Prova algebra
Due settimane fa ho fatto la prova di algebra e ho ottenuto un risultato terribile (7/30).Nonostante questo lasso di tempo non mi sono ancora ben chiari alcuni punti della prova e visto che tra una settimana si terrà la prova del secondo appello mi sto impegnando a fondo per aumentare le mia capacità. Ma passiamo ai fatti:
I
Si consideri il polinomio $f(x)=x^3-11x^2+38x-40$ e si trovino le sue decomposizioni in fattori irriducibili in $\mathbb{Z}_2[x]$ , $\mathbb{Z}_3[x]$ , $\mathbb{Z}_11[x]$.Dedurre da tali decomposizioni e dal fatto che il gruppo (additivo) $\mathbb{Z}_2$ $\times$ $\mathbb{Z}_3$ $\times$ $\mathbb{Z}_11$ è isomorfo a $\mathbb{Z}_66$, che il polinomio $f(x)$ ha in $\mathbb{Z}_66$ 12 radici (distinte). Trovare almeno 3 di queste radici.
<--->
Tralasciando i calcoli banali si ottiene:
$f(x)=x(x+1)^2$ in $\mathbb{Z}_2[x]$
$f(x)=(x-1)(x+1)^2$ in $\mathbb{Z}_3[x]$
$f(x)=(x-2)(x^2+2x+9)$ in $\mathbb{Z}_11[x]$
E la seconda parte?Durante la prova pensai che i numeri contemporaneamente radici in tutti e tre i campi fossero radice del polinomio in $\mathbb{Z}_66$ ma evidentemente non è così.Dopo due settimane non so ancora cosa fare per risolverlo.
II
Sia $G$ un gruppo di ordine 66.
1)Provare che $G$ possiede un solo sottogruppo $H$ di ordine 33, un unico $K$ di ordine 11 ed un unico sottogruppo $L$ di ordine 3.
<--->
Questo punto sono riuscito a farlo durante la prova.
Per il II teorema di Sylow si vede subito che 11-sottogruppi di sylow c'e ne solo uno.
Essendo $K$ normale e per Cauchy di sicuro almeno un $L$ esiste allora $KL$ è un sottogruppo di ordine 33 che se fosse diverso da $H$ si otterrebbe palesemente un assurdo.
Per quanto mi sia sforzato non sono riuscito a dimostrare che vi è un solo sottogruppo di ordine 3.Alcuni miei colleghi hanno sfruttato il secondo teorema di Sylow da cui si ottiene che il numero dei 3-sottogruppi di sylow e 1 oppure 22 e ,anche se non ho capito come,hanno dimostrato che è assurdo presupporre che vi siano 22 3-sottogruppi di Sylow.Altra strada percorribile è: poiché esiste un solo gruppo di ordine 33 (a meno di isomorfismi) ed esso è ciclico segue che $H$ è ciclico e pertanto siccome 3 divide 33 vi è un solo sottogruppo di $H$ di ordine 3 e quindi ve ne è uno solo di $G$.Non mi convince appieno..dov'è l'errore?
2)Calcolare quanti sono gli elementi di ordine 3 ,11, e 33 e quanti possono essere quelli di ordine 2.
<--->
Durante la prova ho scritto,chissà che mi passava per la testa in quel momento,che vi è un solo elemento di ordine 3 uno solo di ordine 11 e uno solo di ordine 33...che idiota!Solo quando sono tornato a casa realizzai di aver sbagliato.Gli elementi di ordine 3 sono $\varphi(3)=2$ quelli di ordine 11 $\varphi(11)=10$ quelli di ordine 33 $\varphi(33)=20$.Mentre per il secondo teorema di sylow i possibili numeri dei 2-sottogruppi di sylow sono: 1 , 3 , 33.
3)Provare che il numero degli elementi di ordine 6 è pari e quello degli elementi di ordine 22 è multiplo di 10.
<--->
Al momento della prova questo punto non lo feci.Vi è almeno un elemento di ordine 2 diciamo $a$ e se $b\in L$ allora $o(ab)=6$ in maniera analoga provo che vi è almeno un elemento di ordine 22 ed essendo $\varphi(6)=2$ e $\varphi(22)=10$ si ottiene l'asserto.
Siamo circa a metà ma mi fermo qua per il momento perché è tardi e sono molto stanco.
Grazie infinite a tutti quelli che avranno la pazienza di aiutarmi.
I
Si consideri il polinomio $f(x)=x^3-11x^2+38x-40$ e si trovino le sue decomposizioni in fattori irriducibili in $\mathbb{Z}_2[x]$ , $\mathbb{Z}_3[x]$ , $\mathbb{Z}_11[x]$.Dedurre da tali decomposizioni e dal fatto che il gruppo (additivo) $\mathbb{Z}_2$ $\times$ $\mathbb{Z}_3$ $\times$ $\mathbb{Z}_11$ è isomorfo a $\mathbb{Z}_66$, che il polinomio $f(x)$ ha in $\mathbb{Z}_66$ 12 radici (distinte). Trovare almeno 3 di queste radici.
<--->
Tralasciando i calcoli banali si ottiene:
$f(x)=x(x+1)^2$ in $\mathbb{Z}_2[x]$
$f(x)=(x-1)(x+1)^2$ in $\mathbb{Z}_3[x]$
$f(x)=(x-2)(x^2+2x+9)$ in $\mathbb{Z}_11[x]$
E la seconda parte?Durante la prova pensai che i numeri contemporaneamente radici in tutti e tre i campi fossero radice del polinomio in $\mathbb{Z}_66$ ma evidentemente non è così.Dopo due settimane non so ancora cosa fare per risolverlo.
II
Sia $G$ un gruppo di ordine 66.
1)Provare che $G$ possiede un solo sottogruppo $H$ di ordine 33, un unico $K$ di ordine 11 ed un unico sottogruppo $L$ di ordine 3.
<--->
Questo punto sono riuscito a farlo durante la prova.
Per il II teorema di Sylow si vede subito che 11-sottogruppi di sylow c'e ne solo uno.
Essendo $K$ normale e per Cauchy di sicuro almeno un $L$ esiste allora $KL$ è un sottogruppo di ordine 33 che se fosse diverso da $H$ si otterrebbe palesemente un assurdo.
Per quanto mi sia sforzato non sono riuscito a dimostrare che vi è un solo sottogruppo di ordine 3.Alcuni miei colleghi hanno sfruttato il secondo teorema di Sylow da cui si ottiene che il numero dei 3-sottogruppi di sylow e 1 oppure 22 e ,anche se non ho capito come,hanno dimostrato che è assurdo presupporre che vi siano 22 3-sottogruppi di Sylow.Altra strada percorribile è: poiché esiste un solo gruppo di ordine 33 (a meno di isomorfismi) ed esso è ciclico segue che $H$ è ciclico e pertanto siccome 3 divide 33 vi è un solo sottogruppo di $H$ di ordine 3 e quindi ve ne è uno solo di $G$.Non mi convince appieno..dov'è l'errore?
2)Calcolare quanti sono gli elementi di ordine 3 ,11, e 33 e quanti possono essere quelli di ordine 2.
<--->
Durante la prova ho scritto,chissà che mi passava per la testa in quel momento,che vi è un solo elemento di ordine 3 uno solo di ordine 11 e uno solo di ordine 33...che idiota!Solo quando sono tornato a casa realizzai di aver sbagliato.Gli elementi di ordine 3 sono $\varphi(3)=2$ quelli di ordine 11 $\varphi(11)=10$ quelli di ordine 33 $\varphi(33)=20$.Mentre per il secondo teorema di sylow i possibili numeri dei 2-sottogruppi di sylow sono: 1 , 3 , 33.
3)Provare che il numero degli elementi di ordine 6 è pari e quello degli elementi di ordine 22 è multiplo di 10.
<--->
Al momento della prova questo punto non lo feci.Vi è almeno un elemento di ordine 2 diciamo $a$ e se $b\in L$ allora $o(ab)=6$ in maniera analoga provo che vi è almeno un elemento di ordine 22 ed essendo $\varphi(6)=2$ e $\varphi(22)=10$ si ottiene l'asserto.
Siamo circa a metà ma mi fermo qua per il momento perché è tardi e sono molto stanco.
Grazie infinite a tutti quelli che avranno la pazienza di aiutarmi.
Risposte
Alcune correzioni.
Nel punto 3) non necessariamente deve esistere un elemento di ordine 6 e 22(visto che $a$, $b$ non commutano ),ma ai fini dell'esercizio non è necessario dimostrarne l'esistenza, infatti se dovessero esistere elementi di ordine 6 e 22 per quello detto prima si risolve l'esercizio.
Altra possibile dimostrazione del fatto che vi è un solo sottogruppo di ordine 3.
Poiché $H$ è abeliano $L$ è un sottogruppo normale in $H$ ed essendo $H$ normale in $G$ perché è l'unico sottogruppo ad avere quell'ordine(o alternativamente perché $66=33*2$)segue che $L$ è normale in $G$.Se vi fosse un altro sottogruppo $L_1$ di ordine 3 si avrebbe allora che $MCD(3,66/3)=1$ e pertanto $L=L_1$.
Approfitto postando il resto:
II
4)Provare che $G$ abeliano se e solo se possiede un unico elemento di ordine 2.
<--->
Se $G$ è abeliano poiché $66=2*3*11$ segue che $G$ è ciclico e pertanto essendo $2$ un divisore di $66$ vi è un solo elemento di ordine $2$
Viceversa se vi è un solo elemento di ordine $2$ allora $G$ può essere scritto prodotto diretto di gruppi abeliani ovvero:
$G=A \otimes L \otimes K$ dove $A$ e il nostro unico gruppo di ordine $2$,quindi $G$ è abeliano.
5)SE $G$ ha esattamente tre elementi di ordine $2$, diciamo $a$, $b$, $c$ che generano i sottogruppi $A$, $B$, $C$ verificare che i tre sottogruppi di ordine $6$ $AL$, $BL$, $CL$ coincidono in unico sottogruppo(non ciclico). Dedurre che $G$ è isomorfo a $S_3\times \mathbb{Z}_11$.
<--->
Non ho davvero idea di come procedere; né quando feci la prova né adesso.
III
Si considerino i due ideali $I_1=(99+99i)$ e $I_2=(66i)$ in $\mathbb{Z}$
1)Determinare un generatore per $J=I_1+I_2$ e per $K=I_1\capI_2$
<--->
Fattorizzo $99+99i$ e $66i$ ottengo:
$99+99i=(1+i)3^2*11$
$66i=(1+i)^2*3*11$
$MCD(99+99i,66i)=33+33i$, a meno di invertibili.
$mcm=(99+99i,66i)=198i$, a meno di invertibili.
quindi $J=(33+33i)$ e $K=(198i)$
2)Determinare l'ideale $J\cap \mathbb{Z}$ in $ \mathbb{Z}$
<--->
Devo determinare un intero $x$ tale che $x\in J=(33+33i)$ ovvero $x=\lambda (1+i)3*11$ nella fattorizzazione di $x$ affinché sia un elemento di $J$ dovrà contenere la fattorizzazione di $33+33i$.Il più piccolo intero ad essere divisibile per $(1+i)$ è 2 ne segue che il più piccolo intero ad appartenere a $J$ è $66$ quindi in definitiva
$J\cap \mathbb{Z}=66\mathbb{Z}$
3)Determinare il nucleo dell'omomorfismo $\varphi : \mathbb{Z} \rightarrow {\mathbb{Z}}/J$ definito da $\varphi(x)=x+J$
<--->
E' immediato verificare che $ker\varphi=J\cap \mathbb{Z}=66\mathbb{Z}$
4)Usare il punto 3) per calcolare il numero di invertibili in ${\mathbb{Z}}/J$.
<--->
Per il teorema dell'isomorfismo posso solo affermare che:
$\mathbb{Z}/{66\mathbb{Z}}=\mathbb{Z}_66\cong im(\varphi)$ purtroppo $\varphi$ non è surriettiva(preso infatti $33+34i\in {\mathbb{Z}}/J$ non esistono elementi di $\mathbb{Z}$ la cui immagine sia proprio il suddetto elemento)quindi posso solo affermare che $im\varphi$ possiede $\varphi_\varepsilon(66)=20$ elementi invertibili.
Quanti c'è ne sono in $ {\mathbb{Z}}/J$?
Grazie infinite a tutti quelli che avranno la pazienza di aiutarmi.
Nel punto 3) non necessariamente deve esistere un elemento di ordine 6 e 22(visto che $a$, $b$ non commutano ),ma ai fini dell'esercizio non è necessario dimostrarne l'esistenza, infatti se dovessero esistere elementi di ordine 6 e 22 per quello detto prima si risolve l'esercizio.
Altra possibile dimostrazione del fatto che vi è un solo sottogruppo di ordine 3.
Poiché $H$ è abeliano $L$ è un sottogruppo normale in $H$ ed essendo $H$ normale in $G$ perché è l'unico sottogruppo ad avere quell'ordine(o alternativamente perché $66=33*2$)segue che $L$ è normale in $G$.Se vi fosse un altro sottogruppo $L_1$ di ordine 3 si avrebbe allora che $MCD(3,66/3)=1$ e pertanto $L=L_1$.
Approfitto postando il resto:
II
4)Provare che $G$ abeliano se e solo se possiede un unico elemento di ordine 2.
<--->
Se $G$ è abeliano poiché $66=2*3*11$ segue che $G$ è ciclico e pertanto essendo $2$ un divisore di $66$ vi è un solo elemento di ordine $2$
Viceversa se vi è un solo elemento di ordine $2$ allora $G$ può essere scritto prodotto diretto di gruppi abeliani ovvero:
$G=A \otimes L \otimes K$ dove $A$ e il nostro unico gruppo di ordine $2$,quindi $G$ è abeliano.
5)SE $G$ ha esattamente tre elementi di ordine $2$, diciamo $a$, $b$, $c$ che generano i sottogruppi $A$, $B$, $C$ verificare che i tre sottogruppi di ordine $6$ $AL$, $BL$, $CL$ coincidono in unico sottogruppo(non ciclico). Dedurre che $G$ è isomorfo a $S_3\times \mathbb{Z}_11$.
<--->
Non ho davvero idea di come procedere; né quando feci la prova né adesso.
III
Si considerino i due ideali $I_1=(99+99i)$ e $I_2=(66i)$ in $\mathbb{Z}$
1)Determinare un generatore per $J=I_1+I_2$ e per $K=I_1\capI_2$
<--->
Fattorizzo $99+99i$ e $66i$ ottengo:
$99+99i=(1+i)3^2*11$
$66i=(1+i)^2*3*11$
$MCD(99+99i,66i)=33+33i$, a meno di invertibili.
$mcm=(99+99i,66i)=198i$, a meno di invertibili.
quindi $J=(33+33i)$ e $K=(198i)$
2)Determinare l'ideale $J\cap \mathbb{Z}$ in $ \mathbb{Z}$
<--->
Devo determinare un intero $x$ tale che $x\in J=(33+33i)$ ovvero $x=\lambda (1+i)3*11$ nella fattorizzazione di $x$ affinché sia un elemento di $J$ dovrà contenere la fattorizzazione di $33+33i$.Il più piccolo intero ad essere divisibile per $(1+i)$ è 2 ne segue che il più piccolo intero ad appartenere a $J$ è $66$ quindi in definitiva
$J\cap \mathbb{Z}=66\mathbb{Z}$
3)Determinare il nucleo dell'omomorfismo $\varphi : \mathbb{Z} \rightarrow {\mathbb{Z}}/J$ definito da $\varphi(x)=x+J$
<--->
E' immediato verificare che $ker\varphi=J\cap \mathbb{Z}=66\mathbb{Z}$
4)Usare il punto 3) per calcolare il numero di invertibili in ${\mathbb{Z}}/J$.
<--->
Per il teorema dell'isomorfismo posso solo affermare che:
$\mathbb{Z}/{66\mathbb{Z}}=\mathbb{Z}_66\cong im(\varphi)$ purtroppo $\varphi$ non è surriettiva(preso infatti $33+34i\in {\mathbb{Z}}/J$ non esistono elementi di $\mathbb{Z}$ la cui immagine sia proprio il suddetto elemento)quindi posso solo affermare che $im\varphi$ possiede $\varphi_\varepsilon(66)=20$ elementi invertibili.
Quanti c'è ne sono in $ {\mathbb{Z}}/J$?
Grazie infinite a tutti quelli che avranno la pazienza di aiutarmi.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo