Università degli Studi Roma Tre

Corso di Laurea Triennale in Matematica, a.a. 2004/2005

AL2 - Algebra 2 - gruppi, anelli e campi

Prova di Esame - Appello A 24 gennaio 2005

Soluzione 1. Determinare le classi coniugate del gruppo diedrale D_{4} delle isometrie

del quadrato. Soluzione Ricordiamo che due elementi a e b di un gruppo G si dicono coniugati se esiste g ∈ G tale che

a = gbg^{−1}

E che la classe di coniugio di un elemento a in G è

⟨a⟩ = {gag^{−1}, ∀ g ∈ G}

Ricordiamo che posto ρ la rotazione di angolo \frac{π}{2} e σ la riflessione per l’asse x, allora possiamo scrivere

D_{4} = {id, σ, ρ, ρ^{2}, ρ^{3}, σρ, σρ^{2}, σρ^{3}}

e si ha σρ = ρ^{3}σ. Le classi di coniugio sono

(a) ⟨id⟩ = {id}

(b) ⟨σ⟩ = {σ, σρ^{2}} = ⟨σρ^{2}⟩

(c) ⟨ρ⟩ = {ρ, ρ^{3}} = ⟨ρ^{3}⟩

(d) ⟨σρ⟩ = {σρ, σρ^{3}} = ⟨σρ^{3}⟩

(e) ⟨ρ^{2}⟩ = {ρ^{2}} 2. Determinare il gruppo G = Aut(ℤ_{31}) degli automorfismi di (ℤ_{31}, +) e

tutti i sottogruppi di G.

Soluzione Ricordiamo che α : ℤ_{n} → ℤ_{n} omomorfismo si dice automorfismo se è biettivo, quindi si ha

Aut(ℤ_{n}) = {α : ℤ_{n} → ℤ_{n} : α(1) = m con gcd(m, n) = 1}

Nel nostro caso

G = Aut(ℤ_{31}) = {α : ℤ_{31} → ℤ_{31} : α(1) = m tale che gcd(m, 31) = 1}

Poiché 31 è primo abbiamo

G = {α : ℤ_{31} → ℤ_{31} : α(1) = m e m ∈ U(ℤ_{31})}

Allora è facile vedere che G è isomorfo a U(ℤ_{31}) gruppo degli elementi invertibili di ℤ_{31}, quindi #|G| = 30. Poiché U(ℤ_{31}) è ciclico si ha che G è ciclico e il suo generatore è α_{2} definito da α_{2}(1) = 2. Poiché G è ciclico abbiamo un sottogruppo per ogni divisore dell’ordine. I sottogruppi sono

(a) (α_{2}^{15}) che ha ordine 2

(b) (α_{2}^{10}) che ha ordine 3

(c) (α_{2}^{6}) che ha ordine 5

(d) (α_{2}^{5}) che ha ordine 6

(e) (α_{2}^{3}) che ha ordine 10

(f) (α_{2}^{2}) che ha ordine 15 3. Determinare gli ideali primi e massimali dell’anello quoziente \frac{ℤ[i]}{(6)}.

Soluzione

Ricordiamo che, dato un anello A e un ideale I di A, esiste una corrispondenza biunivoca fra gli ideali massimali di A/I e gli ideali massimali di A che contengono I. Poiché Z[i] è un dominio euclideo, gli ideali massimali che contengono (6) sono generati dai fattori irriducibili di 6. Quindi dobbiamo decomporre 6. Si ha che

6 = 3 ∗ 2 = 3 ∗ (1 + i)(1 − i)

Vediamo che 3 è irriducibile. Posto N(a + bi) = a^{2} + b^{2} la norma di un elemento, si ha N(3) = 9, ed è facile vedere che non ci sono elementi di norma 3. Quindi 3 è irriducibile. Analogamente per gli altri fattori.

Dunque gli ideali massimali di \frac{ℤ[i]}{(6)} sono (\overline{3}), (\overline{1 − i}) e (\overline{1 + i}).

4. Si consideri l’insieme A = ℤ_{7} × ℤ_{7} in cui sono definite le seguenti operazioni:

(a, b) + (a′, b′) = (a + a′, b + b′) ; (a, b)(a′, b′) = (aa′ + 5bb′, ab′ + a′b).

Rispetto a queste operazioni, A è un anello commutativo unitario con unità 1 = (1, 0).

(a) Dimostrare che l’applicazione

φ : ℤ_{7}[X] ⟶ A definita da ∑ a_{i}X^{i} → ∑(a_{i}, 0)(0, 1)^{i}

è un omomorfismo di anelli;

(b) Determinare Nucleo ed Immagine di φ ed applicare il Teorema di Omomorfismo per gli anelli;

(c) Usando il punto precedente, mostrare che A è un campo, ampliamento semplice di ℤ_{7}, e determinare esplicitamente un elemento α di A tale che A = ℤ_{7}(α). Quanti elementi ha A?

Soluzione

(a) Semplice verifica della definizione di omomorfismo

(b) Im φ = A e ker φ = (X^{2} + 5), quindi il teorema di omomorfismo ci dice che A ≅ ℤ_{7}[X]/(X^{2} + 5)

(c) Osserviamo che X^{2} + 5 è irriducibile in ℤ_{7}[X], perché ha grado 2 e non ha radici, quindi l’ideale (X^{2} + 5) è massimale. Dunque per il teorema di omomorfismo A è un campo ampliamento semplice di ℤ_{7} con 7^{2} = 49 elementi. Scegliamo α = (0, 1) allora ogni elemento (a, b) ∈ A si scrive

(a, b) = a(1, 0) + bα

con a e b ∈ ℤ_{7}, osserviamo che (1, 0) è l’unità moltiplicativa di A. Quindi A = ℤ_{7}(α)