottogruppi PN/N e Q/N di G/N sono p-sottogruppi di Sylow di G/N , e il primo econtenuto nel secondo, quindi sono uguali: Q/N = PN/N . Ne segue che la funzione

Sylp(G)→ Sylp(G/N), P 7→ PN/N

e ben definita (per il punto precedente) e suriettiva. Questo prova l’asserto.


1.108. Si consideri il gruppo di matrici

G = (a 0b 1

)| a ∈ 1,−1, b ∈ Q.

(1) Si dimostri che per ogni sottogruppo S del gruppo additivo di Q l’insieme

H(S) = (

1 0x 1

)| x ∈ S

e un sottogruppo normale di G.(2) Si verifichi che il centro di G e identico.(3) Si elenchino gli elementi del centro di G/H(Z).

Risoluzione.

(1) Chiaramente H(S) contiene la matrice identica (basta scegliere x = 0), e se x, y ∈ S si ha x+ y ∈ S, essendoS un sottogruppo additivo di Q, e quindi(

1 0x 1

)·(

1 0y 1

)=

(1 0

x+ y 1

)∈ H(S).

Scegliendo y = −x vediamo da qui che ogni elemento in H(S) ha l’inverso in H(S). Queste osservazioni

dimostrano che H(S) e un sottogruppo di G. Mostriamo che e normale. Sia g =

(a 0b 1

)∈ G. Il suo inverso

e dato da g−1 =

(a 0−ba 1

). Dato x ∈ S si ha

g−1

(1 0x 1

)g =

(a 0−ba 1

)(1 0x 1

)(a 0b 1

)=

=

(a 0

x− ba 1

)(a 0b 1

)=

(1 0xa 1

).

Siccome xa ∈ x,−x si ha xa ∈ S (perche S e un sottogruppo additivo di Q) e quindi otteniamo H(S)G.

(2) Il centro di G e dato da quegli elementi g ∈ G tali che gh = hg per ogni h ∈ G. Scriviamo g =

(a 0b 1

)∈ G

e h =

(c 0d 1

)∈ G. Effettuando i prodotti gh, hg vediamo che la condizione gh = hg diventa(

ac 0bc+ d 1

)=

(ac 0

ad+ b 1

).

Otteniamo bc + d = ad + b, e questo deve essere vero per ogni h ∈ G, cioe per ogni c ∈ 1,−1, d ∈ Q.Scegliendo d = 0 e c = −1 otteniamo b = −b, cioe b = 0. Ma allora d = ad per ogni d ∈ −1, 1, e scegliendod = 1 otteniamo a = 1. Quindi g = 1.

(3) Il centro di G/H(Z) e dato da quegli elementi gH(Z) ∈ G/H(Z) tali che ghH(Z) = hgH(Z), cioe g−1h−1gh ∈

H(Z), per ogni h ∈ G. Scriviamo g =

(a 0b 1

)∈ G e h =

(c 0d 1

)∈ G. Ricordando che a2 = c2 = 1, un

semplice conto dimostra che

g−1h−1gh =

(1 0

−b− ad+ bc+ d 1

).

Quindi la condizione che g−1h−1gh ∈ H(Z) per ogni h ∈ G diventa la seguente: −b− ad+ bc+ d ∈ Z per ognic ∈ 1,−1, d ∈ Q. Scegliendo c = 1 otteniamo che (1 − a)d ∈ Z per ogni d ∈ Q, e questo e possibile solo sea = 1 (se a = −1 allora 2d ∈ Z per ogni d ∈ Q, e questo e chiaramente falso, basta scegliere d = 1/3), quindi

40 MARTINO GARONZI

deduciamo che a = 1 e b(c− 1) ∈ Z per ogni c ∈ 1,−1. In particolare scegliendo c = −1 otteniamo 2b ∈ Z.D’altra parte, se a = 1 e 2b ∈ Z allora la condizione −b − ad + bc + d ∈ Z e verificata per ogni c ∈ −1, 1,d ∈ Q. Di conseguenza

Z(G/H(Z)) = (

1 0b 1

)H(Z) ∈ G/H(Z) | b ∈ 1

2Z.

Sia allora b = n/2 con n ∈ Z, e sia g =

(1 0b 1

). Se n e pari gH(Z) = H(Z). Se n e dispari, n = 2k + 1 con

k ∈ Z, allora b = 12 + k e gH(Z) =

(1 0

1/2 1

)H(Z). Questi sono i due elementi del centro di G/H(Z).

1.109. Ricordiamo che un endomorfismo di un gruppo G e un omomorfismo G→ G. E vero che ogni endomorfismoiniettivo di un gruppo e necessariamente un isomorfismo? E vero che ogni endomorfismo suriettivo di un gruppo enecessariamente un isomorfismo?

Suggerimento: per l’iniettivita considerare il gruppo (Z,+), per la suriettivita considerare il gruppo (C∗, ·). Perottenere un’infinita di controesempi considerare la seguente costruzione. Dati un gruppo G e una funzione f : I → Ila funzione ϕf : GI → GI che manda (gi)i∈I in (gf(i))i∈I e un omomorfismo.

1.110. Se G e un gruppo abeliano allora ogni sottogruppo di G e normale. E vero il viceversa? Cioe, e vero che seogni sottogruppo di un gruppo G e normale allora G e necessariamente abeliano?

Risoluzione. No non e vero, un controesempio e il gruppo dei quaternioni Q8 (cf. con l’esercizio 1.69).

1.111. Sia G un gruppo finito, e siano H,K sottogruppi di G. Supponiamo che gli indici |G : H|, |G : K| sianocoprimi. Mostrare che:

• |G : H ∩K| = |G : H| · |G : K|,• HK = G.

Suggerimento: confrontare con l’esercizio 1.89.

Risoluzione. Osserviamo che |G : H ∩K| = |G : H| · |H : H ∩K| e anche |G : H ∩K| = |G : K| · |K : H ∩K|quindi |G : H| e |G : K| dividono entrambi |G : H ∩K|. Siccome per ipotesi |G : H| e |G : K| sono coprimi, anche|G : H| · |G : K| divide |G : H ∩K|, in particolare |G : H| · |G : K| ≤ |G : H ∩K|. D’altra parte per l’esercizio 1.89 siha |G : H ∩K| ≤ |G : H| · |G : K| e quindi otteniamo |G : H ∩K| = |G : H| · |G : K|. Si ha quindi

1 =|G : H| · |G : K||G : H ∩K|

=|G|2|H ∩K||G||H||K|

= |G| |H ∩K||H||K|

=|G||HK|

.

In altre parole |G| = |HK| e quindi, siccome G e finito e HK ⊆ G, G = HK.

1.112. Quanti automorfismi ha il gruppo diedrale di ordine 8? E il gruppo diedrale di ordine 2n?

1.113. Facile. Supponiamo che nel gruppo G ogni sottogruppo ciclico sia normale. Mostrare che in G ognisottogruppo e normale.

Risoluzione. Sia H un sottogruppo di G. Per mostrare che H e normale basta mostrare che se h ∈ H e g ∈ Gallora ghg−1 ∈ H. Ma 〈h〉 e normale in G per ipotesi, quindi ghg−1 ∈ 〈h〉 ⊆ H.

1.114. Siano G un gruppo finito, g ∈ G e N G. Siano A := CG/N (gN) e B := CG(g). Mostrare che |A| ≤ |B|. Evero che necessariamente |A| divide |B|?

1.115. Teorema di Landau. Sia n un intero positivo. Mostrare che ci sono solo un numero finito di gruppi conesattamente n classi di coniugio.


1.116. Sia G un gruppo finito e sia X un sottoinsieme di G tale che 1 ∈ X e xy ∈ X per ogni x, y ∈ X. Mostrare cheX e un sottogruppo di G. Nota: qui l’ipotesi essenziale e che G e finito. Confrontare col sottoinsieme 0, 1, 2, . . . di(Z,+).

Risoluzione. Sia x ∈ X. Dobbiamo mostrare che x−1 ∈ X. Consideriamo la funzione f : X → X che manda a inxa. Tale funzione e ben definita per ipotesi, ed e anche iniettiva, infatti da xa = xb con a, b ∈ X segue, moltiplicandoa sinistra per x−1, che a = b. Siccome X e finito, per il principio dei cassetti f e anche suriettiva. Ora 1 ∈ X peripotesi, quindi deve esistere a ∈ X con f(a) = 1, cioe xa = 1 da cui a = x−1.

1.117. Medio. Sia P un p-sottogruppo di Sylow di un gruppo finito G e sia H = NG(P ) il suo normalizzante in G.Provare che NG(H) = H.

Risoluzione. E chiaro che H ⊆ NG(H), ora proviamo l’inclusione inversa. Sia g ∈ NG(H) e mostriamo che g ∈ H.Osserviamo che essendo P H, gPg−1 e un sottogruppo di Sylow di H quindi, per il teorema di Sylow, esiste h ∈ Hcon hPh−1 = gPg−1. Ne segue che h−1gPg−1h = P in altre parole h−1g ∈ NG(P ) = H. Siccome h ∈ H segueg ∈ hH = H.

1.118. Normale. Sia G un gruppo finito e sia H un suo sottogruppo. Provare che il numero di p-sottogruppi diSylow di H e minore o uguale a quello dei p-sottogruppi di Sylow di G.

Risoluzione. Dato P un p-sottogruppo di Sylow di H per il teorema di Sylow esiste un p-sottogruppo di Sylow QPdi G tale che P ⊆ QP . Inoltre se P1 6= P2 sono due p-sottogruppi di Sylow di H allora QP1 6= QP2 essendo in generaleQP ∩H = P . Ne segue che la funzione P 7→ QP che manda un p-sottogruppo di Sylow di H in un p-sottogruppo diSylow di G e iniettiva e quindi il numero di p-sottogruppi di Sylow di H e al piu uguale al numero di sottogruppi diSylow di G.

1.119. Facile. Provare che se il centro di un gruppo finito G ha indice n, allora ogni elemento di G ha al piu nconiugati.

Risoluzione. Sia g ∈ G. Il numero di coniugati di g in G e uguale a |G : CG(g)|. Siccome Z(G) ⊆ CG(g) si han = |G : Z(G)| = |G : CG(g)| · |CG(g) : Z(G)| da cui |G : CG(g)| ≤ n.

1.120. Normale. Determinare n3(S7), cioe contare i 3-Sylow di S7.

Risoluzione. Si ha |S7| = 7! = 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7, quindi i 3-Sylow di S7 hanno ordine 32 = 9. Troviamone uno.Sia P := 〈(123), (456)〉. Notiamo che (123) e (456) sono cicli disgiunti quindi commutano. Mostriamo che P ∼=

〈(123)〉 × 〈(456)〉 ∼= C3 × C3 da cui segue |P | = 9, da cui segue che P e un 3-Sylow di S7.Siano A := 〈(123)〉, B := 〈(456)〉. Allora A,B P . Infatti il normalizzante NP (A) contiene (123) (infatti (123)

centralizza il sottogruppo che genera, in particolare lo normalizza) e anche (456) (infatti (456) centralizza (123) equindi centralizza 〈(123)〉, in particolare normalizza 〈(123)〉) e quindi contiene 〈(123), (456)〉 = P , da cui NP (A) = Pcioe A P . Analogamente NP (B) = P da cui B P . Abbiamo A = 1, (123), (132) e B = 1, (456), (465) e quindiA ∩B = 1. Siccome A centralizza B, AB = BA e quindi AB ≤ P , da cui P = 〈A,B〉 = AB. Abbiamo dimostratoche A,B P , A ∩B = 1 e AB = P e quindi otteniamo che P ∼= A×B.

I coniugati di P sono del tipo gPg−1 con g ∈ S7, quindi sono del tipo g〈(123), (456)〉g−1 = 〈g(123)g−1, g(456)g−1〉.Siccome g(123)g−1 = (g(1) g(2) g(3)) e g(456)g−1 = (g(4) g(5) g(6)), e siccome g e una biiezione, i due 3-ciclig(123)g−1 e g(456)g−1 sono anch’essi disgiunti. Ne deduciamo che tutti i coniugati di P , e quindi tutti i 3-Sylow diS7, sono generati da due 3-cicli disgiunti.

Quindi contare i 3-Sylow di S7 equivale a contare le partizioni a, b, c ∪ d, e, f ∪ g dove a, b, c, d, e, f, g =1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Scegliamo g in 7 modi e a questo punto ci sono 1

2

(63

)partizioni di a, b, c, d, e, f in due sottoinsiemi

di cardinalita 3 (una volta sceltone uno la partizione e determinata, e ogni partizione e determinata da due tali

42 MARTINO GARONZI

sottoinsiemi). Ne segue che n3(S7) = 7 · 12

(63

)= 70. Osserviamo che 70 e congruo a 1 modulo 3, come dev’essere. Per

la cronaca, otteniamo anche che 70 = |S7 : NS7(P )| = 7!/|NS7(P )| da cui |NS7(P )| = 7!/70 = 72.

1.121. Difficile. Siano p, q, r tre primi distinti, con p < q < r, e sia G un gruppo di ordine pqr. Mostrare chenr(G) = 1, cioe che G ha un solo r-Sylow.

Risoluzione. Supponiamo per assurdo che nr 6= 1. Per il teorema di Sylow nr divide pq, quindi nr ∈ 1, p, q, pq.D’altra parte nr 6= 1 per ipotesi e nr ≡ 1 mod r, da cui nr > r e siccome p, q < r segue nr = pq. Quindi G ha(r − 1)pq elementi di ordine r.

Mostriamo che nq = 1. Supponiamo per assurdo che nq 6= 1. Per il teorema di Sylow nq divide pr, e per ipotesinq 6= 1, quindi nq ∈ p, r, pr. D’altra parte 1 6= nq ≡ 1 mod q implica che nq > q > p, quindi nq 6= p per cuinq ∈ r, pr, in particolare nq ≥ r. Quindi G ha almeno r(q − 1) elementi di ordine q. Ovviamente G ha anche pelementi di ordine 1 o p. Quindi pqr = |G| e maggiore o uguale di (r − 1)pq + r(q − 1) + p = pqr − pq + rq − r + p.Segue che r − p ≥ q(r − p) da cui semplificando per r − p 6= 0 otteniamo 1 ≥ q, assurdo.

Sia ora Q un q-Sylow di G. Come abbiamo visto nq = 1 cioe QG. Detto R un r-Sylow di G si ha allora RQ ≤ G(un prodotto di due sottogruppi e un sottogruppo se uno di essi e normale). Inoltre G/Q ha ordine pr e RQ/Q haordine r, quindi RQ/Q e un r-Sylow di G/Q. Il numero di r-Sylow di G/Q, per il teorema di Sylow, e 1 (divide p ed e≡ 1 mod r, quindi e 1 essendo p < r). Ne segue che RQ/QG/Q e quindi per il teorema di corrispondenza RQG.Siccome RQ contiene R ed e normale in G, RQ contiene tutti i coniugati di R, cioe contiene tutti gli r-Sylow di G,che avendo ordine r sono anche r-Sylow di RQ. Ma RQ ha ordine rq, quindi per il teorema di Sylow RQ ha un solor-Sylow (il numero di r-Sylow di RQ e ≡ 1 mod r e divide q, quindi e 1 essendo q < r). In altre parole RQ ha unsolo sottogruppo di ordine r. Siccome tutti gli r-Sylow di G sono contenuti in RQ, segue che nr = 1. Assurdo.

1.122. Difficile. Siano p, q due primi distinti e sia m un intero positivo. Mostrare che i gruppi di ordine pmq nonsono semplici. Suggerimento: dato un gruppo G di ordine pmq e detti P e Q due p-Sylow di G, considerare il seguenteproblema: 〈NP (P ∩Q), NQ(P ∩Q)〉 e un p-gruppo?

Risoluzione. Si tratta di un caso particolare del teorema paqb di Burnside, che dice che in un gruppo finito semplicenon abeliano non ci sono classi di coniugio non banali di cardinalita una potenza di un primo (questo implica che igruppi di ordine paqb non sono semplici: basta considerare la classe di coniugio di un elemento centrale di un p-Sylow).

Sia G un gruppo di ordine pnq. Se p = q allora G e un p-gruppo e quindi Z(G) 6= 1, per cui G non e semplice.Supponiamo ora p 6= q. Se G ha un solo p-Sylow allora esso e normale e G non e semplice. Per il teorema di Sylowpossiamo quindi assumere che G abbia q p-Sylow. Se due qualsiasi p-Sylow hanno intersezione banale allora i p-Sylowcoprono q(pn − 1) + 1 = |G| − (q − 1) elementi, quindi in G c’e spazio per al piu un q-Sylow; siccome ce n’e almenouno, esso e normale, quindi G non e semplice.

Supponiamo quindi che esistano due p-Sylow con intersezione non banale. Siano P1, P2 due p-Sylow tali che |P1∩P2|e il massimo possibile, e sia Ni := NPi(P1 ∩ P2) per i = 1, 2. Mostriamo che J := 〈N1, N2〉 non e un p-gruppo. Selo fosse, allora per il teorema di Sylow sarebbe contenuto in un p-Sylow R di G. A meno di scambiare P1 e P2 tra diloro possiamo assumere che sia R 6= P2. Allora abbiamo P1 ∩ P2 ⊆ N1 ∩ P2 ⊆ R ∩ P2 e dalla massimalita di |P1 ∩ P2|segue che P1 ∩ P2 = R ∩ P2. D’altra parte R ∩ P2 ⊇ N2 ⊇ P1 ∩ P2 e quindi P1 ∩ P2 = N2 = NP2

(P1 ∩ P2), in altreparole P1 ∩ P2 e auto-normalizzato in P2, e questo contraddice il fatto seguente.

Lemma 2. Sia P un p-gruppo finito e sia H un sottogruppo proprio di P . Allora NP (H) 6= H.

Dimostrazione. Scriviamo |P | = pn e procediamo per induzione su n. Se n = 1 allora P ∼= Cp e l’enunciato echiaramente vero. Supponiamo ora che sia n > 1. Sia H < P , e sia x un elemento centrale di P diverso da 1 (esisteperche i p-gruppi finiti hanno centro non banale). Se x ∈ H allora H/〈x〉 < P/〈x〉 e applicando l’ipotesi induttivatroviamo che NP/〈x〉(H/〈x〉) = K/〈x〉 6= H/〈x〉, da cui NP (H) = K 6= H. Supponiamo ora che sia x 6∈ H. Siccome xe centrale normalizza H, cioe x ∈ NP (H) e quindi NP (H) 6= H.


Riepilogando, abbiamo quindi ottenuto che J non e un p-gruppo, quindi il suo ordine e diviso da q. Poiche |G| = pnq,J contiene un q-Sylow di G, sia esso Q. Allora dalla definizione di J segue che Q normalizza P1 ∩ P2. D’altra parteQ agisce per coniugio sui p-Sylow di G transitivamente (infatti G = QP1 e G agisce transitivamente, per il teoremadi Sylow) cioe ogni p-Sylow di G ha la forma xP1x

−1 con x ∈ Q. Siccome Q normalizza P1 ∩ P2 segue che P1 ∩ P2 econtenuto in tutti i p-Sylow di G, quindi e contenuto nella loro intersezione, che e il cuore normale di P1, (P1)G, chee un sottogruppo normale di G. Siccome 1 6= P1 ∩ P2 ⊆ (P1)G ⊆ P1 ⊂ G otteniamo allora che G non e semplice.

1.123. Medio. Mostrare che i gruppi di ordine 3 · 5 · 17 sono ciclici. (Si confronti con 1.48).

Risoluzione. Sia G un gruppo di ordine 3 · 5 · 17. Dal teorema di Sylow segue che n17(G) = 1, cioe c’e un solo17-Sylow, che quindi e normale. Chiamiamolo N . Ora siccome N e normale in G, G agisce su N per coniugio, equesto determina un omomorfismo iniettivo G/CG(N)→ Aut(N), dove CG(N) indica il centralizzante di N in G, cioeg ∈ G : gn = ng ∀n ∈ N (cf. l’esercizio 1.72). Ora N ha ordine 17 che e primo, quindi N ∼= C17 e Aut(N) ∼= C16.Dal teorema di Lagrange segue che |G/CG(N)| = |G : CG(N)| divide sia |G| = 3 · 5 · 17 che |Aut(N)| = 16 e quindi|G : CG(N)| = 1, cioe G = CG(N), cioe N ⊆ Z(G).

Dal teorema di Sylow segue che n3 ∈ 1, 5 · 17. Supponiamo n3 6= 1, cioe n3 = 5 · 17. Detto P un 3-Sylow, questosignifica che |G : NG(P )| = 5 · 17, cioe, siccome P ⊆ NG(P ), NG(P ) = P . Questo e falso perche N , essendo contenutonel centro, normalizza P . Similmente per 5: dal teorema di Sylow segue che n5 ∈ 1, 3 · 17, quindi se n5 6= 1 alloradetto Q un 5-Sylow si ha NG(Q) = Q e questo e assurdo perche N , essendo contenuto nel centro, normalizza Q.

Ora, abbiamo capito che N,P,Q sono normali. Inoltre hanno ordine a due a due coprimo. Usando 1.18, 1.20 e ilteorema cinese del resto 1.43 a tutto spiano troviamo che NP ∼= N ×P e Q sono normali e ciclici in G, di ordini 17 · 3e 5, quindi |NPQ| = 3 · 5 · 17 = |G| da cui G = NPQ ∼= N × P ×Q ∼= C3·5·17.

1.124. Difficile. Sia G un gruppo finito non abeliano. Se ogni sottogruppo proprio di G e abeliano allora G non esemplice.

Risoluzione. Siccome G e non abeliano, G e l’unione dei suoi sottogruppi massimali, quindi ha almeno duesottogruppi massimali non coniugati H,K (cf. esercizio 1.33). Per ipotesi H,K sono abeliani, quindi H ∩K e normalein 〈H,K〉 = G, per cui possiamo supporre che H ∩ K = 1. Lo stesso argomento dimostra che H e K hannointersezione banale coi loro coniugati distinti. Ne segue che il numero di elementi che i coniugati di H piu i coniugatidi K coprono e esattamente (qui supponiamo che |H| ≥ |K|)

|⋃g∈G

(gHg−1 ∪ gKg−1)| = 1 + (|H| − 1)|G : H|+ (|K| − 1)|G : K|

= 1 + 2|G| − |G : H| − |G : K|≥ 1 + 2|G| − 2|G : H|≥ 1 + 2|G| − |G| = 1 + |G|,

assurdo.

1.125. Medio. Sia G un gruppo finito e sia H un sottogruppo di G. Supponiamo che per ogni 1 6= h ∈ H si abbiaCG(h) ⊆ H. Mostrare che |H| e |G : H| sono coprimi.

Risoluzione. Sia p un divisore primo di |H|. Dobbiamo mostrare che p non divide |G : H|. Sia P un p-sottogruppodi Sylow di H. Per il teorema di Sylow esiste un p-sottogruppo di Sylow Q di G tale che P ⊆ Q. Siamo ricondotti amostrare che Q = P . Siccome Q e un p-gruppo non banale, Z(Q) 6= 1: sia 1 6= x ∈ Z(Q). Allora dato 1 6= y ∈ P(che esiste essendo P 6= 1) si ha xy = yx, cioe x ∈ CG(y), quindi per ipotesi x ∈ H. Ma allora essendo x ∈ Z(Q), siha Q ⊆ CG(x) ⊆ H per ipotesi, da cui Q = P .

44 MARTINO GARONZI

1.126. Teorema di Scorza. Difficile. Supponiamo che il gruppo finito G sia unione di tre sottogruppi propriA,B,C. Sia N := A ∩ B ∩ C. Mostrare che N e un sottogruppo normale di G e che G/N e isomorfo al gruppo diKlein C2 × C2.

Risoluzione. L’idea e dimostrare che A,B,C devono avere indice 2 in G.Diciamo che |A| ≥ |B| ≥ |C|. Siccome 1 appartiene ad A ∩ B ∩ C, l’unione A ∪ B ∪ C non e disgiunta, quindi

|G| < |A|+ |B|+ |C| ≤ 3|A|. Quindi |G| < 3|A|, cioe |G : A| < 3, cioe |G : A| = 2 essendo G 6= A.In particolare A e normale. Siccome B e C sono sottogruppi di G non contenuti in A (se uno tra B e C fosse

contenuto in A allora G sarebbe l’unione di due sottogruppi propri, cosa impossibile) segue che AB = G = AC (infattiAB e AC sono sottogruppi di G - essendo A normale - e contengono A - che ha indice 2 - propriamente).

E da questo segue facilmente, usando la formula |AB| = |A| · |B|/|A ∩ B|, che A ∩ B ha indice 2 in B e anche cheA ∩ C ha indice 2 in C.

Ora il trucco e osservare che da G = A ∪ B ∪ C segue anche, ovviamente, che (*) G = A ∪ (B − A) ∪ (C − A).Ora B − A = B − (A ∩ B) quindi |B − A| = |B − (A ∩ B)| = |B| − |A ∩ B| = |B| − |B|/2 = |B|/2. Similmente|C − A| = |C|/2. Quindi da (*) segue che |G| ≤ |A| + |B − A| + |B − C| = |A| + |B|/2 + |C|/2. Usando che|A| = |G|/2 e che |B| ≥ |C| troviamo che |G| ≤ |G|/2 + |B|/2 + |B|/2 da cui anche B ha indice 2 e quindi da|G| ≤ |A|+ |B|/2 + |C|/2 = |G|/2 + |G|/4 + |C|/2 segue che anche C ha indice 2.

Quindi A,B,C hanno indice 2 in G, quindi sono normali in G e quindi anche N = A ∩B ∩ C e normale in G.Ora, |G : N | = |G : A ∩ B ∩ C| ≤ |G : A| · |G : B ∩ C| ≤ |G : A| · |G : B| · |G : C| = 8 (si confronti con 1.89).

Vogliamo dimostrare che |G : N | = 4. Per questo basta escludere che sia |G : N | = 8 (infatti N e contenuto in A ∩Bche ha indice |G : A ∩ B| = |G : B| · |B : A ∩ B| = 4). Per escludere che l’indice sia 8 si puo andare a vedere comesono fatti i gruppi di ordine 8. Un altro modo e osservare che B − A e C − A devono essere disgiunti. Infatti hannoentrambi cardinalita |G|/4 e G = A ∪ (B − A) ∪ (C − A), quindi la loro unione ha cardinalita |G − A| = |G|/2. Dalfatto che B − A e C − A sono disgiunti segue che B ∩ C e contenuto in A. In altre parole N = A ∩ B ∩ C = B ∩ C.Quindi N ha indice |G : B ∩ C| = |G : B| · |B : B ∩ C| = 4 in G.

Dal fatto che G e unione di A,B,C e dal fatto che A,B,C contengono A ∩ B ∩ C = N segue che G/N e ugualeall’unione A/N ∪ B/N ∪ C/N . Quindi il gruppo G/N ha ordine 4 ed e l’unione di alcuni suoi sottogruppi propri.Quindi non e ciclico (si confronti con 1.10). L’unico gruppo non ciclico di ordine 4 e (a meno di isomorfismo) il gruppodi Klein C2 × C2. Quindi G/N ∼= C2 × C2.

1.127. Normale. Sia G un gruppo finito. Mostrare che le seguenti affermazioni sono equivalenti.

(1) G ha un unico sottogruppo massimale.(2) G e un p-gruppo ciclico.

Risoluzione. Se G e un p-gruppo ciclico, diciamo generato da g ∈ G, allora 〈gp〉 e l’unico sottogruppo massimale

di G. Infatti i sottogruppi di G sono 〈gpk〉 con k = 0, . . . , n− 1 dove |G| = pn.Ora supponiamo che G abbia un unico sottogruppo massimale, sia esso M . Sia g un elemento di G fuori da M .

Allora se fosse 〈g〉 6= G, 〈g〉 sarebbe contenuto in un sottogruppo massimale di G, cioe in M (dato che M e l’unicosottogruppo massimale di G), ma questo contraddice il fatto che g 6∈ M . Questo implica che 〈g〉 = G e quindi G eciclico. Se G non fosse un p-gruppo allora esisterebbero almeno due divisori primi distinti p e q di |G| per cui 〈gp〉 e〈gq〉 sarebbero due sottogruppi massimali distinti di G (di indici p e q rispettivamente).

1.128. Medio. Sia G un gruppo finito di ordine n e sia S un sottoinsieme di G tale che 1 ∈ S. Mostrare cheSn := x1 · · ·xn : x1, . . . , xn ∈ S e un sottogruppo di G. Si puo rimuovere l’ipotesi che 1 ∈ S?

Risoluzione. Se S = 1 non c’e niente da dimostrare, quindi ora supponiamo che sia S 6= 1. Siccome 1 ∈ S, lepotenze di S formano una catena: S ⊆ S2 ⊆ S3 ⊆ . . .. Ora, siccome G e finito, questa catena si deve stabilizzare, esistecioe m intero positivo con Sk = Sm per ogni k ≥ m, in altre parole Sm = Sm+1. Sia m minimo con questa proprieta.Allora tutte le inclusioni S0 = 1 ⊂ S ⊂ S2 ⊂ . . . ⊂ Sm−1 ⊂ Sm sono proprie, quindi esistono elementi g1, . . . , gm tali


che gi ∈ Si−Si−1 per ogni i = 1, . . . ,m. Ne segue che m = |g1, . . . , gm| ≤ |G| = n e quindi Sm = Sm+1 = . . . = Sn.Resta da mostrare che Sm ≤ G. Certamente 1 ∈ Sm essendo 1 ∈ S, e siccome la catena e stabile da Sm in poi,SmSm = S2m = Sm. Segue da 1.116 che Sm ≤ G.

1.129. Difficile. Sia G un gruppo finito. Mostrare che le seguenti affermazioni sono equivalenti.

(1) G e un prodotto di sottogruppi propri.(2) G non e un p-gruppo ciclico.

Risoluzione. (1) ⇒ (2). Se G e un p-gruppo ciclico, diciamo G = 〈g〉, allora i sottogruppi di G sono i 〈gpi〉 peri = 0, . . . , n dove |G| = pn per cui H = 〈gp〉 contiene tutti i sottogruppi propri di G, e quindi un qualsiasi prodotto disottogruppi propri di G e contenuto in H per cui non e uguale a G.

(2)⇒ (1). Supponiamo che G non sia un p-gruppo ciclico. Per 1.127 G ha almeno due sottogruppi massimali H eM . Se M G allora HM ≤ G e H,M ⊆ G quindi, essendo H e M massimali, ne deduciamo HM = G, quindi G e unprodotto di sottogruppi propri. Supponiamo ora che M non sia normale in G, cosicche esiste g ∈ G con gMg−1 6= M .Consideriamo il prodotto Π = M · gMg−1. Siccome 1 ∈ M ∩ gMg−1 e gMg−1 6= M , Π contiene M propriamente.Siccome Π e un prodotto di sottogruppi, 1 ∈ Π. Per 1.128 si ha allora Π|G| ≤ G, d’altra parte Π|G| ⊇ Π ⊃M per cuiΠ|G| = G essendo M massimale. Quindi G e un prodotto di al piu 2|G| coniugati di M , in particolare e un prodottodi sottogruppi propri.

1.130. Medio. Sia G un gruppo (non necessariamente finito). Sia A l’insieme dei sottogruppi di G×G che contengono∆ := (x, x) : x ∈ G e sia B l’insieme dei sottogruppi normali di G. Costruire una biiezione A → B. Dedurre cheG e semplice se e solo se ∆ e un sottogruppo massimale di G×G.

Risoluzione. Definiamo α : A → B tramite la posizione α(S) := g ∈ G : (g, 1) ∈ S e definiamo β : B → Atramite la posizione β(N) := (N × 1)∆ = (ng, g) : n ∈ N, g ∈ G. E facile vedere che α e β sono funzioni bendefinite, cioe che α(S) ∈ B per ogni S ∈ A e β(N) ∈ A per ogni N ∈ B. Per concludere basta mostrare che α e β sonouna l’inversa dell’altra.

• Sia S ∈ A e mostriamo che β(α(S)) = S. Si ha β(α(S)) = β(g ∈ G : (g, 1) ∈ S) = (ng, g) : (n, 1) ∈S, g ∈ G = S∆ = S. L’ultima uguaglianza segue da ∆ ⊆ S.

• Sia N ∈ B e mostriamo che α(β(N)) = N . Si ha α(β(N)) = α((ng, g) : n ∈ N, g ∈ G) = x ∈ G : x =ng, g = 1, ∃n ∈ N = N .

Osserviamo che A e B sono reticoli rispetto all’intersezione e al sottogruppo generato. Le biiezioni α, β sonoisomorfismi di reticoli, nel senso che rispettano le inclusioni.

1.131. Funzione di Moebius. Medio. Sia M l’insieme delle funzioni N→ C (qui si considera 0 6∈ N). Consideriamol’operazione ∗ in M definita come segue: se f, g ∈ G allora

(f ∗ g)(n) :=∑d|n

f(d)g(n/d).

La somma e sui divisori di n, inclusi 1 e n. Siano

• δ : N→ C la funzione che manda 1 in 1 e ogni n 6= 1 in 0,• u : N→ C la funzione che manda tutto in 1: u(n) = 1 ∀n ∈ N,• µ : N→ C la funzione che manda 1 in 1, n in (−1)k se n e il prodotto di k primi a due a due distinti e n in 0

se n e diviso da un quadrato diverso da 1. Tale funzione si chiama “funzione di Moebius classica”.

Mostrare che (M, ∗) e un monoide commutativo con elemento neutro δ e che l’inverso di u in M e µ (il fatto cheu ∗ µ = δ in letteratura si chiama “formula di inversione di Moebius”). Dedurre che

ϕ(n) =∑d|n

d · µ(n/d),

46 MARTINO GARONZI

dove ϕ e la funzione totiente di Eulero.Mostrare che G := f ∈M : f(1) 6= 0 con l’operazione ∗ e un gruppo.

Risoluzione. Ecco la funzione µ per valori piccoli di n.

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14µ(n) 1 −1 −1 0 −1 1 −1 0 0 1 −1 0 −1 1

Che ∗ sia commutativa e facile da vedere. Le altre cose enunciate sono mostrate qui di seguito.

(1) Mostriamo che δ e un elemento neutro per ∗. Se f ∈ M si ha (f ∗ δ)(n) =∑d|n f(d)δ(n/d) = f(n), essendo

per definizione δ(n/d) diverso da zero solo per n = d, nel qual caso δ(n/d) = δ(1) = 1. Ne deduciamo chef ∗ δ = f , e ovviamente anche che δ ∗ f = f essendo ∗ commutativa.

(2) Mostriamo che ∗ e associativa. Siano dunque a, b, c ∈M . Osserviamo che dato m ∈ N si ha

(d, n) ∈ N× N : n|m, d|m/n = (d, n) ∈ N× N : d|m, n|m/d.

Con questo in mente andiamo a mostrare che (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c). Si ha

((a ∗ b) ∗ c)(m) =∑n|m

(a ∗ b)(m/n)c(n) =∑n|m

∑d|m/n

a(d)b(m/dn)

c(n)

=∑d|m

a(d)

∑n|m/d

b(m/dn)c(n)

=∑d|m

a(d)(b ∗ c)(m/d)

= (a ∗ (b ∗ c))(m).

(3) Mostriamo che u ∗ µ = δ. Si ha

(u ∗ µ)(1) =∑d|1

u(d)µ(1/d) = u(1)µ(1) = 1.

Dato ora n ∈ N con n > 1, dobbiamo mostrare che (u∗µ)(n) = 0, in altre parole che∑d|n µ(d) = 0. Scriviamo

n = p1a1 · · · pkak . Siccome µ(d) = 0 ogni volta che d e diviso da quadrati, si ha∑

d|n

µ(d) = µ(1) +∑

i1,...,ih

µ(pi1 · · · pih),

dove i1, . . . , ih varia nella famiglia dei sottoinsiemi non vuoti di 1, . . . , k. Raggruppando tali sottoinsiemi

per cardinalita, e ricordando che 1, . . . , k ha esattamente(kh

)sottoinsiemi di cardinalita h, otteniamo che∑

d|n

µ(d) = µ(1) +

k∑h=1

∑i1,...,ih

µ(pi1 · · · pih) =

k∑h=0

(k

h

)(−1)h.

Ricordando la formula del binomio di Newton, (a+ b)n =∑ni=0

(ni

)aibn−i otteniamo allora che

k∑h=0

(k

h

)(−1)h =

k∑h=0

(k

h

)(−1)h1k−h = (−1 + 1)k = 0k = 0,

come volevamo.(4) Mostriamo che G := f ∈ M : f(1) 6= 0 con l’operazione ∗ e un gruppo. Innanzitutto, G e chiuso per∗ infatti se f, g ∈ G allora (f ∗ g)(1) = f(1)g(1) 6= 0 essendo f(1) 6= 0 6= g(1). Rimane da mostrare chese f ∈ G allora f ha un inverso in G. Lo faremo costruendo induttivamente g ∈ G tale che f ∗ g = δ.Si deve avere 1 = δ(1) = (f ∗ g)(1) = f(1)g(1) quindi g(1) = 1/f(1) (questo ha senso perche f(1) 6= 0).Ora prendiamo n > 1, supponiamo di conoscere g(m) per ogni m < n e costruiamo g(n). Si deve avere


0 = δ(n) =∑d|n f(d)g(n/d) =

∑d|n,d6=1 f(d)g(n/d) + f(1)g(n) da cui g(n) = − 1

f(1)

∑d|n,d6=1 f(d)g(n/d).

Questo determina g(n) essendo g(n/d) per ipotesi noto per d 6= 1, infatti n/d < n.

48 MARTINO GARONZI

2. Anelli e Campi

Nel seguito, a meno di specifiche esplicite, A e un fissato anello commutativo unitario, con 1 6= 0.

2.1. Nilpotenti. Quali sono gli n tali che Z/nZ ammette elementi nilpotenti diversi da 0? Un elemento a si dicenilpotente se an = 0 per qualche n ∈ N. Si veda l’esercizio 2.51.

2.2. Mostrare che l’insieme degli elementi nilpotenti di A e un ideale di A contenuto in ogni ideale primo di A.

Risoluzione. Sia I l’insieme degli elementi nilpotenti di A. Ovviamente 0 ∈ I, essendo 01 = 0. E chiaro che sei ∈ I e a ∈ A allora ai e nilpotente: esiste infatti un intero n ≥ 1 con in = 0 e quindi (ai)n = anin = an ·0 = 0. Rimaneda mostrare che se i, j ∈ I allora i + j ∈ I. Siano n,m interi positivi con in = 0 = jm. Per il teorema binomiale diNewton (che vale per ogni anello commutativo),

(i+ j)n+m =

n+m∑k=0

(n+m

k

)ikjn+m−k.

Per concludere che i + j e nilpotente basta mostrare che ikjn+m−k = 0 per ogni k ∈ 0, . . . , n + m, e siccomean = 0 = bm, per questo basta mostrare che se k ∈ 0, . . . , n+m allora o k ≥ n oppure n+m− k ≥ m. Riscrivendola seconda disuguaglianza come n− k ≥ 0, questo diventa ovvio.

Mostriamo che I e contenuto in tutti gli ideali primi di A. Sia quindi p un ideale primo di A. Ricordo che questosignfica che ogni volta che a, b ∈ A e ab ∈ p si ha a ∈ p oppure b ∈ p. Sia i ∈ I. Dobbiamo mostrare che i ∈ p. Sia nun intero positivo con in = 0. Siccome p e un ideale, in = 0 ∈ p. Esiste quindi il piu piccolo intero positivo k tale cheik ∈ p. Sia esso m. Allora si ha i · im−1 = im ∈ p. Siccome p e primo e im−1 6∈ p, si deve avere i ∈ p.

Una curiosita: si puo dimostrare che I coincide con l’intersezione degli ideali primi di A.

2.3. Teorema Cinese del Resto (Chinese Remainder Theorem). Siano I, J due ideali di A. Definiamo I+J :=i + j | i ∈ I, j ∈ J (e un ideale di A) e definiamo IJ come l’ideale di A generato dall’insieme ij | i ∈ I, j ∈ J.Dimostrare che IJ ⊆ I ∩ J . Dimostrare che se I + J = A allora IJ = I ∩ J e

A/IJ ∼= A/I ×A/J.Risoluzione.

• Mostriamo che IJ ⊆ I ∩ J . Basta mostrare che S = ij | i ∈ I, j ∈ J ⊆ I ∩ J , infatti IJ e l’ideale di Agenerato da S, cioe l’intersezione degli ideali di A contenenti S, quindi se I ∩ J , che e un ideale, contiene Sallora contiene anche IJ . Prendiamo quindi i ∈ I e j ∈ J . Dobbiamo mostrare che ij ∈ I ∩ J . ij ∈ I perchei ∈ I e j ∈ A, e ij ∈ J perche j ∈ J e i ∈ A. Quindi ij ∈ I ∩ J .

• Supponiamo ora che I + J = A. Allora esistono i ∈ I e j ∈ J tali che i + j = 1. Dobbiamo mostrare cheIJ = I ∩ J , e siccome IJ ⊆ I ∩ J (per quanto detto sopra) basta mostrare che I ∩ J ⊆ IJ . Sia a ∈ I ∩ J , escriviamo

a = a · 1 = a(i+ j) = ai+ aj.

Per mostrare che a ∈ IJ basta quindi mostrare che ai, aj ∈ IJ (infatti da questo segue che ai+ aj ∈ IJ , datoche IJ e un ideale). ai ∈ IJ perche i ∈ I e a ∈ J (dato che a ∈ I ∩ J ⊆ J), e aj ∈ IJ perche j ∈ J e a ∈ I(dato che a ∈ I ∩ J ⊆ I).

• Consideriamo ora l’omomorfismo ϕ : A→ A/I×A/J che manda a in (a+I, a+J). Il suo nucleo e ovviamenteI ∩ J (se (a + I, a + J) = (I, J) allora a + I = I e a + J = J , cioe a ∈ I e a ∈ J). Siccome nelle nostreipotesi I + J = A, abbiamo I ∩ J = IJ e quindi per concludere che A/IJ ∼= A/I × A/J basta mostrare cheϕ e suriettiva, perche allora l’asserto seguira dal teorema di isomorfismo (quello che dice che se A → B e unomomorfismo di anelli allora A/ ker(ϕ) ∼= ϕ(A)). Mostriamo quindi che ϕ e suriettiva.Sia (a + I, b + J) ∈ A/I × A/J . Siccome I + J = A, esistono i, i′ ∈ I e j, j′ ∈ J tali che a = i + j eb = i′ + j′. Ma allora siccome + in un anello e commutativa si ha a + I = i + j + I = j + i + I = j + I eb+ J = i′ + j′ + J = i′ + J . Segue facilmente che ϕ(i′ + j) = (a+ I, b+ J).


2.4. Idempotenti. Quali sono gli n tali che Z/nZ ammette idempotenti diversi da 0 e da 1? Ricordiamo che unelemento e di A si dice idempotente se e2 = e.

Sia e ∈ A un elemento idempotente. Allora anche 1−e e idempotente, infatti (1−e)2 = 1+e2−2e = 1+e−2e = 1−e.eA = ea | a ∈ A e un anello commutativo unitario con elemento neutro e, e (1 − e)A e un anello commutativounitario con elemento neutro 1− e. L’applicazione

A→ eA× (1− e)A

a 7→ (ea, (1− e)a)

e un isomorfismo di anelli. Viceversa, se A e B sono due anelli commutativi unitari allora (1, 0) e (0, 1) sono idempotentidi A×B diversi da 0 = (0, 0) e da 1 = (1, 1). Infatti (1, 0)2 = (12, 02) = (1, 0) e (0, 1)2 = (02, 12) = (0, 1).

Il teorema cinese del resto (o meglio, una sua opportuna istanza: cf. 2.3) dice questo: se n,m sono due numericoprimi allora esiste un isomorfismo di anelli Z/nmZ ∼= Z/nZ×Z/mZ, quello che manda x+mnZ in (x+nZ, x+mZ).Quindi se n non e una potenza di un primo allora e il prodotto di due numeri coprimi e quindi per il teorema cinesedel resto e la discussione sopra, Z/nZ ammette elementi idempotenti diversi da 0 e da 1.

Viceversa, se n e una potenza di un primo allora Z/nZ non ha idempotenti diversi da 0 e da 1. Infatti se neavesse allora da quanto detto Z/nZ sarebbe isomorfo a un prodotto diretto di anelli non banali, in particolare sarebbeisomorfo a un prodotto diretto di gruppi (additivi, abeliani) non banali (ogni anello e un gruppo additivo abeliano).Siccome n e una potenza di un primo p tali due fattori diretti sarebbero p-gruppi, e quindi per il teorema di Cauchyconterrebbero ognuno un sottogruppo di ordine p, e questi due sottogruppi sarebbero distinti in quanto contenuti indue fattori diretti. Ne segue che il gruppo (additivo) ciclico Z/nZ conterrebbe due sottogruppi distinti di ordine p,assurdo.

2.5. Supponiamo che a2 = 0 per ogni ±1 6= a ∈ A. Mostrare che A ha caratteristica 2, 3 o 4.

Risoluzione. Siccome 1 6= 0, 2 6= 1. Se 2 = −1 allora 3 = 0 e quindi A ha caratteristica 3. Supponiamo quindi che3 6= 0. Allora 0 = 22 = 4, quindi A ha caratteristica 2 o 4.

2.6. Dato un gruppo abeliano G, dotare End(G), l’insieme degli omomorfismi G → G, della struttura di anello.Descrivere End(Cn).

Risoluzione. Usiamo la notazione additiva in G. Dotiamo End(G) delle operazioni + e definite da:

(f + g)(x) := f(x) + g(x), (f g)(x) := f(g(x))

per ogni x ∈ G. E facile verificare che (End(G),+, ) e un anello. Mostriamo per esempio che vale la proprietadistributiva: se x ∈ G allora

(f (g + h))(x) = f((g + h)(x)) = f(g(x) + h(x)) = f(g(x)) + f(h(x)) = (f g)(x) + (f h)(x),

quindi f (g + h) = (f g) + (f h). Inoltre

((f + g) h)(x) = (f + g)(h(x)) = f(h(x)) + g(h(x)) = (f h)(x) + (g h)(x),

quindi (f + g) h = (f h) + (g h).Sia ora f ∈ End(Cn), e usiamo la notazione additiva in Cn. Sia a un generatore di Cn. Allora f e univocamente

determinato da f(a), infatti f(ka) = kf(a) per ogni k ∈ Z. D’altra parte per ogni k ∈ Z la funzione fk(x) := kx eun omomorfismo di gruppi Cn → Cn. L’applicazione ϕ : Z → End(Cn) che manda k in fk e quindi suriettiva, ed eun omomorfismo di anelli, infatti se k, h ∈ Z allora fh+k(x) = (h+ k)x = hx+ kx = fh(x) + fk(x) e fhk(x) = hkx =fh(kx) = fh(fk(x)) = (fh fk)(x). Il suo nucleo e dato da quegli interi k ∈ Z tali che fk(x) = 0, cioe kx = 0, per ognix ∈ Cn. Se ka = 0 allora n divide k (perche a ha ordine n), e d’altra parte se n divide k allora ka = 0. Ne segue cheker(ϕ) = nZ, e per il primo teorema di isomorfismo per gli anelli si ha Z/nZ ∼= End(Cn).

50 MARTINO GARONZI

2.7. A cosa e isomorfo il quoziente Z[X]/(X − 1) ?

Risoluzione. Consideriamo l’omomorfismo di anelli Z[X]→ Z dato da P (X) 7→ P (1). Si tratta di un omomorfismosuriettivo (per ottenere P (1) = c basta prendere il polinomio costante c). Il suo nucleo e I = P (X) ∈ Z[X] | P (1) = 0.Per il teorema di isomorfismo (che dice che se ϕ : A → B e un omomorfismo di anelli allora A/ ker(ϕ) ∼= ϕ(A)),se mostriamo che I = (X − 1) allora possiamo concludere che Z[X]/(X − 1) ∼= Z. L’inclusione (X − 1) ⊆ I e ovvia(un qualsiasi polinomio del tipo (X − 1)f(X) valutato in 1 restituisce zero). Mostriamo l’inclusione I ⊆ (X − 1).Se P (X) ∈ I raccogliendo X − 1 otteniamo P (X) = (X − 1)Q(X) + c con Q(X) ∈ Z[X] e c ∈ Z (la divisionecon resto per polinomi monici si puo fare senza intoppi in Z[X]). Siccome P (X) ∈ I si ha c = P (1) = 0, e quindiP (X) = (X − 1)Q(X) ∈ (X − 1).

2.8. Mostrare che se A e un dominio di integrita finito allora A e un campo.

Risoluzione. Sia A un dominio di integrita finito. Sia a ∈ A con a 6= 0. Dobbiamo mostrare che a e invertibile inA, cioe che esiste b ∈ A con ab = 1. Consideriamo l’applicazione ϕ : A→ A che manda x in ax. ϕ e iniettiva, infattise x, y ∈ A sono tali che ax = ay allora a(x − y) = 0 e quindi x − y = 0, cioe x = y, perche a 6= 0 e A e un dominiodi integrita. Quindi ϕ e un’applicazione iniettiva di un insieme finito in se stesso. Per il principio dei cassetti, ϕ esuriettiva. In particolare esiste b ∈ A con ϕ(b) = 1, cioe ab = 1.

2.9. Sia R l’insieme delle funzioni continue R → R. Mostrare che con le operazioni (f + g)(x) := f(x) + g(x),(f · g)(x) := f(x)g(x) l’insieme R e un anello commutativo unitario. Sia M := f ∈ R | f(2) = 0. Mostrare che M eun ideale massimale di R. A cosa e isomorfo R/M?

Risoluzione. La verifica che R e un anello e standard. Lo zero di R e la funzione costante f : x 7→ 0 e l’uno di R ela funzione costante f : x 7→ 1 (si tratta di funzioni costanti, quindi continue). Sia ϕ : R→ R l’applicazione definita daϕ(f) := f(2). Si tratta di un omomorfismo suriettivo di anelli. Infatti ϕ(f+g) = (f+g)(2) = f(2)+g(2) = ϕ(f)+ϕ(g),e ϕ(fg) = (fg)(2) = f(2)g(2) = ϕ(f)ϕ(g). Inoltre ϕ e suriettiva perche per ottenere ϕ(f) = c ∈ R basta prendere lafunzione costante f : x 7→ c. Siccome ker(ϕ) = M , per il primo teorema di isomorfismo per gli anelli si ha R/M ∼= R.Siccome R e un campo, M e un ideale massimale di R.

2.10. Ricordo che se A,B sono due anelli (non necessariamente commutativi) allora A×B e un anello con le operazionidefinite come segue:

(a, b) + (c, d) := (a+ c, b+ d), (a, b) · (c, d) := (ac, bd).

Lo zero e (0, 0), l’uno e (1, 1).

(1) Se A, B sono domini di integrita e vero che A×B e un dominio di integrita?(2) Siano A,B due campi. Quali sono gli ideali di A×B?

Risoluzione.

(1) No, non e mai vero. Infatti se A,B sono domini di integrita allora in A×B abbiamo (1, 0) · (0, 1) = (0, 0) ma(1, 0) 6= (0, 0) e (0, 1) 6= (0, 0).

(2) Gli ideali di A × B sono (0, 0), A × B, A × 0 e 0 × B. Mostriamo che davvero non ce ne sono altri.Sia I un ideale di A × B, e sia (0, 0) 6= (a, b) ∈ I. Se a 6= 0 6= b allora I 3 (a, b)(a−1, b−1) = (1, 1) e quindiI = A×B. Supponiamo quindi che uno tra a e b sia zero, per esempio a = 0 (l’altro caso e analogo). Siccome(a, b) 6= (0, 0) si ha b 6= 0 e quindi I 3 (0, b)(0, b−1) = (0, 1), per cui per ogni d ∈ B si ha I 3 (0, 1)(0, d) = (0, d)e quindi I ⊇ 0×B. Ora, se la prima componente di ogni elemento di I e zero allora chiaramente I = 0×B,altrimenti esiste c ∈ A− 0 con (c, d) ∈ I per qualche d ∈ B, ma allora come prima otteniamo A× 0 ⊆ Ida cui I = A×B.


2.11. Sia R = Z/nZ l’anello degli interi modulo n.

(1) Mostrare che un elemento m+ nZ ∈ R e invertibile se e solo se m e coprimo con n.(2) Dedurne che il gruppo delle unita di R ha ordine ϕ(n), dove ϕ e la funzione totiente di Eulero.(3) Dedurne il teorema di Eulero-Fermat: se a ∈ Z e coprimo con n allora aϕ(n) ≡ 1 modulo n.(4) Dedurne il piccolo teorema di Fermat: se p e un primo allora per ogni a ∈ Z si ha ap ≡ a modulo p.

Risoluzione.

(1) Se m + nZ e invertibile allora esiste a + nZ ∈ R con (m + nZ)(a + nZ) = ma + nZ = 1 + nZ, cioe n dividema− 1, cioe esiste b ∈ Z con ma− 1 = bn, da cui am− bn = 1. Se d e un divisore positivo comune di m e nallora da am− bn = 1 segue d divide 1 e quindi d = 1. Segue che m,n sono coprimi.

Se m,n sono coprimi allora esistono a, b ∈ Z con am+ bn = 1 (algoritmo di Euclide) e quindi (m+nZ)(a+nZ) = ma+ nZ = 1− bn+ nZ = 1 + nZ.

(2) Da (1) segue che U(R) = m+ nZ : MCD(n,m) = 1 e quindi |U(R)| = ϕ(n) per definizione di ϕ.(3) Se a ∈ Z e coprimo con n allora a + nZ e invertibile in Z/nZ e quindi a + nZ ∈ U(R). Siccome U(R) e un

gruppo finito ogni suo elemento g verifica g|U(R)| = 1, quindi (a+nZ)|U(R)| = 1+nZ, cioe aϕ(n) ≡ 1 mod (n).(4) Osserviamo che ϕ(p) = p− 1. Se a ∈ Z e divisibile per p allora a ≡ 0 mod (p) e quindi ap ≡ 0 ≡ a mod (p).

Supponiamo ora che p non divida a. Allora a e p sono coprimi e quindi dal punto precedente segue che ap−1 ≡ 1mod (p). Moltiplicando i due membri per a otteniamo quindi ap ≡ a mod (p).

2.12. Quante e quali sono le soluzioni dell’equazione X2 = 1 in Z/323Z?

Risoluzione. Siccome 323 = 17 · 19, per il teorema cinese del resto Z/323Z ∼= Z/17Z×Z/19Z e quindi l’equazionedata ammette esattamente 2 · 2 = 4 soluzioni. Si tratta degli x ∈ Z/323Z tali che uno dei seguenti sistemi e verificato:

x ≡ 1 mod (17)

x ≡ 1 mod (19)

x ≡ 1 mod (17)

x ≡ −1 mod (19)

x ≡ −1 mod (17)

x ≡ 1 mod (19)

x ≡ −1 mod (17)

x ≡ −1 mod (19).

Riscriviamo i sistemi in questo modo:19x ≡ 19 mod (323)

17x ≡ 17 mod (323)

19x ≡ 19 mod (323)

17x ≡ −17 mod (323)

19x ≡ −19 mod (323)

17x ≡ 17 mod (323)

19x ≡ −19 mod (323)

17x ≡ −17 mod (323).

Usando l’algoritmo di Euclide troviamo che −8 · 19 + 9 · 17 = 1. Riscriviamo ora −8 · I + 9 · II per ognuno di questisistemi (dove I e II sono le due righe), ottenendo

x ≡ 1 mod (323), x ≡ −305 ≡ 18 mod (323), x ≡ 305 mod (323), x ≡ −1 ≡ 322 mod (323).

2.13. Mostrare che se S e un sottoinsieme non vuoto di A allora l’ideale I di A generato da S e uguale all’insieme

J = s1a1 + · · ·+ skak | k ∈ N, s1, . . . , sk ∈ S, a1, . . . , ak ∈ A.Come sono fatti gli elementi dell’ideale di Z[X] generato da X, 2?

Risoluzione. Dobbiamo mostrare che I = J . Se s ∈ S e a ∈ A allora s ∈ S ⊆ I, e quindi sa ∈ I essendo I un

ideale. Quindi per ogni s1, . . . , sk ∈ S, a1, . . . , ak ∈ A si ha∑ki=1 siai ∈ I essendo I un ideale. Questo dimostra che

J ⊆ I.Mostriamo ora che I ⊆ J . Siccome I e uguale all’intersezione degli ideali di A contenenti S, per mostrare che

I ⊆ J basta mostrare che J e un ideale di A contenente S. Che J contenga S e facile: per scrivere s ∈ S come

somma∑ki=1 siai con s1, . . . , sk ∈ S, a1, . . . , ak ∈ A basta scegliere k = 1, s1 = s e a1 = 1. Mostriamo che J e un

ideale di A. Per ottenere 0 =∑ki=1 siai ∈ J basta scegliere k = 1, a1 = 0 e s1 ∈ S qualunque (S e non vuoto).

Se∑ki=1 siai ∈ J con s1, . . . , sk ∈ S, a1, . . . , ak ∈ A e a ∈ A allora a

∑ki=1 siai =

∑ki=1 siaai ∈ J essendo aai ∈ A

per ogni i = 1, . . . , k. Se∑ki=1 siai,

∑hi=1 tibi ∈ J con s1, . . . , sk, t1, . . . , th ∈ S, a1, . . . , ak, b1, . . . , bh ∈ A allora

52 MARTINO GARONZI∑ki=1 siai +

∑hi=1 tibi =

∑ri=1 uici dove r = k + h, ui = si ∈ S e ci = ai ∈ A per i = 1, . . . , k, ui = tr−i ∈ S e

ci = br−i ∈ A per i = k + 1, . . . , k + h = r. Abbiamo finito.Ne segue che l’ideale di Z[X] generato da X, 2 e uguale a Xf(X) + 2g(X) : f(X), g(X) ∈ Z[X]. Un altro

modo di descriverlo e il seguente: (X, 2) = f(X) ∈ Z[X] : f(0) e pari.

2.14. Mostrare che se A e un dominio di integrita allora la caratteristica di A e 0 oppure un numero primo.

Risoluzione. Sia n la caratteristica di A, e supponiamo che n 6= 0. Ricordiamo che n e il piu piccolo intero positivok tale che la somma di k uni in A e zero: 1 + · · ·+ 1 = 0, dove gli addendi sono esattamente k. Per abuso di notazionela somma di k uni in A verra indicata ancora con k. Se n non e primo allora esistono due interi a, b maggiori di 1 taliche n = ab e quindi ab = 0 in A. Siccome A e un dominio di integrita si deve avere a = 0 oppure b = 0 in A, e questoviola la minimalita di n in quanto caratteristica di A.

2.15. Siano n,m ∈ Z. Sia I l’ideale di Z generato da n,m. Mostrare che I = (MCD(n,m)).

Risoluzione. Sia d = MCD(n,m). Per l’algoritmo di Euclide esistono a, b ∈ Z con an + bm = d. In particolared ∈ I e quindi (d) ⊆ I. D’altra parte ogni elemento di I si scrive come combinazione nx+my con x, y ∈ Z (esercizio2.13), in particolare ogni elemento di I e divisibile per d e quindi I ⊆ (d). Segue che I = (d).

2.16. Mostrare che se I, J sono ideali di A allora IJ , l’ideale di A generato da ij | i ∈ I, j ∈ J, e uguale a

i1j1 + · · ·+ ikjk | k ∈ N, i1, . . . , ik ∈ I, j1, . . . , jk ∈ J.

Risoluzione. Si procede esattamente come nell’esercizio 2.13.

2.17. L’endomorfismo di Frobenius. La caratteristica di A sia il primo p. Mostrare che l’applicazione ϕ : A→ A,a 7→ ap e un omomorfismo di anelli. Si chiama “endomorfismo di Frobenius”. Determinare tale endomorfismo quandoA = Z/pZ.

Risoluzione. Siano a, b ∈ A. Si ha ϕ(ab) = (ab)p = apbp = ϕ(a)ϕ(b). Ora mostriamo che ϕ(a+ b) = ϕ(a) + ϕ(b).Abbiamo che ϕ(a+ b) = (a+ b)p =

∑pi=0

(pi

)aibp−i, quindi per concludere che questa somma e uguale a ϕ(a) +ϕ(b) =

ap + bp basta mostrare che p divide(pi

)se 1 ≤ i ≤ p − 1. Questo segue dal fatto che p e primo:

(pi

)= p!

(p−i)!i! e p ne

divide il numeratore ma non il denominatore.

2.18. A e un ideale di A. E principale?

Risoluzione. Sı, e principale generato da 1. Infatti ogni a ∈ A si scrive come a · 1.

2.19. L’ideale I = (X2 − 4, X3 +X − 2X2 − 2) di Q[X] e principale. Trovarne un generatore.

Risoluzione. In generale in un anello euclideo A se a, b ∈ A si ha (a, b) = (MCD(a, b)). La dimostrazione e lastessa dell’esercizio 2.15. Quindi siccome Q[X] e un anello euclideo (perche Q e un campo! Occhio: Z[X] non e unanello euclideo) un generatore di I e il massimo comun divisore dei polinomi X2−4 e X3 +X−2X2−2. Fattorizziamoquesti due polinomi. Otteniamo

X2 − 4 = (X − 2)(X + 2), X3 +X − 2X2 − 2 = (X − 2)(X2 + 1).

Siccome X + 2 e X2 + 1 sono coprimi, il massimo comun divisore e X − 2. Quindi I = (X − 2).


2.20. L’ideale I = (X5 + 2X3 +X2 + 1, X2 +X − 2) di Q[X] e principale. Trovarne un generatore.

Risoluzione. Come sopra, un generatore e il massimo comun divisore dei due polinomi generatori dell’ideale. Pertrovarlo applichiamo l’algoritmo di Euclide. Ricordiamo come funziona. Sia A un anello euclideo e siano n,m ∈ A.Volendo trovare x, y ∈ A con nx+my = MCD(n,m), costruiamo una tabella le cui prime due righe sono:

n m1 0 n0 1 m

Ora aggiungiamo righe a questa tabella seguendo il procedimento seguente.

n m1 0 n0 1 m...

......

a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

Le righe vanno lette in questo modo: ain + bim = ci. Se a1, a2, b1, b2, c1, c2 sono dati, a3, b3, c3 sono determinati nelseguente modo. Si effettua la divisione con resto tra c1 e c2 ottenendo c1 = c2q + r, con q, r ∈ Z e 0 ≤ r < c2.Si scelgono a3 = a1 − qa2, b3 = b1 − qb2 e c3 = r. L’algoritmo termina quando si trova un resto uguale a zero, eil resto immediatamente precedente e uguale al MCD(n,m). Facciamo un esempio in Z: troviamo x, y ∈ Z tali che2013x+ 367y = MCD(2013, 367).

2013 3671 0 20130 1 3671 −5 178−2 11 1133 −181 2−167 916 1

Otteniamo quindi che MCD(2013, 367) = 1 e −167 · 2013 + 916 · 367 = 1. Osserviamo un paio di cose:

• i numeri −167 e 916 non erano facilissimi da trovare andando a tentativi;• otteniamo che l’inverso di 2013 modulo 367 e −167 e l’inverso di 367 modulo 2013 e 916.

Ora applichiamo lo stesso metodo ai due generatori dell’ideale I. Ricordiamo che in Q[X] la divisione con restodi f(X) e g(X) fornisce due polinomi q(X), r(X) ∈ Q[X] con f(X) = q(X)g(X) + r(X) e deg(r(X)) < deg(g(X))oppure r(X) = 0.

X5 + 2X3 +X2 + 1 X2 +X − 21 0 X5 + 2X3 +X2 + 10 1 X2 +X − 21 −(X3 −X2 + 5X − 6) 16X − 11

−(X/16 + 27/256) 1 + (X/16 + 27/256)(X3 −X2 + 5X − 6) −215/256

Otteniamo che il massimo comun divisore e 1, e

(256/215)(X/16+27/256)(X5 +2X3 +X2 +1)− (256/215)(1+(X/16+27/256)(X3−X2 +5X−6))(X2 +X−2) = 1.

Segue che I = (1) = Q[X].

54 MARTINO GARONZI

2.21. E vero che l’ideale (4, X) di Z[X] e principale?

Risoluzione. Mostriamo che la risposta e no. Osserviamo che questo dimostra che il procedimento adoperatonell’esercizio 2.20 non puo essere adattato per anelli non euclidei. In effetti Z[X] e un anello non euclideo. Siccome(4, X) non e principale in Z[X], Z[X] non e nemmeno un PID.

Se (4, X) fosse principale allora esisterebbe f(X) ∈ Z[X] con (f(X)) = (4, X), in particolare esisterebberog(X), h(X) ∈ Z[X] con (1) 4 = f(X)g(X) e (2) X = f(X)h(X). Da (1) segue che f(X) ha grado zero e quindif(X) = f ∈ Z. Quindi da (2) abbiamo X = f · h(X). Sostituendo X = 1 otteniamo 1 = f · h(1), in particolare f einvertibile in Z e quindi (4, X) = (f(X)) = Z[X]. Ma questo e assurdo perche (cf. esercizio 2.13) se potessimo scrivere1 = 4a(X) +Xb(X) con a(X), b(X) ∈ Z[X] allora sostituendo X = 0 otterremmo 1 = 4 · a(0), assurdo perche 4 non einvertibile in Z.

2.22. Sia A un dominio di integrita. Mostrare che A e un campo se e solo se ogni ideale di A[X] e principale.

Risoluzione. Sappiamo gia che se A e un campo allora A[X] e un anello euclideo con la funzione grado, inparticolare e un PID. Mostriamo che se A[X] e un PID allora A e un campo. Supponiamo quindi che A[X] sia unPID, e sia a ∈ A, a 6= 0. Dobbiamo mostrare che a e invertibile, cioe che esiste b ∈ A con ab = 1. Per ipotesi l’ideale(a,X) e principale, sia f(X) ∈ A[X] un suo generatore: (a,X) = (f(X)). Allora esistono g(X), h(X) ∈ A[X] tali che(1) f(X)g(X) = a e (2) f(X)h(X) = X. Siccome A e un dominio, il grado di un prodotto di polinomi di A[X] euguale alla somma dei gradi, quindi da (1) deduciamo che f(X) ha grado zero, f(X) = f ∈ A, e da (2) sostituendoX = 1 otteniamo f · h(1) = 1, quindi f(X) = f e invertibile in A[X] e (a,X) = (f(X)) = A[X]. Ma questo e assurdoperche (cf. esercizio 2.13) se potessimo scrivere 1 = a · r(X) + X · s(X) con r(X), s(X) ∈ A[X] allora sostituendoX = 0 otterremmo 1 = a · r(0), assurdo perche per ipotesi a non e invertibile in A.

2.23. Ideali primi. Un ideale I di A si dice primo se I 6= A e ogni volta che a, b ∈ A e ab ∈ I si ha a ∈ I oppureb ∈ I.

(1) Sia I un ideale di A, e sia S := A− I. Mostrare che I e primo se e solo se i seguenti due fatti sono veri:• 1 ∈ S,• per ogni x, y ∈ S si ha xy ∈ S.

(2) Mostrare che l’ideale (0) di A e primo se e solo se A e un dominio di integrita.(3) Mostrare che l’ideale I di A e primo se e solo se A/I e un dominio di integrita.(4) Mostrare che ogni ideale massimale di A e primo.(5) Dare un esempio di ideale primo non massimale.(6) Dare un esempio di ideale proprio (cioe diverso dall’anello di cui e ideale) non primo.(7) Mostrare che se ogni ideale proprio di A e primo allora A e un campo.(8) Quali sono gli ideali primi di Z? Quali sono quelli massimali?

(9) L’ideale (X) di Q[X] e primo? E massimale? L’ideale (X) di Z[X] e primo? E massimale?(10) Mostrare che se A e finito allora ogni ideale primo di A e massimale.

Risoluzione.

(1) Supponiamo che I sia primo. Allora per definizione I 6= A e quindi 1 ∈ A− I = S. Se x, y ∈ S = A− I alloraxy 6∈ I, altrimenti poiche I e primo uno tra x e y apparterrebbe a I. Quindi xy ∈ A− I = S.

Ora supponiamo che 1 ∈ S e che per ogni x, y ∈ S si abbia xy ∈ S. Poiche 1 ∈ S = A − I, I 6= A. Orasupponiamo che a, b ∈ A siano tali che ab ∈ I. Dobbiamo mostrare che uno tra a e b appartiene a I, quindisupponiamo per assurdo che questo sia falso, cioe che a, b 6∈ I. Allora a, b ∈ A − I = S e quindi per l’ipotesiab ∈ S = A− I, cioe ab 6∈ I, assurdo.

(2) Se (0) = 0 e primo in A allora dati a, b ∈ A con ab = 0 si ha ab ∈ (0) e quindi uno tra a e b appartiene a(0), cioe e uguale a 0. Segue che A e un dominio di integrita. Viceversa, supponiamo che A sia un dominio diintegrita e che a, b ∈ A verifichino ab ∈ (0). Allora ab = 0 e quindi uno tra a e b e zero (essendo A un dominiodi integrita) cioe appartiene a (0). Questo dimostra che (0) e un ideale primo di A.


(3) Supponiamo che I sia un ideale primo di A. La corrispondenza canonica tra gli ideali di A contenenti I e gliideali di A/I preserva la primalita (e anche la massimalita), quindi I/I e primo in A/I, quindi per il puntoprecedente A/I e un dominio di integrita. Viceversa se A/I e un dominio di integrita allora per il puntoprecedente I/I e un ideale primo di A/I e quindi I e un ideale primo di A.

(4) Sia I un ideale massimale di A. Allora A/I e un campo, in particolare e un dominio di integrita. Segue dalpunto precedente che I e un ideale primo.

(5) L’ideale (0) di Z e primo perche Z e un dominio di integrita ma non e massimale perche Z non e un campo.(6) L’ideale (4) di Z non e primo perche 2 · 2 ∈ (4) ma 2 6∈ (4).(7) Supponiamo che ogni ideale proprio di A sia primo, e sia 0 6= a ∈ A. Dobbiamo mostrare che a e invertibile in

A. Se mostriamo che (a2) non e un ideale primo potremo dedurre dall’ipotesi che (a2) non e un ideale proprio,cioe che (a2) = A 3 1, per cui esiste b ∈ A con a · (ab) = a2b = 1 e quindi a e invertibile. Mostriamo quindiche (a2) non e un ideale primo. Se lo fosse allora da a · a = a2 ∈ (a2) seguirebbe a ∈ (a2) e quindi esisterebbeb ∈ A con a2b = a, da cui a(ab − 1) = 0. Siccome (0) e un ideale proprio di A, esso e primo e quindi daa(ab− 1) = 0 ∈ (0) segue che ab− 1 = 0 (essendo a 6= 0) cioe ab = 1 e quindi a e invertibile, per cui anche a2

e invertibile e (a2) = A non e un ideale primo, assurdo.(8) Siccome Z/nZ e un campo se e solo se n e un numero primo, gli ideali massimali di Z sono della forma (p) = pZ

con p numero primo - quindi tutti questi ideali sono anche primi - e l’unico ideale primo non massimale di Ze (0): ogni altro ideale e del tipo nZ con n 6= 0 un intero non primo, diciamo n = ab con a, b ∈ Z− 1,−1, eab = n ∈ nZ ma a, b 6∈ nZ, quindi nZ non e un ideale primo.

(9) Dato un anello A, l’omomorfismo di valutazione in zero A[X]→ A, f(X) 7→ f(0) e suriettivo e ha come nucleo(X). Per il teorema di isomorfismo per gli anelli abbiamo quindi che A[X]/(X) ∼= A. Ne segue che (X) emassimale in A[X] se e solo se A e un campo (e il caso di A = Q) e (X) e primo in A[X] se e solo se A e undominio di integrita (e il caso di A = Z).

(10) Supponiamo A finito e sia I un ideale primo di A. Poiche la corrispondenza canonica tra gli ideali di Acontenenti I e gli ideali di A/I preserva la primalita e la massimalita, e poiche possiamo andare a quozientemodulo I, non c’e lesione di generalita nell’assumere I = (0). In altre parole, se mostriamo il risultato perl’ideale nullo allora essendo l’ideale nullo di A/I primo, e massimale dato che A/I e anch’esso finito (!), equindi I e massimale in A. Supponiamo quindi I = (0). Siamo ridotti a mostrare che se A e un dominio diintegrita finito allora e un campo. Questo e l’esercizio 2.8.

Notiamo che questo stesso argomento mostra piu in generale che se I e un ideale primo di A e l’anello A/Ie finito allora I e massimale.

2.24. Siano I, J ideali primi di A. Mostrare che IJ e primo se e solo se IJ = I oppure IJ = J .

Risoluzione. L’implicazione (⇐) e ovvia. Mostriamo (⇒). Supponiamo per assurdo che IJ sia primo e cheIJ 6= I, IJ 6= J . Ricordiamo che IJ ⊆ I ∩ J (cf. esercizio 2.3). Siano i ∈ I − IJ , j ∈ J − IJ . Allora ij ∈ IJ , che peripotesi e primo, ma i, j 6∈ IJ , assurdo.

2.25. Siano I1, . . . , Ik ideali di A, e sia I1 · · · Ik l’ideale di A generato dall’insieme i1 · · · ik | i1 ∈ I1, . . . , ik ∈ Ik.Mostrare che se un ideale primo p di A contiene I1 · · · Ik allora esiste j ∈ 1, . . . , k tale che p contiene Ij .

Risoluzione. Supponiamo che l’ideale primo p di A contenga I1 · · · Ik, e per assurdo che p 6⊇ Ij per ogni j = 1, . . . , k.Per r = 1, . . . , k sia ir ∈ Ij − p. Allora i1 · · · ik ∈ I1 · · · Ik ⊆ p e i1, . . . , ik 6∈ p, e questo contraddice il fatto che p e unideale primo.

2.26. Dato a ∈ A definiamo V (a) come l’insieme degli ideali primi p di A contenenti a. Dati a, b ∈ A trovare c ∈ Atale che V (a) ∪ V (b) = V (c).

56 MARTINO GARONZI

Risoluzione. Scegliamo c = ab. Mostriamo che V (a) ∪ V (b) ⊆ V (ab). Se p ∈ V (a) ∪ V (b) allora a, b ∈ p e quindiab ∈ p perche p e un ideale, e quindi p ∈ V (ab). Mostriamo che V (a) ∪ V (b) ⊇ V (ab). Se p ∈ V (ab) allora ab ∈ p equindi siccome p e primo, o a ∈ p, cioe p ∈ V (a), oppure b ∈ p, cioe p ∈ V (b).

2.27. Topologia di Zariski. Sia Spec(A) l’insieme degli ideali primi di A. Dato un ideale I di A definiamo V (I)come l’insieme dei p ∈ Spec(A) tali che I ⊆ p, e definiamo D(I) := Spec(A)− V (I). Data una famiglia I di ideali diA definiamo

∑I∈I I come l’insieme delle somme i1 + . . . + ik dove i1 ∈ I1, . . . , ik ∈ Ik e I1, . . . , Ik ⊆ I. Si tratta

dell’ideale di A generato da⋃I∈I I. Mostrare che:

(1) Se I, J sono due ideali e I ⊆ J allora D(I) ⊆ D(J).(2) Se I e una famiglia di ideali di A allora

⋃I∈I D(I) = D(

∑I∈I I).

(3) Se I, J sono due ideali di A allora D(I) ∩D(J) = D(I ∩ J).(4) D(0) = ∅.(5) D(A) = Spec(A).

Dedurre che l’insieme D(I) | I A e una topologia su Spec(A). Si chiama “topologia di Zariski”. Nel caso in cuiA = k[X] dove k e un campo algebricamente chiuso determinare una biiezione Spec(A)− (0) → A.

Risoluzione. Punto (1). Passando ai complementari, vediamo che si tratta di dimostrare che V (I) ⊇ V (J), cioeche ogni ideale primo che contiene J contiene anche I. Questo e ovvio essendo I ⊆ J .

Punto (2). L’inclusione ⊆ segue dal punto (1) essendo J ⊆∑I∈I I per ogni J ∈ I (infatti ogni j ∈ J e una somma

i1 + · · ·+ ik con i1 ∈ I1, . . . , ik ∈ Ik e I1, . . . , Ik ∈ I, basta scegliere k = 1, I1 = J e i1 = j). Mostriamo l’inclusione ⊇.Passando ai complementari, vediamo che si tratta di dimostrare che

⋂I∈I V (I) ⊆ V (

∑I∈I I), cioe che se un ideale

primo p di A contiene ogni I ∈ I allora contiene∑I∈I I. Questo segue dal fatto che

∑I∈I I e l’ideale generato dagli

ideali in I, cioe da⋃I∈I I (e l’intersezione degli ideali che contengono ogni I ∈ I, quindi e contenuto in p essendo

questo un ideale che contiene ogni I ∈ I).Punto (3). Passando ai complementari, vediamo che si tratta di dimostrare che V (I)∪V (J) = V (I∩J). Mostriamo

(⊆). Sia quindi p ∈ V (I)∪V (J). Allora p contiene I oppure J , e siccome I∩J e contenuto sia in I che in J deduciamoche p contiene I ∩ J , cioe p ∈ V (I ∩ J). Mostriamo (⊇). Sia quindi p ∈ V (I ∩ J), cioe I ∩ J ⊆ p. Dobbiamo mostrareche p ∈ V (I)∪V (J), cioe che p contiene I oppure J . Supponiamo per assurdo che questo non sia vero, per cui esistonoi ∈ I − p e j ∈ J − p. Questo contraddice il fatto che p e un ideale primo, infatti ij ∈ I ∩ J ⊆ p.

Punto (4). Si tratta di dimostrare che V (0) = Spec(A), cioe che ogni ideale primo contiene l’ideale nullo. Questosegue dal fatto che ogni ideale contiene lo zero.

Punto (5). Si tratta di dimostrare che V (A) = ∅, cioe che nessun ideale primo contiene A. Questo segue dal fattoche per definizione un ideale primo e proprio.

I punti (2), (3), (4), (5) insieme implicano che la famiglia dei D(I) al variare di I tra gli ideali di A e una topologiasu Spec(A) (per definizione di topologia). Se k e un campo gli ideali primi di k[X], che e un PID, sono l’ideale nullo egli ideali generati dai polinomi irriducibili. Se k e algebricamente chiuso i polinomi irriducibili hanno grado 1, quindiin questo caso ogni ideale massimale e della forma (X − a) con a ∈ k. Quindi gli elementi di k sono in corrispondenzabiunivoca con gli ideali massimali di k[X], data da a 7→ (X − a).

2.28. Il radicale di un ideale. Dato un ideale I di A definiamo√I (il radicale di I) come l’insieme a ∈ A | an ∈

I per qualche n ∈ N. Mostrare che:

(1)√I e un ideale di A contenente I;

(2) se I e un ideale di A allora√√

I =√I;

(3) se I e un ideale primo allora√I = I;

(4) se I, J sono due ideali di A e I ⊆ J allora√I ⊆√J ;

(5) se I e un’intersezione di ideali primi allora√I = I;

(6) se I, J sono ideali di A allora√IJ =

√I ∩ J =

√I ∩√J ;

(7) se I e un ideale primo di A e n e un intero positivo allora√In = I.


Una curiosita: si puo dimostrare che√I coincide con l’intersezione degli ideali primi di A contenenti I.

Facciamo una digressione. Sia k un anello commutativo unitario, e sia A = k[X1, . . . , Xn] l’anello dei polinomiin n indeterminate su k. Definiamo kn := (a1, . . . , an) : a1, . . . , an ∈ k. Se S ⊆ kn definiamo I(S) := f ∈ A :f(s) = 0 ∀s ∈ S, e se J e un ideale di A definiamo V (J) := z ∈ kn : f(z) = 0 ∀f ∈ J. Il Nullstellensatz di Hilbert,o teorema degli zeri di Hilbert (considerato il punto di contatto tra l’algebra e la geometria) afferma che se k e uncampo algebricamente chiuso e J e un qualsiasi ideale di A = k[X1, . . . , Xn] allora

I(V (J)) =√J.

Se J e un ideale massimale allora e primo e quindi√J = J e otteniamo che I(V (J)) = J . In particolare V (J) 6= ∅

(infatti I(∅) = A) e quindi esiste P = (a1, . . . , an) ∈ V (J). In particolare I(V (J)) = J contiene gli elementi X1 −a1, . . . , Xn−an, quindi contiene l’ideale (X1−a1, . . . , Xn−an), che e massimale e quindi coincide con J . Riassumendo,se k e un campo algebricamente chiuso allora ogni ideale massimale di k[X1, . . . , Xn] e del tipo (X1−a1, . . . , Xn−an)con a1, . . . , an ∈ k (!). Quindi gli ideali massimali di k[X1, . . . , Xn] sono in biiezione con kn. In geometria algebricamoderna (Grothendieck) i “punti” (oggetto di accese discussioni nel corso dei secoli) e gli ideali massimali sonomoralmente la stessa cosa.

Risoluzione. Punto (1). Che√I contenga I e chiaro, perche se i ∈ I allora i1 = i ∈ I e quindi i ∈

√I. Mostriamo

che√I e un ideale. Che sia 0 ∈

√I e chiaro perche 01 = 0 ∈ I. Se x ∈

√I e a ∈ A allora dato un intero n ≥ 1

con xn = 0 abbiamo (xa)n = xnan = 0 · an = 0, da cui xa ∈√I. Ci rimane da mostrare che se x, y ∈

√I allora

x + y ∈√I. Sappiamo che esistono interi n,m ≥ 1 con xn, ym ∈ I. Abbiamo (x + y)n+m =

∑n+mi=0 xiyn+m−i. Per

concludere che x+ y ∈√I basta mostrare che (x+ y)m+n ∈ I, e per questo basta mostrare che se i ∈ 0, . . . , n+m

allora xiyn+m−i ∈ I. Siccome xn = 0 = ym, per questo basta mostrare che o i ≥ n oppure n + m − i ≥ m, in altreparole che o i ≥ n oppure n− i ≥ 0. Questo e ovvio.

Osserviamo che l’ideale√I corrisponde (tramite il teorema di corrispondenza) al radicale dell’ideale nullo di A/I

(cf. l’esercizio 2.2). Questo implica che nel fare la dimostrazione qui sopra si poteva benissimo supporre I = (0).

Mostriamo il punto (2). Che sia√I ⊆

√√I lo sappiamo gia, quindi mostriamo che

√√I ⊆

√I. Sia quindi

a ∈√√

I, e mostriamo che a ∈√I. Siccome a ∈

√√I esiste un intero n ≥ 1 tale che an ∈

√I, quindi esiste un intero

m ≥ 1 tale che (an)m ∈ I, cioe anm ∈ I. Quindi a ∈

√I.

Mostriamo il punto (3). Sia I un ideale primo di A. Sappiamo gia che I ⊆√I, quindi dobbiamo mostrare che√

I ⊆ I. Sia quindi a ∈√I, e mostriamo che a ∈ I. Sia n ≥ 1 un intero tale che an ∈ I. Sia m ≤ n il minimo intero

non negativo k con la proprieta che ak ∈ I (con la convenzione che a0 = 1). Allora a · am−1 = am ∈ I e poiche I eprimo e am−1 6∈ I (per minimalita di m) otteniamo a ∈ I.

Mostriamo il punto (4). Supponiamo I ⊆ J . Dobbiamo mostrare che√I ⊆√J . Sia quindi a ∈

√I, e mostriamo

che a ∈√J . Sia n ≥ 1 un intero tale che an ∈ I. Siccome I ⊆ J , si ha an ∈ J . Quindi a ∈

√J .

I punti (6) e (3) insieme implicano il punto (5) e il punto (7). Ci rimane da mostrare il punto (6). L’inclusione√IJ ⊆

√I ∩ J segue dal fatto che IJ ⊆ I ∩ J (cf. l’esercizio 2.3) e dal punto (3), e l’inclusione

√I ∩ J ⊆

√I ∩√J

segue dal punto (3). Ci rimane da mostrare che√I ∩√J ⊆√IJ . Sia quindi a ∈

√I ∩√J , e siano n,m ≥ 1 interi tali

che an ∈ I, am ∈ J . Allora an+m = anam ∈ IJ , quindi a ∈√IJ .

2.29. Dimostrare che in un dominio ogni elemento primo e irriducibile. Fare un esempio di elemento irriducibile nonprimo. Suggerimento: decomporre 6 in Z[

√−5].

Risoluzione. Sia A un dominio di integrita, e sia a ∈ A un suo elemento primo. Ricordiamo che per definizione ae diverso da zero e non invertibile e ogni volta che divide un prodotto xy con x, y ∈ A divide x oppure y. Dobbiamomostrare che a e irriducibile. Scriviamo a = bc con b, c ∈ A. Dobbiamo mostrare che uno tra b e c e invertibile.Siccome a · 1 = a = bc, a divide bc, quindi a divide b oppure c, supponiamo senza perdita in generalita che divida b, e

58 MARTINO GARONZI

scriviamo ad = b con d ∈ A. Allora a = bc = adc e quindi a(1− dc) = 0. Siccome A e un dominio e a 6= 0 otteniamoche 1− dc = 0, cioe dc = 1, quindi c e invertibile.

In A = Z[√−5] = a + b

√−5 : a, b ∈ Z si ha 6 = 2 · 3 = (1 +

√−5)(1 −

√−5) e 2, 3, 1 +

√−5, 1 −

√−5

sono elementi irriducibili di A. In particolare non sono primi. Per esempio se 2 fosse primo allora siccome divide6 = (1 +

√−5)(1 −

√−5) dovrebbe dividere uno tra 1 +

√−5 e 1 −

√−5, che sono pero irriducibili. Inoltre A e

un esempio di un dominio non fattoriale, infatti le due decomposizioni di 6 che abbiamo scritto non sono associate,essendo U(Z[

√−5]) = 1,−1. Quest’ultima cosa si verifica facilmente osservando che un elemento di A e invertibile

se e solo se la sua norma (in senso complesso, N(a+ ib) = a2 + b2) e uguale a ±1.

2.30. Sia Z[√

5] := a+ b√

5 | a, b ∈ Z. Sia

ϕ : Z[√

5]→ Z/11Z,

a+ b√

5 7→ a+ 4b+ 11Z.(1) Verificare che ϕ e un omomorfismo di anelli e che (11, 4−

√5) ⊆ ker(ϕ).

(2) Osservando che 11 = (4−√

5)(4 +√

5), provare che ker(ϕ) = (4−√

5).

(3) Verificare che 11 e un elemento riducibile in Z[√

5]. 11 e primo in Z[√

5]?

Risoluzione. Punto (1). Naturalmente ϕ(0) = 0 e ϕ(1) = 1. Siano a, b, c, d ∈ Z. Si ha

ϕ((a+ b√

5) + (c+ d√

5)) = ϕ((a+ c) + (b+ d)√

5) = a+ c+ 4(b+ d) + 11Z =

= (a+ 4b) + 11Z + (c+ 4d) + 11Z = ϕ(a+ b√

5) + ϕ(c+ d√

5),

ϕ((a+ b√

5) · (c+ d√

5)) = ϕ(ac+ 5bd+ (ad+ bc)√

5) = ac+ 5bd+ 4ad+ 4bc+ 11Z,

ϕ(a+ b√

5)ϕ(c+ d√

5) = (a+ 4b+ 11Z)(c+ 4d+ 11Z) = ac+ 4ad+ 4bc+ 16bd+ 11Z.

Siccome 5 ≡ 16 mod (11), segue che ϕ e un omomorfismo di anelli. Siccome ker(ϕ) e un ideale, per mostrare

che (11, 4 −√

5) ⊆ ker(ϕ) basta mostrare che 11, 4 −√

5 ∈ ker(ϕ), cioe che ϕ(11) = 0 e ϕ(4 −√

5) = 0. Si ha

ϕ(11) = 11 + 11Z = 11Z = 0 e ϕ(4−√

5) = 4 + (−4) + 11Z = 11Z = 0.

Punto (2). Abbiamo gia mostrato che 4 −√

5 ∈ ker(ϕ), e da questo segue ceh (4 −√

5) ⊆ ker(ϕ), essendo ker(ϕ)

un ideale. Mostriamo che ker(ϕ) ⊆ (4 −√

5). Sia quindi a + b√

5 ∈ ker(ϕ), cioe a + 4b ∈ 11Z. Dobbiamo mostrare

che esistono c, d ∈ Z con (4 −√

5)(c + d√

5) = a + b√

5, cioe 4c − 5d + (4d − c)√

5 = a + b√

5, cioe 4c − 5d = a e4d− c = b, da cui otteniamo 11d = a+ 4b e 11c = 4a+ 5b. Per ipotesi a+ 4b ∈ 11Z, cioe esiste k ∈ Z con a+ 4b = 11k.Osserviamo che 4 · 11k = 4(a+ 4b) = 4a+ 5b+ 11b, da cui 11(4k − b) = 4a+ 5b. Quindi basta scegliere c = 4k − b ed = k.

Punto (3). 11 e riducibile perche 11 = (4 −√

5)(4 +√

5) e 4 −√

5, 4 +√

5 non sono invertibili. Per esempio se

4 +√

5 fosse invertibile esisterebbero a, b ∈ Z con 1 = (a+ b√

5)(4 +√

5) = 4a+ 5b+ (a+ 4b)√

5, da cui 4a+ 5b = 1e a + 4b = 0, da cui −11b = 1, assurdo. Siccome in ogni dominio di integrita gli elementi primi sono irriducibili (cf.

l’esercizio 2.29), 11 non e nemmeno primo (Z[√

5] e un dominio di integrita perche e un sottoanello di R, che e uncampo).

2.31. Struttura di un’estensione semplice. Sia a un elemento di C. Consideriamo l’applicazione

ϕ : Q[X]→ C, ϕ(P (X)) := P (a).

Si tratta di un omomorfismo di anelli. Indicheremo con Q[a] l’immagine di ϕ, cioe

Q[a] := ϕ(Q[X]) = P (a) : P (X) ∈ Q[X],


e con Q(a) il campo delle frazioni di Q[a], cioe

Q(a) := Frac(Q[a]) = P (a)

Q(a): P (X), Q(X) ∈ Q[X], Q(a) 6= 0.

Ora, ker(ϕ) e un ideale di Q[X].

Se ker(ϕ) = (0) diremo che a e trascendente su Q;

se ker(ϕ) 6= (0) diremo che a e algebrico su Q.Un altro modo di dirlo e il seguente. La moltiplicazione in Q(a) induce su Q(a) una struttura (naturale) di Q-spaziovettoriale, e la sua dimensione, chiamata anche “grado” dell’estensione Q(a) ⊇ Q, si indica con [Q(a) : Q]. Si ha:

a e algebrico su Q se e solo se [Q(α) : Q] e finito,

a e trascendente su Q se e solo se [Q(α) : Q] e infinito.

Se a e algebrico su Q allora [Q(a) : Q] risulta uguale al grado del polinomio minimo di a su Q (cf. sotto).

Supponiamo ora che a sia trascendente su Q. Allora per il teorema di isomorfismo ϕ induce un isomorfismoQ[a] ∼= Q[X]. In particolare Q[a] 6= Q(a), dato che Q[X] non e un campo (per esempio 1/X 6∈ Q[X]).

Supponiamo ora che a sia algebrico su Q. Allora ker(ϕ) e un ideale principale (perche Q[X] e un PID) generatoda un certo polinomio f(X) 6= 0 di Q[X], che possiamo scegliere monico, dato che gli elementi di Q sono invertibiliin Q[X]. f(X) si chiama il “polinomio minimo di a su Q”. Mostriamo che f(X) e irriducibile. Scriviamo quindif(X) = g(X)h(X) con g(X), h(X) ∈ Q[X]. Dobbiamo mostrare che uno tra g(X) e h(X) e invertibile in Q[X].Siccome f(X) ∈ ker(ϕ) si ha 0 = f(a) = g(a)h(a) e siccome Q e un campo si ha g(a) = 0 oppure h(a) = 0.Supponiamo per esempio che g(a) = 0, l’altro caso e analogo. Allora g(X) ∈ ker(ϕ), quindi esiste `(X) ∈ Q[X] taleche g(X) = `(X)f(X). Ma allora f(X) = g(X)h(X) = `(X)f(X)h(X), quindi f(X)(1 − `(X)h(X)) = 0, e siccomeQ[X] e un dominio e f(X) 6= 0 si ha 1 − `(X)h(X) = 0, cioe `(X)h(X) = 1, quindi h(X) e invertibile in Q[X]. Nelcaso h(a) = 0 era g(X) a risultare invertibile.

Morale, se a e algebrico su Q allora il suo polinomio minimo f(X) e irriducibile, quindi l’ideale da lui generato inQ[X] e massimale (perche Q[X] e un PID) e Q[a] ∼= Q[X]/(f(X)) (per il teorema di isomorfismo) e un campo (inquanto quoziente di un anello modulo un ideale massimale). Siccome Q(a) e il campo delle frazioni di Q[a], otteniamoche Q(a) = Q[a].

2.32. Sia n > 1 un intero. Determinare la somma e il prodotto delle radici n-esime di 1 in C.

Risoluzione. Siano a1, . . . , an le radici n-esime di 1 in C. Esse sono tutte distinte e si ha ain = 1 per ogni

i = 1, . . . , n, quindi per il teorema di Ruffini (X − a1) · · · (X − an) = Xn − 1. In particolare la somma a1 + · · · + ane uguale all’opposto (additivo) del coefficiente di Xn−1 in Xn − 1, cioe a 0, e il prodotto a1 · · · an e uguale al terminenoto di Xn − 1 a meno del segno: a1 · · · an = −(−1)n.

2.33. E vero che l’intersezione di due ideali primi e ancora un ideale primo?

Risoluzione. No, per esempio in Z si ha 2Z ∩ 3Z = 6Z.

2.34. Sia A un dominio. Mostrare che se l’insieme degli ideali di A e finito allora A e un campo.

Risoluzione. Supponiamo che A sia un dominio con un numero finito di ideali. Sia 0 6= a ∈ A. Per l’ipotesi, gliideali (a), (a2), (a3), . . ., (an), . . . sono un numero finito, quindi esistono due interi n,m ≥ 1 con n < m e (an) = (am),quindi esiste un elemento invertibile u ∈ A con anu = am, da cui an(am−n− u) = 0. Siccome A e un dominio e a 6= 0,otteniamo am−n = u. Siccome m− n > 0, ne segue che a e invertibile.

60 MARTINO GARONZI

2.35. Sia f : A→ B un omomorfismo di anelli, e siano I un ideale di A, J un ideale di B.

(1) Mostrare che f−1(J) e un ideale di A.

(2) E sempre vero che f(I) e un ideale di B?Se sı, dimostrarlo, altrimenti trovare un controesempio.

(3) Mostrare che se f e suriettiva allora f(I) e un ideale di B.(4) Mostrare che f−1(f(I)) e un ideale di A.

(5) E sempre vero che f−1(f(I)) = I?

(6) E vero che se J e un ideale primo di B allora f−1(J) e un ideale primo di A?Se sı, dimostrarlo, altrimenti trovare un controesempio.

(7) E vero che se J e massimale in B allora f−1(J) e massimale in A?Se sı, dimostrarlo, altrimenti trovare un controesempio.

Risoluzione. Punto (1). Siano x, y ∈ f−1(J), a ∈ A. Dobbiamo mostrare che ax, x + y ∈ f−1(J), cioe chef(ax) ∈ J e che f(x + y) ∈ J . Ma f(ax) = f(a)f(x) ∈ J perche f(x) ∈ J , f(a) ∈ B e J e un ideale di B, ef(x+ y) = f(x) + f(y) ∈ J perche f(x), f(y) ∈ J e J e un ideale di B.

Punto (2). Mostriamo che la risposta e no. L’omomorfismo f : Z → Q definito da f(x) := x (l’inclusione di Z inQ) e tale che f(2Z) = 2Z, ma 2Z non e un ideale di Q (Q e un campo, quindi gli unici suoi ideali sono (0) e Q).

Punto (3). Siano i, j ∈ I, b ∈ B. Dobbiamo mostrare che bf(i), f(i)+f(j) ∈ f(I). Si ha f(i)+f(j) = f(i+j) ∈ f(I)perche i + j ∈ I, essendo i, j ∈ I e I un ideale di A. Ora, siccome f e suriettiva esiste a ∈ A tale che f(a) = b.Otteniamo che bf(i) = f(a)f(i) = f(ai) ∈ f(I) perche ai ∈ I, essendo i ∈ I, a ∈ A e I un ideale di A.

Punto (4). Siano x, y ∈ f−1(f(I)), a ∈ A. Dobbiamo mostrare che ax, x + y ∈ f−1(f(I)), cioe che f(ax) ∈f(I) e che f(x + y) ∈ f(I). Siccome x, y ∈ f−1(f(I)), esistono i, j ∈ I con f(x) = f(i) e f(y) = f(j). Si haf(ax) = f(a)f(x) = f(a)f(i) = f(ai) ∈ f(I) essendo ai ∈ I, essendo a ∈ A, i ∈ I e I un ideale di A. Si haf(x+ y) = f(x) + f(y) = f(i) + f(j) = f(i+ j) ∈ f(I) essendo i+ j ∈ I, essendo i, j ∈ I e I un ideale di A.

Punto (5). Mostriamo che la risposta e no. Consideriamo la proiezione canonica f : Z→ Z/2Z. Allora f(4Z) = (0),ma f−1((0)) = 2Z 6= 4Z.

Punto (6). Mostriamo che la risposta e sı. Sappiamo per il punto (1) che f−1(J) e un ideale di A. Per mostrareche e primo dobbiamo mostrare che se a, b ∈ A sono tali che ab ∈ f−1(J) allora a ∈ f−1(J) oppure b ∈ f−1(J).Supponiamo quindi che ab ∈ f−1(J), cioe che f(ab) ∈ J . Ma allora f(a)f(b) = f(ab) ∈ J , quindi siccome J e primosi ha f(a) ∈ J , cioe a ∈ f−1(J), oppure f(b) ∈ J , cioe b ∈ f−1(J).

Punto (7). Mostriamo che la risposta e no. Consideriamo l’omomorfismo f : Z → Q definito da f(x) := x(l’inclusione di Z in Q). Siccome Q e un campo, l’ideale (0) di Q e massimale, ma f−1((0)) = (0) non e un idealemassimale di Z, perche Z non e un campo (oppure, se lo si vuole esplicitare, perche per esempio (0) ⊂ 2Z ⊂ Z).

2.36. Dimostrare che i numeri primi congrui a 1 modulo 2, 3, 4 o 6 sono infiniti. [Confrontare con 2.129]

Risoluzione. Mostriamo che se n ∈ 2, 3, 4, 6 i numeri primi della forma nk+ 1 con k ∈ N sono infiniti. Per ogninumero useremo un polinomio intelligente. Si tratta di generalizzazioni della famosa dimostrazione di Euclide del cason = 2.

(1) n = 2. Mostriamo che i numeri primi della forma 2k + 1 con k ∈ N sono infiniti. Sia

P (X) = X + 1.

Supponiamo per assurdo che i primi della forma 2k+1 (cioe i primi dispari) siano un numero finito, p1, . . . , pr.Sia m il loro prodotto: m = p1 · · · pr, e sia p un divisore primo di P (2m) = 2m+ 1. Allora p e dispari, perchedivide P (2m) = 2m+ 1 che e dispari, e quindi divide m (per definizione di m). Ma allora p divide m e 2m+ 1quindi divide 2m+ 1− 2m = 1, assurdo.


P (X) = X2 + 1.


Supponiamo per assurdo che i primi della forma 4k + 1 siano un numero finito, p1, . . . , pr. Sia m il loroprodotto: m = p1 · · · pr, e sia p un divisore primo di P (2m) = 4m2 + 1. Allora 2m e una radice quadrata di−1 in Fp, infatti p divide (2m)2 + 1. Inoltre −1 6= 1 in Fp perche p e dispari (divide 4m2 + 1 che e dispari).Detto α = 2m + pZ ∈ Fp abbiamo allora che α2 = −1 e quindi α 6= 1 (altrimenti α2 = 1), α2 = −1 6= 1,α3 = α2α = −α 6= 1 (altrimenti α = −1 e quindi α2 = 1) e α4 = (α2)2 = (−1)2 = 1. Quindi α ha ordine4 nel gruppo moltiplicativo G = Fp − 0, che ha ordine p − 1, da cui per il teorema di Lagrange 4 divide|G| = p − 1, cioe esiste un intero h tale che 4h = p − 1 da cui p = 4h + 1. Ma allora per definizione di m sideve avere che p divide m. Ma allora p divide 4m2 + 1 e m, quindi divide 4m2 + 1−m(4m) = 1, assurdo.


P (X) = X2 +X + 1.

Supponiamo per assurdo che i primi della forma 3k+1 siano un numero finito, p1, . . . , pr. Sia m il loro prodotto:m = p1 · · · pr, e sia p un divisore primo di P (3m) = (3m)2 +3m+1. Osserviamo che 3m(3m+1) ≡ −1 mod p,quindi l’elemento α := 3m+ pZ di Fp non e zero (p divide P (3m), che e coprimo con 3m, quindi p non divide3m) e non e 1 (se fosse 1 allora −1 ≡ 1(1 + 1) mod p e quindi p = 3, assurdo perche p divide P (3m) che econgruo a 1 modulo 3). D’altra parte si ha

α3 − 1 = (α− 1)(α2 + α+ 1) = (α− 1)P (α) = (α− 1) · 0 = 0,

per cui α3 = 1 in Fp. Questo implica che α ha ordine 3 nel gruppo moltiplicativo G = Fp∗, che ha ordinep− 1. Dal teorema di Lagrange segue allora che 3 divide p− 1, cioe p e della forma 3h+ 1 con h intero. Maallora per definizione di m si deve avere che p divide m. Ma allora p divide P (3m) = (3m)2 + 3m + 1 e m,quindi divide (3m)2 + 3m+ 1−m(9m+ 3) = 1, assurdo.


P (X) = X2 −X + 1.

Supponiamo per assurdo che i primi della forma 6k+1 siano un numero finito, p1, . . . , pr. Sia m il loro prodotto:m = p1 · · · pr, e sia p un divisore primo di P (6m) = (6m)2−6m+1. Osserviamo che 6m(6m−1) ≡ −1 mod p,quindi l’elemento α := 6m+ pZ di Fp non e zero (p divide P (6m), che e coprimo con 6m, quindi p non divide6m) e non e 1 (se fosse 1 allora 0 ≡ P (6m) ≡ P (1) = 1 modulo p, assurdo). Inoltre• α2 6= 1. Infatti se fosse α2 = 1 allora 0 = α2− 1 = (α− 1)(α+ 1) e siccome Fp e un campo, e un dominio,

quindi vale la legge di cancellazione. Segue che α = ±1. Abbiamo gia visto che α 6= 1. Ora se fosseα = −1 allora 0 ≡ P (α) = P (−1) = 3 mod p, cioe p = 3, e questo e assurdo perche p divide P (6m) chee coprimo con 6 e quindi anche con 3.

• α3 6= 1. Infatti se fosse α3 = 1 allora 0 = α3 − 1 = (α − 1)(α2 + α + 1) e siccome Fp e un campo,e un dominio, quindi vale la legge di cancellazione. Siccome, come abbiamo visto, α 6= 1, segue cheα2 + α+ 1 = 0. Ma allora

0 = P (α) = α2 − α+ 1 = (α2 + α+ 1)− 2α = −2α.

Siccome p divide P (6m), che e coprimo con 6, si ha p 6= 2 e quindi da −2α = 0 segue, moltiplicando perl’inverso di −2 in Fp, che α = 0, che come abbiamo visto e falso.

D’altra parte siccome P (α) = 0 si ha

α6 − 1 = (α− 1)(α+ 1)(α2 − α+ 1)(α2 + α+ 1)

= (α− 1)(α+ 1)(α2 + α+ 1)P (α) = 0,

quindi α6 = 1. Questo implica che α ha ordine 6 nel gruppo moltiplicativo G = Fp∗, che ha ordine p− 1. Dalteorema di Lagrange segue allora che 6 divide p − 1, cioe p e della forma 6h + 1 con h intero. Ma allora perdefinizione di m si deve avere che p divide m. Ma allora p divide P (6m) = (6m)2 − 6m+ 1 e m, quindi divide(6m)2 − 6m+ 1−m(36m− 6) = 1, assurdo.

Quelli che ho chiamato “polinomi intelligenti” in questo esercizio si chiamano in letteratura “polinomi ciclotomici”.

62 MARTINO GARONZI

2.37. Sapendo che Z[√−2] e un U.F.D., determinare tutte le soluzioni intere dell’equazione X2 + 2 = Y 3.

Risoluzione. La sigla U.F.D. indica “Unique Factorization Domain”, dominio a fattorizzazione unica, detto anche“dominio fattoriale”. Siano x, y due interi tali che x2 +2 = y3. Nel seguito la scrittura

√−2 indica l’elemento i

√2 ∈ C.

(1) y e dispari. Infatti se y fosse pari allora y3 sarebbe divisibile per 4 e quindi x2 ≡ 2 mod (4). Questo e assurdoperche 2 non e un residuo quadratico modulo 4, cioe non e un quadrato in Z/4Z. I quadrati modulo 4 sono02 = 0, 12 = 1, 22 = 0, 32 = 1.

(2) Da x2 + 2 = y3 segue y3 = (x +√−2)(x −

√−2). Come per Z[i], in Z[

√−2] si puo definire la norma di

a+√−2b come N(a+

√−2b) = (a+

√−2b)(a−

√−2b) = a2 +2b2 ≥ 0, e si osserva che la funzione α 7→ N(α) e

moltiplicativa, cioe N(αβ) = N(α)N(β) (si tratta della norma in senso complesso). Mostriamo che x+√−2 e

x−√−2 sono coprimi. Sia α un divisore comune di x+

√−2 e x−

√−2. Vogliamo mostrare che α e invertibile

in Z[√−2]. Siccome α divide x+

√−2 e x−

√−2, α divide (x+

√−2)−(x−

√−2) = 2

√−2 quindi N(α) divide

N(2√−2) = 8, in particolare N(α) e una potenza di 2. D’altra parte da (x+

√−2)(x−

√−2) = y3 segue che

N(α) divide N(y3) = y6, che e dispari essendo y dispari per il punto (1). Quindi N(α) e una potenza di 2dispari, quindi N(α) = 1. Scriviamo α = a+

√−2b con a, b ∈ Z. Allora 1 = N(α) = a2 + 2b2 ≥ 2b2 e questo

implica b = 0, da cui a2 = 1, e quindi α = a = ±1 e invertibile.(3) Siccome Z[

√−2] e un U.F.D., e il cubo y3 si scrive come prodotto di due elementi coprimi (x+

√−2)(x−

√−2),

segue che tali due elementi sono entrambi cubi (!). In particolare esistono a, b ∈ Z tali che x +√−2 =

(a+ b√−2)3. D’ora in poi sono conti. Sviluppando il prodotto si ottengono le relazioni

a3 − 6ab2 = x, 3a2b− 2b3 = 1.

Dalla seconda otteniamo che b e invertibile in Z e quindi b = ±1. Se b = 1 allora dalla seconda 3a2−2 = 1, cioea2 = 1, cioe a = ±1. Se b = −1 allora dalla seconda −3a2 + 2 = 1, cioe a2 = 1, cioe a = ±1. In conclusionea = ±1 e b = ±1. Sostituendo nella prima otteniamo che i possibili valori per x sono ±5, a cui corrisponde ilvalore y = 3. Queste sono soluzioni della nostra equazione. Morale, le uniche soluzioni intere di X2 + 2 = Y 3

sono X = 5, Y = 3 e X = −5, Y = 3.

2.38. Supponiamo che per ogni a ∈ A esista n ∈ N maggiore di 1 tale che an = a. Mostrare che ogni ideale primo diA e massimale.

Risoluzione. Sia I un ideale primo di A. Allora nel dominio di integrita A/I si ha bn = b per ogni b ∈ A/I, quindiogni b 6= 0 in A/I e invertibile (e il solito argomento: da bn = b segue b(bn−1 − 1) = 0, e siccome b 6= 0 e siamo in undominio, bn−1 = 1), cioe A/I e un campo e quindi I e un ideale massimale di A.

2.39. Fare un esempio di anello A che non sia un campo e che ammetta un unico ideale massimale.

Risoluzione. Sia A := R[X]/(X2). Chiaramente (X)/(X2) e un ideale massimale di A, infatti il quoziente

R[X]/(X2)

(X)/(X2)∼=

R[X]

(X)∼= R

e un campo. Per mostrare che non ce ne sono altri basta mostrare che ogni elemento diA fuori da (X)/(X2) e invertibile.Sia dunque aX + b + (X2) ∈ A con aX + b 6∈ (X). Allora b 6= 0, e quindi (aX + b)(aX − b) = aX2 − b2 ≡ −b2mod (X2). Siccome −b2 6= 0, −b2 e invertibile in R e segue che aX + b+ (X2) e invertibile in A. A non e un campoperche X e un elemento nilpotente non nullo di A (infatti X2 = 0 in A).

2.40. Anelli locali. Utilizzando il lemma di Zorn, mostrare che ogni ideale proprio di A e contenuto in un idealemassimale di A. Dedurre che se A ha un unico ideale massimale M allora U(A) = A−M , cioe gli elementi invertibilidi A sono tutti e soli gli elementi di A che non appartengono a M .

Un anello unitario con un unico ideale massimale si dice locale.


Risoluzione. Sia I un ideale proprio di A. Per mostrare che esiste un ideale massimale di A contenente I bastaapplicare il lemma di Zorn alla famiglia F degli ideali di A contenenti I. Siamo quindi ridotti a mostrare che seI1 ⊆ I2 ⊆ . . . ⊆ In ⊆ . . . e una catena di ideali contenenti I allora J =

⋃n≥1 In e un ideale di A. Siano j1, j2 ∈ J e

a ∈ A. Dobbiamo mostrare che aj1, j1 + j2 ∈ J . Per definizione di J esiste un intero n ≥ 1 con j1, j2 ∈ In, e siccomeIn e un ideale si ha aj1, j1 + j2 ∈ In, da cui aj1, j1 + j2 ∈ J essendo In contenuto in J .

Supponiamo ora che A abbia un unico ideale massimale M . Ovviamente gli elementi di M sono non invertibili,perche M e un ideale proprio di A. Questo dimostra che U(A) ⊆ A −M . Se a ∈ A non e invertibile allora (a) e unideale proprio di A e quindi e contenuto in un ideale massimale di A. Siccome M e l’unico ideale massimale di A siha a ∈M . Questo dimostra che A− U(A) ⊆M , cioe U(A) ⊇ A−M .

2.41. Fattorizzare P (X) = X3 +X2 +X + 3 in Z[X], Q[X], R[X], C[X] e in Fp[X] per ogni primo p minore o ugualedi 50.

Risoluzione. Il polinomio P (X) e monico a coefficienti in Z, quindi primitivo, quindi per il lemma di Gauss eirriducibile su Z se e solo se lo e su Q. Siccome ha grado 3, se fosse riducibile su Z ammetterebbe una radice a ∈ Z,da cui a3 + a2 + a + 3 = 0 e otteniamo che a(a2 + a + 1) = −3 per cui a divide −3, cioe a ∈ 1,−1, 3,−3. MaP (1) = 6 6= 0, P (−1) = 2 6= 0, P (3) = 42 6= 0, P (−3) = −18 6= 0. Quindi P (X) e irriducibile in Z[X] e in Q[X].

Siccome P (X) e un polinomio di grado dispari, esso ammette uno zero in R (per accorgersene basta pensare algrafico della funzione R→ R, x 7→ P (x)). Sia esso a. Allora per il teorema di Ruffini X − a divide P (X) e possiamotrovare un polinomio Q(X) tale che P (X) = (X − a)Q(X) nel solito modo.

1 1 1 3a a a+ a2 a+ a2 + a3

1 1 + a 1 + a+ a2 0

Otteniamo che X3 +X2 +X + 3 = (X − a)(X2 + (1 + a)X + 1 + a+ a2). Quindi gli altri due zeri di P (X) sono

x2,3 =1

2(−(a+ 1)±

√(a+ 1)2 − 4(1 + a+ a2)) =

1

2(−(a+ 1)±

√−3a2 − 2a− 3).

Siccome −3a2 − 2a− 3 < 0 per ogni a ∈ R, il polinomio Q(X) trovato e irriducibile su R e quindi P (X) ammette unozero reale e due zeri complessi coniugati non reali. Questo conclude la discussione per quanto riguarda R e C.

Per quanto riguarda la fattorizzazione in Fp[X], siccome P (X) se riducibile deve ammettere un fattore di grado 1(avendo P (X) grado 3), cioe uno zero in Fp, si tratta di fare un numero finito di verifiche. La tabella seguente riassumele fattorizzazioni di P (X) in Fp[X] per ogni primo p ≤ 127. La tabella sotto e l’analogo per il polinomio X3− 3X + 1,

64 MARTINO GARONZI

che mi permettera di fare una digressione.

p X3 +X2 +X + 3 p X3 +X2 +X + 32 (X + 1)3 53 (X + 43)(X2 + 11X + 5)3 X(X + 2)2 59 (X + 12)(X2 + 48X + 15)5 X3 +X2 +X + 3 61 (X + 6)(X2 + 56X + 31)7 (X + 4)(X2 + 4X + 6) 67 (X + 23)(X + 52)(X + 60)11 X3 +X2 +X + 3 71 (X + 38)(X + 52)(X + 53)13 X3 +X2 +X + 3 73 (X + 34)(X2 + 40X + 28)17 (X + 5)(X + 15)2 79 (X + 74)(X2 + 6X + 31)19 X3 +X2 +X + 3 83 (X + 45)(X2 + 39X + 72)23 X3 +X2 +X + 3 89 (X + 32)(X2 + 58X + 14)29 (X + 11)(X + 23)(X + 25) 97 (X + 59)(X2 + 39X + 28)31 (X + 15)(X2 + 17X + 25) 101 (X + 75)(X2 + 27X + 97)37 (X + 25)(X2 + 13X + 9) 103 X3 +X2 +X + 341 X3 +X2 +X + 3 107 X3 +X2 +X + 343 X3 +X2 +X + 3 113 X3 +X2 +X + 347 (X + 31)(X2 + 17X + 38) 127 X3 +X2 +X + 3

p X3 − 3X + 1 p X3 − 3X + 12 X3 +X + 1 53 (X + 18)(X + 39)(X + 49)3 (X + 1)3 59 X3 + 56X + 15 X3 + 2X + 1 61 X3 + 58X + 17 X3 + 4X + 1 67 X3 + 64X + 111 X3 + 8X + 1 71 (X + 16)(X + 25)(X + 30)13 X3 + 10X + 1 73 (X + 14)(X + 25)(X + 34)17 (X + 3)(X + 4)(X + 10) 79 X3 + 76X + 119 (X + 10)(X + 12)(X + 16) 83 X3 + 80X + 123 X3 + 20X + 1 89 (X + 12)(X + 36)(X + 41)29 X3 + 26X + 1 97 X3 + 94X + 131 X3 + 28X + 1 101 X3 + 98X + 137 (X + 14)(X + 28)(X + 32) 103 X3 + 100X + 141 X3 + 38X + 1 107 (X + 7)(X + 40)(X + 60)43 X3 + 40X + 1 113 X3 + 110X + 147 X3 + 44X + 1 127 (X + 53)(X + 87)(X + 114)

La digressione e la seguente. Notiamo che al variare del primo p ≤ 127 il polinomio X3 + X2 + X + 3 ammettedecomposizioni di tutte le strutture possibili: (3), (2, 1) e (1, 1, 1) (qui ogni entrata rappresenta il grado di un fattoreirriducibile). Invece X3 − 3X + 1 non ammette la struttura (2, 1). Si puo dimostrare che in effetti non esiste nessunprimo p per cui la struttura di decomposizione di X3− 3X + 1 e (2, 1). Questo si puo spiegare con la teoria di Galois,grazie al teorema di densita di Chebotarev, osservando che il gruppo di Galois (cioe il gruppo degli automorfismi diun campo di riducibilita completa) di X3 + X2 + X + 3 e S3 (il gruppo simmetrico di grado 3), mentre il gruppo diGalois di X3 − 3X + 1 e A3 (il gruppo alterno di grado 3). Le fattorizzazioni (1, 1, 1) corrispondono all’identita (cheappartiene sia a S3 che ad A3), le fattorizzazioni (3) corrispondono ai 3-cicli (che appartengono sia a S3 che ad A3),mentre le fattorizzazioni (2, 1) corrispondono ai (2, 1)-cicli, cioe ai 2-cicli, che appartengono a S3 ma non ad A3 (!). Ilmotivo per cui si vedono piu fattorizzazioni (3) nella tabella sotto che fattorizzazioni (1, 1, 1) (circa il doppio) e chein A3 il numero dei 3-cicli e il doppio del numero di (1, 1, 1)-cicli (ci sono due 3-cicli ma una sola identita). Piu ingenerale, il teorema di Chebotarev dice che al tendere di p all’infinito la proporzione di fattorizzazioni di un dato tipocoincide con la proporzione di elementi della corrispondente struttura ciclica nel gruppo di Galois.


2.42. Siano a1, . . . , an degli interi a due a due distinti. Mostrare che il polinomio `(X) := (X − a1) · · · (X − an) + 1 eriducibile in Z[X] se e solo se uno dei seguenti fatti accade:

• n = 2 e |a1 − a2| = 2;• n = 4 e a1, a2, a3, a4 sono consecutivi.

In questi due casi trovare fattorizzazioni esplicite di `(X).Suggerimento: scrivere `(X) = f(X)g(X) con f(X), g(X) ∈ Z[X] non costanti. Detto I := i ∈ 1, . . . , n | f(ai) = 1dimostrare che f(X) = 1 +

∏i∈I(X − ai). Dedurre da questo una stima su n.

Risoluzione. Chiamiamo A := a1, ..., an. Supponiamo che `(X) sia riducibile, e scriviamo `(X) = f(X)g(X),con f(X), g(X) ∈ Z[X] polinomi non costanti. Poiche `(X) e monico, possiamo tranquillamente supporre che f(X) eg(X) siano monici (se non lo sono basta sostituirli coi loro opposti). Uno tra f e g ha grado minore o uguale di n/2, siaesso f(X) senza perdita in generalita. Si ha che `(ai) = f(ai)g(ai) = 1, quindi f(ai) = g(ai) = ±1, per ogni i = 1, ..., n.Sia I l’insieme degli ai tali che f(ai) = g(ai) = 1. Allora essendo |A| = n, uno tra I e A− I ha almeno n/2 elementi,quindi il grado di f(X) non puo essere strettamente minore di n/2 (altrimenti uno tra f(X)− 1 e f(X) + 1 sarebbeun polinomio non costante con grado al piu n/2− 1 e almeno n/2 zeri). Ne segue che deg(f(X)) = deg(g(X)) = n/2,in particolare n dev’essere pari. A meno di riordinare gli ai supponiamo che I = a1, ..., an/2. f(X)− 1 e g(X)− 1sono polinomi monici entrambi di grado n/2 con n/2 zeri in comune (gli elementi di I), quindi

f(X)− 1 = (X − a1)...(X − an/2) = g(X)− 1.

In particolare f(X) = g(X) e `(X) = f(X)2. Siccome an 6∈ I, f(an) = −1, cioe (an − a1)...(an − an/2) + 1 = −1, cioe(an − a1)...(an − an/2) = −2. Ora i numeri interi an − a1, ..., an − an/2 sono a due a due distinti ed il loro prodotto e−2, quindi e immediato che deve aversi n/2 ≤ 3, ovvero n ≤ 6. Ne segue che n ∈ 2, 4, 6.

• n = 2. In questo caso date le assunzioni precedenti si ha a2 − a1 = −2. E questa condizione implical’uguaglianza f(X)2 = (X − a1 + 1)2 = `(X) = (X − a1)(X − a2) + 1.

• n = 4. Scriviamo a1 = a, a2 = b, a3 = c, a4 = d. L’uguaglianza f(X)2 = `(X) diventa

((X − a)(X − b) + 1)2 = (X − a)(X − b)(X − c)(X − d) + 1.

Sviluppando ed eguagliando i coefficienti si ottengono le seguenti due relazioni:

c+ d = a+ b, cd = ab+ 2.

Ne segue che c e d sono zeri del polinomio X2 − (a + b)X + ab + 2. L’esistenza di tali c e d implica che ildiscriminante (a+ b)2− 4(ab+ 2) = (a− b)2− 8 e un quadrato. Ma gli unici due quadrati che differiscono di 8unita sono 1 e 9 (per questo basta osservare per esempio che (m+ 1)2 −m2 = 2m+ 1 ≥ 9 se m ≥ 4), quindi(a − b)2 − 8 = 1 e a − b = ±3, e risolvendo l’equazione X2 − (a + b)X + ab + 2 = 0 nei due casi a − b = 3,a− b = −3 si ottiene rispettivamente c, d = a−1, a−3 e c, d = a+1, a+2. In entrambi i casi a, b, c, dsono consecutivi e vale (X − a)(X − b)(X − c)(X − d) + 1 = ((X − a)(X − b) + 1)2.

• n = 6. Da f(a6) = g(a6) = −2 otteniamo

(a6 − a1)(a6 − a2)(a6 − a3) = −2 = (a5 − a1)(a5 − a2)(a5 − a3).

L’unica fattorizzazione di −2 in tre interi distinti e −2 = 1 ·(−1) ·2. Siano x = a6−a1, y = a6−a2, z = a6−a3,w = a5 − a1. Si ha x 6= y 6= z 6= x. Siccome a5 − a2 = w − x+ y, a5 − a3 = w − x+ z si ha

xyz = −2 = w(w − x+ y)(w − x+ z).

Possiamo quindi supporre senza perdita in generalita che w = y e siccome x 6= 2y − x = w − x + y si deveavere x = y − x+ z, cioe z = 2x− y. Otteniamo che xy(2x− y) = −2 = y(2y − x)x e quindi 2x− y = 2y − x,cioe x = y, assurdo.

66 MARTINO GARONZI

2.43. Siano a1, . . . , an degli interi a due a due distinti. Mostrare che il polinomio `(X) := (X − a1) · · · (X − an)− 1 eirriducibile in Z[X]. Suggerimento: cf. l’esercizio precedente.

Risoluzione. Chiamiamo A := a1, ..., an. Supponiamo che `(X) sia riducibile, e scriviamo `(X) = f(X)g(X),con f(X), g(X) ∈ Z[X] polinomi non costanti. Poiche `(X) e monico, possiamo tranquillamente supporre che f(X)e g(X) siano monici (se non lo sono basta sostituirli coi loro opposti). Uno tra f e g ha grado minore o uguale din/2, sia esso f(X) senza perdita in generalita. Si ha che `(ai) = f(ai)g(ai) = −1, quindi f(ai) = −g(ai) = ±1,per ogni i = 1, ..., n. Sia I l’insieme degli ai tali che f(ai) = −g(ai) = 1. Allora essendo |A| = n, uno tra I eA − I ha almeno n/2 elementi, quindi il grado di f(X) non puo essere strettamente minore di n/2 (altrimenti unotra f(X) − 1 e f(X) + 1 sarebbe un polinomio non costante con grado al piu n/2 − 1 e almeno n/2 zeri). Ne segueche deg(f(X)) = deg(g(X)) = n/2, in particolare n dev’essere pari. A meno di riordinare gli ai supponiamo cheI = a1, ..., an/2. f(X)− 1 e g(X) + 1 sono polinomi monici entrambi di grado n/2 con n/2 zeri distinti (gli elementidi I) quindi f(X) = (X−a1) · · · (X−an/2)+1 e g(X) = (X−a1) · · · (X−an/2)−1. Ne segue che f(X)−1 = g(X)+1e questo contraddice il fatto che f(an) = −g(an) = −1.

2.44. Mostrare che se P (X) ∈ C[X] e divisibile per (X − c)2 dove c ∈ C allora il polinomio derivato P ′(X) ammettec come zero. Dedurre che se n e un intero positivo allora il polinomio Xn − 1 non ammette zeri multipli in C.

Risoluzione. Per ipotesi P (X) = (X−c)2Q(X) con Q(X) ∈ C[X]. Quindi P ′(X) = 2(X−c)Q(X)+(X−c)2Q′(X).Sostituendo X = c otteniamo quindi che P ′(c) = 0. Se il polinomio Xn− 1 ammettesse uno zero multiplo c ∈ C allorac sarebbe zero di (Xn − 1)′ = nXn−1, cioe ncn−1 = 0 e quindi c = 0, e questo contraddice il fatto che c e uno zero diXn − 1, cioe cn = 1.

2.45. Dimostrare che se n e un intero positivo allora il polinomio P (X) = 1 +X+ · · ·+Xn non ammette zeri multipliin C.

Risoluzione. Osserviamo che P (X) = (Xn+1 − 1)/(X − 1). Siccome P (1) = n + 1, 1 non e uno zero di P (X).Quindi se P (X) ammettesse zeri multipli in C allora anche Xn+1−1 ammetterebbe zeri multipli in C, e questo e falsoper 2.44.

2.46. Sia p un primo. Quali sono gli interi positivi n tali che l’applicazione fn : Z/pZ→ Z/pZ, a 7→ an e suriettiva?Dato f(X) ∈ Fp[X] mostrare che f(X)p = f(Xp).

Risoluzione. Mostriamo che si tratta di tutti e soli gli interi positivi n tali che n e p−1 sono coprimi. Osserviamoche per il principio dei cassetti fn e suriettiva se e solo se e iniettiva, se e solo se gn : Fp∗ → Fp∗, gn(a) := an einiettiva. Ma gn e un omomorfismo di gruppi, quindi e iniettivo se e solo se ker(gn) = 1, cioe l’unico elemento a ∈ Fp∗tale che an = 1 e 1. Ora possiamo cominciare.

Se fn non e iniettiva allora esiste 1 6= a ∈ Fp∗ e tale che fn(a) = fn(1), cioe an = 1, quindi detto d > 1 l’ordinedi a nel gruppo moltiplicativo Fp∗ (Fp e un campo) si ha che d divide n (perche an = 1), e d’altra parte d divide|Fp∗| = p− 1 (per il teorema di Lagrange), quindi d > 1 divide MCD(n, p− 1) e quindi n e p− 1 non sono coprimi.

Viceversa se n e p − 1 non sono coprimi allora esiste un intero d > 1 che divide MCD(n, p − 1) quindi detto a unelemento di Fp∗ di ordine d (un tale elemento esiste perche Fp∗, gruppo moltiplicativo di un campo finito, e ciclico) siha ad = 1 e quindi anche an = 1, e d’altra parte a 6= 1 perche a ha ordine d > 1. Quindi fn non e iniettiva essendofn(1) = fn(a).

Scriviamo f(X) =∑ni=0 aiX

i con a1, . . . , an ∈ Fp. Per il piccolo teorema di Fermat si ha aip = ai. Siccome Fp[X]

ha caratteristica p, l’elevamento alla p e un omomorfismo (Frobenius: cf. l’esercizio 2.17). Si ha quindi

f(X)p = (

n∑i=0

aiXi)p =

n∑i=0

(aiXi)p =

n∑i=0

aipXip =

n∑i=0

ai(Xp)i

= f(Xp).


2.47. Discutere la riducibilita del polinomio X4 +X3 + 2 in Fp[X] per ogni primo p minore di 20.

Risoluzione. La seguente tabella riassume le fattorizzazioni per ogni primo p ≤ 127.

p X4 +X3 + 2 p X4 +X3 + 22 X3(X + 1) 53 X4 +X3 + 23 X4 +X3 + 2 59 (X + 22)(X + 31)(X2 + 7X + 9)5 (X + 2)2(X2 + 2X + 3) 61 (X + 19)(X3 + 43X2 + 37X + 29)7 (X + 3)(X3 + 5X2 + 6X + 3) 67 (X + 52)(X3 + 16X2 + 39X + 49)11 (X + 8)(X3 + 4X2 +X + 3) 71 X4 +X3 + 213 (X + 11)(X3 + 3X2 + 6X + 12) 73 X4 +X3 + 217 (X2 + 6X + 4)(X2 + 12X + 9) 79 (X + 44)(X3 + 36X2 + 75X + 18)19 X4 +X3 + 2 83 (X + 26)(X + 37)(X + 49)(X + 55)23 (X + 19)(X3 + 5X2 + 20X + 11) 89 (X + 18)(X3 + 72X2 + 39X + 10)29 X4 +X3 + 2 97 (X + 4)(X + 25)2(X + 44)31 (X + 16)(X3 + 16X2 + 23X + 4) 101 (X + 33)(X3 + 69X2 + 46X + 98)37 (X + 21)(X3 + 17X2 + 13X + 23) 103 (X + 7)(X + 36)(X2 + 61X + 9)41 X4 +X3 + 2 107 (X2 + 20X + 33)(X2 + 88X + 26)43 X4 +X3 + 2 113 (X + 39)(X + 94)(X2 + 94X + 104)47 (X + 35)(X + 42)(X2 + 18X + 11) 127 (X + 81)(X3 + 47X2 + 3X + 11)

Ora facciamo una digressione. Confrontiamo questa tabella con la digressione fatta nella risoluzione dell’esercizio2.41. Qui ognuna delle strutture di fattorizzazioni occorre, (1, 1, 1, 1), (1, 1, 2), (2, 2), (1, 3), (4), e possiamo quindidedurre euristicamente che il gruppo di Galois di X4 +X3 +2 su Q e S4. Al variare del primo p, la struttura (1, 1, 1, 1)capitera con frequenza 1/24, la struttura (1, 1, 2) capitera con frequenza 6/24, la struttura (2, 2) capitera con frequenza3/24, la struttura (1, 3) capitera con frequenza 8/24, la struttura (4) capitera con frequenza 6/24.

2.48. Sia a un elemento nilpotente di A, e sia u un elemento invertibile di A. Mostrare che u+ a e invertibile.

Risoluzione. Si ha che au−1 e nilpotente e u + a = u(1 + au−1), quindi possiamo assumere che u = 1. Se a = 0l’asserto e ovvio. Supponiamo ora che a 6= 0, e sia n il minimo intero positivo tale che an = 0. Siccome a 6= 0, n ≥ 2.Procediamo per induzione su n. Osserviamo che (1+a)(1−a) = 1−a2, quindi 1+a e invertibile se 1−a2 e invertibile.Ma (−a2)n−1 = (−1)n−1a2n−2 = 0 essendo 2n − 2 ≥ n (perche n ≥ 2). Segue per ipotesi induttiva che 1 − a2 einvertibile, quindi anche 1 + a lo e.

2.49. Sia P (X) = a0 + a1X + a2X2 + · · ·+ anX

n ∈ A[X]. Mostrare che:

(1) P (X) e nilpotente in A[X] se e solo se a0, . . . , an sono nilpotenti in A;(2) P (X) e invertibile in A[X] se e solo se a0 e invertibile in A e a1, . . . , an sono nilpotenti in A.

Risoluzione. Proviamo (1). Se a0, . . . , an sono nilpotenti in A allora a0, a1X, . . . , anXn sono nilpotenti in A[X]

e quindi P (X), in quanto somma di nilpotenti, e anch’esso nilpotente. Supponiamo ora che P (X) sia nilpotente, esia k ∈ N>0 tale che P (X)k = 0. Procediamo per induzione su n. Il termine dominante di P (X)k = 0 e aknX

nk

quindi akn = 0 e anXn e nilpotente. Ma allora anche P (X)− anXn, somma di nilpotenti, e nilpotente e per induzione

a0, . . . , an−1 sono nilpotenti.

Proviamo (2). Se a0 e invertibile e a1, . . . , an sono nilpotenti in A allora a1X, . . . , anXn sono nilpotenti in A[X] e

per 2.48 e il punto (1), P (X) e invertibile in A[X]. Supponiamo ora che P (X) sia invertibile in A[X] e sia Q(X) =

68 MARTINO GARONZI

b0 + b1X + . . .+ bmXm ∈ A[X] tale che P (X)Q(X) = 1. Abbiamo che

1 = P (X)Q(X) =

n∑i=0

m∑j=0

aibjXi+j =

m+n∑k=0

∑i+j=k

aibjXk.

Ne segue che a0b0 = 1, in particolare a0 e invertibile, e∑i+j=k aibj = 0 per k 6= 0. Procediamo per induzione su n.

Se n = 0 il risultato e banale. Supponiamo n > 0. Mostriamo per induzione su k ≤ m che

ak+1n bm−k = 0.

Siccome n > 0, m + n > 0 e anbm = 0, e questo risolve il caso k = 0. Supponiamo ora che al+1n bm−l = 0 per ogni

0 ≤ l < k. Siccome m+ n− k ≥ n > 0, sappiamo che∑i+j=m+n−k aibj = 0 e moltiplicando per akn abbiamo che

0 =∑

i+j=m+n−k

aiaknbj = ak+1

n bm−k +∑i<n

aian−1−in ak+i−n+1

n bm+n−k−i = ak+1n bm−k,

infatti i termini ak+i−n+1n bm+n−k−i sono uguali a zero per ipotesi induttiva. Ponendo k = m otteniamo allora

am+1n b0 = 0, e siccome b0 e invertibile (ricordo che a0b0 = 1) deduciamo che an e nilpotente. Ora, siccome P (X) e

invertibile e −anXn e nilpotente, per 2.48 anche P (X)−anXn e invertibile e quindi per ipotesi induttiva a1, . . . , an−1

sono nilpotenti.

2.50. Trovare tutti gli elementi invertibili dell’anello Z[√−5] = a+ b

√−5 : a, b ∈ Z.

Risoluzione. Consideriamo la norma in senso complesso, N(a+b√−5) = a2+5b2 ∈ N. Come per Z[i] (l’anello degli

interi di Gauss), anche in Z[√−5] la norma e moltiplicativa, cioe se α, β ∈ Z[

√−5] allora N(αβ) = N(α)N(β). Ora,

prendiamo α ∈ Z[√−5] invertibile. Allora esiste β ∈ Z[

√−5] tale che αβ = 1, quindi 1 = N(1) = N(αβ) = N(α)N(β),

quindi N(α) e un numero intero non negativo che divide 1 e quindi N(α) = 1. Scriviamo α = a+ b√−5 con a, b ∈ Z.

Segue che 1 = N(α) = N(a + b√−5) = a2 + 5b2 ≥ 5b2 e quindi b = 0. Otteniamo che a2 = 1 e quindi α = a = ±1.

Ne segue che il gruppo degli elementi invertibili di Z[√−5] e U(Z[

√−5]) = −1, 1

2.51. Sia n un intero positivo. Calcolare√nZ, il radicale di nZ in Z. Ricordo che se I e un ideale di A allora

√I e

definito cosı:√I := a ∈ A | ak ∈ I per qualche intero k ≥ 1. Trovare gli interi positivi n tali che Z/nZ ammette

elementi nilpotenti non nulli.

Risoluzione. Scriviamo n =∏ki=1 pi

ai con p1, . . . , pk primi a due a due distinti e a1, . . . , ak interi positivi. Un intero

a ∈ Z appartiene a√nZ se e solo se una certa potenza aN di a e divisibile per n, cioe e divisibile per p1

a1 , . . . , pkak .

Siccome possiamo prendere N piu grande di a1, . . . , ak, la conclusione e che a ∈√nZ se e solo se a e divisibile per

p1, . . . , pk. Ne segue che√nZ = p1 · · · pkZ.

L’insieme degli elementi nilpotenti di un anello commutativo unitario A coincide col radicale dell’ideale nullo, (0),detto anche “nilradicale”. Il nilradicale di un quoziente A/I corrisponde (tramite la corrispondenza canonica data dal

teorema di corrispondenza) all’ideale√I di A. Quindi A/I ammette elementi nilpotenti non nulli se e solo se I 6=

√I.

Nel caso di A = Z e I = nZ, come visto sopra, si ha I 6=√I se e solo se n non e della forma p1 · · · pk con p1, . . . , pk

primi a due a due distinti, se e solo se n e diviso da quadrati diversi da 1.

2.52. Sia n ≥ 2 un intero e sia A = Z/nZ. Calcolare∑a∈A a e

∏06=a∈A a.

Risoluzione. Calcoliamo S =∑a∈A a. In questa somma gli elementi a ∈ A tali che a 6= −a vengono semplificati

col loro opposto, −a. Ne segue che S =∑a∈A, a=−a a. L’uguaglianza a = −a si puo riscrivere come 2a = 0, e da

questo deduciamo a = 0 se 2 e invertibile in Z/nZ, cioe se n e dispari. Quindi se n e dispari allora S = 0. Supponiamoora che n sia pari. Scriviamo a = m + nZ con m ∈ 0, . . . , n − 1. L’uguaglianza a = −a, equivalente a 2a = 0, eequivalente al fatto che n divide 2m. Siccome 0 ≤ m ≤ n − 1 si ha 0 ≤ 2m ≤ 2n − 2 e quindi siccome n divide 2m,


m ∈ 0, n/2. Ne segue che S =∑a∈A, a=−a a = 0 +n/2 +nZ = n/2 +nZ. Riassumendo: se n e dispari allora S = 0,

se n e pari allora S = n/2 + nZ.Calcoliamo P =

∏0 6=a∈AA. Se esistono due interi distinti 0 < x, y < n tali che n divide xy allora (x+nZ)(y+nZ) = 0

e quindi P = 0. Supponiamo che questo non sia vero. Allora ci sono solo due casi possibili: o n = p e un numeroprimo oppure n = 4. Se n = 4 allora P = 1 · 2 · 3 + 4Z = 2 + 4Z. Supponiamo ora che n = p sia un primo. AbbiamoP = 1 ·2 · · · · ·(p−1)+pZ. Siccome Z/pZ e un campo, ogni suo elemento non nullo ammette inverso. Se x ∈ Z/pZ−0e tale che x−1 6= x allora nel prodotto x viene semplificato col suo inverso x−1. Ne segue che P =

∏x=x−1 x =

∏x2=1 x.

Gli elementi x ∈ Z/pZ tali che x2 = 1 sono zeri del polinomio X2 − 1, quindi sono 1 e −1 (siamo su un campo). Nesegue che P = 1 · (−1) = −1 + pZ (cf. l’esercizio 1.23). Riassumendo: se n = 4 allora P = 2 + 4Z, se n = p e primoallora P = −1 + pZ, e se n non e primo ed e diverso da 4 allora P = 0.

2.53. Sia V uno spazio vettoriale finito (come insieme) sul campo Z/pZ, dove p e un primo. Calcolare∑v∈V v.

Risoluzione. Se p 6= 2 allora v 6= −v per ogni v ∈ V e quindi ogni addendo nella sommatoria S =∑v∈V v

si semplifica con il suo inverso additivo, e deduciamo che S =∑v∈V, v=−v v = 0. Supponiamo ora che p = 2.

In questo caso v = −v per ogni v ∈ V . Sia n = dimF2(V ). Allora e noto dall’algebra lineare che V e isomorfo

come spazio vettoriale a F2n. Facciamo i conti in questo spazio, cioe assumiamo che V = F2

n. Indichiamo con 1l’elemento (1, 1, . . . , 1)t di F2

n. Si ha v 6= 1 + v e v + (1 + v) = 1 per ogni v ∈ V . Siccome |V | = 2n, ne segue cheS = 1

2 |V |(1, . . . , 1)t = 2n−1(1, . . . , 1)t, quindi S = 0 se 2n−1 e pari, cioe se n ≥ 2. Supponiamo ora n = 1. AlloraS = 0 + 1 = 1. Riassumendo: se p e dispari oppure dimFp(V ) ≥ 2 allora S = 0, e se p = 2 e dimF2(V ) = 1 alloraS = 1.

2.54. Mostrare che non esistono omomorfismi di anelli C→ R, R→ Q, Q→ Z, Z/nZ→ Z.

Risoluzione.

(1) Sia per assurdo f : C→ R un omomorfismo di anelli. Osserviamo che f(1) = 1 e quindi f(−1) = −1 (infattif(1) + f(−1) = f(1− 1) = f(0) = 0). Abbiamo f(i)2 = f(i2) = f(−1) = −1, e questo e assurdo perche R nonammette radici quadrate di −1.

(2) Sia per assurdo g : R→ Q un omomorfismo di anelli. Osserviamo che g(2) = g(1+1) = g(1)+g(1) = 1+1 = 2.

Abbiamo f(√

2)2 = f(√

22) = f(2) = 2, e questo e assurdo perche Q non ammette radici quadrate di 2.

(3) Sia per assurdo h : Q→ Z un omomorfismo di anelli. Abbiamo 1 = h(1) = h(2·1/2) = h(2)·h(1/2) = 2·h(1/2),e questo e assurdo perche Z non ammette inversi di 2.

(4) Sia per assurdo ` : Z/nZ → Z un omomorfismo di anelli. Allora in Z si ha 0 = `(0 + nZ) = `(n + nZ) = n,assurdo.

2.55. Esistono omomorfismi di anelli Z[√

2]→ Z[√

3]?

Risoluzione. La risposta e no. Ricordiamo che se d ∈ Z si definisce Z[√d] := a+ b

√d : a, b ∈ Z. Supponiamo

per assurdo che esista un omomorfismo di anelli f : Z[√

2]→ Z[√

3]. Allora si ha f(√

2)2 = f(√

22) = f(2) = 2, quindi√

2 ∈ Z[√

3], cioe esiste a+ b√

3 ∈ Z[√

3] con (a+ b√

3)2 = 2. Svolgendo il quadrato otteniamo a2 + 3b2 + 2ab√

3 = 2e quindi a2 + 3b2 = 2 e ab = 0. Dalla seconda a = 0 oppure b = 0. Se a = 0 allora dalla prima 3b2 = 2 con b ∈ Z,assurdo. Se b = 0 allora dalla prima a2 = 2 con a ∈ Z, assurdo.

2.56. Sia p un numero primo. Quali sono i polinomi f(X) ∈ Z[X] tali che (f(X), p) e un ideale massimale di Z[X]?

Risoluzione. Dimostriamo che si tratta dei polinomi f(X) che sono irriducibili modulo p. Consideriamo lacomposizione dell’omomorfismo di riduzione modulo p, Z[X] → Z/pZ[X], con la proiezione sul quoziente modulo(f(X)) ottenendo l’omomorfismo suriettivo

ϕ : Z[X]→ Z/pZ[X]/(f(X)), P (X) 7→ P (X) + (f(X)),

70 MARTINO GARONZI

dove P (X) denota il polinomio P (X) ridotto modulo p. Mostriamo che ker(ϕ) = (f(X), p). Che sia (f(X), p) ⊆ ker(ϕ)

e facile, segue dal fatto che f(X), p ∈ ker(ϕ). Mostriamo che ker(ϕ) ⊆ (f(X), p). Sia P (X) ∈ ker(ϕ). Allora f(X)

divide P (X) in Z/pZ[X], quindi esiste Q(X) ∈ Z[X] con f(X) · Q(X) = P (X), quindi esiste R(X) ∈ Z[X] conf(X)Q(X)− P (X) = pR(X), da cui P (X) = f(X)Q(X)− pR(X) ∈ (f(X), p).

Grazie al teorema di isomorfismo otteniamo allora che

A =Z[X]

(f(X), p)∼=

Z/pZ[X]

(f(X)).

Sappiamo che (f(X), p) e massimale in Z[X] se e solo se A e un campo, se e solo se (f(X)) e un ideale massimale diZ/pZ[X], e siccome Z/pZ[X] e un PID (in quanto anello di polinomi su un campo), questo e equivalente a dire chef(X) e irriducibile modulo p.

2.57. E vero che Q(√

5,√

11) = Q(√

5−√

11)?

Risoluzione. Mostriamo che la risposta e sı. Il fatto che K = Q(√

5−√

11) ⊆ Q(√

5,√

11) = F e chiaro, essendo√5,√

11 ∈ F ed essendo F un campo. Mostriamo che K ⊇ F . Per fare questo basta mostrare che√

5,√

11 ∈ K.Si ha K 3 (

√5 −√

11)2 = 5 + 11 − 2√

55, da cui√

55 ∈ K, essendo K un campo contenente Q. Siccome K e uncampo, contiene il prodotto di ogni due suoi elementi, e anche le somme di prodotti di suoi elementi. Ne segue cheK 3

√55(√

5−√

11) = 5√

11− 11√

5, e

K 3 5√

11− 11√

5 + 11(√

5−√

11) = −6√

11, K 3 5√

11− 11√

5 + 5(√

5−√

11) = −6√

5.

Segue che −6√

5/(−6) =√

5, −6√

11/(−6) =√

11 ∈ K.

2.58. Determinare l’inverso di X3−X+ 1 + (X2 + 1) in Q[X]/(X2 + 1). Determinare l’inverso di −2i+ 1 in Q[i] ⊂ C.

Risoluzione. Osserviamo che X3 −X + 1 + (X2 + 1) = X(X2 + 1)− 2X + 1 + (X2 + 1) = −2X + 1 + (X2 + 1).Vogliamo trovare polinomi A(X), B(X) ∈ Q[X] tali che (X2 + 1)A(X) + (−2X + 1)B(X) = 1. Un modo e applicarel’algoritmo di Euclide ai polinomi X2 + 1 e −2X + 1 come fatto nell’esercizio 2.20. In questo caso la cosa e fattibilesenza (tanti) conti osservando che (−2X+ 1)(−2X− 1) = 4X2− 1 = 4(X2 + 1)− 5 da cui, dividendo per 5, otteniamo(4/5)(X2 + 1) + (1/5)(2X + 1)(−2X + 1) = 1. Ne segue che l’inverso di X3 −X + 1 + (X2 + 1) in Q[X]/(X2 + 1) e2X/5 + 1/5 + (X2 + 1).

Osserviamo che il teorema di isomorfismo applicato all’omomorfismo di valutazione Q[X]→ C, P (X) 7→ P (i) (cheha come nucleo proprio (X2 + 1)) fornisce un isomorfismo Q[X]/(X2 + 1) ∼= Q[i]. Per i conti fatti qui sopra l’inversodi −2i+ 1 in Q[i] e 2i/5 + 1/5.

2.59. Quali sono i polinomi f(X) ∈ Q[X] tali che Q[X]/(f(X)) ammette elementi nilpotenti non nulli?

Risoluzione. Sia P (X) + (f(X)) ∈ Q[X]/(f(X)) un elemento nilpotente. Cio significa che esiste n ∈ N tale chef(X) divide P (X)n. Siccome Q[X] e un dominio fattoriale (U.F.D.), questo e equivalente a dire che ogni fattoreirriducibile di f(X) divide P (X). Questo non implica che f(X) divida necessariamente P (X) a meno che f(X) non sispezzi in fattori irriducibili a due a due distinti. Quindi Q[X]/(f(X)) ammette elementi nilpotenti non nulli se e solose f(X) e diviso da quadrati non invertibili, cioe esiste R(X) ∈ Q[X] di grado positivo tale che R(X)2 divide f(X).Si confronti con l’esercizio 2.51.

2.60. Determinare tutti gli ideali massimali di R[X]/(X4 − 1).

Risoluzione. Ricordiamo che R[X], anello dei polinomi a coefficienti in un campo, e un PID, quindi gli idealimassimali di R[X] sono del tipo (f(X)) con f(X) ∈ R[X] irriducibile. Per il teorema di corrispondenza, gli idealimassimali di R[X]/(X4 − 1) sono in corrispondenza biunivoca canonica con gli ideali massimali di R[X] contenenti(X4−1), cioe coi polinomi irriducibili f(X) ∈ R[X] che dividono X4−1 (ricordiamo che se A e un PID e a, b ∈ A allora


(a) ⊆ (b) se e solo se b divide a). Siccome X4−1 = (X2−1)(X2 + 1) = (X+ 1)(X−1)(X2 + 1) e X+ 1, X−1, X2 + 1sono irriducibili in R[X], gli ideali massimali di R[X]/(X4 − 1) sono tre:

(X + 1)/(X4 − 1), (X − 1)/(X4 − 1), (X2 + 1)/(X4 − 1).

2.61. Sia B un anello (non necessariamente unitario). Mostrare che:

(1) se b2 = b per ogni b ∈ B allora B e commutativo;(2) se b3 = b per ogni b ∈ B allora B e commutativo.

Una curiosita: per un teorema di Jacobson, se per ogni b ∈ B esiste un intero n ≥ 2 tale che bn = b allora B ecommutativo.

Risoluzione. Mostriamo (1). Supponiamo che b2 = b per ogni b ∈ B. Dobbiamo mostrare che B e commutativo.Siano b, c ∈ B. Dobbiamo mostrare che bc = cb. Si ha 2b = (2b)2 = 4b2 = 4b, da cui 2b = 0, cioe (*) b = −b. Maallora da b+ c = (b+ c)2 = b2 + bc+ cb+ c2 = b+ bc+ cb+ c usando (*) segue che bc = cb.

Mostriamo (2). Supponiamo che b3 = b per ogni b ∈ B. Dobbiamo mostrare che B e commutativo. Siano b, c ∈ B.Dobbiamo mostrare che bc = cb. Da b3 = b e (2b)3 = 2b segue che (*) 3b = −3b. Ora da b + b2 = (b + b2)3 segue3b + 3b2 = 0 e quindi per (*) otteniamo (**) 3b2 = 3b. Per cui 3(b + c) = 3(b + c)2 = 3(b2 + bc + cb + c2) e grazie a(*) otteniamo (***) 3bc = 3cb. Le uguaglianze b+ c = (b+ c)3 e b− c = (b− c)3 si riscrivono, dopo qualche conto, inquesto modo:

b2c+ bcb+ bc2 + cb2 + cbc+ c2b = 0, −b2c− bcb+ bc2 − cb2 + cbc+ c2b = 0.

Sommando queste due uguaglianze otteniamo (****) 2bc2 + 2cbc + 2c2b = 0. Moltiplicando (****) a destra/sinistraper c otteniamo

2bc+ 2cbc2 + 2c2bc = 0, 2cbc2 + 2c2bc+ 2cb = 0.

Sottraendo queste due uguaglianze otteniamo 2bc = 2cb. Questo, insieme a (***), ci porta alla conclusione chebc = 3bc− 2bc = 3cb− 2cb = cb.

2.62. Sia f(X) =∑ni=0 aiX

i ∈ Z[X] un polinomio primitivo, e supponiamo che esista un primo p tale p non dividean e f(X) e irriducibile modulo p. Mostrare che f(X) e irriducibile in Q[X].

Una curiosita: il polinomio X4 − 10X2 + 4 e irriducibile su Z ma e riducibile modulo p per ogni primo p (il suogruppo di Galois non contiene 4-cicli).

Risoluzione. Per il lemma di Gauss, f(X) essendo primitivo e irriducibile in Q[X] se e solo se e irriducibile inZ[X]. Mostriamo che f(X) e irriducibile in Z[X]. Supponiamo che f(X) = P (X)Q(X) con P (X), Q(X) ∈ Z[X].Siano b, c rispettivamente i coefficienti del termine di grado massimo di P (X), Q(X). Allora bc = an, quindi p non

divide b ne c. Quindi i polinomi ridotti modulo p, P (X), Q(X) hanno lo stesso grado di P (X), Q(X) rispettivamente.

Siccome f(X) ∈ Fp[X] e irriducibile, uno tra P (X), Q(X) ha grado zero, quindi uno tra P (X), Q(X) ha grado zeroin Z[X]. Siccome f(X) = P (X)Q(X) e primitivo segue che uno tra P (X), Q(X) e uguale a uno dei polinomi costanti1,−1, cioe e invertibile in Z[X].

2.63. Mostrare che il polinomio P (X) = (X2 − 2)(X2 − 3)(X2 − 6) non ha zeri in Z ma ha zeri in Fp per ogni primop.

Risoluzione. Sia p un primo. Dobbiamo mostrare che P (X) ha uno zero modulo p. Ovviamente questo e verose p ∈ 2, 3, quindi ora supponiamo p 6= 2, 3. Consideriamo G := x2 : x ∈ Fp∗, dove Fp∗ denota il gruppomoltiplicativo Fp − 0. Osserviamo che siccome p 6= 2, 3, si ha 2, 3 ∈ Fp∗. Abbiamo visto nell’esercizio 1.26 che Ge un sottogruppo di Fp∗ di indice 2, quindi se x, y ∈ Fp − 0 non appartengono a G (cioe non sono quadrati) allorax ≡ y mod (G), cioe xG = yG, e quindi xyG = xGyG = xGxG = x2G = G, cioe xy ∈ G, cioe il prodotto xy e un

72 MARTINO GARONZI

quadrato. Per concludere basta applicare questo ragionamento a x = 2 e y = 3: se 2 e 3 non sono quadrati modulo pallora 2 · 3 = 6 e un quadrato modulo p. E questo e equivalente a dire che P (X) ha uno zero modulo p.

2.64. Quanti sono i polinomi irriducibili di grado 2 in F2[X]? E in F3[X]?

Risoluzione. I polinomi di grado 2 in F2[X] sono:

X2, X2 + 1, X2 +X, X2 +X + 1.

Siccome X2 = X ·X, X2 + 1 = (X + 1)2 e X2 +X = X(X + 1), l’unico polinomio irriducibile di grado 2 in F2[X] eX2 +X + 1 (tale polinomio e irriducibile in F2[X] perche ha grado 2 e non ha zeri in F2).

I polinomi di grado 2 in F3[X] sono:

X2, X2 + 1, X2 + 2, X2 +X, X2 + 2X, X2 +X + 1, X2 +X + 2, X2 + 2X + 1, X2 + 2X + 2.

Un polinomio di grado 2 e irriducibile in F3[X] se e solo se non ammette zeri in F3, quindi sostituendo 0, 1, 2 ∈ F3

otteniamo che i polinomi irriducibili di grado 2 in F3[X] sono X2 + 1, X2 +X + 2 e X2 + 2X + 2.

E tempo per una digressione. Sia µ : N− 0 → N− 0 la funzione definita come segue: µ(1) = 1, µ(n) = 0 sen e diviso da quadrati non invertibili, µ(n) = (−1)k se n e il prodotto di k primi a due a due distinti. µ si chiama“la funzione di Moebius classica”. Si puo dimostrare che se p e un numero primo, il numero di polinomi irriducibili digrado n in Fp[X] e uguale a 1

n

∑d|n µ(nd )pd.

2.65. Fare un esempio di campo con otto elementi.

Risoluzione. Sia F := F2[X]/(X3 +X + 1). Il polinomio X3 +X + 1 e irriducibile in F2[X] perche ha grado 3 enon ha zeri in F2. Quindi l’ideale che genera nel PID F2[X] e massimale e quindi F e un campo. Sappiamo che F euno spazio vettoriale su F2 di dimensione uguale al grado di X3 +X + 1, cioe 3, e quindi |F | = 23 = 8.

2.66. Sia K un campo e sia F l’intersezione dei suoi sottocampi (il suo campo primo, o sottocampo fondamentale).Mostrare che ogni omomorfismo di anelli ϕ : K → K verifica ϕ(a) = a per ogni a ∈ F .

Ricordo che se K ha caratteristica p > 0 allora F ∼= Fp, e se K ha caratteristica zero allora F ∼= Q.

Risoluzione. F e il sottocampo di K generato da 0, 1, quindi e l’insieme degli elementi della forma n · m−1

dove n,m sono somme di uni (cioe elementi della forma 1 + 1 + · · · + 1) e m 6= 0. Siccome ϕ(1) = 1 e ϕ rispetta lesomme (e un omomorfismo) si ha anche ϕ(n) = n e ϕ(m) = m. Siccome ϕ e un omomorfismo segue che ϕ(n ·m−1) =ϕ(n) · ϕ(m)−1 = n ·m−1.

2.67. Trovare tutti gli omomorfismi di anelli ϕ : C→ C tali che ϕ(r) = r per ogni r ∈ R.

Risoluzione. Sia ϕ : C → C un omomorfismo di anelli tale che ϕ(r) = r per ogni r ∈ R. Osserviamo cheϕ(i)2 = ϕ(i2) = ϕ(−1) = −1, quindi ϕ(i) = ±i. Se ϕ(i) = i allora per ogni a, b ∈ R si ha ϕ(a+ ib) = a+ ib, cioe ϕ el’identita C→ C. Se ϕ(i) = −i allora per ogni a, b ∈ R si ha ϕ(a+ ib) = a− ib, cioe ϕ e il coniugio C→ C. In questosecondo caso ϕ e effettivamente un omomorfismo di anelli in quanto ϕ(0) = 0 = 0, ϕ(1) = 1 = 1 e

ϕ((a+ ib) + (c+ id)) = ϕ(a+ c+ i(b+d)) = a+ c+ i(b+ d) = a+ c− i(b+d) = a− ib+ c− id = ϕ(a+ ib) +ϕ(a− id),

ϕ((a+ ib)(c+ id)) = ac− bd+ i(ad+ bc) = ac− bd− i(ad+ bc) = (a− ib)(c− id) = ϕ(a+ ib)ϕ(c+ id).

Riassumendo, ci sono esattamente due omomorfismi C → C che ristretti a R sono l’identita: l’identita e il coniugio.Sono entrambi isomorfismi.


2.68. Utilizzando il criterio di Eisenstein dimostrare che P (X) = X4 +X3 +X2 +X + 1 e irriducibile in Q[X].

Risoluzione. Osserviamo che basta mostrare che P (X + 1) e irriducibile. Infatti se questo e vero e P (X) =Q(X)R(X) con Q(X), R(X) ∈ Q[X] allora S(X) := P (X + 1) = Q(X + 1)R(X + 1) e quindi siccome P (X + 1) eirriducibile uno tra Q(X + 1) e R(X + 1) ha grado zero, diciamo senza perdita di generalita che Q(X + 1) ha gradozero, Q(X + 1) = a ∈ Q. Allora Q(X)R(X) = P (X) = S(X − 1) = aR(X), da cui Q(X) = a ha grado zero. Abbiamo

P (X + 1) = (X + 1)4 + (X + 1)3 + (X + 1)2 + (X + 1) + 1 = X4 + 5X3 + 10X2 + 10X + 5.

Questo polinomio e irriducibile per il criterio di Eisenstein applicato al primo 5.

2.69. Siano p un numero primo, n un intero positivo. Indichiamo con GL(n, p) il gruppo degli isomorfismi lineariFpn → Fpn con la composizione (fissata una base dello spazio, si tratta del gruppo delle matrici n × n invertibili acoefficienti in Fp). Mostrare che nel gruppo GL(n, p) esiste un elemento di ordine pn − 1. Trovare esplicitamente unelemento di GL(3, 3) di ordine 26. Suggerimento: considerare un campo con pn elementi.

Risoluzione. Sia F un campo con pn elementi. Sappiamo che la moltiplicazione in F induce su F una struttura(naturale) di Fp-spazio vettoriale di dimensione n. Sappiamo quindi dall’algebra lineare che F ∼= Fpn (isomorfismodi spazi vettoriali). Il gruppo moltiplicativo F ∗ = F − 0 e ciclico, essendo F un campo finito. Sia a ∈ F ∗ un suogeneratore: F ∗ = 〈a〉. Sia ϕ : F → F la funzione definita da ϕ(x) := ax. Si ha che ϕ e un isomorfismo di Fp-spazivettoriali (la verifica e standard). L’inverso di ϕ e dato da ϕ−1 : F → F , x 7→ a−1x. La scelta di una Fp-base di F cipermette di identificare F con Fpn per cui ϕ corrisponde a un isomorfismo lineare Fpn → Fpn, cioe a un elemento diGL(n, p). Il suo ordine e uguale all’ordine di a in F ∗, cioe pn − 1 (ricordo che a genera il gruppo ciclico F ∗, che haordine pn − 1).

Facciamo un esempio concreto. Sia F := F3[X]/(X3 + 2X + 1). F e un campo perche X3 + 2X + 1 ∈ F3[X] eirriducibile (ha grado 3 e non ha zeri in F3). Sia a = X + (X3 + 2X + 1) ∈ F . Allora a3 = a+ 2. Vogliamo capire sea e un generatore del gruppo F ∗, ciclico di ordine 26. Abbiamo

a3 = a+ 2, a4 = a2 + 2a, a5 = 2a2 + a+ 2, a6 = a2 + a+ 1, a7 = a2 + 2a+ 2,

a8 = 2a2 + 2, a9 = a+ 1, a10 = a2 + a, a11 = a2 + a+ 2, a12 = a2 + 2, a13 = 2.

Siccome 22 = 1, deduciamo che a ha ordine 26 e quindi e effettivamente un generatore di F ∗. Una base del F3-spaziovettoriale F e data da 1, a, a2. Vogliamo scrivere la matrice dell’isomorfismo F3-lineare ϕ : F → F , x 7→ ax rispettoalla base 1, a, a2. Abbiamo

ϕ(1) = a, ϕ(a) = a2, ϕ(a2) = a3 = a+ 2.

Ne segue che la matrice cercata e 0 0 21 0 10 1 0

Questo e un elemento di GL(3, 3) di ordine 26.

2.70. Ricordiamo che x ∈ A si dice “divisore dello zero” se esiste 0 6= y ∈ A con xy = 0. Sia 0 6= a ∈ A, e siafa : A→ A, fa(t) := at.

(1) Mostrare che fa e iniettiva se e solo se a non e un divisore dello zero in A.(2) Mostrare che fa e suriettiva se e solo se a e invertibile in A.(3) Mostrare che se A e finito (come insieme) allora ogni elemento di A e un divisore dello zero oppure e invertibile.

Risoluzione. Punto (1). Supponiamo che fa sia iniettiva. Dobbiamo dimostrare che a non e un divisore dello zero.Sia quindi b ∈ A tale che ab = 0. Dobbiamo mostrare che b = 0. Si ha fa(0) = a · 0 = 0 = ab = fa(b), quindi b = 0dato che fa e iniettiva. Supponiamo che a non sia un divisore dello zero in A. Dobbiamo mostrare che fa e iniettiva.

74 MARTINO GARONZI

Siano b, c ∈ A con fa(b) = fa(c). Dobbiamo mostrare che b = c. Si ha ab = fa(b) = fa(c) = ac e quindi ab− ac = 0,cioe a(b− c) = 0. Siccome a non e un divisore dello zero segue che b− c = 0, cioe b = c.

Punto (2). Supponiamo che fa sia suriettiva. Dobbiamo mostrare che a e invertibile in A. Siccome fa e suriettivaesiste b ∈ A tale che fa(b) = 1, cioe ab = 1. Quindi a e invertibile. Supponiamo che a sia invertibile in A. Dobbiamomostrare che fa e suriettiva. Sia quindi c ∈ A. Dobbiamo trovare b ∈ A con fa(b) = c, cioe ab = c. Siccome a einvertibile possiamo scegliere b = a−1c. Si ha infatti fa(b) = ab = a(a−1c) = (aa−1)c = c.

Punto (3). Supponiamo che A sia finito, e sia a ∈ A. Per il principio dei cassetti fa e iniettiva se e solo se esuriettiva. In altre parole (cf. punti (1) e (2)) a non e un divisore dello zero se e solo se e invertibile.

2.71. Sia A := Z[i] l’anello degli interi di Gauss. Indichiamo con N(a) la norma di a ∈ A.

(1) Mostrare che I := a ∈ A | N(a) e pari e un ideale primo di A.(2) Mostrare che f : Z[i]→ Z/2Z, a 7→ N(a) + 2Z e un omomorfismo di anelli.(3) Mostrare che Z[i]/I ∼= Z/2Z.(4) Mostrare che I = (1 + i).(5) Mostrare che (1 + i) e un ideale massimale di Z[i].

Risoluzione. Punto (1). 0 ∈ I perche N(0) = 0 e pari, e se x ∈ I e a ∈ A allora N(ax) = N(a)N(x) (la norma emoltiplicativa) quindi siccome N(x) e pari (perche x ∈ I) anche N(ax) e pari e quindi ax ∈ I. Per concludere che I eun ideale dobbiamo mostrare che se x, y ∈ I allora x+ y ∈ I. Siano quindi x, y ∈ I. Scriviamo x = a+ ib, y = c+ idcon a, b, c, d ∈ Z. Si ha

N((a+ ib) + (c+ id)) = (a+ c)2 + (b+ d)2 = a2 + c2 + 2ac+ b2 + d2 + 2bd = 2(ac+ bd) +N(a+ ib) +N(c+ id). (∗)

Per ipotesi x = a+ ib ∈ I e y = c+ id ∈ I, quindi N(a+ ib), N(c+ id) sono pari e quindi anche N(x+ y), somma dinumeri pari (per (*)), e pari.

Punto (2). Chiaramente f(0) = 0 e f(1) = 1. Il fatto che f rispetta il prodotto segue direttamente dal fatto che lanorma e moltiplicativa. Per concludere che f e un omomorfismo di anelli dobbiamo dimostrare che se x, y ∈ A alloraf(x+ y) = f(x) + f(y), cioe N(x+ y) ≡ N(x) +N(y) mod (2). Questo segue da (*).

Punto (3). f e suriettiva essendo f(0) = 0 e f(1) = 1 (cioe f(0, 1) = Z/2Z). Siccome il nucleo di f e proprio I,l’isomorfismo richiesto segue dal teorema di isomorfismo per gli anelli.

Punto (4). Chiaramente 1 + i ∈ I essendo N(1 + i) = 2, pari. Siccome I e un ideale segue che (1 + i) ⊆ I.Mostriamo che (1 + i) ⊇ I. Sia x = a + ib ∈ I. Dobbiamo trovare c + id ∈ Z[i] tale che (1 + i)(c + id) = a + ib, cioec−d+i(c+d) = a+ib, cioe c−d = a e c+d = b. Sottraendo queste due uguaglianze troviamo −2d = a−b e sommandoletroviamo 2c = a+ b. Siccome a+ ib ∈ I si ha che N(a+ ib) = a2 + b2 e pari e quindi anche a2 − b2 = (a+ b)(a− b) epari (e congruo a a2 + b2 modulo 2). Ne segue che uno tra a+ b, a− b e pari e quindi lo sono entrambi (sono congruimodulo 2). Quindi i numeri (a− b)/(−2), (a+ b)/2 sono interi e possiamo scegliere c = (a+ b)/2, d = (a− b)/(−2).

Punto (5). I = (1 + i) e un ideale massimale di Z[i] perche Z[i]/I ∼= Z/2Z e un campo (cf. il punto (3)).

2.72. Sia α ∈ C uno zero di f(X) = X3 − 5X − 1. Esprimere l’inverso dei seguenti elementi come polinomio in α:

α+ 1, α2 + α+ 1, 2 + α.

Risoluzione. L’idea e applicare l’algoritmo di Euclide come nell’esercizio 2.20. Applichiamolo a f(X) con X + 1,X2 +X + 1 e X + 2.

X3 − 5X − 1 X + 11 0 X3 − 5X − 10 1 X + 11 −(X2 −X − 4) 3

X3 − 5X − 1 X2 +X + 11 0 X3 − 5X − 10 1 X2 +X + 11 −(X − 1) −5X

X/5 + 1/5 1 + (X2 − 1)/5 1


X3 − 5X − 1 X + 21 0 X3 − 5X − 10 1 X + 21 −(X2 − 2X − 1) 1

Otteniamo che

f(X)/3− (1/3)(X2 −X − 4)(X + 1) = 1,

(X/5 + 1/5)f(X) + (1 + (X2 − 1)/5)(X2 +X + 1) = 1,

f(X)− (X2 − 2X − 1)(X + 2) = 1.

Siccome f(α) = 0, sostituendo X = α otteniamo che l’inverso di α+ 1 e (−1/3)(α2 − α− 4), l’inverso di α2 + α+ 1 e1 + (α2 − 1)/5, l’inverso di 2 + α e −(α2 − 2α− 2).

2.73. Sia u :=√

2− i ∈ C.

(1) Mostrare che u e algebrico su Q e trovarne il polinomio minimo f(X) su Q.

(2) Mostrare che√

2 ∈ Q(u).(3) Il campo Q(u) e un campo di riducibilita completa per f(X) su Q?

Risoluzione. Punto (1). Si ha u2 = 2− 1− 2i√

2 = 1− 2i√

2 e quindi (u2 − 1)2 = (−2i√

2)2 = −8. Ne segue cheu e zero del polinomio f(X) = (X2 − 1)2 + 8 = X4 − 2X2 + 9 ∈ Q[X] e quindi e algebrico su Q. Mostriamo che f(X)e il polinomio minimo di u su Q. Per farlo basta mostrare che f(X) e irriducibile in Q[X]. Siccome f(X) e primitivo(essendo monico), per il lemma di Gauss basta dimostrare che f(X) e irriducibile in Z[X]. f(X) non ha fattori digrado 1 perche non ha zeri in Z (eventuali zeri interi dovrebbero dividere 9 e si verifica a mano che 1,−1, 3,−3, 9,−9non sono zeri di f(X)). Un’eventuale fattorizzazione propria di f(X) consiste quindi di due fattori di grado 2. Sianoa, b, c, d ∈ Z con X4 − 2X2 + 9 = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d). Sviluppando il prodotto deduciamo che:

a+ c = 0, d+ ac+ b = −2, ad+ bc = 0, bd = 9.

Dalla prima ricaviamo c = −a quindi dalla terza a(d− b) = 0. Se a = 0 allora d+ b = −2 e bd = 9, ed elencando i casitroviamo che questo e impossibile. Ne segue che a 6= 0 e quindi d = b, 9 = bd = b2 per cui b = d = ±3. Se b = d = 3allora a2 = 8, assurdo, e se b = d = −3 allora a2 = −4, assurdo. Deduciamo che il grado [Q(u) : Q] e deg(f(X)) = 4.

Punto (2). Si ha u2 = 1 − 2i√

2 e quindi i√

2 ∈ Q(u) essendo Q(u) un campo contenente Q. Siccome Q(u) e un

campo, contiene le somme dei prodotti dei suoi elementi e quindi Q(u) 3 i√

2u = i√

2(√

2− i) = 2i+√

2 e

Q(u) 3 (2i+√

2)− (√

2− i) = 3i, (2i+√

2) + 2(√

2− i) = 3√

2.

Ne segue che i = 3i/3 ∈ Q(u) e√

2 = 3√

2/3 ∈ Q(u).

Punto (3). Le radici di P (X) = X4 − 2X2 + 9 sono ±√

1± 2i√

2. Volendo scrivere 1± 2i√

2 come un quadrato, e

una buona idea trattare 2i√

2 come un doppio prodotto (cf. l’esercizio 2.103). Troviamo che 1± 2i√

2 = (√

2± i)2, e

quindi le quattro radici di f(X) sono ±(√

2± i). Siccome i,√

2 ∈ Q(u) (per il punto (2)) concludiamo che Q(u) e uncampo di riducibilita completa per f(X) su Q.

2.74. Gli interi di Gauss. Il polinomio X2 + 1 ∈ Z[X] e irriducibile in Z[X] (ha grado 2 e non ha zeri in Z), ed eil nucleo della valutazione in i, cioe dell’omomorfismo vi : Z[X]→ C definito da vi(P (X)) := P (i). L’immagine di viviene denotata con Z[i], e per il teorema di isomorfismo Z[i] ∼= Z[X]/(X2+1). L’anello Z[i] si chiama “anello degli interidi Gauss”. Si ha ovviamente Z[i] = a+ib : a, b ∈ Z. Z[i] e un dominio di integrita (essendo un sottoanello del campoC). Si dimostra che Z[i] e un anello euclideo con la funzione “norma” N : Z[i]→ N, N(a+ib) := (a+ib)(a−ib) = a2+b2.La norma e moltiplicativa, nel senso che se α, β ∈ Z[i] allora N(αβ) = N(α)N(β). Essendo un anello euclideo, Z[i] ein particolare un PID (dominio a ideali principali), quindi un U.F.D. (dominio a fattorizzazione unica). In particolaregli elementi primi in Z[i] coincidono con gli elementi irriducibili. I numeri primi positivi di Z che rimangono primi inZ[i] sono tutti e soli quelli congrui a 3 modulo 4. Il motivo e che un primo congruo a 1 modulo 4 e sempre una sommadi due quadrati e a2 + b2 = (a+ ib)(a− ib).

76 MARTINO GARONZI

(1) Mostrare che gli elementi invertibili di Z[i] sono tutti e soli quelli di norma 1, cioe 1,−1, i,−i.(2) Mostrare che se un elemento α ∈ Z[i] e tale che N(α) e un numero primo allora α e irriducibile in Z[i].(3) Dire se 1 + i, 1 + 2i, 6 + i, 10 + i sono primi in Z[i].(4) Vale il viceversa di (2)? Cioe, e vero che se α ∈ Z[i] e irriducibile allora N(α) e un numero primo?(5) Fattorizzare 10 in irriducibili in Z[i].(6) Fattorizzare 73 + 14i in irriducibili in Z[i]. La sua norma e 732 + 142 = 5525 = 52 · 13 · 17.(7) Trovare un intero che sia somma di due quadrati non nulli in almeno tre modi.

Risoluzione. Punto (1). Sia a+ ib ∈ Z[i] invertibile. Allora esiste c+ id ∈ Z[i] tale che (a+ ib)(c+ id) = 1, quindi1 = N(1) = N((a+ ib)(c+ id)) = N(a+ ib)N(c+ id) = (a2 + b2)(c2 +d2). Segue che N(a+ ib) = a2 + b2 = c2 +d2 = 1,quindi siccome a, b, c, d ∈ Z si deve avere (a, b), (c, d) ∈ (1, 0), (−1, 0), (0, 1), (0,−1). Se a = 0, b = ±1 otteniamoa+ ib = ±i, se b = 0, a = ±1 otteniamo a+ ib = ±1.

Punto (2). Supponiamo che N(α) = p sia un numero primo, e scriviamo α = βγ con β, γ ∈ Z[i]. Dobbiamomostrare che uno tra β e γ e invertibile. Abbiamo p = N(α) = N(βγ) = N(β)N(γ). Siccome p e primo, uno tra N(β)e N(γ) e uguale a 1, cioe uno tra β e γ e invertibile (cf. il punto (1)).

Punto (3). Sono tutti primi perche N(1 + i) = 2, N(1 + 2i) = 5, N(6 + i) = 37, N(10 + i) = 101 sono numeri primi.Punto (4). Il viceversa di (2) non vale. Infatti 3 e irriducibile in Z[i] (essendo congruo a 3 modulo 4) ma N(3) = 9 non

e un numero primo. Una dimostrazione diretta del fatto che 3 e irriducibile e la seguente. Scriviamo 3 = (a+ib)(c+id)con a, b, c, d ∈ Z. Dobbiamo mostrare che uno tra a + ib e c + id e invertibile. Prendendo le norme otteniamo32 = N(3) = (a2 + b2)(c2 + d2), quindi se a+ ib, c+ id non sono invertibili allora a2 + b2 6= 1 6= c2 + d2 (cf. il punto(1)), e quindi a2 + b2 = 3. In particolare a2, b2 ≤ 1 e da qui e facile dedurre un assurdo (ricordo che a, b ∈ Z).

Punto (5). Osserviamo che 10 = 2 · 5. Siccome 2 = 12 + 12 e 5 = 12 + 22 riusciamo a scrivere 2 = (1 + i)(1 − i)e 5 = (1 + 2i)(1 − 2i), quindi 10 = (1 + i)(1 − i)(1 + 2i)(1 − 2i). Abbiamo scomposto 10 in quattro fattori di normerispettivamente 2, 2, 5, 5, numeri primi, quindi i quattro fattori trovati sono irriducibili, e quindi primi (siamo in unU.F.D.).

Punto (6). Scriviamo 5, 13 e 17 come somme di due quadrati. Abbiamo 5 = 12 + 22, 13 = 22 + 32 e 17 = 12 + 42.Ne segue che 5 = (1 + 2i)(1− 2i), 13 = (2 + 3i)(2− 3i) e 17 = (1 + 4i)(1− 4i). Otteniamo che

(73 + 14i)(73− 14i) = N(73 + 14i) = 5525 = 52 · 13 · 17 = (1 + 2i)2(1− 2i)2(2 + 3i)(2− 3i)(1 + 4i)(1− 4i).

Abbiamo scomposto N(73 + 14i) come prodotto di fattori di norma un numero primo, quindi irriducibili. Un metodoche funziona sempre per dedurre da questo una fattorizzazione di 73 + 14i e selezionare un fattore per ogni coppia difattori coniugati (qui il “coniugato” di a+ib e a+ ib = a−ib). Abbiamo (1+2i)2(2+3i)(1+4i) = (−3+4i)(−10+11i) =−14− 73i, e quindi

73 + 14i = i(−14− 73i) = (−i)(1 + 2i)2(2 + 3i)(1 + 4i) = (1− 2i)2(−2i− 3)(1− 4i).

Punto (7). Usando l’uguaglianza (*) (a2 + b2)(c2 + d2) = (ac+ bd)2 + (ad− bc)2 possiamo considerare

(12 + 12)(12 + 22)(12 + 32)(12 + 42)(22 + 32) = 22100.

L’idea e che potremo usare l’uguaglianza (*) in molti modi. In effetti se la applichiamo ai fattori 1,2 e 3,4 e poi 5; 2,4e 3,5 e poi 1; 2,5 e 3,4 e poi 1 otteniamo

22100 = 502 + 1402 = 442 + 1422 = 1242 + 822.

Non sono sicuro che 22100 sia il minimo intero scrivibile come somma di due quadrati in tre modi diversi.

2.75. In Z[i] trovare il massimo comun divisore D tra a = 3 + 6i e b = 3 + i e trovare x, y ∈ Z[i] con ax+ by = D.

Risoluzione. Decomponiamo a e b in irriducibili come fatto nell’esercizio 2.74. Si ha

N(a) = 32 + 62 = 45 = 32 · 5 = 32(2 + i)(2− i),

N(b) = 32 + 12 = 10 = 2 · 5 = (1 + i)(1− i)(2 + i)(2− i).


Queste sono fattorizzazioni in irriducibili in Z[i] essendo 3 irriducibile in Z[i] (perche congruo a 3 modulo 4: cf.l’esercizio 2.94) e 1 + i, 1 − i, 2 + i, 2 − i elementi la cui norma e un numero primo (cf. l’esercizio 2.74). Comefatto nell’esercizio 2.74, scegliamo un rappresentante per ogni coppia di fattori coniugati. Abbiamo 3(1 + 2i) = a e(1 + i)(2 + i) = 1 + 3i = i(3− i) = ib, quindi

b = (1 + i)(2 + i)/i = (1 + i) · (2 + i) · (−i) = (1− i)(2− i)i = (1 + i)(2− i).

Siccome Z[i] e un U.F.D., cioe un dominio fattoriale (essendo un PID e anzi addirittura un dominio euclideo) ea = 3(1 + 2i) = 3i(2 − i), il massimo comun divisore tra a e b (che ricordo essere definito a meno di associati, cioe ameno di moltiplicare per un elemento invertibile di Z[i], cioe per 1,−1, i o −i) e D = 2 − i. Ora dobbiamo trovarex = c+ id, y = e+ if ∈ Z[i] tali che (c+ id)(3 + 6i) + (e+ if)(3 + i) = D = 2− i. Sviluppando i prodotti e uguagliandoi coefficienti otteniamo

3c− 6d+ 3e− f = 2, 6c+ 3d+ e+ 3f = −1.

Ricavando f dalla prima e sostituendo nella seconda, dopo le semplificazioni otteniamo 3c − 3d + 2e = 1. Questauguaglianza e verificata se c − d = 1 e e = −1. Sostituendo e = −1 e d = c − 1 nelle varie uguaglianze troviamof = 1− 3c, e ora segliendo c = 0 otteniamo d = −1, e = −1, f = 1. In conclusione

ax+ by = (3 + 6i)(−i) + (3 + i)(−1 + i) = 2− i = D.

2.76. Sia f(X) = X3 + 3X + 3 ∈ F5[X].

(1) Mostrare che f(X) e irriducibile in F5[X].(2) Sia K = F5[X]/(f(X)). Mostrare che K e un campo.(3) Sia ϕ : F5 → K definita da ϕ(a) := a+ (f(X)). Mostrare che ϕ e un omomorfismo iniettivo di anelli.(4) Identificando F5 con ϕ(F5) ⊆ K, mostrare che esiste α ∈ K con f(α) = 0.(5) Mostrare che K ∼= F5(α) ∼= F5[α].(6) Trovare l’inverso di α2 e di 1 + α in F5[α].

Risoluzione. Si confronti con 2.31. Sia F := F5.Punto (1). f(X) e irriducibile in F [X] perche ha grado 3 e non ha zeri in K.Punto (2). L’ideale (f(X)) di F [X] e massimale essendo F [X] un PID e f(X) un elemento irriducibile di F [X],

quindi il quoziente K = F [X]/(f(X)) e un campo.Punto (3). ϕ : F → K e un omomorfismo di anelli essendo la restrizione a F della proiezione canonica F [X] →

F [X]/(f(X)) = K. ϕ e iniettivo perche F e un campo (ϕ(1) = 1 6= 0 e ker(ϕ) e un ideale del campo F , quindiker(ϕ) = 0). In generale un omomorfismo di anelli tra due campi e sempre iniettivo.

Punto (4). Scegliamo α = X + (f(X)). Per come sono definite le operazioni nel quoziente si ha f(α) = f(X +(f(X))) = f(X) + (f(X)) = (f(X)) = 0.

Punto (5). Siccome α e zero del polinomio non nullo f(X), α e algebrico su F e quindi F (α) = F [α]. Applicandoil teorema di isomorfismo all’omomorfismo suriettivo F [X] → F dato dalla valutazione in α otteniamo che K ∼=ϕ(F [X]) = F [α].

Punto (6). L’idea e applicare l’algoritmo di Euclide (cf. l’esercizio 2.13) a f(X) = X3 +3X+3 con X2 e con X+1.Abbiamo

X3 + 3X + 3 X2

1 0 X3 + 3X + 30 1 X2

1 −X 3X + 3−(X/3− 1/3) 1 +X(X/3− 1/3) 1

X3 + 3X + 3 X + 11 0 X3 + 3X + 30 1 X + 11 −(X2 −X + 4) −1

Otteniamo che

−(X/3− 1/3)f(X) + (1 +X(X/3− 1/3))X2 = 1, −f(X) + (X2 −X + 4)(X + 1) = 1.

78 MARTINO GARONZI

Ricordiamo che f(α) = 0. Quindi sostituendo X = α e ricordando che 1/3 = 2 in F5 = F otteniamo che l’inverso diα2 e 2α2 + 3α+ 1 e l’inverso di α+ 1 e α2 + 4α+ 4.

2.77. Svolgere l’esercizio precedente con Q al posto di F5.

Risoluzione. E tutto uguale tranne che alla fine non riduciamo modulo 5. Quindi l’inverso di α2 e α2/3−α/3 + 1e l’inverso di α+ 1 e α2 − α+ 4.

2.78. Fattorizzare i polinomi

X2 + 1, X3 + 1, X4 + 1, X5 + 1

in

Z[X], Q[X], R[X], C[X], Fp[X]

per ogni primo p minore di 20.

Risoluzione. Osserviamo che si tratta di quattro polinomi monici, in particolare primitivi, quindi sono irriducibilisu Q se e solo se lo sono su Z. X2 + 1 e irriducibile su Z perche non ha zeri in Z. X3 + 1 = (X + 1)(X2 −X + 1)e X2 − X + 1 e irriducibile su Z (questo lo si vede usando il teorema di Ruffini e la classica formula di risoluzionedelle equazioni polinomiali di secondo grado). Per mostrare che P (X) = X4 + 1 e irriducibile su Z mostriamo il fattoequivalente che P (X + 1) e irriducibile. Si ha

P (X + 1) = (X + 1)4 + 1 = X4 + 4X3 + 6X2 + 4X + 2,

e il criterio di Eisenstein si puo applicare al primo 2. Si ha X5 + 1 = (X + 1)(X4 −X3 +X2 −X + 1) e per mostrareche X4 − X3 + X2 − X + 1 e irriducibile su Z basta mostrare che e irriducibile modulo 2. Siamo quindi ridotti amostrare che Q(X) = X4 +X3 +X2 +X + 1 e irriducibile modulo 2. Siccome Q(X) non ha zeri in F2, per il teoremadi Ruffini non ha fattori di grado 1. Dobbiamo ancora esaminare la possibilita che sia

X4 +X3 +X2 +X + 1 = (aX2 + bX + c)(dX2 + eX + f).

Se questo e vero allora in particolare a, d, c, f 6= 0 e quindi a = d = c = f = 1. Sviluppando il prodotto otteniamoallora

X4 +X3 +X2 +X + 1 = X4 + (b+ e)X3 + beX2 + (b+ e)X + 1,

otteniamo quindi b+ e = 1 e be = 1. Da be = 1 segue b 6= 0 6= e, quindi b = e = 1 e questo contraddice b+ e = 1.X4 + 1 si fattorizza su C come

(X − eiπ/4)(X − ei3π/4)(X − ei5π/4)(X − ei7π/4).

Per dedurre la fattorizzazione su R basta accoppiare le radici coniugate, eiπ/4, ei7π/4 e ei3π/4, ei5π/4. Otteniamo

X4 + 1 = [(X − eiπ/4)(X − ei7π/4)] · [(X − ei3π/4)(X − ei5π/4)] = (X2 −√

2X + 1) · (X2 +√

2X + 1).

X5 + 1 si fattorizza su C come

(X − eiπ/5)(X − ei3π/5)(X − ei5π/5)(X − ei7π/5)(X − ei9π/5).

Per dedurre la fattorizzazione su R basta isolare la radice reale, ei5π/5 = −1, e accoppiare le radici coniugate, eiπ/5,ei9π/5 e ei3π/5, ei7π/5. Otteniamo

X5 + 1 = (X + 1) · [(X − eiπ/5)(X − ei9π/5)] · [(X − ei3π/5)(X − ei7π/5)] =

= (X + 1) · (X2 − 2 cos(π/5)X + 1) · (X2 − 2 cos(3π/5)X + 1).


La seguente tabella riassume le fattorizzazioni di X4 + 1, X5 + 1 modulo p per ogni primo p minore di 20.

p X4 + 1 X5 + 12 (X + 1)4 (X + 1)(X4 +X3 +X2 +X + 1)3 (X2 +X + 2)(X2 + 2X + 2) (X + 1)(X4 + 2X3 +X2 + 2X + 1)5 (X2 + 3)(X2 + 2) (X + 1)5

7 (X2 + 4X + 1)(X2 + 3X + 1) (X + 1)(X4 + 6X3 +X2 + 6X + 1)11 (X2 + 3X + 10)(X2 + 8X + 10) (X + 1)(X + 3)(X + 4)(X + 5)(X + 9)13 (X2 + 5)(X2 + 8) (X + 1)(X4 + 12X3 +X2 + 12X + 1)17 (X + 2)(X + 8)(X + 9)(X + 15) (X + 1)(X4 + 16X3 +X2 + 16X + 1)19 (X2 + 6X + 18)(X2 + 13X + 18) (X + 1)(X2 + 4X + 1)(X2 + 14X + 1)

2.79. Sia Qn(X) il polinomio 1 +X +X2 + · · ·+Xn−1. Mostrare che Qnm(X) = Qn(Xm)Qm(X).

Risoluzione. L’idea e osservare che Qn(X)(X − 1) = Xn − 1, per cui Qn(X) = (Xn − 1)/(X − 1) e quindi

Qn(Xm)Qm(X) =Xmn − 1

Xm − 1

Xm − 1

X − 1=Xmn − 1

X − 1= Qmn(X).

2.80. Sia p un intero positivo e sia P (X) = 1 +X +X2 + · · ·+Xp−1.

(1) Mostrare che se P (X) e irriducibile in Q[X] allora p e un numero primo.(2) Mostrare che se p e primo allora P (X) e irriducibile in Q[X].

Suggerimento: operare la sostituzione X → X + 1.

Risoluzione. Il punto (1) segue dall’esercizio 2.79. Mostriamo il punto (2). Siccome P (X) e monico, e primitivoquindi per il lemma di Gauss siamo ridotti a mostrare che P (X) e irriducibile in Z[X], e per questo basta mostrare

che P (X + 1) e irriducibile in Z[X]. Si ha P (X) = Xp−1X−1 , quindi

P (X + 1) =(X + 1)p − 1

X=

1

X

p∑i=1

(p

i

)Xi =

p−1∑i=0

(p

i+ 1

)Xi.

Il termine di grado p − 1 e(pp

)= 1, non divisibile per p, e il termine di grado 0 e

(p1

)= p, divisibile per p ma non

per p2. Per il criterio di Eisenstein, per concludere che P (X) e irriducibile basta mostrare che p divide(pi

)per ogni

i = 1, . . . , p − 1. Ma questo segue dal fatto che p e primo, dato che(pi

)= p!

i!(p−i)! e p divide il numeratore di questa

frazione ma non il denominatore.

2.81. E vero che il numero di zeri di un polinomio f(X) ∈ A[X] e sempre minore o uguale del grado di f(X)?Suggerimento: no.

Risoluzione. Il polinomio X2 −X su Z/6Z ha quattro zeri in Z/6Z: 0, 1, 3, 4.

2.82. Determinare il grado del campo di riducibilita completa L di X4 + 9 su Q. Trovare u ∈ C tale che L = Q(u).

Risoluzione. Le quattro radici di P (X) = X4 +9 in C sono νk = θk√

3 dove θ e una radice primitiva quarta di −1,

scegliamo θ =√

22 (1+i), e k = 1, 3, 5, 7. Per definizione, il campo di riducibilita completa e quindi L = Q(ν1, ν3, ν5, ν7).

Osserviamo che ν3/ν1 = θ2 = i, quindi i ∈ L, e 2ν1 =√

6(1+i), da cui siccome i ∈ L deduciamo che√

6 ∈ L. Quindi L

contiene il campo F = Q(i,√

6). Per mostrare che L = F basta quindi mostrare che L ⊆ F , cioe che ν1, ν3, ν5, ν7 ∈ F .Abbiamo

ν1 =

√3

2(1 + i) =

1

2

√6(1 + i) ∈ F, ν3 =

√3

2(−1 + i) =

1

2

√6(−1 + i) ∈ F,

80 MARTINO GARONZI

ν5 =

√3

2(−1− i) =

1

2

√6(−1− i) ∈ F, ν7 =

√3

2(1− i) =

1

2

√6(1− i) ∈ F.

Scegliamo u :=√

6+ i. La verifica che L = Q(u) e standard, cf. l’esercizio 2.90. Siccome u ha grado 4 su Q deduciamoche [L : Q] = 4. Possiamo dedurre che L = Q(νk) per ogni k = 1, 3, 5, 7, infatti il campo Q(νk) e contenuto in L e hagrado 4 = [L : Q] su Q, essendo P (X) il polinomio minimo di ν1, ν3, ν5, ν7 ed essendo 4 = deg(P (X)) = [Q(νk) : Q]per k = 1, 3, 5, 7.

2.83. Trovare u ∈ C tale che Q(π6, π10) = Q(u).

Risoluzione. Si ha π10/π6 = π4 e π10/(π4)2 = π2, quindi Q(π2) ⊆ Q(π6, π10). D’altra parte π6 = (π2)3 eπ10 = (π2)5, quindi Q(π2) ⊇ Q(π6, π10). Scegliamo quindi u = π2.

2.84. Esistono campi finiti algebricamente chiusi?

Risoluzione. Mostriamo che la risposta e no. Sia F un campo finito. Mostriamo che F non e algebricamentechiuso. Scriviamo F = a1, . . . , an e consideriamo il polinomio

P (X) = (X − a1)(X − a2) · · · (X − an) + 1.

Per costruzione, P (a) = 1 6= 0 per ogni a ∈ F . Quindi P (X) e un polinomio di grado positivo in F [X] senza zeri inF , quindi F non e algebricamente chiuso.

2.85. Sia K un campo e sia f(X) ∈ K[X] irriducibile. Sia ϕ : K → F = K[X]/(f(X)) definita da ϕ(a) := a+(f(X)).Mostrare che F e un campo e che ϕ e un omomorfismo iniettivo di anelli. Scriviamo f(X) =

∑ni=0 aiX

i con a1, . . . , an ∈K. Trovare uno zero di g(Y ) =

∑ni=0 ϕ(ai)Y

i ∈ F [Y ] in F .

Risoluzione. F e un campo perche e il quoziente del PID K[X] modulo l’ideale generato da un polinomioirriducibile (in un PID un ideale generato da un elemento irriducibile e massimale). ϕ : K → F e un omomorfismoperche e la restrizione a K della proiezione canonica K[X] → K[X]/(f(X)), ed e iniettivo perche K e un campo (ingenerale se f : A → B e un omomorfismo di anelli commutativi unitari e A e un campo allora f e iniettiva, infattiil suo nucleo e un ideale di A diverso da A, che e un campo, e quindi e l’ideale nullo). Uno zero di g(X) in F eα := X + (f(X)). Infatti si ha

g(α) = g(X + (f(X))) =

n∑i=0

(ai + f(X))(X + f(X))i =

n∑i=0

aiXi + (f(X)) = f(X) + (f(X)) = (f(X)) = 0 ∈ F.

2.86. Sappiamo che il gruppo moltiplicativo degli elementi non nulli di un campo finito e ciclico. Questo e vero ancheper campi infiniti? Suggerimento: qual e la cardinalita di un gruppo ciclico infinito?

Risoluzione. Ogni gruppo ciclico infinito e isomorfo a (Z,+). Infatti se G = 〈g〉 e un gruppo ciclico infinitoallora G → (Z,+), gn 7→ n e un isomorfismo di gruppi. Ne segue che ogni gruppo ciclico infinito e numerabile. Ilgruppo moltiplicativo R∗ degli elementi non nulli di R non puo essere ciclico perche non e numerabile. Mostriamoche nemmeno Q∗, il gruppo moltiplicativo del campo Q, e ciclico. Se per assurdo fosse ciclico allora detto a un suogeneratore avremmo an = −1 per qualche n ∈ N, quindi 1 = |an| = |a|n, cioe |a| = 1, quindi a ∈ 1,−1 ha ordine 1o 2, assurdo.

2.87. Sia f(X) = X2 +X + 1 ∈ F3[X]. Dire quanti elementi ha A = F3[X]/(f(X)), e verificare se A e un dominio diintegrita.

Risoluzione. Sia P (X) + (f(X)) ∈ A. Effettuando la divisione con resto di P (X) con f(X) otteniamo P (X) =Q(X)f(X) + R(X) con R(X) = 0 oppure R(X) ha grado minore di deg(f(X)) = 2. Ne segue che P (X) + (f(X)) =Q(X)f(X) +R(X) + (f(X)) = R(X) + (f(X)) e quindi ogni elemento di A si puo scrivere come P (X) + (f(X)) con


P (X) di grado minore di 2. In altre parole P (X) = aX + b con a, b ∈ F3. I polinomi di questo tipo sono 32 (abbiamotre scelte per ognuno dei coefficienti a, b) e quindi |A| = 32 = 9. Inoltre f(X) si decompone come (X + 2)2 e quindi Anon e un dominio di integrita, infatti X + 2 + (f(X)) 6= 0 ma (X + 2 + (f(X)))2 = (X + 2)2 + (f(X)) = (f(X)) = 0.

2.88. Trovare le radici di X4 − 25 in Z, Q, R e in F3.

Risoluzione. P (X) = X4 − 25 si decompone come (X2 − 5)(X2 + 5), quindi non ha radici in Z e in Q. Le radici

reali sono ±√

5, le radici complesse sono ±√

5,±i√

5. Per trovare gli zeri di P (X) in F3 basta sostituire 0, 1, 2 ∈ F3

alla X nel polinomio ridotto X4 − 25 ≡ X4 + 2. Si ha P (0) = 2 6= 0, P (1) = 3 = 0 e P (2) = 3 = 0, quindi gli zeri diP (X) in F3 sono 1 e 2.

2.89. Sia f(X) ∈ Z[X] un polinomio tale che f(a) e primo per ogni a ∈ Z. Mostrare che f(X) e un polinomiocostante.

Risoluzione. Sappiamo che f(0) e un numero primo, chiamiamolo p. Raccogliendo X in f(X) ove possibile (inaltre parole, effettuando la divisione con resto di f(X) per X) troviamo un unico polinomio g(X) ∈ Z[X] tale chef(X) = Xg(X) + f(0) = Xg(X) + p. Sia a un intero qualsiasi. Allora f(ap) = apg(p) + p = p(ag(p) + 1), quindi pdivide f(ap). Siccome f(ap) e un numero primo deduciamo che f(ap) = ±p. Quindi ci sono infiniti interi a tali chef(ap) = p, oppure ci sono infiniti interi a tali che f(ap) = −p. Ne segue che uno dei polinomi f(X) + p, f(X)− p hainfiniti zeri, quindi e il polinomio nullo. Siccome f(0) = p, segue che f(X) e il polinomio costante p.

2.90. Dimostrare che Q(√

7 + i) = Q(√

7, i). Dimostrare che√

7 + i e algebrico su Q e trovarne il polinomio minimosu Q.

Risoluzione. Mostriamo che la risposta e sı. Il fatto che K = Q(√

7 + i) ⊆ Q(√

7, i) = F e chiaro, essendo√7, i ∈ F ed essendo F un campo. Mostriamo che K ⊇ F . Per fare questo basta mostrare che

√7, i ∈ K. Si ha

K 3 (√

7 + i)2 = 7 − 1 + 2√

7i, da cui 12 ((√

7 + i)2 − 6) =√

7i ∈ K, essendo K un campo contenente Q. SiccomeK e un campo, contiene il prodotto di ogni due suoi elementi (e anche somme di prodotti di suoi elementi), quindi

K 3√

7i(√

7 + i) = 7i−√

7, e

K 3 7i−√

7 + (√

7 + i) = 8i, K 3 7i−√

7− 7(√

7 + i) = −8√

7.

Segue che 8i/8 = i, −8√

7/(−8) =√

7 ∈ K.

Per mostrare che a :=√

7 + i e algebrico su Q basta trovare un polinomio non nullo a coefficienti in Q di cui e zero.Abbiamo a2 = 6 + 2

√7i, da cui (a2 − 6)2 = −4 · 7. Ne segue che a e zero del polinomio P (X) = (X2 − 6)2 + 28 =

X4 − 12X2 + 64, per cui e algebrico su Q. Inoltre il polinomio minimo di a, essendo un generatore del nucleo dellavalutazione in a, divide il polinomio P (X), quindi per mostrare che P (X) e effettivamente il polinomio minimo di abasta mostrare che e irriducibile su Q, cioe, per il lemma di Gauss, che e irriducibile su Z. Che P (X) non abbia zeriin Z, cioe fattori di grado 1 in Z[X], e chiaro: se esistesse a ∈ Z con P (a) = 0 allora si avrebbe (a2 − 6)2 = −28,assurdo (−28 non ha radici quadrate in Z). Mostriamo che P (X) non ammette fattorizzazioni in due fattori di grado2. Supponiamo per assurdo che

X4 − 12X2 + 64 = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d)

con a, b, c, d ∈ Z. Otteniamo:

a+ c = 0, d+ ac+ b = −12, ad+ bc = 0, bd = 64.

Se a = 0 allora dalla prima c = 0 e quindi b + d = −12 e bd = 64 con b, d ∈ Z, ed e facile vedere che questo eimpossibile. Quindi a 6= 0 e c = −a, quindi dalla terza d = b, dalla quarta b2 = 64 quindi b = d = ±8. Dalla seconda2b = a2 − 12. Se b = 8 segue a2 = 28, assurdo, e se b = −8 segue a2 = −4, assurdo.

82 MARTINO GARONZI

Un modo piu veloce per mostrare che il polinomio minimo di a e P (X), dopo aver osservato che a e radice di P (X),era determinare il grado [Q(a) : Q], che notoriamente e uguale al grado del polinomio minimo di a su Q. Siccome

Q(a) = Q(√

7, i), per la formula dei gradi si ha

[Q(a) : Q] = [Q(√

7, i) : Q] = [Q(√

7, i) : Q(√

7)] · [Q(√

7) : Q] = 2 · 2 = 4.

Che sia [Q(√

7, i) : Q(√

7)] = 2 segue dal fatto che i ha grado 2 su Q(√

7), infatti il polinomio X2 + 1 e irriducibile in

Q(√

7)[X], questo e un fatto di facile verifica: se fosse riducibile esisterebbero x, y ∈ Q tali che (x +√

7y)2 = −1, dacui 0 ≤ x2 + 7y2 = −1, assurdo.

Quindi il polinomio minimo di a ha grado 4 e divide P (X), che ha grado 4, quindi e proprio P (X).

2.91. Sia a ∈ C e sia f(X) ∈ Q[X] un polinomio non costante. Mostrare che f(a) e algebrico su Q se e solo se a ealgebrico su Q.

Risoluzione. Se f(a) e algebrico su Q allora esiste un polinomio non nullo g(X) tale che g(f(a)) = 0, quindi ilpolinomio g(f(X)) ∈ Q[X] e un polinomio non nullo che ha a come zero, quindi a e algebrico. Supponiamo ora chea sia algebrico su Q. Questo significa che il grado [Q(a) : Q] e finito. Ovviamente f(a), essendo un polinomio in a acoefficienti in Q, appartiene a Q(a), quindi per la formula dei gradi

[Q(a) : Q] = [Q(a) : Q(f(a))] · [Q(f(a)) : Q],

in particolare [Q(f(a)) : Q] e finito, cioe f(a) e algebrico su Q.

2.92. Verificare che i due anelli A = Z/6Z× Z/6Z e B = Z/6Z[X]/(X2 − 2) hanno la stessa cardinalita e calcolarla.Sono isomorfi?

Risoluzione. In generale se R,S sono due insiemi finiti allora |R × S| = |R| · |S|, quindi |A| = 6 · 6 = 36.Gli elementi di B sono classi P (X) + (X2 − 2) e siccome X2 − 2 e monico, ogni occorrenza di X2 in P (X) si puofar calare di grado (cf. l’esercizio 2.87), in altre parole si puo assumere che il grado di P (X) sia minore di 2, cioeP (X) = aX + b con a, b ∈ Z/6Z. Avendo 6 scelte per ognuno dei coefficienti a, b otteniamo |B| = 36 = |A|. Ora,l’elemento b = X + (X2 − 2) ∈ B verifica b2 = 2, quindi se fosse A ∼= B esisterebbe a = (x, y) ∈ A con a2 = 2, cioe(x2, y2) = (2, 2), con x, y ∈ Z/6Z. Ma 2 non e un quadrato in Z/6Z, infatti in questo anello si ha 02 = 0, 12 = 1,22 = 4, 32 = 3, 42 = 4, 52 = 1. Quindi A 6∼= B.

2.93. L’ideale (3,−1 +√−5) di Z[

√−5] e principale?

Risoluzione. Mostriamo che la risposta e no. Facciamo uso della funzione norma N(a+ b√−5) := (a+ b

√−5)(a−

b√−5) = a2 +5b2 ∈ N. Come per Z[i], anche qui la norma e moltiplicativa. Se (3,−1+

√−5) fosse un ideale principale

allora esisterebbe α ∈ Z[√−5] tale che (α) = (3,−1+

√−5), in particolare α dividerebbe 3 e −1+

√−5, quindi passando

alle norme otterremmo che N(α) dividerebbe N(3) = 9 e N(−1 +√−5) = 6, quindi N(α) ∈ 1, 3. Supponiamo che

N(α) = 3. Scriviamo α = a+b√−5 con a, b ∈ Z. Otteniamo a2 +5b2 = 3, ed e facile vedere che questo non e possibile.

Quindi (a + b√−5)(a − b

√−5) = N(α) = 1, quindi α = a + b

√−5 e invertibile e quindi (3,−1 +

√−5) = Z[

√−5].

In particolare esisterebbero a + b√−5, c + d

√−5 ∈ Z[

√−5] tali che 3(a + b

√−5) + (−1 +

√−5)(c + d

√−5) = 1 (cf.

l’esercizio 2.13), cioe 3a + b√−5 − c − d

√−5 + c

√−5 − 5d = 1, in altre parole (3a − c − 5d) + (b − d + c)

√−5 = 1,

percio 3a− c− 5d = 1 e 3b− d+ c = 0. Sostituendo d = 3b+ c nella prima otteniamo 3(a− 5b− 2c) = 1, assurdo.

2.94. Quali sono i numeri primi p irriducibili in Z[i]?

Risoluzione. Si confronti con l’esercizio 2.74. Mostriamo che i numeri primi che non sono irriducibili in Z[i] sonoquelli congrui a 3 modulo 4. Il primo 2 e riducibile in Z[i], essendo 2 = (1 + i)(1− i) e 1 + i, 1− i non invertibili (hannonorma 2). Sia ora p un primo dispari. Se p e riducibile allora esistono a+ib, c+id ∈ Z[i] non invertibili (cioe con normadiversa da 1) tali che (a+ ib)(c+ id) = p. Prendendo le norme otteniamo (a2 + b2)(c2 +d2) = p2. Abbiamo scompostop2 come prodotto di due interi positivi diversi da 1, quindi siccome p e primo dev’essere a2 + b2 = c2 + d2 = p.


Viceversa se p e somma di due quadrati a2 + b2 allora ovviamente a 6= 0 6= b (essendo p un numero primo) ep = a2 + b2 = (a+ ib)(a− ib) e prodotto di due interi di Gauss non invertibili e quindi e riducibile. Concludiamo chei numeri primi che sono riducibili in Z[i] sono quelli scrivibili come somma di due quadrati.

Mostriamo ora che un primo dispari e somma di due quadrati se e solo se e congruo a 1 modulo 4.Sia p un primo dispari che sia somma di due quadrati, a2 + b2 = p. Siccome p e primo, p non divide ne a ne b.

Infatti se per esempio divide a allora p2 divide a2 e da a2 + b2 = p segue che p divide b2 e quindi divide b, quindip2 divide p, assurdo. Riducendo modulo p otteniamo a2 ≡ −b2 mod (p), e quindi dividendo per b2 (che e invertibilemodulo p essendo non divisibile per p) otteniamo (ab−1 + pZ)2 = −1 + pZ. Ne segue che esiste x ∈ Fp = Z/pZ conx2 = −1. In particolare x 6= 1, inoltre x3 = x2 · x = −x 6= 1 e x4 = 1. Quindi x ha ordine 4 nel gruppo moltiplicativoFp∗. Dal teorema di Lagrange segue che 4 divide |Fp∗| = p− 1 e quindi p ≡ 1 mod (4).

Supponiamo ora che p sia congruo a 1 modulo 4. Allora 4 divide p−1 = |Fp∗|, quindi siccome Fp∗, in quanto gruppomoltiplicativo di un campo finito, e ciclico, esiste a ∈ Fp∗ di ordine 4. Quindi a2 6= 1 e zero del polinomio X2 − 1, percui a2 = −1. Ne segue che a e zero del polinomio X2 +1 ∈ Fp[X], che quindi e riducibile. Ne segue che Fp[X]/(X2 +1)non e un campo: si ha X + a+ (X2 + 1) 6= 0 ma (X + a+ (X2 + 1))(X − a+ (X2 + 1)) = X2 + 1 + (X2 + 1) = 0. Maricordiamo (cf. l’esercizio 2.56) che

Z[i]

(p)∼=

Z[X]

(X2 + 1, p)∼=

Fp[X]

(X2 + 1).

Per quello che abbiamo appena detto, questi tre anelli (tra loro isomorfi) non sono campi. Quindi l’ideale (p) di Z[i]non e massimale. Siccome Z[i] e un PID, questo significa che p non e irriducibile in Z[i]. Ora basta proseguire comesopra: esistono a+ ib, c+ id non invertibili in Z[i] tali che (a+ ib)(c+ id) = p, da cui prendendo le norme otteniamoche a2 + b2 = p.

2.95. Trovare tutti gli interi n ≥ 1 tali che n! e somma di due quadrati.Fare uso del seguente risultato, dovuto a Chebyshev: se n ≥ 8 allora esiste un primo p congruo a 3 modulo 4 tale

che n/2 < p < n.

Risoluzione. Ricordiamo che la proprieta di essere somma di due quadrati e moltiplicativa, nel senso che se n em sono somme di due quadrati anche n ·m e somma di due quadrati. Infatti vale la seguente identita (polinomialeaddirittura)

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac+ bd)2 + (ad− bc)2.

Sia n un intero maggiore di 1, e scriviamo la sua fattorizzazione in primi come n =∏ki=1 pi

ai . Nel seguito dimostriamoche n e somma di due quadrati se e solo se ogni volta che pi ≡ 3 mod (4), ai e pari. In altre parole, n e somma didue quadrati se e solo se i primi congrui a 3 modulo 4 compaiono nella fattorizzazione di n un numero pari di volte.

• (⇒). Supponiamo che n sia somma di due quadrati, n = a2 + b2. Vogliamo mostrare che (*) i primi congruia 3 modulo 4 compaiono nella fattorizzazione di n un numero pari di volte. Procediamo per induzione sun. Prendiamo un divisore primo p di n congruo a 3 modulo 4. Riducendo modulo p otteniamo a2 + b2 ≡ 0mod (p), quindi siccome non ci sono radici quadrate di −1 modulo p (perche p ≡ 3 mod (4)) si deve averea2 ≡ b2 ≡ 0 mod (p) (altrimenti, al solito, (ab−1)2 ≡ −1 mod (p)), in altre parole p divide a e b. Scriviamoa = pα e b = pβ e otteniamo n = p2(α2 + β2). Per ipotesi induttiva α2 + β2 verifica (*) e quindi anche nverifica (*).

• (⇐). Supponiamo che ogni primo congruo a 3 modulo 4 compaia nella fattorizzazione di n un numero pari di

volte. Poiche possiamo scrivere piai = (p2

i )ai/2 ogni volta che pi ≡ 3 mod (4), e ai/2 ∈ N essendo ai pari, per

la moltiplicativita (cf. la prima riga di questa risoluzione di esercizio) siamo ridotti a dimostrare che i primicongrui a 1 modulo 4 sono somme di due quadrati. Questo l’abbiamo visto nella risoluzione dell’esercizio 2.94.

Ne segue che se n! e una somma di due quadrati allora per ogni primo p congruo a 3 modulo 4 e falso che p ≤ n < 2p(altrimenti p dividerebbe n! una sola volta), in altre parole n < p oppure n ≥ 2p. In particolare se per dire n < 100allora certamente n < 59 (perche 2 · 59 > 100), quindi n < 31 (perche 2 · 31 > 59), quindi n < 19 (perche 2 · 19 > 31),quindi n < 11 (perche 2 · 11 > 19), quindi n < 7 (perche 2 · 7 > 11).

84 MARTINO GARONZI

Per procedere in questo modo in generale ci serve sapere che per ogni n abbastanza grande esiste un primo p congruoa 3 modulo 4 tale che n/2 < p < n. Questo e vero per un teorema di Chebyshev. Concludiamo che se n! e somma didue quadrati allora necessariamente n < 7, e andando a vedere le fattorizzazioni di n! per n = 1, . . . , 6 otteniamo chegli unici interi n ≥ 1 tali che n! e somma di due quadrati sono 1, 2 e 6.

2.96. Mostrare che se n e un intero positivo allora sin(π/n) e algebrico su Q.

Risoluzione. Ricordiamo che eiα = cos(α) + i sin(α), quindi si ha sin(π/n) = eiπ/n−e−iπ/n2i . Siccome gli elementi

algebrici formano un campo e eiπ/n, e−iπ/n, 2i sono algebrici (infatti (eiπ/n)n

= eiπ = −1, (e−iπ/n)n

= e−iπ = −1 e(2i)2 = −4) anche sin(π/n) e algebrico.

2.97. Siano f(X) = X2 + 3X + 3, g(X) = X + 3 in A = Z[X]. Mostrare che gli ideali (f(X)), (g(X)) sono primi enon massimali in A e che l’ideale (f(X)) + (g(X)) e massimale in A.

Risoluzione. Osserviamo che f(X), g(X) sono irriducibili in A (f(X) ha grado 2 e non ha zeri in Z, e g(X) hagrado 1). Da questo segue immediatamente che (f(X)) e (g(X)) sono ideali primi di A. Infatti in generale se P (X) e unpolinomio irriducibile di Z[X] allora (P (X)) e un ideale primo: se a(X), b(X) ∈ Z[X] sono tali che a(X)b(X) ∈ (P (X))allora P (X) divide a(X)b(X), e siccome P (X) e irriducibile e Z[X] e un U.F.D. (un dominio fattoriale), P (X) e primoquindi divide uno tra a(X) e b(X) che quindi appartiene a (P (X)).

Osserviamo che f(X), g(X) sono irriducibili modulo 2, quindi (f(X), 2) e (g(X), 2) sono ideali massimali di Z[X](cf. l’esercizio 2.56) e contengono (f(X)), (g(X)) propriamente (gli elementi di questi ideali hanno grado maggiore ouguale di rispettivamente 2 e 1, mentre il polinomio 2 ha grado zero), quindi (f(X)) e (g(X)) non sono massimali.

Osserviamo che f(X) = X(X + 3) + 3 = Xg(X) + 3 e quindi (f(X)) + (g(X)) = (f(X), g(X)) contiene 3, quindicontiene g(X)−3 = X, quindi contiene l’ideale (X, 3). Viceversa (X, 3) contiene (f(X), g(X)) essendo g(X) = X+3 ef(X) = Xg(X)+3, quindi (f(X))+(g(X)) = (X, 3). Come visto per esempio nell’esercizio 2.56 si ha Z[X]/(X, 3) ∼= F3

(cf. sotto per la trattazione specifica) e quindi (X, 3) e un ideale massimale di Z[X].Mostriamo che in generale se p e un primo e a ∈ Z allora Z[X]/(X − a, p) ∼= Z/pZ. Consideriamo l’omomorfismo

di anelli

γ : Z[X]→ Z/pZ, γ(f(X)) := f(a) + pZ.Si tratta della composizione della valutazione in a con la proiezione canonica Z→ Z/pZ. Il suo nucleo e

ker(γ) = f(X) ∈ Z[X] | f(a) + pZ = pZ = f(X) ∈ Z[X] | p|f(a).

Dimostriamo che ker(γ) = (p,X − a).

• Mostriamo che ker(γ) ⊆ (p,X−a). Sia f(X) ∈ ker(γ). Allora p divide f(a), quindi esiste c ∈ Z con f(a) = pc.Ne segue che il polinomio f(X)−pc ammette a come zero, quindi effettuando la divisione con resto di f(X)−pccon X − a, che e monico, riusciamo a scrivere f(X)− pc = (X − a)g(X) per qualche g(X) ∈ Z[X]. Ma alloraf(X) = g(X)(X − a) + pc ∈ (p,X − a).• Mostriamo che (p,X − a) ⊆ ker(γ). Sia h(X) = f(X)p+ g(X)(X − a) un generico elemento di (p,X − a), conf(x), g(x) ∈ Z[X] (cf. l’esercizio 2.13). Si ha h(a) = f(a)p+ g(X) · 0 = f(a)p ∈ pZ, da cui h(X) ∈ ker(γ).

L’omomorfismo γ e suriettivo in quanto se n+ pZ ∈ Z/pZ allora γ(n) = n+ pZ. Segue dal teorema di isomorfismoper gli anelli che Z[X]/(p,X − a) ∼= Z/pZ.

2.98. Sia K un campo di caratteristica diversa da 2 ogni cui elemento e un quadrato (cioe, per ogni a ∈ K esisteb ∈ K con b2 = a). Mostrare che K e infinito. Riuscite ad esibire un tale K che non sia algebricamente chiuso?

Risoluzione. Sia F un campo finito. Per rispondere alla prima domanda basta mostrare che non ogni elementodi F e un quadrato. Sia F ∗ il gruppo moltiplicativo di F . L’applicazione ϕ : F ∗ → F ∗ definita da ϕ(x) = x2 eun omomorfismo di gruppi, essendo F ∗ un gruppo abeliano, e per il principio dei cassetti e suriettiva se e solo se e


iniettiva. Quello che dobbiamo mostrare e che ϕ non e suriettiva, quindi basta mostrare che non e iniettiva. Siccomela caratteristica di K e diversa da 2 si ha 1 6= −1 e ϕ(1) = ϕ(−1), quindi ϕ non e iniettiva.

Un esempio di campo non algebricamente chiuso in cui ogni elemento e un quadrato e il campo dei numeri complessicostruibili.

2.99. Sappiamo che se p e un primo allora il gruppo moltiplicativo Fp∗ = Fp − 0 e ciclico. Trovarne un generatoreper ogni primo p minore di 20.

Risoluzione. Troviamo per esempio un generatore del gruppo G = F7∗. Elenchiamo le potenze di 2: 2, 22 = 4,

23 = 1. Ne segue che 2 ha ordine 3 in G, che e un gruppo ciclico di ordine 6, quindi 2 non e un generatore di G.D’altra parte 32 = 2 ha ordine 3, quindi 3 ha ordine 6 e quindi genera G. La seguente tabella riassume quali sono deigeneratori di Fp∗ per ogni primo p minore di 20.

2 3 5 7 11 13 17 191 2 2 3 2 2 3 2

2.100. Trovare un campo infinito di caratteristica diversa da zero.

Risoluzione. Sia p un primo. Il campo Fp(X) = Frac(Fp[X]), il campo delle frazioni dell’anello dei polinomiFp[X], e infinito e ha caratteristica p.

2.101. Sia K un campo. Indichiamo con Aut(K) l’insieme degli isomorfismi di anelli K → K (un elemento di talegruppo si chiama “automorfismo di K”). Mostrare che Aut(K) e un gruppo rispetto alla composizione. Determinare

tale gruppo quando K = Q e quando K = Q(√

2).

Risoluzione. Sia G = Aut(K). Mostriamo che G e un gruppo. Il suo elemento neutro e la funzione identita1 = id : K → K, id(x) := x. Ora siano g, h ∈ G, e mostriamo che g h ∈ G. Mostriamo che g h : K → Ke un omomorfismo di anelli. Siano x, y ∈ K. Dobbiamo mostrare che g h(x + y) = g h(x) + g h(y) e cheg h(xy) = g h(x)g h(y). Abbiamo

g h(x+ y) = g(h(x+ y)) = g(h(x) + h(y)) = g(h(x)) + g(h(y)) = g h(x) + g h(y),

g h(xy) = g(h(xy)) = g(h(x)h(y)) = g(h(x))g(h(y)) = g h(x)g h(y).

Inoltre g h(1) = g(h(1)) = g(1) = 1. Ne segue che g h e un omomorfismo di anelli. Mostriamo che e unautomorfismo di K, cioe che e un isomorfismo. Per farlo basta esibire la funzione inversa. Si ha (g h)−1 = h−1 g−1,infatti (g h) (h−1 g−1) = g id g−1 = id = 1. In conclusione, g h ∈ G. Ora sia g ∈ G, e mostriamo cheg−1 ∈ G. Siccome g−1 e una funzione biiettiva (la sua inversa e g), per mostrare che g−1 ∈ G basta mostrare cheg−1 : K → K e un omomorfismo di anelli. Si ha g−1(1) = g−1(g(1)) = 1. Siano ora x, y ∈ K. Dobbiamo mostrare cheg−1(x+ y) = g−1(x) + g−1(y) e che g−1(xy) = g−1(x)g−1(y). Si ha

g−1(x+ y) = g−1(g(g−1(x)) + g(g−1(y))) = g−1(g(g−1(x) + g−1(y))) = g−1(x) + g−1(y),

g−1(xy) = g−1(g(g−1(x))g(g−1(y))) = g−1(g(g−1(x)g−1(y))) = g−1(x)g−1(y).

Supponiamo che K = Q. Siccome Q e l’unico sottocampo di se stesso, l’unico omomorfismo di anelli K → K el’identita (cf. l’esercizio 2.66) quindi in particolare Aut(K) = 1.

Supponiamo che K = Q(√

2). Siccome√

2 e algebrico su Q (e radice del polinomio non nullo X2 − 2) si ha

Q(√

2) = Q[√

2] = a + b√

2 : a, b ∈ Q (cf. 2.31). Sia g ∈ G = Aut(K). L’intersezione dei sottocampi di K(il suo campo primo, o sottocampo fondamentale) e Q (ogni campo di caratteristica zero ha Q come sottocampo

fondamentale), e per 2.66 si ha g(x) = x per ogni x ∈ Q. Siano a, b ∈ Q, e sia a+ b√

2 ∈ K (come detto, ogni elemento

di K ha questa forma). Si ha g(a+ b√

2) = g(a) + g(b√

2) = g(a) + g(b)g(√

2) = a+ bg(√

2) essendo a, b ∈ Q. Quindi

g e completamente determinato da g(√

2). Si ha g(√

2)2 = g(√

22) = g(2) = 2, quindi g(

√2) = ±

√2. Se g(

√2) =

√2

allora g e l’identita K → K. Se g(√

2) = −√

2 allora g(a+ b√

2) = a− b√

2 e quindi g non e altro che la restrizione a

86 MARTINO GARONZI

Q(√

2) del coniugio C→ C. Tale restrizione e effettivamente un automorfismo di K, quindi G consiste di due elementi,identita e coniugio (ristretto), per cui G = Aut(K) ∼= C2.

2.102. Determinare l’inverso di 4 + 2 3√

2 + 3√

4 in Q[ 3√

2].

Risoluzione. α = 3√

2 e una radice di X3 − 2. Dobbiamo trovare l’inverso di α2 + 2α+ 4 in Q[α]. Osserviamo chesiccome α e zero di un polinomio non nullo di Q[X], α e algebrico su Q e quindi Q[α] = Q(α) e un campo.

L’idea e trovare il massimo comun divisore tra X3 − 2 e X2 + 2X + 4 tramite l’algoritmo di Euclide. Procediamocome nell’esercizio 2.20.

X3 − 2 X2 + 2X + 41 0 X3 − 20 1 X2 + 2X + 41 −(X − 2) 6

Otteniamo che (1/6)(X3 − 2)− (1/6)(X − 2)(X2 + 2X + 4) = 1. Siccome α3 − 2 = 0, operando la sostituzione X = αotteniamo che −(1/6)(α− 2)(α2 + 2α+ 4) = 1, quindi l’inverso di α2 + 2α+ 4 in Q[α] e −α/6 + 1/3.

2.103. Mostrare che il campo di riducibilita completa di P (X) = X4 + 2X2 + 9 su Q e Q(i√

2).

Risoluzione. Le radici di P (X) in C sono le radici quadrate in C di−1±2i√

2 (questi numeri si ottengono risolvendo

l’equazione di secondo grado risultante alla sostituzione Y = X2). Vogliamo quindi esprimere −1 ± 2i√

2 come un

quadrato di qualcosa in C. Volendo che questo “qualcosa” sia un binomio, 2i√

2 giochera il ruolo di doppio prodotto(cf. l’esercizio 2.73). Troviamo che −1±2i

√2 = (1± i

√2)2, e quindi le quattro radici di P (X) in C sono ±(1± i

√2), e

appartengono tutte a Q(i√

2). Quindi il campo di riducibilita completa L di P (X) su Q contenuto in C e contenuto in

Q(i√

2). D’altra parte 1+ i√

2, 1− i√

2 ∈ L (sono zeri di P (X)) e quindi L 3 (1+ i√

2− (1− i√

2))/2 = 2i√

2/2 = i√

2,

quindi L ⊇ Q(i√

2). Ne segue che L = Q(i√

2). A posteriori ci accorgiamo che P (X) e riducibile su Q (altrimenti Lconterrebbe il sottocampo di grado 4 = deg(P (X)) generato da uno zero di P (X)) ed effettivamente accoppiando le

radici coniugate 1 + i√

2, 1− i√

2 e −(1 + i√

2),−(1− i√

2) troviamo che P (X) = (X2 + 2X + 3)(X2 − 2X + 3).

2.104. Siano F un campo e α = X3/(X + 1) ∈ F (X). Mostrare che α e trascendente su F e che X e algebrico suF (α). Determinare il polinomio minimo di X su F (α).

Risoluzione. Ricordiamo che F (X) indica il campo delle frazioni dell’anello dei polinomi F [X]. X e algebrico suF (α) perche e zero del polinomio P (Y ) = Y 3 − (Y + 1)α ∈ F (α)[Y ]. Quindi il grado [F (α)(X) : F (α)] e finito. Se αfosse trascendente su F allora [F (α) : F ] sarebbe finito e quindi dalla formula dei gradi

[F (α)(X) : F ] = [F (α)(X) : F (α)] · [F (α) : F ]

sarebbe finito, quindi X apparterrebbe all’estensione finita (in particolare algebrica) F (α)(X) ⊇ F e quindi sarebbealgebrico su F , assurdo. Il polinomio P (Y ) ∈ F (α)[Y ] ha X come zero e quindi il polinomio minimo di X suF (α) divide P (Y ). Per mostrare che e proprio P (Y ) basta mostrare che P (Y ) e irriducibile in F (α)[Y ], e siccomeha grado 3 basta mostrare che non ha zeri in F (α). Osserviamo che P (0) = −α 6= 0. Supponiamo per assurdoche esista β = f(α)/g(α) ∈ F (α) (qui f(X), g(X) ∈ F [X] sono coprimi e g(α) 6= 0) tale che P (β) = 0. Alloraβ3 = α(β + 1). Moltiplicando per g(α)3 otteniamo f(α)3 = αg(α)2(f(α) + g(α)), quindi α e zero del polinomiof(Y )3 − Y g(Y )2(f(Y ) + g(Y )) ∈ F [Y ]. Siccome α e trascendente su F segue che tale polinomio e il polinomio nullo,e quindi f(Y )3 = Y g(Y )2(f(Y ) + g(Y )) in F [Y ]. Ne segue che g(Y ) divide f(Y )3, quindi siccome f(Y ) e g(Y )sono coprimi nel dominio fattoriale (U.F.D.) F [Y ], cioe non hanno fattori irriducibili in comune, otteniamo che g(Y )e un polinomio non nullo di grado zero (ricordiamo che g(α) 6= 0, quindi g(Y ) non e il polinomio nullo), diciamog(Y ) = b ∈ F −0. Ne segue che f(Y )3 = b2Y (f(Y ) + b) e questo e assurdo: infatti detto n il grado di f(Y ), siccomeb 6= 0 si avrebbe 3n = n+ 1.


2.105. Mostrare che i seguenti numeri sono algebrici su Q e determinare il loro polinomio minimo su Q e su Q(√

2).

a =3−√

2

2, b = 1 + 3

√2, c = i

4√

3, d =

√2

2(1 + i), e =

√2 +√

5, f =√

3 + 3√

2.

Risoluzione. Osserviamo che a, b, c, d, e, f non appartengono a Q, quindi il loro polinomio minimo su Q ha gradomaggiore di 1 (in generale un elemento di C appartiene a Q se e solo se e algebrico su Q di grado 1). In particolare,se uno di essi e zero di un polinomio monico di grado 2 di Q[X] allora tale polinomio e il suo polinomio minimo su Q.

Per un esempio di come stabilire se un elemento appartiene o meno a Q(√

2) si veda l’esercizio 2.55.

Si ha (2a − 3)2 = 2 quindi a e zero di (2X − 3)2 − 2 = 4X2 − 12X + 7 ∈ Q[X], quindi (moltiplichiamo per 1/4)

anche di Pa(X) = X2 − 3X + 7/4, che e quindi il polinomio minimo di a su Q. Inoltre ovviamente a ∈ Q(√

2) quindi

il polinomio minimo di a su Q(√

2) e Qa(X) = X − a.

Si ha ((b− 1)/3)2 = 2, quindi b e zero di (X − 1)2/9− 2 = X2/9− 2X/9 + 1/9− 2 ∈ Q[X], quindi (moltiplichiamo

per 9) anche di Pb(X) = X2 − 2X − 17, che e quindi il polinomio minimo di b su Q. Inoltre ovviamente b ∈ Q(√

2)

quindi il polinomio minimo di b su Q(√

2) e Qb(X) = X − b.

Si ha c4 = 9, quindi c e zero di Pc(X) = X4 − 9 ∈ Q[X]. Gli zeri di Pc(X) sono ± 4√

3, ±i 4√

3, quindi

Pc(X) = X4 − 9 = (X − 4√

3)(X +4√

3)(X − i 4√

3)(X + i4√

3).

Siccome le quattro radici di Pc(X) non appartengono a Q(√

2), per concludere che Pc(X) e irriducibile su Q e su

Q(√

2) basta mostrare che il prodotto del primo fattore scritto con tutti gli altri non appartiene a Q(√

2)[X] (infatti

un eventuale fattore di grado 2 e necessariamente di questa forma). Quindi il polinomio minimo di c su Q e su Q(√

2)e lo stesso, Pc(X) = X4 − 9.

Si ha d2 = i, quindi d4 = −1, cioe d e zero di Pd(X) = X4 + 1. X4 + 1 e irriducibile su Z - e quindi anche su Q, peril lemma di Gauss - e questo si puo vedere in vari modi: cercando eventuali fattori di grado 2 e dimostrando che nonne esistono, col criterio di Eisenstein effettuando la sostituzione X → X + 1 (come fatto nell’esercizio 2.78) oppureosservando che

X4 + 1 = (X −√

2

2(1 + i))(X −

√2

2(1− i))(X −

√2

2(−1 + i))(X −

√2

2(−1− i))

e accoppiando le radici come fatto per c qui sopra. Ora osserviamo che d 6∈ Q(√

2), quindi d non ha grado 1 su

Q(√

2), e (√

2d − 1)2 = −1, quindi d e zero del polinomio (√

2X − 1)2 + 1 = 2X2 − 2√

2X + 2, quindi anche di

Qd(X) = X2 −√

2X + 1, che quindi e il polinomio minimo di d su Q(√

2).

Si ha e2 = 7 + 2√

10, quindi e e zero di Pe(X) = (X2− 7)2− 40 ∈ Q[X]. La verifica che e ha grado 4 su Q, cioe che

Pe(X) e irriducibile in Q[X], e standard (cf. l’esercizio 2.90). Ora osserviamo che e 6∈ Q(√

2), quindi e non ha grado

1 su Q(√

2), e che (e−√

2)2 = 5, quindi e e zero di Qe(X) = (X −√

2)2 − 5, che quindi e il polinomio minimo di e su

Q(√

2).

Si ha f2 = 21 + 6√

6, quindi f e zero di Pf (X) = (X2 − 21)2 − 216 ∈ Q[X]. La verifica che f ha grado 4 su Q,

cioe che Pf (X) e irriducibile in Q[X], e standard (cf. l’esercizio 2.90). Ora osserviamo che f 6∈ Q(√

2), quindi f non

ha grado 1 su Q(√

2), e che (f − 3√

2)2 = 3, quindi f e zero di Qf (X) = (X − 3√

2)2 − 3, che quindi e il polinomio

minimo di f su Q(√

2).

2.106. Sia α ∈ C algebrico di grado dispari su Q. Mostrare che Q(α) = Q(α2).

88 MARTINO GARONZI

Risoluzione. Ovviamente α2 ∈ Q(α). Per ipotesi il grado [Q(α) : Q] e dispari. Per la formula dei gradi,

[Q(α) : Q] = [Q(α) : Q(α2)] · [Q(α2) : Q].

Siccome [Q(α) : Q] e dispari e α ha grado 1 oppure 2 su Q(α2) (essendo α zero di X2 − α2 ∈ Q(α2)[X]), tale gradodeve essere uguale a 1, cioe [Q(α) : Q(α2)] = 1, in altre parole Q(α2) = Q(α).

2.107. Mostrare che F := F2[X]/(X4 +X + 1) e un campo. Quanti elementi ha? Trovare un generatore del gruppomoltiplicativo ciclico F ∗ = F − 0.

Risoluzione. Per mostrare che F e un campo basta mostrare che f(X) = X4 +X + 1 e irriducibile in F2[X] (cf.2.31). f(X) non ha fattori di grado 1 perche non ha radici in F2 (cf. il teorema di Ruffini). Per concludere che f(X) eirriducibile basta mostrare che non si decompone come prodotto di due polinomi di grado 2. Siano quindi a, b, c, d ∈ F2

con

X4 +X + 1 = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d).

Sviluppando e uguagliando i coefficienti otteniamo che a + c = 0, d + ac + b = 0, ad + bc = 1 e bd = 1. Da bd = 1segue b 6= 0 6= d e quindi b = d = 1. Quindi siccome c = −a otteniamo che 0 = d − a2 + b = a2, per cui a = c = 0.Questo contraddice ad+ bc = 1. Per cui F e un campo. F e un F2-spazio vettoriale di dimensione 4 quindi ha 24 = 16elementi. Il gruppo moltiplicativo F ∗ = F − 0, di ordine 16− 1 = 15, essendo il gruppo moltiplicativo di un campofinito, e ciclico. Troviamone un generatore. Sia α := X + (f(X)) ∈ F . Osserviamo che α e uno zero di f(X) (cf.l’esercizio 2.85), in altre parole α4 = α+ 1. Elenchiamo le potenze di α:

α0 = 1, α1 = α, α2, α3 6= 1, α4 = α+ 1, α5 = α2 + α 6= 1.

Siccome α e un elemento di un gruppo ciclico di ordine 15 e non ha ordine 3 ne 5, deve avere ordine 15 e quindi generaF ∗.

2.108. Mostrare che F := F5[X]/(X2 + 2) e un campo. Quanti elementi ha? Trovare un generatore per il gruppomoltiplicativo ciclico F ∗ = F − 0.

Risoluzione. Per mostrare che F e un campo basta mostrare che f(X) = X2 + 2 e irriducibile in F5[X] (cf. 2.31).f(X) e irriducibile perche ha grado 2 e non ha zeri in F5. F e un F5-spazio vettoriale di dimensione 2 quindi ha52 = 25 elementi. Il gruppo moltiplicativo F ∗ = F −0, di ordine 25− 1 = 24, essendo il gruppo moltiplicativo di uncampo finito, e ciclico. Troviamone un generatore. α := X + (X2 + 2) ∈ F e uno zero di f(X) (cf. l’esercizio 2.85),in altre parole α2 = 3. Elenchiamo le potenze di α. Si ha

α1 = α, α2 = 3, α3 = 3α, α4 = 4, α5 = 4α, α6 = 2, α7 = 2α, α8 = 1.

Ne segue che l’ordine di α e 8. Ora consideriamo l’elemento α + 1 (che non abbiamo ancora citato) ed elenchiamonele potenze. Si ha (α + 1)2 = 2α + 4, (α + 1)3 = α. Quindi α + 1 ha ordine 3 modulo 〈α〉. Siccome (α + 1)3 = α haordine 8, ne segue che α+ 1 ha ordine 24, cioe genera il gruppo moltiplicativo ciclico F ∗.

2.109. Sia R := Z[i] l’anello degli interi di Gauss.

(1) Sia ϕ : R → Z/2Z data da ϕ(m + in) := m + n + 2Z. Mostrare che si tratta di un omomorfismo di anelli etrovare un generatore per l’ideale principale ker(ϕ) di R.

(2) Sia p un primo e sia θ : R→ Fp[X]/(X2 + 1) data da θ(m+ in) := m+nX + (X2 + 1). Mostrare che si trattadi un omomorfismo suriettivo di anelli.

Risoluzione. Punto (1). E chiaro che ϕ(0) = 0 e ϕ(1) = ϕ(1 + i · 0) = 1. Siano a + ib, c + id ∈ R. Dobbiamomostrare che ϕ((a+ ib) + (c+ id)) = ϕ(a+ ib) + ϕ(c+ id) e che ϕ((a+ ib)(c+ id)) = ϕ(a+ ib)ϕ(c+ id). Si ha

ϕ((a+ ib) + (c+ id)) = ϕ((a+ c) + i(b+ d)) = a+ c+ b+ d+ 2Z = a+ b+ 2Z + c+ d+ 2Z = ϕ(a+ ib) + ϕ(c+ id),

ϕ((a+ ib)(c+ id)) = ϕ(ac− bd+ i(ad+ bc)) = ac− bd+ ad+ bc+ 2Z,


ϕ(a+ ib)ϕ(c+ id) = (a+ b+ 2Z)(c+ d+ 2Z) = ac+ ad+ bc+ bd+ 2Z.Siccome −bd = bd, otteniamo che anche ϕ((a+ ib)(c+ id)) = ϕ(a+ ib)ϕ(c+ id) e quindi ϕ e un omomorfismo di anelli.Certamente ker(ϕ) e un ideale principale di R dato che R e un PID. Troviamone un generatore. Si tratta di scommetteresu un elemento particolarmente semplice, o “canonico”. Osserviamo che 1+i ∈ ker(ϕ), essendo ϕ(1+i) = 1+1+2Z = 0.Poiche ker(ϕ) e un ideale, segue che (1 + i) (l’ideale di R = Z[i] generato da 1 + i) e contenuto in ker(ϕ). Per mostrareche 1 + i e effettivamente un generatore di ker(ϕ) ci resta da mostrare che ker(ϕ) ⊆ (1 + i). Sia quindi a+ ib ∈ ker(ϕ).Allora a+ b e pari. Dobbiamo trovare c+ id ∈ R tale che (1 + i)(c+ id) = a+ ib, cioe a+ ib = c− d+ i(c+ d), cioea = c − d e b = c + d. Sommando e sottraendo queste due uguaglianze otteniamo c = (a + b)/2 e d = (b − a)/2. Ciresta da mostrare che (a+ b)/2 e (b− a)/2 sono interi, cioe appartengono a Z. Questo segue dal fatto che a+ b e pari,dato che b− a ≡ a+ b mod (2) e quindi anche b− a e pari.

Punto (2). Ricordiamo che un generico elemento di A = Fp[X]/(X2+1) e della forma P (X)+(X2+1), ed effettuandola divisione con resto di P (X) per (X2 + 1) si puo assumere che P (X) abbia grado minore di 2 (cf. l’esercizio 2.117).Quindi ogni elemento di A e della forma aX + b + (X2 + 1) con a, b ∈ Fp. Dati a, b ∈ Fp, siano m,n ∈ Z tali chea = m+ pZ e b = n+ pZ. Allora θ(m+ in) = a+ bX + (X2 + 1) e quindi θ e una funzione suriettiva. Mostriamo chesi tratta di un omomorfismo di anelli. Si ha θ(0) = θ(0 + i · 0) = 0 e θ(1) = θ(1 + i · 0) = 1. Siano a+ ib, c+ id ∈ R.Dobbiamo mostrare che θ((a+ ib) + (c+ id)) = θ(a+ ib) + θ(c+ id) e che θ((a+ ib)(c+ id)) = θ(a+ ib)θ(c+ id). Si ha

ϕ((a+ ib) + (c+ id)) = ϕ((a+ c) + i(b+ d)) = a+ c+ (b+ d)X + (X2 + 1) =

= (a+ bX + (X2 + 1)) + (c+ dX + (X2 + 1)) = ϕ(a+ ib) + ϕ(c+ id),

ϕ((a+ ib)(c+ id)) = ϕ(ac− bd+ i(ad+ bc)) = ac− bd+ (ad+ bc)X + (X2 + 1),

ϕ(a+ ib)ϕ(c+ id) = (a+ bX + (X2 + 1))(c+ dX + (X2 + 1)) = ac+ adX + bcX + bdX2 + (X2 + 1).

Siccome bdX2 + (X2 + 1) = −bd+ (X2 + 1) otteniamo che anche ϕ((a+ ib)(c+ id)) = ϕ(a+ ib)ϕ(c+ id).

2.110. Consideriamo l’insieme

R :=

a 0 00 a 0b c a

| a, b, c ∈ F2.

Mostrare che R e un sottoanello commutativo di M(3, 2), l’anello delle matrici 3 × 3 a coefficienti in F2. Trovare glielementi invertibili, gli elementi nilpotenti e gli elementi idempotenti di R.

Risoluzione. 0 ∈ R (basta scegliere a = b = c = 0) e 1 ∈ R (basta scegliere a = 1 e b = c = 0). La somma e percomponenti, quindi si vede subito che R e chiuso per la somma. Siano a, b, c, a′, b′, c′ ∈ F2. Abbiamo a 0 0

0 a 0b c a

a′ 0 00 a′ 0b′ c′ a′

=

aa′ 0 00 aa′ 0

ab′ + ba′ ac′ + ca′ aa′

.

Ne segue che R e chiuso anche per il prodotto e quindi e un sottoanello di M(3, 2). Siccome l’uguaglianza appenascritta rimane vera se scambiamo i ruoli di a, a′, b, b′, c, c′ nel membro di destra, R e commutativo. Siccome R consistedi matrici triangolari inferiori, dire che un suo elemento e invertibile e come dire che per tale elemento a 6= 0, cioea = 1. Quindi R ha quattro elementi invertibili (si hanno 2 scelte per b e 2 scelte per c): si tratta di 1 0 0

0 1 00 0 1

,

1 0 00 1 00 1 1

,

1 0 00 1 01 0 1

,

1 0 00 1 01 1 1

.

Gli elementi nilpotenti non sono invertibili quindi per essi e a = 0. Siccome ogni elemento di F2 e idempotente, a 0 00 a 0b c a

2

=

a2 0 00 a2 0

2ab 2ac a2

=

a 0 00 a 00 0 a

.

90 MARTINO GARONZI

Deduciamo che gli elementi nilpotenti r ∈ R sono tutti quelli che hanno a = 0, e per essi vale r2 = 0. Ci sono quattroelementi nilpotenti (si hanno 2 scelte per b e 2 scelte per c): si tratta di 0 0 0

0 0 00 0 0

,

0 0 00 0 00 1 0

,

0 0 00 0 01 0 0

,

0 0 00 0 01 1 0

.

Dal calcolo del quadrato scritto sopra otteniamo che un elemento r ∈ R e idempotente, cioe verifica r2 = r, se e solose b = c = 0. Quindi gli unici elementi idempotenti di R sono quelli banali, 0 e 1.

2.111. Trovare tre anelli commutativi di cardinalita 4 a due a due non isomorfi.

Risoluzione. Siano A = Z/4Z, B = Z/2Z × Z/2Z. A e B sono due anelli di cardinalita 4 e non sono isomorfi,infatti non sono isomorfi nemmeno come gruppi additivi: il gruppo (A,+) e ciclico (generato da 1), il gruppo (B,+)non e ciclico (ha tre elementi di ordine 2, (1, 0), (0, 1), (1, 1)). Inoltre A e B non sono campi, perche in A l’elemento2 6= 0 e non invertibile (essendo 22 = 0) e in B l’elemento (1, 0) non e invertibile (essendo (1, 0)(x, y) = (x, 0) 6= (1, 1)per ogni x, y ∈ Z/2Z). L’anello C = F2[X]/(X2 +X+1), quoziente di F2[X] con un ideale massimale (perche generatoda un polinomio irriducibile nel PID F2[X]), e un campo. Quindi A 6∼= B 6∼= C 6∼= A.

2.112. Trovare tutti gli ideali massimali e tutti gli ideali primi di Z/nZ per ogni intero n ≥ 2.

Risoluzione. Siccome A = Z/nZ e un anello finito, tutti gli ideali primi di A sono massimali (cf. l’esercizio 2.23).Quindi siccome ogni ideale massimale e primo, un ideale di A e primo se e solo se e massimale. Troviamo gli idealimassimali di A. Per il teorema di corrispondenza gli ideali di A sono in corrispondenza con gli ideali di Z (che eun PID) contenenti nZ, quindi sono della forma mZ/nZ dove m divide n. Per il terzo teorema di isomorfismo si haZ/nZmZ/nZ

∼= Z/mZ, quindi questo quoziente e un campo (equivalentemente, mZ/nZ e un ideale massimale di Z/nZ) se e

solo se m e primo. Quindi gli ideali primi di Z/nZ sono tutti e soli i suoi ideali massimali e sono della forma pZ/nZdove p e un divisore primo di n. Segue che il numero di ideali massimali di Z/nZ e uguale al numero di divisori primidistinti di n. Questo stesso ragionamento si adatta per mostrare la stessa cosa se al posto di Z c’e un qualsiasi PID.

2.113. Un elemento a ∈ A si dice “divisore dello zero” se esiste 0 6= b ∈ A con ab = 0. E vero che l’insieme dei divisoridello zero e sempre un ideale? Se sı dimostrarlo, altrimenti trovare un controesempio.

Risoluzione. E falso. Per esempio −2 e 3 sono divisori dello zero in Z/6Z (infatti 3 · (−2) = −6 = 0) ma3 + (−2) = 1 non e un divisore dello zero.

2.114. Trovare un ideale I di R = F2[X]/(X4 + 1) tale che R/I ∼= F2[X]/(X2 + 1).

Risoluzione. Osserviamo che X4 + 1 = (X + 1)4 = (X2 + 1)2. Scegliamo I = (X2 + 1)/(X4 + 1). Per il terzoteorema di isomorfismo per gli anelli si ha

R/I =F2[X]/(X4 + 1)

(X2 + 1)/(X4 + 1)∼=

F2[X]

(X2 + 1).

2.115. Trovare tutti gli omomorfismi di anelli Z/120Z→ Z/42Z.

Risoluzione. Ricordiamo che si parla di anelli unitari. Z/nZ non ha sottoanelli unitari propri (un sottoanello,dovendo contenere 1, contiene tutte le somme di uni e quindi dev’essere uguale a Z/nZ), quindi siccome l’immaginedi un omomorfismo e un sottoanello del codominio, se n,m ≥ 2 sono interi distinti e m non divide n non ci sonoomomorfismi di anelli Z/nZ→ Z/mZ. D’altra parte se m divide n allora la proiezione Z/nZ→ (Z/nZ)/(mZ/nZ) ∼=Z/mZ e un omomorfismo di anelli.


2.116. Sia I := 2f(X) | f(X) ∈ Z[X]. Mostrare che I e un ideale di Z[X]. E primo? E massimale?

Risoluzione. La riduzione modulo 2 fornisce un omomorfismo suriettivo Z[X] → F2[X], e il suo nucleo e I. Nesegue che Z[X]/I ∼= F2[X] e un anello di polinomi su un campo, quindi e un dominio di integrita ma non un campo.Ne segue che I e un ideale primo non massimale di Z[X].

2.117. Trovare tutti gli ideali (specificando quali sono primi e quali massimali), tutti gli elementi invertibili, idempo-tenti e nilpotenti dei seguenti anelli:

A = F2[X]/(X2 +X + 1), B = F2[X]/(X2 + 1), C = F2[X]/(X3 + 1), D = F2[X]/(X3 +X).

E vero che questi quattro anelli sono non isomorfi a due a due? Qual e la loro cardinalita?

Risoluzione. Sia F = F2. Osserviamo che i nostri quattro anelli sono della forma F [X]/(f(X)) con f(X) unpolinomio a coefficienti in F , e gli ideali di un tale anello, per il teorema di corrispondenza, sono in corrispondenzabiunivoca canonica con gli ideali di F [X] contenenti (f(X)). Ora, siccome F [X] e un PID, gli ideali di F [X] contenenti(f(X)) sono della forma (g(X)) dove g(X) divide f(X). In altre parole gli ideali di F [X]/(f(X)) sono in corrispondenzabiunivoca coi polinomi g(X) ∈ F [X] che dividono f(X).

Ogni elemento di F [X]/(f(X)) si puo scrivere nella forma P (X)+(f(X)) con P (X) polinomio di grado strettamenteminore di n = deg(f(X)) (per vederlo uno esegue la divisione con resto di P (X) per f(X) ottenendo P (X) =Q(X)f(X) + R(X) con deg(R(X)) < deg(f(X)) e osserva che P (X) + (f(X)) = Q(X)f(X) + R(X) + (f(X)) =R(X) + (f(X))). Un polinomio a coefficienti in F2 di grado minore di n e del tipo a0 + a1X + · · · + an−1X

n−1,quindi i polinomi di F2[X] di grado minore di n sono esattamente 2n (ho due scelte per ogni coefficiente ai ∈ F2,i = 0, . . . , n− 1). In particolare F [X]/(f(X)) e un anello finito di cardinalita 2n. Ne segue che:

• Siccome X2 +X + 1 e irriducibile in F2[X], gli ideali di A sono

0, A.

A ha due ideali. Quindi A e un campo con 22 = 4 elementi.• Siccome X2 + 1 = (X + 1)2 in F2[X], gli ideali di B sono

0, B, (X + 1)/(X2 + 1).

B ha tre ideali. B ha 22 = 4 elementi.• Siccome X3 + 1 = (X + 1)(X2 +X + 1) in F2[X] e X2 +X + 1 e irriducibile, gli ideali di C sono

0, C, (X + 1)/(X3 + 1), (X2 +X + 1)/(X3 + 1).

C ha quattro ideali. C ha 23 = 8 elementi.• Siccome X3 +X = X(X + 1)2 in F2[X], gli ideali di D sono

0, D, (X)/(X3 +X), (X + 1)/(X3 +X), (X(X + 1))/(X3 +X), ((X + 1)2)/(X3 +X).

D ha sei ideali. D ha 23 = 8 elementi.

Osserviamo che il numero di ideali di A,B,C,D e sempre diverso (due, tre, quattro, sei), quindi A,B,C,D sono adue a due non isomorfi (!).

Osserviamo che siccome B,C,D hanno piu di due ideali, non sono campi. Per il teorema cinese del resto (esercizio2.3) si ha inoltre

C =F2[X]

((X + 1)(X2 +X + 1))∼=

F2[X]

(X + 1)× F2[X]

(X2 +X + 1)∼= F2 ×A,

D =F2[X]

(X(X + 1)2)∼=

F2[X]

(X)× F2[X]

((X + 1)2)∼= F2 ×B.

92 MARTINO GARONZI

Siccome A e un campo, non ha elementi nilpotenti diversi da zero, i suoi elementi idempotenti sono zeri di Y 2 − Ye quindi sono 0 = (X2 + X + 1) e 1 + (X2 + X + 1), e i suoi elementi invertibili sono i tre elementi diversi da zero.Elenchiamo per chiarezza gli elementi di A. Sia IA = (X2 +X + 1). Allora

A = IA, 1 + IA, X + IA, X + 1 + IA.Elenchiamo ora gli elementi di B. Sia IB = (X2 + 1).

B = IB , 1 + IB , X + IB , X + 1 + IB.Chiaramente IB e nilpotente e idempotente e 1 + IB e idempotente. Si ha

(X + 1 + IB)2 = (X + 1)2 + IB = 0 + IB ,

per cui X + 1 + IB e nilpotente e quindi non invertibile e non idempotente. Inoltre

(X + IB)2 = X2 + IB = 1 +X2 + 1 + IB = 1 + IB ,

quindi X + IB e non idempotente, invertibile e quindi non nilpotente.Osserviamo ora che in un anello del tipo R × S dove R,S sono anelli commutativi unitari, un elemento nilpo-

tente/invertibile/idempotente e della forma (r, s) dove r, s sono entrambi nilpotenti/invertibili/idempotenti. Nelseguito ricordiamo che F2 ha un invertibile, un nilpotente e due idempotenti.

Siccome A ha tre invertibili, due idempotenti e un nilpotente, C ∼= F2 ×A ha tre invertibili, quattro idempotenti eun nilpotente. Ora li troviamo esplicitamente. Elenchiamo gli elementi di C. Sia IC = (X3 + 1). Allora

C = IC , 1 + IC , X + IC , X + 1 + IC , X2 + IC , X

2 + 1 + IC , X2 +X + IC , X

2 +X + 1 + IC.Chiaramente IC e nilpotente, non invertibile e idempotente e 1 + IC e non nilpotente, invertibile e idempotente. Glielementi nilpotenti di C sono della forma P (X) + IC dove una opportuna potenza di P (X) e zero modulo IC , cioee divisibile per X3 + 1 = (X + 1)(X2 + X + 1). Siccome X3 + 1 si decompone in due fattori irriducibili distinti, sedivide una potenza P (X)k allora ogni suo fattore divide P (X), in altre parole X3 + 1 divide P (X), in altre paroleP (X) + IC = 0. Questo dimostra che in C lo zero e l’unico elemento nilpotente. Per l’algoritmo euclideo sappiamoche P (X) + IC e invertibile se e solo se P (X) e X3 + 1 sono coprimi, e quindi U(C) = 1 + IC , X + IC , X

2 + IC. Glielementi idempotenti di C sono della forma P (X) + IC dove P (X)2 + IC = P (X) + IC , in altre parole X3 + 1 divideP (X)2 − P (X) = P (X)(P (X) − 1). IC , 1 + IC sono idempotenti (lo sappiamo), X + IC non e idempotente percheX3 + 1 non divide X2 −X, X + 1 + IC non e idempotente perche X3 + 1 non divide (X + 1)2 − (X + 1) = X2 −X,X2 + IC non e idempotente perche X3 + 1 non divide (X2)2 −X2 = X4 +X2 = X(X3 + 1) +X2 +X, X2 + 1 + ICnon e idempotente perche X3 + 1 non divide (X2 + 1)2 = X4 + 1 = X(X3 + 1) +X + 1, X2 +X + IC e idempotenteperche X3 + 1 divide (X2 +X)2 − (X2 +X) = X4 +X2 −X2 −X = X(X3 + 1), e X2 +X + 1 + IC e idempotenteperche X3 + 1 divide (X2 +X + 1)2 − (X2 +X + 1) = X4 −X = X(X3 + 1).

Siccome B ha due invertibili, due idempotenti e due nilpotenti, D ∼= F2×B ha due invertibili, quattro idempotentie due nilpotenti. Ora li troviamo esplicitamente. Elenchiamo gli elementi di D. Sia ID = (X3 + 1). Allora

D = ID, 1 + ID, X + ID, X + 1 + ID, X2 + ID, X

2 + 1 + ID, X2 +X + ID, X

2 +X + 1 + ID.Chiaramente ID e nilpotente, non invertibile e idempotente e 1 + ID e non nilpotente, invertibile e idempotente. Glielementi nilpotenti di D sono della forma P (X) + ID dove una opportuna potenza di P (X) e zero modulo ID, cioe edivisibile per X3 + X = X(X + 1)2. Quindi gli elementi nilpotenti di D sono ID e X(X + 1) + ID. Per l’algoritmoeuclideo sappiamo che P (X) + ID e invertibile in D se e solo se P (X) e X3 + X sono coprimi, e quindi U(D) =1+ID, X

2 +X+1+ID. Gli elementi idempotenti di D sono della forma P (X)+ID dove P (X)2 +ID = P (X)+ID,in altre parole X3 +X divide P (X)2−P (X) = P (X)(P (X)−1). ID e 1+ ID sono idempotenti (lo sappiamo), X+ IDnon e idempotente perche X3 + X non divide X2 − X, X + 1 + ID non e idempotente perche X3 + X non divide(X + 1)2− (X + 1) = X2−X, X2 + ID e idempotente perche X3 +X divide (X2)2−X2 = X2(X2 + 1), X2 + 1 + IDe idempotente perche X3 +X divide (X2 + 1)2− (X2 + 1) = X4−X2 = X2(X2 + 1), X2 +X + ID non e idempotente


perche X3 +X non divide (X2 +X)2 − (X2 +X) = X4 +X2 −X2 −X = X(X3 +X) +X2 +X, e X2 +X + 1 + IDnon e idempotente perche X3 +X non divide (X2 +X + 1)2 − (X2 +X + 1) = X4 −X = X(X3 +X) +X2 +X.

2.118. Trovare f(X), g(X) ∈ Q[X] tali che f(X)(X8 − 1) + g(X)(X6 − 1) = MCD(X8 − 1, X6 − 1).

Risoluzione. Si puo procedere con l’algoritmo di Euclide come nell’esercizio 2.20. Un altro modo e osservare cheX2 − 1 divide sia X6 − 1 che X8 − 1 (questo volendo si puo dedurre dal teorema di Ruffini operando la sostituzioneY = X2) e X8 − 1−X2(X6 − 1) = X2 − 1. Quindi abbiamo f(X) = 1 e g(X) = −X2.

2.119. Discutere la riducibilita dei seguenti polinomi su Q:

3X5 + 18X2 + 24X + 6, 7X3 + 12X2 + 3X + 45, 2X10 + 25X3 + 10X2 − 30.

Risoluzione. Per il primo, dopo aver raccolto il fattore comune 3, basta applicare il criterio di Eisenstein a 2,per il terzo basta applicarlo a 5. Il criterio di Eisenstein non si applica al secondo polinomio perche 32 divide 45. Semostriamo che il secondo polinomio e irriducibile modulo 2 potremo dedurre che e irriducibile su Z. Siamo quindiridotti a mostrare che P (X) = X3 + X + 1 e irriducibile su F2, e siccome si tratta di un polinomio di grado 3 bastamostrare che non ha zeri in F2. Questo segue dal fatto che P (0) = 1 = P (1).

2.120. Trovare un campo F e due polinomi distinti P (X), Q(X) ∈ F [X] tali che P (a) = Q(a) per ogni a ∈ F .

Risoluzione. Scegliamo F = F2, P (X) = 0 e Q(X) = X2 +X.

2.121. Polinomi e funzioni polinomiali. Sia K un campo, e sia P (X) ∈ K[X]. Definiamo fP : K → K tramitela posizione fP (a) := P (a). fP si dice “funzione polinomiale associata a P”. Sia KK l’insieme delle funzioni K → K.Consideriamo la funzione

ϕ : K[X]→ KK , P 7→ fP .

Mostrare che:

(1) ϕ e iniettiva se e solo se K e infinito;(2) ϕ e suriettiva se e solo se K e finito.

Risoluzione. Punto (1). (⇒). Se K e finito allora |KK | = |K||K| e quindi anche KK e finito. D’altra parte K[X]e infinito, dato che ci sono polinomi di ogni grado. Siccome ϕ va da un insieme infinito a uno finito, non puo essereiniettiva. Un altro modo di vederlo era il seguente. Ogni a ∈ K diverso da zero appartiene al gruppo moltiplicativoK∗ = K − 0 e quindi verifica a|K|−1 = 1, per cui ogni a ∈ K e zero di X |K| − X, quindi ϕ(X |K| − X) = ϕ(0).(⇐). Supponiamo che K sia infinito, e siano P (X), Q(X) ∈ K[X] tali che ϕ(P (X)) = ϕ(Q(X)). Dobbiamo mostrareche P (X) = Q(X). ϕ(P (X)) = ϕ(Q(X)) significa che P (a) = Q(a) per ogni a ∈ K, quindi il polinomio R(X) :=P (X)−Q(X) verifica R(a) = 0 per ogni a ∈ K. Siccome K e infinito, R(X) e un polinomio che ammette infiniti zeri.Dal teorema di Ruffini segue allora che R(X) e il polinomio nullo: R(X) = 0, in altre parole P (X) = Q(X).

Punto (2). (⇒). Supponiamo che K sia infinito. Consideriamo la funzione f : K → K definita da f(1) = 1e f(a) = 0 per ogni 1 6= a ∈ K. Se esistesse un polinomio P (X) ∈ K[X] tale che P (a) = f(a) per ogni a ∈ Kallora siccome K e infinito P (X) avrebbe infiniti zeri senza essere il polinomio nullo (infatti P (1) = 1 6= 0). Questocontraddice il teorema di Ruffini. (⇐). Supponiamo che K sia finito. Osserviamo che con somma e prodotto definitipuntualmente, KK e un anello commutativo, e ϕ e un omomorfismo di anelli. Il suo nucleo consiste di tutti i polinomiP (X) tali che P (a) = 0 per ogni a ∈ K, cioe (per il teorema di Ruffini) dei polinomi divisibili per

∏a∈K(X − a). Ne

segue che il nucleo di ϕ e l’ideale generato da Q(X) =∏a∈K(X−a). Osserviamo che Q(X) e X |K|−X sono entrambi

polinomi monici, hanno lo stesso grado e gli stessi zeri, tutti distinti, quindi sono uguali: Q(X) = X |K| −X. Per ilteorema di isomorfismo per gli anelli l’immagine di ϕ e isomorfa a K[X]/(X |K| −X), che e uno spazio vettoriale suK di dimensione |K|. Ne segue che |ϕ(K[X])| = |K||K| = |KK | e quindi ϕ(K[X]) = KK , cioe ϕ e suriettiva.

94 MARTINO GARONZI

2.122. Sia u ∈ C un elemento algebrico di grado p primo su Q. Mostrare che se K e un campo tale che Q ⊆ K ⊆ Q(u)allora K = Q oppure K = Q(u).

Risoluzione. Basta usare la formula dei gradi. Si ha

p = [Q(u) : Q] = [Q(u) : K] · [K : Q].

Siccome p e primo, uno tra [Q(u) : K] e [K : Q] e uguale a 1, in altre parole Q(u) = K oppure K = Q.

2.123. Sia z una radice primitiva nona di 1. Mostrare che z6 + z3 + 1 = 0, trovare il polinomio minimo di z su Q edire se Q(z) e campo di spezzamento su Q di X9 − 1.

Risoluzione. Ricordiamo che se n e un intero positivo allora indicato con Φn(X) il polinomio ciclotomico n-esimo,cioe il polinomio monico le cui radici sono le radici primitive n-esime di 1 si ha

Xn − 1 =∏d|n

Φd(X) ⇒ Φn(X) =Xn − 1∏

d<n,d|n Φd(X).

E ovvio che Φ1(X) = X−1. Con questa informazione possiamo determinare induttivamente tutti i polinomi ciclotomici:

Φ2(X) =X2 − 1

X − 1= X + 1, Φ3(X) =

X3 − 1

X − 1= X2 +X + 1,

Φ4(X) =X4 − 1

(X − 1)(X + 1)= X2 + 1, Φ5(X) =

X5 − 1

X − 1= X4 +X3 +X2 +X + 1,

Φ6(X) =X6 − 1

(X − 1)(X + 1)(X2 +X + 1)= X2 −X + 1, Φ7(X) =

X7 − 1

X − 1= X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X + 1,

Φ8(X) =X8 − 1

(X − 1)(X + 1)(X2 + 1)= X4 + 1, Φ9(X) =

X9 − 1

(X − 1)(X2 +X + 1)= X6 +X3 + 1.

Ne segue che z e zero di Φ9(X) = X6 +X3 +1 e quindi z6 +z3 +1 = 0. Mostriamo che Φ9(X) e irriducibile su Q. Per illemma di Gauss, basta mostrare che e irriducibile su Z, e per farlo basta mostrare che Φ9(X+1) e irriducibile. Usandoil fatto che l’elevamento alla 3 e un omomorfismo in caratteristica 3 (Frobenius) abbiamo (le seguenti congruenze sonomodulo 3)

Φ9(X + 1) = (X + 1)6 + (X + 1)3 + (X + 1) ≡ ((X + 1)2 + (X + 1) + 1)3

= (X2 + 2X + 1 +X + 1 + 1)3 ≡ X6.

Siccome Φ9(1) = 3, segue dal criterio di Eisenstein che Φ9(X + 1) e irriducibile in Z[X]. Quindi Φ9(X) e il polinomiominimo di z su Q. Q(z) e campo di spezzamento di X9 − 1 su Q perche gli zeri di X9 − 1 sono le radici none di 1,cioe le potenze di z.

2.124. p un numero primo, e sia z una radice primitiva p-esima di 1. Mostrare che:

(1) 1, z, . . . , zp−1 sono linearmente dipendenti su Q,(2) ogni sottoinsieme proprio di 1, . . . , zp−1 e linearmente indipendente su Q.

Risoluzione. Punto (1). Il grado [Q(u) : Q] e uguale a ϕ(p) = p − 1, cioe Q(u) ha dimensione p − 1 su Q.Siccome 1, . . . , zp−1 sono p elementi di Q(u), e p > p− 1, segue che essi sono linearmente dipendenti su Q. Troviamoesplicitamente una combinazione lineare che fa zero. z e una radice primitiva p-esima di 1, quindi e radice del polinomiociclotomico p-esimo Φp(X) = 1+X+. . .+Xp−1. Ne segue che 1+. . .+zp−1 = 0, quindi 1, z, . . . , zp−1 sono linearmentedipendenti su Q.

Punto (2). Sia A un sottoinsieme proprio e non vuoto di 1, . . . , zp−1, e supponiamo che∑zj∈A ajz

j = 0 per

alcuni aj ∈ Q. Vogliamo mostrare che questi aj sono tutti zero. z e zero del polinomio P (X) =∑zj∈A ajX

j , quindi ilpolinomio minimo di z, Φp(X), deve dividere P (X): P (X) = Φp(X)Q(X) per qualche Q(X) ∈ Q[X]. Siccome il grado


di P (X) e minore o uguale di p− 1 = deg(Φp(X)), segue che Q(X) e un polinomio costante, diciamo Q(X) = a ∈ Q.Ma allora

P (X) = aΦp(X) = a+ aX + aX2 + . . .+ aXp−1.

Siccome A e un sottoinsieme proprio di 1, z, . . . , zp−1, almeno uno dei coefficienti di P (X) e zero e quindi a = 0.Segue che P (X) e il polinomio nullo, e quindi i suoi coefficienti (gli aj con zj ∈ A) sono tutti nulli.

2.125. Sia Φn(X) il polinomio ciclotomico n-esimo. Mostrare che se n > 1 e dispari allora Φ2n(X) = Φn(−X).

Risoluzione. Mostriamo che ogni zero di Φ2n(X) e zero di Φn(−X). Sia z uno zero di Φ2n(X), cioe una radiceprimitiva 2n-esima di 1. Questo significa che il gruppo moltiplicativo generato da z ha 2n elementi. z e zero diX2n − 1 = (Xn − 1)(Xn + 1). Siccome zn 6= 1 (perche l’ordine moltiplicativo di z e 2n) segue che z e zero diXn + 1, cioe zn = −1. Siccome n e dispari, (−z)n = 1, quindi −z e una radice n-esima di 1. Mostriamo che l’ordinemoltiplicativo di −z e proprio n. Sia d l’ordine moltiplicativo di −z. Allora d divide n, quindi e dispari, per cui da(−z)d = 1 segue zd = −1 e quindi z2d = 1. Siccome l’ordine moltiplicativo di z e 2n, segue che 2n divide 2d e quindin divide d, e otteniamo che n = d. Segue che −z e una radice primitiva n-esima di 1 e quindi Φn(−z) = 0, cioe z eradice di Φn(−X).

Ora, siccome n e dispari si ha

deg(Φ2n(X)) = ϕ(2n) = ϕ(2)ϕ(n) = ϕ(n) = deg(Φn(X)) = deg(Φn(−X)).

Siccome i due polinomi Φ2n(X) e Φn(−X) hanno lo stesso grado, uguale a ϕ(n), sono monici (notiamo infatti cheϕ(m) e pari per ogni m > 2, quindi (−X)ϕ(n) = Xϕ(n)) e hanno ϕ(n) zeri, tutti distinti, in comune, segue dal teoremadi Ruffini (applicato ϕ(n) volte) che sono uguali: Φ2n(X) = Φn(−X).

2.126. Siano K un campo e P (X) =∑ni=0 aiX

i ∈ K[X] irriducibile. Indichiamo con P ′(X) il polinomio derivato diP (X), cioe

P ′(X) = (

n∑i=0

aiXi)′ =

n∑i=1

iaiXi−1.

Mostrare che le due affermazioni seguenti sono equivalenti:

(1) P (X) ha uno zero multiplo (cioe esiste a ∈ F , con F ⊇ K, tale che (X − a)2 divide P (X) in F [X]);(2) P ′(X) e il polinomio nullo.

Mostrare che se p e un numero primo il polinomio Xn − 1 ∈ Fp[X] ha zeri multipli se e solo se p divide n.

Risoluzione. (1) implica (2). Diciamo P (X) = (X − a)2Q(X) con Q(X) ∈ F [X], F ⊇ K. Allora

P ′(X) = 2(X − a)Q(X) +Q′(X)(X − a)2 = (X − a)(2Q(X) +Q′(X)(X − a)).

Ne segue che a e uno zero comune di P (X) e P ′(X), in particolare P (X) e P ′(X) non sono coprimi in F [X], quindinemmeno in K[X]. Infatti se fossero coprimi in K[X] allora siccome K[X] e un dominio euclideo potremmo applicarel’algoritmo di Euclide e trovare polinomi A(X), B(X) ∈ K[X] con A(X)P (X) + B(X)P ′(X) = 1, e valutando in aotterremmo 0 = 1, assurdo. Siccome P (X) e irriducibile in K[X], segue che P (X) divide P ′(X). Siccome il grado diP ′(X) e strettamente minore del grado di P (X), segue che P ′(X) e il polinomio nullo.

(2) implica (1). Sia a uno zero di P (X) in un’opportuna estensione F di K. Allora P (X) = (X − a)Q(X) per unQ(X) ∈ F [X]. Derivando otteniamo P ′(X) = Q(X) + (X − a)Q′(X), e valutando in a abbiamo P ′(a) = Q(a). SeP ′(X) e il polinomio nullo allora Q(a) = P ′(a) = 0 e quindi per il teorema di Ruffini X − a divide Q(X), per cui(X − a)2 divide P (X) = (X − a)Q(X).

Osserviamo che senza l’ipotesi di irriducibilita, vale comunque che uno zero multiplo di un polinomio P (X) e unozero comune a P (X) e P ′(X). Il polinomio derivato di Xn − 1 e nXn−1, e questi due polinomi hanno zeri in comunese e solo se n = 0 in Fp, cioe p divide n.

96 MARTINO GARONZI

2.127. Sia n un intero positivo. Mostrare che Φn(0) = ±1.

Risoluzione. Siccome Φn(X) ∈ Z[X] si ha Φn(0) ∈ Z. Siano η1, . . . , ηϕ(n) le radici primitive n-esime di 1. Perdefinizione, si ha

Φn(X) = (X − η1) · · · (X − ηϕ(n)) ⇒ Φn(0) = (−1)ϕ(n)η1 · · · ηϕ(n).

Segue che Φn(0) e, a meno del segno, il prodotto di tutte le radici primitive n-esime di 1 e quindi e una radice 2n-esimadi 1. Le uniche radici dell’unita appartenenti a Z sono 1 e −1, quindi Φn(0) = ±1.

2.128. Sia n un intero positivo. Sia µ la funzione di Moebius classica, cioe la funzione N → C definita in 1.131.Mostrare che µ(n) e uguale alla somma delle radici primitive n-esime di 1 in C.

Risoluzione. Usiamo le notazioni in 1.131. Sia F (n) la somma delle radici primitive n-esime di 1 in C. Allora lasomma di tutte le radici n-esime di 1 in C e uguale a

∑d|n F (d) = (F ∗u)(n), e d’altra parte, se n > 1, e anche uguale

all’opposto del termine di grado 1 in Xn − 1, che vale 0. In altre parole F ∗ u = δ. Ne segue che

F = F ∗ δ = F ∗ (u ∗ µ) = (F ∗ u) ∗ µ = δ ∗ µ = µ.

2.129. Mostrare che se n e un intero positivo allora ci sono infiniti primi della forma nk + 1, con k intero positivo.

Risoluzione. Confrontare con l’esercizio 2.36. Supponiamo per assurdo che siano finiti, e chiamiamoli p1, . . . , ph.Sia a := np1 · · · ph. Sia p un divisore primo di Φn(a). Allora a e zero del polinomio ridotto Φn(X) ∈ Fp[X]. Seguedall’esercizio 2.127 che a e invertibile modulo p, cioe p non divide a, in particolare p non divide n. Segue dall’esercizio2.126 che Xn − 1 non ha zeri multipli in Fp, quindi se d1, d2 sono due divisori distinti di n allora Φd1(X) e Φd2(X)

non hanno zeri comuni in Fp. Sicome a e zero di Φn(X), segue che Φd(a) 6= 0 per ogni divisore d di n tale che d < n.Quindi se d < n e un divisore di n allora nel campo Fp si ha

ad − 1 =∏d′|d

Φd′(a) 6= 0.

D’altra parte Φn(a) = 0, quindi an ≡ 1 mod (p). Ne segue che a ha ordine n nel gruppo moltiplicativo Fp − 0.Siccome questo gruppo ha ordine p − 1, dal teorema di Lagrange segue che n divide p − 1 e quindi p e congruo a 1modulo n, quindi divide a, assurdo.

2.130. Esercizio 4 dell’appello del 27 agosto 2012. Sia u =√

2(1 + i) ∈ Q[√

2, i].

(1) Verificare che Q(u2) = Q[i].(2) Trovare il polinomio minimo f(X) di u su Q.(3) Controllare se Q(u) e un campo di spezzamento di f(X) su Q.

Risoluzione. Osserviamo che siccome i e√

2 sono algebrici, essendo zeri rispettivamente di X2 + 1 e X2 − 2,Q[√

2, i] = Q(√

2, i) e Q[i] = Q(i). Si ha u2 = 4i, quindi u4 = −16, cioe u e zero di X4 + 16. Scomporre X4 + 16 su Cequivale a trovare le radici quarte di −16, e facendolo troviamo

X4 + 16 = (X2 − 4i)(X2 + 4i) = (X −√

2(1 + i))(X +√

2(1 + i))(X −√

2(1− i))(X +√

2(1− i))= (X − u)(X + u)(X − u)(X + u).

Qui u indica il coniugato di u =√

2(1 + i), cioe u =√

2(1− i). Dal fatto che u,−u, u,−u 6∈ Q segue che X4 + 16 nonha fattori di grado 1 in Q[X], e accoppiandoli in tutti i modi possibili troviamo che non ha nemmeno fattori di grado2 in Q[X]. Deduciamo che f(X) = X4 + 16 e irriducibile in Q[X], quindi e il polinomio minimo di u su Q.

Osserviamo che Q(u) = Q(√

2(1 + i)) ⊆ Q(i,√

2). Inoltre Q(i,√

2) ha grado 4 su Q, e questo si vede usando laformula dei gradi:

[Q(√

2, i) : Q] = [Q(√

2)(i) : Q(√

2)] · [Q(√

2) : Q].


Il grado [Q(√

2) : Q] e uguale a 2 perche il polinomio minimo di√

2 su Q eX2−2, di grado 2. Il grado [Q(√

2)(i) : Q(√

2)]e certamente minore o uguale a 2 essendo i zero di X2 + 1, di grado 2, e d’altra parte non puo essere 1 altrimenti√

2 ∈ Q(i) e quindi esisterebbero a, b ∈ Q con√

2 = a + bi, da cui quadrando otteniamo 2 = a2 − b2 + 2abi, quindiab = 0, cioe 2 = a2 oppure 2 = −b2, assurdo perche 2 e −2 non sono quadrati in Q.

Il campo Q(u) e contenuto in Q(i,√

2) e hanno entrambi dimensione (grado) 4 su Q, quindi sono uguali: Q(u) =

Q(i,√

2). Si vede facilmente che i quattro zeri di f(X) appartengono a Q(i,√

2). Ne segue che Q(u) e un campo dispezzamento di f(X) su Q.

2.131. Esercizio 5 dell’appello del 13 settembre 2012. Sia u :=√

2 +√

5.

(1) Trovare il polinomio minimo f(X) di u su Q.(2) Scrivere u+ 1/u come polinomio in u.(3) Calcolare [E : Q] dove E e un campo di spezzamento di f(X) su Q.

Risoluzione. Si ha u2 = 2 +√

5 e quindi (u2 − 2)2 = 5. Sia f(X) = (X2 − 2)2 − 5. Si ha f(u) = 0. Per mostrareche f(X) e il polinomio minimo di u su Q dobbiamo mostrare che e irriducibile su Q. Si ha

f(X) = (X2 − 2−√

5)(X2 − 2 +√

5) = (X −√

2 +√

5)(X +

√2 +√

5)(X −√

2−√

5)(X +

√2−√

5).

Qui√

2−√

5 indica l’elemento i√√

5− 2 ∈ C (si osservi che 2−√

5 < 0). Ragionando come nell’esercizio 2.130, cioeaccoppiando tutti e quattro i fattori, deduciamo che f(X) e irriducibile.

Si ha f(X) = (X2 − 2)2 − 5 = X4 − 4X2 − 1, quindi u(u3 − 4u) = 1 e deduciamo che 1/u = u3 − 4u. Quindiu+ 1/u = u3 − 3u.

Sia v := i√√

5− 2. u e v sono entrambi zeri di f(X), ma u e reale mentre v non lo e. Si ha inoltre E = Q(u, v). Ne

segue che Q(u) 6= E, infatti Q(u) e contenuto in R mentre E no (infatti v ∈ E −R). Siccome v2 = 2−√

5,√

5 ∈ Q(v)

e siccome u e zero di X2 − 2−√

5 ∈ Q(v)[X], segue che u ha grado 1 oppure 2 su Q(v). Dalla formula dei gradi

[E : Q] = [Q(v)(u) : Q(v)] · [Q(v) : Q].

Siccome E non ha grado 4 su Q (altrimenti sarebbe uguale a Q(u), essendo quest’ultimo un sottocampo di E di grado4 su Q) e [Q(v) : Q] = deg(f(X)) = 4 (ricordiamo infatti che f(X), essendo un polinomio irriducibile su Q con v comezero, e il polinomio minimo di v su Q), segue che [Q(v)(u) : Q(v)] > 1. Siccome u ha grado al piu 2 su Q(v) (per ladiscussione fatta), segue che [Q(v)(u) : Q(v)] = 2 e quindi [E : Q] = 2 · 4 = 8.

2.132. Siano A ⊆ C l’insieme degli elementi algebrici su Q, T ⊆ C l’insieme degli elementi trascendenti su Q. Mostrareche |A| = |N| e |T | = |C|. In altre parole, gli elementi trascendenti sono “molti di piu” di quelli algebrici.

Risoluzione. Siccome A ∪ T = C, il fatto che |A| = |N| implica che |T | = |C|. Infatti T e infinito (per esempioperche contiene π, π2, π3, . . .), quindi |T | ≥ |N|, e quindi se |A| = |N| allora

|C| = |A ∪ T | ≤ |A|+ |T | ≤ 2|T | ≤ |T |,

per cui |T | = |C| dal teorema di Cantor-Schroeder-Bernstein.Mostriamo che |A| = |N|. Siccome Q ⊆ A, A e infinito. Siccome ogni polinomio ha un numero finito di zeri,

possiamo costruire una funzione suriettiva (Q[X] − 0) × N → A come segue: ordiniamo gli zeri di ogni polinomio0 6= P (X) ∈ Q[X] e mandiamo (P (X), n) nell’n-esimo zero di P (X) se tale zero e definito, in un qualunque elementodi A (per esempio 0) altrimenti. Si ha quindi

|N| ≤ |A| ≤ |Q[X]× N| = |Q[X]| · |N| = |Q| · |N| = |N|2 = |N|.

Segue che |A| = |N| dal teorema di Cantor-Schroeder-Bernstein.

98 MARTINO GARONZI

2.133. Sia z ∈ C un elemento costruibile su Q. Mostrare che il grado di z su Q e una potenza di 2. Mostrare chesin(2π/11) non e costruibile su Q.

Risoluzione. Sappiamo che z e costruibile se e solo se z appartiene a un intercampo Q ⊆ K ⊆ C raggiungibileda Q tramite una sequenza di estensioni di grado 2. In particolare dalla formula dei gradi segue che [K : Q] e unapotenza di 2. Sempre dalla formula dei gradi, [K : Q] = [K : Q(z)] · [Q(z) : Q], quindi [Q(z) : Q] e una potenza di 2.

Supponiamo che sin(α) sia costruibile, per qualche α ∈ R. Allora anche cos(α) e costruibile, infatti cos2(α) =1−sin2(α), 1−sin2(α) e costruibile (i numeri costruibili formano un campo) e le radici quadrate di un numero costruibilesono costruibili. Quindi essendo i costruibile (essendo Q ⊂ Q(i) un’estensione di grado 2), anche eiα = cos(α)+i sin(α)e costruibile. Sia ora α = 2π/11. Allora µ11 = eiα e una radice primitiva 11-esima di 1, quindi siccome Φ11(X) eirriducibile il grado di µ11 su Q e deg(Φ11(X)) = ϕ(11). Ne segue che se sin(2π/11) e costruibile allora ϕ(11) e unapotenza di 2. Ma ϕ(11) = 10 non e una potenza di 2. Quindi sin(2π/11) non e costruibile.

Una digressione. Usando la teoria di Galois si dimostra che le radici primitive n-esime di 1 (e quindi gli n-agoniregolari) sono costruibili se e solo se ϕ(n) e una potenza di 2.

2.134. Sia z ∈ C costruibile su Q. Mostrare che anche il coniugato z e costruibile.

Risoluzione. Siccome z e costruibile esiste una catena di intercampi

Q = K1 ⊂ K2 ⊂ · · · ⊂ Kt 3 z,

con Kt ⊆ C e [Ki : Ki−1] = 2 per ogni i = 2, . . . , t. Sia τ : C → C il coniugio, τ(a + ib) = a − ib. Si tratta di unautomorfismo di campi. Applicandolo alla catena scritta otteniamo una catena di intercampi

Q = τ(Q) = τ(K1) ⊂ τ(K2) ⊂ · · · ⊂ τ(Kt) 3 τ(z) = z.

Per concludere basta mostrare che [τ(Ki) : τ(Ki−1)] = [Ki : Ki−1] per ogni i = 2, . . . , t. Sia dunque i ∈ 2, . . . , t. Siav, w una Ki−1-base di Ki e mostriamo che τ(v), τ(w) e una τ(Ki−1)-base di τ(Ki). Che sia un insieme di generatorie chiaro, infatti ogni elemento di Ki si scrive come av + bw con a, b ∈ Ki−1 e τ(av + bw) = τ(a)τ(v) + τ(b)τ(w).Mostriamo che e linearmente indipendente. Siano a, b ∈ Ki−1 tali che τ(a)τ(v) + τ(b)τ(w) = 0. Allora τ(av+ bw) = 0e quindi av + bw = 0, essendo τ un isomorfismo di campi. Siccome v, w sono indipendenti su Ki−1 segue a = b = 0 equindi τ(a) = 0 = τ(b).

2.135. Elemento di grado 4 non costruibile. Sia f(X) = X4 − 4X + 2 ∈ Q[X]. Mostrare che gli zeri di f(X)in C hanno grado 4 e non sono costruibili. Questo corrisponde, tramite la teoria di Galois, al fatto che il grupposimmetrico S4 ammette sottogruppi massimali di indice 4 (cf. l’esercizio 1.65).

Risoluzione. Gli zeri di f(X) hanno grado 4 su Q se e solo se f(X) e irriducibile su Q. Questo si vede direttamentescrivendo le candidate fattorizzazioni di f(X) e uguagliando i coefficienti. Siano α1, α2, α3, α4 gli zeri di f(X) in C.Due di essi sono reali e gli altri due no, diciamo che quelli reali sono α1 e α3, e diciamo che α2 = α1 e α4 = α3 (doveα indica il coniugato di α, a+ ib = a− ib). Fattorizziamo f(X) su R: scriviamo

X2 − 4X + 2 = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d) = (X − α1)(X − α2)(X − α3)(X − α4).

Svolgendo i calcoli si ottiene c = −a, b + d = a2, a(d − b) = −4 e bd = 2. Poiche a = −(α1 + α2), b = α1α2,c = −(α3 +α4) e d = α3α4 e gli elementi costruibili formano un campo, dalle relazioni scritte deduciamo che se un αie costruibile allora lo e anche il suo coniugato αi (cf. l’esercizio 2.134), e quindi lo sono anche a, b, per cui applicandoRuffini, siccome gli elementi costruibili formano un campo, sono costruibili anche c, d. Deduciamo che se per assurdoun αi e costruibile allora anche t := b+ d e costruibile. Ora,

t(t2 − 8) = a2((b+ d)2 − 8) = a2((b+ d)2 − 4bd) = a2(b− d)2 = 16,

quindi t e zero del polinomio X3−8X−16, irriducibile su Z, dunque su Q. b+d risulta essere un elemento costruibiledi grado 3, assurdo (3 non e una potenza di 2: cf. l’esercizio 2.133).


2.136. Utilizzando il fatto che |X| · |X| = |X| se X e un insieme infinito (conseguenza del lemma di Zorn) mostrareche se S e un insieme infinito allora S e equipotente all’insieme dei sottoinsiemi finiti di S.

Risoluzione. Sia F l’insieme dei sottoinsiemi finiti di S. Osserviamo che la funzione S → F che manda s ins e iniettiva e quindi |S| ≤ |F |. Per il teorema di Cantor-Schroeder-Bernstein, per concludere basta mostrare che|F | ≤ |S|. Per ogni intero positivo n sia Fn l’insieme dei sottoinsiemi di S di cardinalita al piu n. ChiaramenteF =

⋃n>0 Fn. Osserviamo che la funzione

ψ : Sn = S × · · · × S → Fn, (s1, . . . , sn) 7→ s1, . . . , sne ben definita ed e suriettiva (se s1, . . . , sm ∈ Fn con m ≤ n allora ψ(s1, . . . , sm, sm, . . . , sm) = s1, . . . , sm), quindi|Sn| ≥ |Fn|. La funzione S → Fn che manda s in s e iniettiva e quindi |S| ≤ |Fn|. Siccome |S|n = |S| · · · |S| = |S|(cf. l’enunciato) si ha

|S| ≤ |Fn| ≤ |Sn| = |S|n = |S|.Dal teorema di Cantor-Schroeder-Bernstein segue allora che |S| = |Fn|. Sia fn : S → Fn una biiezione. La funzione

ϕ : S × N≥1 → F, (s, n) 7→ fn(s)

e suriettiva: se A ∈ F allora ϕ(f−1|A|(A), |A|) = A. Abbiamo quindi

|F | ≤ |S × N≥1| = |S| · |N| = |S|,da cui |F | ≤ |S|, come volevamo.

2.137. Utilizzando l’esercizio 2.136 mostrare che ad ogni insieme non vuoto puo essere data una struttura di gruppo.

Risoluzione. Sia S un insieme non vuoto. Se esiste un gruppo G tale che |S| = |G| allora data una biiezionef : S → G la seguente operazione ∗ rende S un gruppo:

a ∗ b := f−1(f(a) · f(b)) ∀a, b ∈ S,dove · indica l’operazione in G. Con questa operazione, S diventa un gruppo isomorfo a G (infatti f diventa unisomorfismo di gruppi). Questo procedimento e standard e di solito si chiama “trasporto di struttura”.

Se S e finito allora il gruppo ciclico di ordine |S| e equipotente ad S: |C|S|| = |S|.Supponiamo quindi che S sia infinito. Per 2.136 S e equipotente a F , l’insieme delle parti finite di S, quindi per

concludere basta dotare F della struttura di gruppo. Dati A,B ∈ F definiamo

A ∗B := A4B = (A−B) ∪ (B −A).

Con questa operazione (che si chiama “differenza simmetrica”) F diventa un gruppo con elemento neutro ∅.

2.138. Sia α una radice di f(X) = X3 +X2 + 1 ∈ F2[X] in un’estensione opportuna di F2. Mostrare che F2(α) e uncampo di spezzamento per f(X).

Risoluzione. Osserviamo innanzitutto che f(X) e irriducibile in F2[X] (ha grado 3 e non ha zeri in F2, infattif(0) = f(1) = 1), in particolare α 6∈ F2, α e algebrico su F2 (essendo zero del polinomio non nullo f(X) e F2[α] =F2(α) ∼= F2[X]/(f(X)) e un campo con 23 = 8 elementi. Applichiamo il teorema di Ruffini a f(X) con la sua radiceα, trovando

1 1 0 1α α α+ α2 α2 + α3

1 1 + α α+ α2 1 + α2 + α3 = 0

e quindi f(X) = (X−α)g(X), dove g(X) = X2 + (1 +α)X+α+α2. Dobbiamo mostrare che le radici di g(X) stannoin F2(α). Ci piacerebbe applicare la formula risolutiva delle equazioni di secondo grado

x1,2 =−b±

√b2 − 4ac

2a

100 MARTINO GARONZI

ma non possiamo perche siamo in caratteristica 2 e quindi non possiamo dividere per 2 (cioe moltiplicare per l’inversodi 2: infatti 2 = 0 quindi non ci sono inversi di 2). Siccome F2(α) ha 23 = 8 elementi, un metodo relativamente rapidoe valutare g(x) per ogni x ∈ F2(α). Facendolo, ricordando che α3 = α2 + 1 (essendo f(α) = 0) troviamo che

g(α2) = α4 + (1 + α)α2 + α+ α2 = α(α2 + 1) + α2 + α2 + 1 + α+ α2

= α2 + 1 + α+ α2 + α2 + 1 + α+ α2 = 0.

Questo dimostra che F2(α) e campo di spezzamento per f(X): sappiamo infatti dal teorema di Ruffini che possiamoscrivere g(X) = (X−α2)h(X) con h(X) ∈ F2(α)[X]. Volendo trovare questo h(X) esplicitamente possiamo riapplicareRuffini ottenendo

1 1 + α α+ α2

α2 α2 α2 + α3 + α4

1 1 + α+ α2 α+ α2 + α2 + α3 + α4 = 0

Ne segue che f(X) = (X − α)(X − α2)(X − (1 + α+ α2)).

2.139. Sia f(X) = X5 + 1 ∈ F3[X]. Mostrare che la decomposizione in irriducibili di f(X) e (X + 1)g(X) cong(X) ∈ F3[X] irriducibile di grado 4. Sia α uno zero di g(X) in una opportuna estensione di F3. Dire se α genera ilgruppo moltiplicativo F3(α)∗ = F3(α)− 0.

Risoluzione. Applicando per esempio il teorema di Ruffini troviamo che f(X) = (X + 1)g(X) con g(X) =X4 −X3 + X2 −X + 1. Studiando le possibili fattorizzazioni di g(X) su F3 troviamo che g(X) e irriducibile. Sia αun suo zero. Siccome g(X) ha grado 4, F3(α) ∼= F3[X]/(g(X)) e un campo con 34 = 81 elementi. I suoi elementi sonotutti quelli del tipo

a0 + a1α+ a2α2 + a3α

3, a0, a1, a2, a3 ∈ F3.

Come si vede, ci sono |F3| = 3 scelte possibili per ogni parametro ai, i = 1, 2, 3, 4, quindi in totale 34 = 81 elementi. Ilgruppo moltiplicativo F3(α)∗ ha 80 elementi, quindi per dire se α lo genera dobbiamo capire se l’ordine moltiplicativodi α e esattamente 80. Sicuramente divide 80 (teorema di Lagrange), quindi se non e 80 e al massimo 40. Un metodosicuro ma (a priori!) pieno di conti e fare tutte le potenze 1, α, α2, . . . , α40. Se sono tutte diverse da 1 allora α haordine 80, altrimenti no. In questo caso possiamo evitare i conti osservando che α5 + 1 = (α + 1)g(α) = 0 essendog(α) = 0 e quindi α5 = −1, per cui α10 = 1. Segue che l’ordine di α divide 10 (e in realta e proprio 10, infatti divide10, non e 5 perche α5 = −1 6= 1, e non e 2 perche α ha grado 4 su F3), e 80 non divide 10. Segue che α non genera ilgruppo moltiplicativo F3(α)∗.

2.140. Gradi dei campi di spezzamento.

(1) Trovare il grado di un campo di spezzamento di P (X) = X4 +X2 + 1 su Q. Esaminando le fattorizzazioni diP (X) in due fattori di grado 2 troviamo che

P (X) = (X2 −X + 1)(X2 +X + 1),

quindi i quattro zeri di P (X) in C sono 12 (±1± i

√3), cioe ekiπ/3 = (eiπ/3)k con k = 1, 2, 4, 5. Siccome gli zeri

sono tutti potenze di eiπ/3, segue che il campo di spezzamento di P (X) su Q contenuto in C e Q(eiπ/3), hagrado 2. Infatti il polinomio minimo di eiπ/3 e il sesto polinomio ciclotomico, X2 −X + 1.• Sul campo F2 si ha P (X) = (X2 +X + 1)2 e X2 +X + 1 e irriducibile quindi i campi di spezzamento diP (X) hanno grado 2.• Sul campo F3 si ha P (X) = (X − 1)2(X + 1)2 quindi F3, che ovviamente ha grado 1 su F3, e un campo

di spezzamento di P (X).• Sul campo F5 si ha P (X) = (X2 +X+1)(X2−X+1) e i due fattori sono irriducibili perche hanno grado

2 e non hanno zeri in F5. I quattro zeri di P (X) sono 12 (±1± α) dove α e tale che α2 = 2. Ne segue che

F5(α) = F5[α] e un campo di spezzamento per P (X) su F5 e ha grado 2.


(2) Trovare il grado di un campo di spezzamento di P (X) = X3 + 2 su Q. Siano u = 3√

2 e ζ = eiπ/3. I tre zericomplessi di P (X) sono −u, ζu, ζ2u. Sia E il campo di spezzamento di P (X) su Q contenuto in C. Allora da−u, ζu ∈ E segue ζ = −(ζu)/(−u) ∈ E per cui E = Q(u, ζ). Ora u ha grado 3 su Q (il suo polinomio minimoe X3− 2, irriducibile per il criterio di Eisenstein) e ζ ha grado 2 su Q (il suo polinomio minimo e X2−X + 1,il sesto polinomio ciclotomico). Dalla formula dei gradi [E : Q] = [E : Q(u)] · [Q(u) : Q] = [E : Q(u)] · 3 e[E : Q] = [E : Q(ζ)] · [Q(ζ) : Q] = [E : Q(ζ)] · 2, quindi [E : Q] e diviso da 2 e da 3, per cui e diviso da 2 · 3 = 6,essendo 2 e 3 coprimi. D’altra parte [E : Q] = [Q(u, ζ) : Q] = [Q(u)(ζ) : Q(u)] · [Q(u) : Q] ≤ 2 · 3 = 6 essendoil grado di ζ su Q(u) minore o uguale a 2, infatti ζ ha grado 2 su Q. Segue che [E : Q] = 6.• Sul campo F2 si ha P (X) = X3 quindi F2, che ovviamente ha grado 1 su F2, e un campo di spezzamento

di P (X).• Sul campo F3 si ha 23 = 2 quindi X3 + 2 = (X + 2)3 (ho applicato l’endomorfismo di Frobenius) quindiF3 e un campo di spezzamento di P (X) e ha grado 1.• Sul campo F5 si ha P (2) = 0 e applicando Ruffini otteniamo P (X) = (X− 2)(X2 + 2X+ 4). Il polinomioX2 + 2X + 4 e irriducibile su F5, infatti ha grado 2 e non ha zeri in F5, quindi detto α un suo zero ilcampo F5(α) = F5[α] e un campo di spezzamento per P (X) su F5, e ha grado 2.

(3) Trovare il grado di un campo di spezzamento di P (X) = X6 +1 su Q. Ricordiamo che X3 +1 = (X+1)(X2−X + 1). Sostituendo X con X2 abbiamo allora X6 + 1 = (X2 + 1)(X4 −X2 + 1). Gli zeri complessi di questo

polinomio sono ±i e ±eiπ/6, ±ei5π/6, di cui gli ultimi quattro sono potenze di ζ = eiπ/6 = 12 (√

3 + i). Ne

segue che il campo di spezzamento E di P (X) su Q contenuto in C e uguale a Q(i, ζ) = Q(ζ,√

3). Si ha

ζ − ζ5 = 12 (√

3 + i)− 12 (−√

3 + i) =√

3 quindi√

3 ∈ Q(ζ) e segue che E = Q(ζ) ha grado 4 su Q.

• Sul campo F2 si ha X6 + 1 = (X3 + 1)2 = (X + 1)2(X2 + X + 1)2 e X2 + X + 1 e irriducibile, quindiogni suo zero genera un campo di spezzamento per P (X), che quindi ha grado 2.• Sul campo F3 si ha X6 + 1 = (X2 + 1)3 e X2 + 1 e irriducibile, quindi ogni suo zero genera un campo di

spezzamento per P (X), che quindi ha grado 2.• Sul campo F5 si ha X6 + 1 = (X2 + 1)(X4 −X2 + 1) = (X − 2)(X − 3)(X4 −X2 + 1). Esaminando le

fattorizzazioni di X4−X2+1 in due fattori di grado 2 troviamo X4−X2+1 = (X2+2X−1)(X2−2X−1).Quindi i sei zeri di P (X) sono 2, 3, ±1± α dove α e un elemento che verifica α2 = 2. Quindi un campodi spezzamento di P (X) su F5 e F5(α) = F5[α], ha grado 2.

(4) Trovare il grado di un campo di spezzamento di P (X) = X6 +3 su Q. Sia u := 6√

3 e sia ζ = eiπ/6 = 12 (√

3+ i).

I sei zeri complessi di P (X) sono ±ζu, ±ζ3u, ±ζ5u. Sia E il campo di spezzamento di P (X) su Q contenuto

in C. Allora si vede subito che E = Q(ζu, ζ2). Siccome ζ2 = 12 (1 + i

√3) si ha E = Q(ζu, i

√3). D’altra parte

i√

3 = (ζu)3 e quindi E = Q(ζu) ha grado 6 su Q, essendo P (X) = X6 + 3 il polinomio minimo di ζu su Q(irriducibile per il criterio di Eisenstein).• Sul campo F2 si ha X6 + 3 = X6 + 1 e questo caso e stato discusso nell’esercizio precedente.• Sul campo F3 si ha X6 + 3 = X6 quindi un campo di spezzamento di P (X) su F3 e F3.• Sul campo F5 si ha 33 = 2 = −3 quindi X2 − 3 divide X6 + 3 (sto semplicemente dicendo che dettoT = X2, essendo 33 + 3 = 0 per il teorema di Ruffini T − 3 divide T 3 + 3) e applicando Ruffini troviamoX6 + 3 = (X2 − 3)(X4 + 3X2 + 4). Cercando le fattorizzazioni troviamo allora che X6 + 3 = (X2 −3)(X2 +X + 2)(X2 + 4X + 2). Detto α un elemento tale che α2 = 3 gli zeri di P (X) sono ±α e ±3± 3α,quindi F5(α) = F5[α] e un campo di spezzamento di P (X) su F5 e ha grado 2.

(5) Trovare il grado di un campo di spezzamento di X4 − 2 su Q. Sia u = 4√

2. I quattro zeri complessi diP (X) = X4 − 2 sono ±u, ±iu. Sia E il campo di spezzamento di P (X) su Q contenuto in C, cioe E =Q(u,−u, iu,−iu) = Q(u, iu) = Q(u, i). Siccome Q(u) ⊆ R, i 6∈ Q(u) quindi siccome i ha grado 2 su Q(essendo zero di X2 + 1), i ha grado 2 anche su Q(u) (tale grado e infatti al piu 2 e non puo essere 1 essendoi 6∈ Q(u)). Dalla formula dei gradi

[E : Q] = [Q(u, i) : Q] = [Q(u)(i) : Q(u)] · [Q(u) : Q] = 2 · 4 = 8.

• Sul campo F2 si ha P (X) = X4 quindi F2 e un suo campo di spezzamento, e ha grado 1.

102 MARTINO GARONZI

• Sul campo F3 si ha P (X) = X4 + 1 = (X2 + X + 2)(X2 − X + 2) (fattorizzazione ottenuta andandoa cercare i fattori ma anche osservando che P (X) = (X2 + 2)2 −X2 e applicando il prodotto notevole)quindi gli zeri di P (X) sono 2(±1± α) dove α e un elemento tale che α2 = 2. Segue che F3(α) = F3[α] eun campo di spezzamento di P (X) su F3 e ha grado 2.• Sul campo F5 si ha che P (X) = X4 − 2 e irriducibile (lo si dimostra cercando le fattorizzazioni a mano).

Sia u un suo zero. Allora P (X) = X4 − 2 = (X2 − u2)(X2 + u2) = (X + u)(X − u)(X2 − 4u2) =(X + u)(X − u)(X + 2u)(X − 2u). Quindi F5(u) = F5[u] e un campo di spezzamento di P (X) su F5 e hagrado 4.

Ricordo che, come visto a lezione, quanto accade con F5 e generale: se F e un campo finito e f(X) ∈ F [X]e un polinomio irriducibile con uno zero α in un’estensione di F allora F (α) e un campo di spezzamento dif(X) su F .

(6) Trovare il grado di un campo di spezzamento di P (X) = X4 + 2 su Q. Siano

ζ = eiπ/4 =

√2

2(1 + i), u =

4√

2.

I quattro zeri complessi di P (X) sono ζu, ζ3u, ζ5u = −ζu e ζ7u = −ζ3u. Sia E ⊆ C il campo di spezzamentodi P (X) su Q, cioe E = Q(ζu, ζ3u, ζ5u, ζ7u). Allora siccome E e un campo E 3 (ζu)(ζ7u) = ζ8u2 = u2,

E 3 (ζu)2 = ζ2u2 per cui anche E 3 (ζ2u2)/u2 = ζ2 = 12 (1 + i)2 = i. Ma allora essendo

√2 = u2 si ha

ζ =√

22 (1 + i) = u2(1 + i)/2 ∈ E essendo u, i ∈ E. Ne segue che anche E 3 (ζu)/ζ = u e quindi

E = Q(ζu, ζ3u, ζ5u, ζ7u) = Q(u, ζ) = Q(u, i).

Il grado di Q(u, i) = E su Q e 8, infatti Q(u) ha grado 4 su Q (perche il polinomio minimo di u su Q e X4−2,irriducibile per il criterio di Eisenstein) i ha grado ≤ 2 su Q(u) (essendo i zero di X2 + 1) e i 6∈ Q(u) essendoQ(u) ⊆ R 63 i per cui i ha grado 2 su Q(u), quindi per la formula dei gradi

[E : Q] = [Q(u)(i) : Q(u)] · [Q(u) : Q] = 2 · 4 = 8.

• Sul campo F2 si ha P (X) = X4 + 2 = X4 quindi F2 e un campo di spezzamento per P (X) su F2, e hagrado 1.• Sul campo F3 si ha P (X) = X4 − 1 = (X2 − 1)(X2 + 1) = (X − 1)(X + 1)(X2 + 1) quindi detto α uno

zero di X2 + 1, che e irriducibile, un campo di spezzamento e F3(α), ha grado 2.• Sul campo F5 si vede che P (X) e irriducibile studiando le fattorizzazioni e quindi, per la nota nell’esercizio

precedente, un campo di spezzamento e F5(α) dove α e una qualsiasi radice di P (X) in una qualcheestensione di F5. Si puo fare anche a mano, come per l’esercizio precedente, ottenendo P (X) = X4− 3 =(X2 − α2)(X2 + α2) = (X − α)(X + α)(X − 2α)(X + 2α).

(7) Trovare il grado di un campo di spezzamento di P (X) = X4 + 4 su Q. Risolvendo l’equazione biquadraticatroviamo X2 = ±2i da cui i quattro zeri complessi di P (X) sono ±(1 ± i), quindi un campo di spezzamentoper P (X) e Q(i), e ha grado 2 su Q.• Sul campo F2 si ha P (X) = X4 quindi F2 e un campo di spezzamento per P (X) su F2, e ha grado 1.• Sul campo F3 si ha P (X) = X4 + 1 e questo caso e stato discusso nell’esercizio riguardante il polinomioX4 − 2.• Sul campo F5 si ha P (X) = X4 − 1 = (X2 − 1)(X2 + 1) = (X − 1)(X + 1)(X − 2)(X + 2) quindi F5 e un

campo di spezzamento per P (X) su F5, e ha grado 1.(8) Trovare il grado di un campo di spezzamento di P (X) = X4+2X2+9 su Q. Risolvendo l’equazione biquadratica

otteniamo che gli zeri u di P (X) verificano u2 = −1 ± 2i√

2. Ora si ha −1 ± 2i√

2 = (1 ± i√

2)2 per cui i

quattro zeri complessi di P (X) sono ±(1± i√

2). Segue che Q(i√

2) e un campo di spezzamento per P (X) suQ e ha grado 2.• Sul campo F2 si ha P (X) = X4 + 1 = (X + 1)4 quindi F2 e un campo di spezzamento per P (X) su F2, e

ha grado 1.


• Sul campo F3 si ha P (X) = X4 + 2X2 = X2(X2 − 1) = X2(X − 1)(X + 1) quindi F3 e un campo dispezzamento per P (X) su F3, e ha grado 1.• Sul campo F5 si ha P (X) = X4 + 2X2 + 4 e studiando le fattorizzazioni abbiamo P (X) = (X2 + 2X +

3)(X2− 2X + 3). Le radici di P (X) sono quindi ±1±α dove α e un elemento tale che α2 = 3. Segue cheF5(α) e un campo di spezzamento di P (X) su F5, ha grado 2.

2.141. Esercizi sul Lemma di Zorn. Nei seguenti esercizi e data una famiglia non vuota X ordinata per inclusionee si richiede di mostrare che X ha elementi massimali. La strategia e sempre la stessa: si applica il Lemma di Zorn.Si considera quindi una catena C in X, cioe un sottoinsieme totalmente ordinato di X, e si mostra che ammette unmaggiorante in X, cioe che esiste un elemento x ∈ X tale che c ⊆ x per ogni c ∈ C. Per il Lemma di Zorn segue allorache X ha elementi massimali.

(1) Sia G un gruppo e siano a 6= 1 un suo elemento, S un suo sottoinsieme, con 1 6∈ S. Allora le seguenti famiglieX di sottogruppi di G, ordinate per inclusione, sono non vuote e hanno elementi massimali: la famiglia deisottogruppi di G che non contengono a, la famiglia dei sottogruppi di G disgiunti da S, e, quando S e finito,la famiglia dei sottogruppi di G che non contengono S.

(2) Sia A anello commutativo unitario e siano S un sottoinsieme di A che non contiene 0, x un elemento nonnilpotente di A (cioe xn 6= 0 per ogni n intero positivo). Allora la famiglia X degli ideali di A disgiunti da S,ordinata per inclusione, e non vuota e ha elementi massimali. Ora sia S l’insieme delle potenze di un elementox di A non nilpotente, cioe S = xn : n ∈ N>0 (S non contiene 0 essendo 01 = 0). Mostrare che alloragli elementi massimali di X sono ideali primi di A e dedurre che un elemento di A e nilpotente se e solo seappartiene a tutti gli ideali primi di A.

Esercizio 1. Osserviamo che in tutti e tre i casi 1 ∈ X, quindi X 6= ∅. Sia C = Hλλ∈Λ una catena in X, e siaH :=

⋃λ∈ΛHλ. Certamente H e un maggiorante per C, essendo Hλ ⊆ H per ogni λ ∈ Λ (per definizione di unione).

Rimane da dimostrare che H ∈ X, e per questo e necessario che H sia un sottogruppo di G.

• L’elemento neutro 1 di G appartiene ad H essendo 1 ∈ Hλ per ogni λ ∈ Λ e quindi anche 1 ∈ H.• Sia x ∈ H e mostriamo che x−1 ∈ H. Siccome x ∈ H =

⋃λ∈ΛHλ per definizione di unione esiste λ ∈ Λ con

x ∈ Hλ per cui anche x−1 ∈ Hλ (essendo Hλ un sottogruppo) quindi x−1 ∈ H (per definizione di unione).• Siano x, y ∈ H e mostriamo che xy ∈ H. Siccome H =

⋃λ∈ΛHλ per definizione di unione esistono λ, µ ∈ Λ

tali che x ∈ Hλ e y ∈ Hµ. Siccome l’inclusione induce in C un ordine totale (perche C e una catena) si haHλ ⊆ Hµ oppure Hµ ⊆ Hλ. Nel primo caso x ∈ Hλ ⊆ Hµ 3 y quindi siccome Hµ e un sottogruppo di G,xy ∈ Hµ ⊆ H e quindi xy ∈ H. Nel secondo caso y ∈ Hµ ⊆ Hλ 3 x quindi siccome Hλ e un sottogruppo diG, xy ∈ Hλ ⊆ H quindi xy ∈ H.

Per mostrare che H ∈ X ci rimane da verificare una condizione, che e diversa nei tre casi.

• Caso 1. X = K ≤ G : a 6∈ K. Dobbiamo quindi mostrare che a 6∈ H. Se fosse a ∈ H allora per definizionedi unione siccome H =

⋃λ∈ΛHλ esiste λ ∈ Λ tale che a ∈ Hλ, e questo contraddice il fatto che Hλ ∈ X.

• Caso 2. X = K ≤ G : S ∩K = ∅. Dobbiamo quindi mostrare che S ∩H = ∅. Se fosse S ∩H 6= ∅ alloraesisterebbe a ∈ S con a ∈ H =

⋃λ∈ΛHλ, quindi per definizione di unione esiste λ ∈ Λ tale che a ∈ Hλ e

siccome a ∈ S questo contraddice il fatto che Hλ ∈ X.• Caso 3. S e finito e X = K ≤ G : S 6⊆ K. Dobbiamo quindi mostrare che S 6⊆ H. ScriviamoS = a1, . . . , ak e supponiamo per assurdo che sia S ⊆ H. Allora ai ∈ H per ogni i = 1, . . . , k quindi perdefinizione di unione siccome H =

⋃λ∈ΛHλ esistono λ1, . . . , λk ∈ Λ tali che ai ∈ Hλi per ogni i = 1, . . . , k.

Siccome l’ordine in C indotto dall’inclusione e totale, esiste j ∈ 1, . . . , k tale che Hλi ⊆ Hλj per ognii = 1, . . . , k (in un insieme totalmente ordinato i sottoinsiemi finiti hanno un unico minimo e un unicomassimo), quindi ai ∈ Hλj per ogni i = 1, . . . , k cioe S ⊆ Hλj e questo contraddice il fatto che Hλj ∈ X.

Esercizio 2. Osserviamo che 0 ∈ X, quindi X 6= ∅. Sia C = Iλλ∈Λ una catena in X, e sia I :=⋃λ∈Λ Iλ.

Certamente I e un maggiorante per C, essendo Iλ ⊆ I per ogni λ ∈ Λ (per definizione di unione). Rimane dadimostrare che I ∈ X, e per questo e necessario che I sia un ideale di A.

• 0 appartiene ad I essendo 0 ∈ Iλ per ogni λ ∈ Λ e quindi anche 0 ∈ I.

104 MARTINO GARONZI

• Sia x ∈ I e sia a ∈ A, mostriamo che ax ∈ I. Per definizione di unione siccome I =⋃λ Iλ esiste λ ∈ Λ tale

che x ∈ Iλ per cui ax ∈ Iλ essendo Iλ un ideale, quindi anche ax ∈ I per definizione di unione. In particolarequando a = −1 otteniamo che −x ∈ I, cioe I contiene gli inversi additivi dei suoi elementi.

• Siano x, y ∈ I, mostriamo che x+ y ∈ I. Siccome I =⋃λ∈Λ Iλ per definizione di unione esistono λ, µ ∈ Λ tali

che x ∈ Iλ e y ∈ Iµ. Siccome l’inclusione induce in C un ordine totale (perche C e una catena) si ha Iλ ⊆ Iµoppure Iµ ⊆ Iλ. Nel primo caso x ∈ Iλ ⊆ Iµ 3 y quindi siccome Iµ e un ideale di A, x+ y ∈ Iµ ⊆ I e quindix + y ∈ I. Nel secondo caso y ∈ Iµ ⊆ Iλ 3 x quindi siccome Iλ e un ideale di A, x + y ∈ Iλ ⊆ I quindix+ y ∈ I.

Per mostrare che I ∈ X ci rimane da verificare che S ∩ I = ∅. Se fosse S ∩ I 6= ∅ allora esisterebbe a ∈ S cona ∈ I =

⋃λ∈Λ Iλ, quindi per definizione di unione esiste λ ∈ Λ tale che a ∈ Iλ e siccome a ∈ S questo contraddice il

fatto che Iλ ∈ X.

Consideriamo ora il caso in cui S = xn : n ∈ N>0 dove x e un elemento non nilpotente di A, cioe xn 6= 0 perogni n ∈ N>0. Sia P un elemento massimale di X (abbiamo appena dimostrato che esiste). Mostriamo che e un idealeprimo. Dobbiamo cioe mostrare che se α, β ∈ A con αβ ∈ P allora almeno uno tra α e β appartiene a P . Supponiamoquindi per assurdo che sia αβ ∈ P con α 6∈ P e β 6∈ P . Allora gli ideali P + (α) e P + (β) contengono P propriamente,infatti α e β non appartengono a P . Siccome P e un elemento massimale di X segue che P + (α), P + (β) 6∈ X. In altreparole esistono n,m interi positivi con xn ∈ P + (α) e xm ∈ P + (β), cioe esistono a, c ∈ P e b, d ∈ A con xn = a+αb,xm = c+ βd. Allora abbiamo

xn+m = xnxm = (a+ αb)(c+ βd) = ac+ aβd+ αbc+ αβbd

e questo elemento appartiene a P , infatti a, c ∈ P , αβ ∈ P e P e un ideale. Deduciamo che xn+m ∈ P e questocontraddice il fatto che P ∈ X. In conclusione, P e un ideale primo di A.

Sia ora N l’insieme degli elementi nilpotenti di A. Mostriamo che N e uguale all’intersezione degli ideali primi diA.

• (⊆). Se x ∈ N e I e un ideale primo di A allora esiste un intero positivo n con xn = 0 ∈ I e quindi, siccome Ie un ideale primo, da x · xn−1 = xn ∈ I segue x ∈ I oppure xn−1 ∈ I, e per induzione concludiamo che x ∈ I.Quindi x appartiene a tutti gli ideali primi di A, quindi appartiene alla loro intersezione.

• (⊇). Sia x un elemento di A che appartiene a tutti gli ideali primi di A, e mostriamo che x ∈ N . Se fossex 6∈ N allora per quanto dimostrato sopra la famiglia X = J A : xn 6∈ J ∀n ∈ N>0 ha un elementomassimale P , che come visto e un ideale primo di A. Siccome P ∈ X si ha x = x1 6∈ P e questo contraddice ilfatto che x appartiene a tutti gli ideali primi di A.

2.142. Tu e altre infinite persone indossate un cappello. Ogni cappello e rosso oppure verde. Ogni persona vede ilcolore del cappello di ogni altra persona, ma non vede il colore del proprio; a parte questo, non ci si puo scambiareinformazioni (ma si puo fissare una strategia prima della comparsa dei cappelli). Simultaneamente, ognuno prova aindovinare il colore del proprio cappello. Si vince se solo un numero finito di persone si sbaglia. Trovare una strategiavincente.

Risoluzione. Sia X l’insieme delle persone e sia I l’insieme rosso, verde. Un’assegnazione di cappelli e unafunzione f : X → I, cioe un elemento di IX . Diciamo che f, g ∈ IX sono equivalenti se l’insieme x ∈ X : f(x) 6= g(x)e finito, cioe se f e g coincidono al di fuori di un insieme finito. Denotiamo con [f ] la classe di f ∈ IX . Quando edata un’assegnazione f , la persona x conosce f(y) per ogni y 6= x ma non conosce f(x). Siccome x e un insiemefinito, la persona x certamente conosce [f ]. L’idea e che x scegliera una g ∈ [f ] e provera a indovinare che il colore delsuo cappello e g(x). La cosa funziona solo se ogni altra persona sceglie la stessa g. Quindi la strategia e la seguente:usando l’assioma della scelta, prima della comparsa dei cappelli le persone scelgono un rappresentante gC di ogni classedi equivalenza C. Alla comparsa dei cappelli, associata all’assegnazione f ∈ IX , ogni persona x calcola [f ] e dichiara


che il colore del suo cappello e g[f ](x). Questo e tutto perche per definizione g[f ] e f differiscono solo su un numerofinito di persone.

2.143. Sia ψ ∈ C una radice primitiva terza dell’unita. Sapendo che Z[ψ] e un dominio a fattorizzazione unica,mostrare che l’equazione X3 + Y 3 = Z3 non ammette soluzioni intere non nulle in X,Y, Z. Questo e un casoparticolare del teorema di Fermat-Wiles.

Riferimenti bibliografici

[1] N. Jacobson, Basic algebra. I. Second edition. W. H. Freeman and Company, New York, 1985.[2] M. Aschbacher, Finite Group Theory; Cambridge Studies in Advanced Mathematics.

[3] M. Isaacs, Finite Group Theory; Graduate Studies in Mathematics.

[4] D. Gorenstein, Finite Groups; American Mathematical Society.[5] P. J. Cameron, Permutation Groups; London Mathematical Society.

[6] D. J. S. Robinson, A Course in the Theory of Groups; Springer.

esercizi su gruppi e polinomi - mathunipdmgaronzi/esercizialg2.pdf · 2014. 10. 15. · esercizi su...

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