Il super eserciziario

Esercizi di riepilogo di Algebra

In questa pagina verranno proposti esercizi di tutti gli argomenti sia del programma di Algebra 1 e Algebra 2. Provate a svolgere gli esercizi senza guardare le proposte di soluzioni. Certi esercizi sono segnati con il grado di difficolta che va da medio a molto difficile. 

Esercizio 1 (medio)
Provare che non esiste un gruppo semplice di ordine 80.

Svolgimento

Sia G un gruppo finito con |G|=80. Fattorizzando otteniamo 80=2^4 \cdot 5, quindi applicando il primo Teorema di Sylow esistono sottogruppi di ordine 16 e 5, perciò dobbiamo analizzare il caso p=5 e il caso p=2.

Per p=5, indichiamo con n_5 il numero dei sottogruppi di Sylow di ordine 5, per il terzo teorema di Sylow:


n_5 \equiv 1 \pmod{5}\qquad\text{e}\qquad n_5 \mid 2^4 = 16


I divisori di 16 sono 1,2,4,8,16. Tra questi, quelli congrui a 1 \pmod 5 sono solo 1 e 16. Quindi n_5 \in \{1,16\}.

Se n_5=1 allora l'unico sottogruppo di Sylow di ordine 5 è normale in G, e quindi G non è semplice. Perciò, per escludere un sottogruppo normale, dobbiamo assumere n_5=16.

Dobbiamo ora contare gli elementi di ordine 5, abbiamo che ogni sottogruppo di ordine 5 è ciclico e contiene esattamente 4 elementi di ordine 5. Infatti, usando la funzione di Eulero si ha \phi(5)=4 e sono tutti elementi diversi dall'identità. Due sottogruppi distinti di ordine primo 5 si intersecano solo nell'identità, infatti l'intersezione di due sottogruppi è un sottogruppo; se fosse non banale avrebbe ordine 5 e sarebbe quindi uguale a ciascuno dei due sottogruppi, contraddicendo la distinzione. Pertanto i 16 sottogruppi di ordine 5 contribuiscono con 16\cdot 4 = 64 elementi distinti di ordine 5.
Di conseguenza rimangono 80-64=16 elementi che non hanno ordine 5 e tali elementi devono avere ordine una potenza di 2, inclusa l'identità.


Per p=2, sia n_2 il numero dei sottogruppi di Sylow di ordine 2^4=16, applicando il terzo teorema di Sylow abbiamo


n_2 \equiv 1 \pmod{2}\qquad\text{e}\qquad n_2 \mid 5


I divisori di 5 sono 1 e 5, entrambi congrui a 1 \pmod 2. Quindi n_2 \in \{1,5\}


Se n_2=1 allora l'unico sottogruppo di Sylow di ordine 16 è normale in G, e quindi G non è semplice. Per avere un gruppo semplice dovremmo avere n_2=5.


Rimane da vedere come agisce la classe laterale (coset) e il nucleo nel sottogruppo di Sylow di ordine 2.

Sia P un sottogruppo di Sylow di ordine 16. Dato che n_2=5, l'indice [G:P] vale


[G:P] = \dfrac{|G|}{|P|} = \dfrac{80}{16} = 5


Consideriamo l'azione di G sull'insieme delle classi laterali sinistri G/P=\{gP: g\in G\} per moltiplicazione a sinistra:


G \times G/P \to G/P,\qquad (g,\, xP)\mapsto gxP


Questa azione definisce un omomorfismo di gruppi \varphi: G \longrightarrow S_{5}, dove S_5 è il gruppo delle permutazioni dei 5 coset. 

Il nucleo di \varphi è:


\ker\varphi = \{g\in G : g xP = xP \ \text{per ogni } x\in G\} = \bigcap_{x\in G} xPx^{-1}



Notiamo che \ker\varphi è un sottogruppo normale di G e, poiché è contenuto in P, il suo ordine è una potenza di 2, (cioè un divisore di 16). Inoltre \ker\varphi è proprio un sottogruppo di P, quindi |\ker\varphi| divide 16.


Abbiamo due possibilità:


1) Se \ker\varphi fosse banale (cioè \ker\varphi=\{e\}), allora \varphi sarebbe iniettivo e quindi G si identificerebbe con un sottogruppo di S_5. Da ciò seguirebbe che |G| divide |S_5|=120. Ma ciò è impossibile perché 80 = 2^4\cdot 5 e \quad 120 = 2^3\cdot 3\cdot 5 e la potenza di 2 che compare in 80 è 2^4 mentre in 120 è 2^3; poiché 2^4\nmid 2^3, risulta 80\nmid 120. Quindi \ker\varphi non può essere banale.


2) Poiché \ker\varphi\subseteq P e P non è l'intero G (dato che |P|=16<80), il nucleo non può essere tutto G. Quindi \ker\varphi è un sottogruppo normale non banale ma proprio di G.


In entrambi i casi abbiamo trovato un sottogruppo normale proprio e non banale di G, perciò il gruppo G non è semplice. \blacksquare

Esercizio 2 (Gruppo normalizzatore)
Siano G un gruppo e H un sottogruppo di G. Il normalizzatore di H in G è dato dall'insieme:

N_G(H)=\{g \in G | gH=Hg\}

Provare che
a) N_G(H) è un sottogruppo di G;
b) N_G(H) contiene H;
c) H è un sottogruppo normale in N_G(H);
d) se L è un sottogruppo di G, allora L contiene H e H è un sottogruppo normale di L, allora L \subseteq N_G(H)

Svolgimento

Utilizziamo la caratterizzazione del coniugio:


Per ogni g\in G vale l'equivalenza:


gH=Hg \quad\Longleftrightarrow\quad gHg^{-1}=H.


(\Rightarrow) Se gH=Hg, moltiplicando a destra per g^{-1} si ottiene:


(gH)g^{-1}=(Hg)g^{-1} \quad\Longrightarrow\quad gHg^{-1}=H.


(\Leftarrow) Se gHg^{-1}=H, moltiplicando a destra per g si ha:


gHg^{-1}g=Hg \quad \Longrightarrow \quad gH=Hg.

Possiamo rispondere ai quesiti:

a) Dimostriamo che N_G(H) \le G col criterio dei sottogruppi. Basta mostrare che l'insieme non sia vuoto, sia chiuso rispetto al prodotto e agli inversi.

1) Insieme non vuoto: L'identità e soddisfa eH=He, quindi e \in N_G(H).

2) Insieme chiuso rispetto al prodotto: Siano x,y \in N_G(H). Per la caratterizzazione per coniugio si ha xHx^{-1}=H e yHy^{-1}=H. Allora: 

(xy)H(xy)^{-1}=x(\underbrace{yHy^{-1}}_{H})x^{-1}=xHx^{-1}=H


3) Insieme chiuso rispetto agli inversi: Se x\in N_G(H), allora xHx^{-1}=H; coniugando con x^{-1} otteniamo: 


x^{-1}Hx=(x^{-1})(xHx^{-1})x=(x^{-1}x)H(x^{-1}x)=H,

Pertanto N_G(H) è un sottogruppo di G.


b) Per ogni h\in H vale hH=Hh. Quindi h\in N_G(H) e H\subseteq N_G(H).


c) Per definizione di N_G(H), per ogni n\in N_G(H) si ha nHn^{-1}=H. Questa è esattamente la condizione H\trianglelefteq N_G(H).


d) Sia ora L\le G tale che H\subseteq L e H\trianglelefteq L. Per ogni \ell\in L la normalità di H in L segue che \ell H\ell^{-1}=H; per la caratterizzazione del coniugio, ciò equivale a \ell H=H\ell, cioè \ell\in N_G(H). Essendo \ell arbitrario, L\subseteq N_G(H), in sostanza ogni elemento di L normalizza H.


Possiamo osservare dalla dimostrazione del punto d) che N_G(H) è, per inclusione, il massimo  sottogruppo di G in cui H è normale. Infatti N_G(H) è un sottogruppo di G che contiene H; in esso H è normale e contiene ogni sottogruppo L di G dove H è normale. \quad \blacksquare.


Un esempio pratico è il normalizzatore in S_3, infatti posto G=S_3 e sia H=\langle (1\,2)\rangle, ovvero H=\{e,(1\,2)\}, vogliamo calcolare il normalizzatore di H in S_3:


N_G(H) = \{ g \in G \mid gHg^{-1}\} = H


In generale, per una trasposizione (ij) \in S_n e un g \in S_n, 


g(ij)g^{-1} = (g(i)\ g(j))


Quindi il coniugio di (12) tramite g sarà la trasposizione che scambia g(1) e g(2).


Scriviamo tutti gli elementi di S_3


S_3 = \{ e,\ (12),\ (13),\ (23),\ (123),\ (132) \}.

Cominciamo con g = e, si ha:


e(12)e^{-1} = (12) \in H \quad \Rightarrow \quad e \in N_{S_3}(H).



Per il secondo elemento: g = (12), risulta allora:


(1\,2)(1\,2)(1\,2) =(2\,1)= (1\,2) \in H \quad \Rightarrow \quad (1\,2) \in N_{S_3}(H).


Se analizziamo l'elemento g = (1\,3), essendo g(1) = 3 e g(2) = 2, abbiamo che:


(1\,3)(1\,2)(1\,3)=(2\,3)\notin H. Dunque (1\,3)\notin N_{S_3}(H).

Analogamente per g = (2\,3):    g(1) = 1, \quad g(2) = 3,
  
quindi
    
(2\,3)(1\,2)(2\,3) = (1\,3) = (1\,3) \notin H \quad \Rightarrow \quad (2\,3) \notin N_{S_3}(H)
  
Per g = (1\,2\,3): g(1) = 2, \quad g(2) = 3
 
quindi
 
(1\,2\,3)(12)(123)^{-1} = (2\,3) = (2\,3) \notin H \quad \Rightarrow \quad (1\,2\,3) \notin N_{S_3}(H).
     
g = (1\,3\,2):   g(1) = 3, \quad g(2) = 1

quindi
 
(1\,3\,2)(1\,2)(1\,3\,2)^{-1} = (3\,1) = (1\,3) \notin H \quad \Rightarrow \quad (1\,3\,2) \notin N_G(H).
   
In conclusione, gli unici elementi che normalizzano H sono e e (1\,2), dunque:

N_{S_{3}}(H)=\{e,(1\,2)\}=H

Questo non è altro che il cetralizzatore di (1\,2), ovvero \{g \in S_3 | g(1\,2)=(1\,2)g \}, in quanto l’unica trasposizione che resta uguale per coniugio è proprio (1\,2).
I sottogruppi \langle (12)\rangle, \langle (13)\rangle e \langle (23)\rangle sono tutti coniugati tra loro, quindi ci sono 3 coniugati di H, per il teorema delle classi:

|N_{S_3}(H)| = \dfrac{|S_3|}{\# \text{coniugati di } H} = \dfrac{6}{3} = 2. \quad \ \ \blacksquare

Esercizio 3
Siano A e B insiemi e sia f : A \to B un 'applicazione.

Parte a) Provare che le seguenti affermazioni sono equivalenti:
1) f è iniettiva;
2) per ogni insieme X \subseteq A si ha f^{-1}(f(X))=X.

Parte b) Provare che le seguenti affermazioni sono equivalenti:
1) f è suriettiva;
2) per ogni sottoinsieme Y \subseteq B si ha f(f^{-1}(Y))=Y.
Svolgimento

Parte a
1) \Rightarrow 2) Supponiamo che f sia iniettiva e sia X \subseteq A arbitrario. 

Proviamo che X \subseteq f^{-1}(f(X))


Sia x \in X. Allora f(x) \in f(X), perciò x \in f^{-1}(f(X)). Dunque X \subseteq f^{-1}(f(X)).

Mostriamo l'inclusione inversa, ossia che f^{-1}(f(X)) \subseteq X.

Sia a \in f^{-1}(f(X)). Per definizione, f(a) \in f(X), quindi esiste x \in X tale che f(a) = f(x).

Poiché f è iniettiva, segue che a = x, dunque a \in X. Quindi f^{-1}(f(X)) \subseteq X. Combinando le due inclusioni si ottiene f^{-1}(f(X)) = X.


2) \Rightarrow 1) Viceversa supponiamo che per ogni X \subseteq A valga f^{-1}(f(X)) = X. Mostriamo che f è iniettiva. Siano a_1, a_2 \in A tali che f(a_1) = f(a_2). Consideriamo il sottoinsieme X = \{a_1\}. Per ipotesi f^{-1}(f(\{a_1\})) = \{a_1\}.


Poiché f(a_2) = f(a_1), si ha a_2 \in f^{-1}(f({a_1})). Quindi a_2 \in \{a_1\}, e dunque a_2 = a_1, ovvero f è iniettiva. \blacksquare


Parte b
(i) \Rightarrow (ii) Supponiamo che f sia suriettiva e sia Y \subseteq B arbitrario.


Mostriamo che f(f^{-1}(Y)) \subseteq Y.


Sia y \in f(f^{-1}(Y)). Allora y = f(a) per qualche a \in f^{-1}(Y). Per definizione di preimmagine, f(a) \in Y, dunque y \in Y. Quindi f(f^{-1}(Y)) \subseteq Y.


Mostriamo che Y \subseteq f(f^{-1}(Y)).


Sia y \in Y. Poiché f è suriettiva, esiste a \in A tale che f(a) = y. Essendo y \in Y, si ha a \in f^{-1}(Y), perciò y = f(a) \in f(f^{-1}(Y)). Quindi Y \subseteq f(f^{-1}(Y)).


Combinando le due inclusioni si ottiene f(f^{-1}(Y)) = Y.


(ii) \Rightarrow (i) Supponiamo che f(f^{-1}(Y)) = Y per ogni Y \subseteq B. Prendiamo Y = B. Allora f(f^{-1}(B)) = B.


Poiché f^{-1}(B) = A (dato che f(a) \in B per ogni a \in A), otteniamo f(A) = B, cioè f è suriettiva. \blacksquare.


Prendendo Y = \{y\} con y \in B, dall'uguaglianza f(f^{-1}(\{y\})) = \{y\} segue che f^{-1}(\{y\}) \neq \varnothing, dunque per ogni y \in B esiste almeno un a \in A con f(a) = y. Quindi f è suriettiva. \blacksquare
 
Esercizio 4
Siano G, H due gruppi e f : G \to H un omomorfismo di gruppi. Si provi che:
a) se N è un sottogruppo normale di H, allora f^{-1}(N) è un sottogruppo normale di G.
b) se M è un sottogruppo normale di G, allora non è necessariamente vero che f(M) sia un sottogruppo normale di H.

Svolgimento

Per un insieme X\subseteq H denotiamo

f^{-1}(X)=\{g\in G \mid f(g)\in X\}

la controimmagine di X tramite f. Quando X è un sottogruppo di H, f^{-1}(X) è chiamata controimmagine del sottogruppo.


Verifichiamo che un sottoinsieme S\subseteq G è sottogruppo:

S\le G \quad\Longleftrightarrow\quad S\neq\varnothing \ \text{e}\ \forall a,b\in S,\ ab^{-1}\in S.



a) Mostriamo prima che f^{-1}(N) è un sottogruppo di G: Deve essere:

- Non vuoto. Poiché N è sottogruppo di H, contiene l'identità e_H. Poiché f è un omomorfismo, f(e_G)=e_H; quindi e_G\in f^{-1}(N). Quindi f^{-1}(N)\neq\varnothing.

- Chiuso per prodotto di tipo ab^{-1}. Siano a,b\in f^{-1}(N). Allora f(a),f(b)\in N. Poiché N è sottogruppo f(a)f(b)^{-1}\in N.

Ma f è omomorfismo, quindi

f(ab^{-1})=f(a)f(b)^{-1}\in N

cioè ab^{-1}\in f^{-1}(N). Quindi f^{-1}(N)\le G.


Rimane da verificare la normalità: vogliamo mostrare che \forall g\in G,\ \forall x\in f^{-1}(N) si ha g x g^{-1}\in f^{-1}(N).

Sia g\in G e x\in f^{-1}(N). Allora f(x)\in N. Poiché f è omomorfismo,

f(gxg^{-1}) = f(g) f(x) f(g)^{-1}

Poiché N\lhd H, per ogni h\in H e ogni n\in N si ha h n h^{-1}\in N. Applicando ciò con h=f(g) e n=f(x) otteniamo

f(g) f(x) f(g)^{-1} \in N

Dunque f(gxg^{-1})\in N cioè gxg^{-1}\in f^{-1}(N). Quindi f^{-1}(N)\lhd G. \blacksquare


b) Non è vero in generale che l'immagine f(M) di un sottogruppo normale M\lhd G sia normale in H.

Facciamo un'osservazione che chiarisce il limite di tale proprietà: se M\lhd G allora f(M)\lhd f(G). Infatti, sia y\in f(G) e x\in f(M). Allora esistono g\in G e m\in M tali che y=f(g) e x=f(m). Calcoliamo


y x y^{-1} = f(g)\,f(m)\,f(g)^{-1} = f(g m g^{-1})


Poiché M\lhd G si ha g m g^{-1}\in M, quindi f(g m g^{-1})\in f(M). 

Pertanto yxy^{-1}\in f(M). Questo mostra f(M)\lhd f(G). In particolare, se f è suriettiva allora f(G)=H e da ciò segue f(M)\lhd H.


Forniamo due controesempi: 


Sia H=S_3 e sia G=\{e,(12)\} il sottogruppo di S_3 generato dalla trasposizione (12). 

Consideriamo l'inclusione naturale f:G\hookrightarrow H. Prendiamo M=G. 

Poiché ogni gruppo è normale in sé, M\lhd G. Tuttavia f(M)=\{e,(12)\} non è normale in S_3 perché esiste un elemento h=(123)\in S_3 tale che h\,(12)\,h^{-1}=(23)\notin\{e,(12)\}. 

Pertanto f(M) non è normale in H.


2) Sia H=S_4. Consideriamo il sottogruppo di Klein:


V_4=\{ e,\ (12)(34),\ (13)(24),\ (14)(23) \}\le S_4


che è normale in S_4. Prendiamo G=V_4 e sia M=\langle(12)(34)\rangle=\{e,(12)(34)\}.


All'interno di G il sottogruppo M è normale (poiché G è abeliano, ogni suo sottogruppo è normale). Consideriamo l'inclusione f:G\hookrightarrow H. Allora f(M)=M come sottoinsieme di H ma coniugando (12)(34) in S_4, si ottengono gli altri due elementi dell'insieme dei prodotti di due trasposizioni disgiunte:


(23)\,(12)(34)\,(23)^{-1} = (13)(24)\notin M (vedi freccia sotto per la dimostrazione del calcolo)

Mostriamo in dettaglio il calcolo di (23)\,(12)(34)\,(23)^{-1}


Ricordiamo la regola generale: per ogni \sigma,\tau\in S_n,


\sigma\ (\,a_1\,a_2\,\dots\,a_k\,)\ \sigma^{-1} = (\sigma(a_1)\ \sigma(a_2)\ \dots\ \sigma(a_k))


Applicando la regola alle due trasposizioni disgiunte (1\,2)(3\,4) e alla permutazione \sigma=(2\,3), otteniamo:


(2\,3)\,(1\,2)(3\,4)\,(2\,3)^{-1} = (\ (2\,3)(1)\ (2\,3)(2)\ )\ (\ (2\,3)(3)\ (2\,3)(4)\ )


Poiché (2\,3) agisce su \{1,2,3,4\} mandando 1\mapsto1,\,2\mapsto3,\,3\mapsto2,\,4\mapsto4, i fattori diventano (1\ 3)(2\ 4)


cioè la permutazione (1\ 3)(2\ 4).


In alternativa utilizziamo la relazione:


(\sigma\tau\sigma^{-1})(x) = \sigma\big(\tau(\sigma^{-1}(x))\big)


In questo caso:


Qui \sigma=(2\,3) e \tau=(1\,2)(3\,4). Notiamo che \sigma^{-1}=\sigma.


Calcoliamo immagine per immagine:


      \begin{align*} x=1: &\quad \sigma^{-1}(1)=1, \quad \tau(1)=2, \quad \sigma(2)=3 \quad\Rightarrow\quad 1\mapsto3;\\ x=3: &\quad \sigma^{-1}(3)=2, \quad \tau(2)=1, \quad \sigma(1)=1 \quad\Rightarrow\quad 3\mapsto1;\\ x=2: &\quad \sigma^{-1}(2)=3, \quad \tau(3)=4, \quad \sigma(4)=4 \quad\Rightarrow\quad 2\mapsto4;\\ x=4: &\quad \sigma^{-1}(4)=4, \quad \tau(4)=3, \quad \sigma(3)=2 \quad\Rightarrow\quad 4\mapsto2; \end{align*}


Raggruppando i risultati troviamo i cicli (1\ 3)(2\ 4), cioè ancora (13)(24).

Quindi M non è normale in H=S_4. Questo mostra che anche quando M\lhd G (qui per via dell'abelianità di G) la sua immagine tramite l'inclusione in H può non essere normale. \blacksquare

Esercizio 5
Sia Z[i] l’anello degli interi di Gauss. Siano I := (5) e J := (2 + i) ideali di Z[i] . Si dica se uno (o entrambi) tra I o J è ideale massimale in Z[i] . Nel caso in cui uno dei due sia non massimale, si esibisca esplicitamente un ideale proprio che lo contenga (strettamente).
Sia \mathbb{Z}[i] l’anello degli interi di Gauss. Siano I := (5) e J := (2 + i) ideali di \mathbb{Z}[i].
Vogliamo determinare se uno (o entrambi) tra I e J sono ideali massimali in \mathbb{Z}[i] e, nel caso in cui uno dei due non lo sia, esibire un ideale proprio che lo contenga strettamente.
Poiché \mathbb{Z}[i] è un dominio euclideo con funzione norma N(a+bi)=a^2+b^2, esso è anche un dominio ad ideali principali (PID). In un PID, un ideale (\alpha) è massimale se e solo se \alpha è irriducibile, e ciò è equivalente al fatto che \alpha sia primo. Dunque, per decidere se un ideale è massimale, basta studiare la fattorizzazione del suo generatore.
Consideriamo innanzitutto I = (5). Osserviamo che N(2+i) = 2^2 + 1^2 = 5.
Poiché la norma è moltiplicativa, abbiamo (2+i)(2-i) = N(2+i) = 5 quindi 5 = (2+i)(2-i).
I fattori 2+i e 2-i non sono unità, poiché la loro norma è 5 > 1. Dunque 5 non è irriducibile in \mathbb{Z}[i], e di conseguenza l'ideale (5) non è primo e quindi non è massimale. Un ideale proprio che lo contiene strettamente è, ad esempio, (2+i). Infatti: (5) = \big( (2+i)(2-i) \big) \subseteq (2+i).

L'inclusione è stretta: se (5) = (2+i), allora 5 e 2+i sarebbero associati e quindi

    \[N(5)=N(2+i) \quad \Longrightarrow \quad 25=5\]

che è assurdo. Dunque (5)\subsetneq(2+i). Analogamente (5)\subsetneq(2-i).
Passiamo ora all’ideale J = (2+i). Se 2+i = \alpha\beta, allora il prodotto della norma implica

    \[N(2+i) = N(\alpha)N(\beta) \quad \Longrightarrow \quad 5 = N(\alpha)N(\beta)\]

Poiché 5 è primo in \mathbb{Z}, una delle due norme deve essere 1, il che significa che uno dei due fattori è una unità. Pertanto 2+i è irriducibile in \mathbb{Z}[i]. Essendo \mathbb{Z}[i] un PID, l'ideale (2+i) è dunque massimale.
Un'ulteriore conferma deriva dal considerare l'omomorfismo di anelli:

    \[\varphi : \mathbb{Z}[i] \longrightarrow \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}, \qquad \varphi(a+bi) = a - 2b \pmod{5}.\]

Si ha \varphi(i)=-2 e quindi \varphi(i)^2 = (-2)^2 = 4 \equiv -1 \pmod{5}, per cui la relazione i^2=-1 è rispettata. Inoltre:

    \[\varphi(2+i) = 2 + (-2) \equiv 0 \pmod{5}\]

quindi (2+i)\subseteq\ker\varphi. Poiché \varphi è suriettiva, per il primo teorema di isomorfismo segue che:

    \[\mathbb{Z}[i]/(2+i) \cong \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\]

che è un campo. Quindi (2+i) è massimale.
In conclusione:

    \[\boxed{\begin{array}{ll}I = (5) & \text{non è massimale}, \quad (5) \subsetneq (2+i). \\J = (2+i) & \text{è massimale}.\end{array}}\]

\blacksquare

Esercizio 6 (Medio)
Sia G un gruppo finito con |G| = 231 = 3\cdot 7\cdot 11. 
Dimostrare che esiste uno e un solo sottogruppo K \le G di ordine 11, 
che K è normale in G e che inoltre K \subseteq Z(G).
Svolgimento

Per il primo e terzo teorema di Sylow, sia n_{11} il numero dei sottogruppi di Sylow di ordine 11.
Allora vale:

    \[n_{11} \equiv 1 \pmod{11},\qquad n_{11} \mid \frac{|G|}{11} = 21\]


I divisori di 21 sono \{1,3,7,21\} e tra questi, l’unico congruo a 1 \pmod{11} è 1, quindi si ha che n_{11} = 1. Pertanto esiste un unico sottogruppo K\le G di ordine 11, ed essendo unico, è normale:K \lhd G.

L’esercizio può essere risolto in due modi: usando il lemma di Burnside, oppure utilizzando il teorema di isomorfismo. Proponiamo entrambi i metodi.

Primo metodo: Consideriamo l’azione di G su K per coniugio:

    \[G \times K \longrightarrow K,\qquad (g,x) \mapsto gxg^{-1}.\]


Sia \mathcal{O}(x) l’orbita di un elemento x\in K:

    \[\mathcal{O}(x) = { gxg^{-1} \mid g\in G } \subseteq K.\]


Poiché \mathcal{O}(x) \subseteq K e |K|=11 è primo,abbiamo due possibilità:

    \[|\mathcal{O}(x)| = 1 \qquad \text{oppure} \qquad |\mathcal{O}(x)| = 11.\]

Supponiamo per assurdo che |\mathcal{O}(x)| = 11, per il lemma di Burnside:

    \[|\mathcal{O}(x)| = [G : C_G(x)] = 11 \qquad \Longrightarrow \qquad |C_G(x)| = \frac{|G|}{11} = 21.\]


Poiché K è ciclico, ogni elemento di K commuta con x, quindi K \subseteq C_G(x).
Ne seguirebbe che 11 \mid |C_G(x)|, ma 21 non è divisibile per 11: assurdo!

Dunque non esiste alcun x\in K con orbita di cardinalità 11.


Per ogni x\in K, quindi, |\mathcal{O}(x)| = 1, cioè:

    \[gxg^{-1} = x \qquad \forall g\in G.\]


Pertanto ogni elemento di K commuta con ogni elemento di G: pertanto K \subseteq Z(G)\blacksquare

Secondo metodo: Poiché |K| = 11 è primo, K è ciclico:

    \[K \simeq C_{11}.\]


Il gruppo degli automorfismi di K è:

    \[\operatorname{Aut}(K) \simeq (\mathbb{Z}/11\mathbb{Z})^\times,\qquad |\operatorname{Aut}(K)| = \varphi(11) = 10.\]



Consideriamo l’azione di G su K per coniugio e definiamo l’omomorfismo:

    \[\Phi : G \longrightarrow \operatorname{Aut}(K), \qquad \Phi(g)(x) = gxg^{-1}.\]


Il nucleo di \Phi è il centralizzatore di K in G:

    \[\ker\Phi = C_G(K) = \{ g \in G \mid gx = xg \ \forall x\in K \}.\]


Per il primo teorema di isomorfismo:

    \[G / C_G(K) \simeq \operatorname{Im}\Phi,\]


e quindi:

    \[|G : C_G(K)| = |\operatorname{Im}\Phi| \mid |\operatorname{Aut}(K)| = 10.\]


Ma |G : C_G(K)| divide anche |G|=231, Poiché \gcd(231,10)=1, otteniamo:

    \[|G : C_G(K)| = 1 \qquad \Longrightarrow \qquad C_G(K) = G.\]


Dunque G commuta interamente con K, cioè:K \subseteq Z(G).\blacksquare


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