Sull'esistenza di generatori: invertibili in $ZZ$ / $nZZ$

[Paolo902]

Buonasera a tutti.

A lezione, abbiamo accennato a questo argomento che ha suscitato in maniera particolare la mia curiosità e il mio interesse.

Si consideri il gruppo finito additivo [tex]\mathbb{Z}/ n\mathbb{Z}[/tex]: di questo gruppo sappiamo dire un sacco di cose, è ciclico per ogni [tex]n[/tex], i generatori sono [tex]\phi(n)[/tex] e sono esattamente tutti i [tex]$g \in \mathbb{Z}/n \mathbb{Z}[/tex] tali che [tex](n,g)=1[/tex].

Se considero gli elementi invertibili rispetto al prodotto tra classi di resto ottengo un altro gruppo, che nel seguito denoterò come [tex](\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\star}[/tex].

Ebbene, questo gruppo è decisamente più interessante e complesso rispetto a quello additivo.
Che cosa sappiamo dire? L'ordine di [tex](\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\star}[/tex] è [tex]\phi(n)[/tex], il gruppo non è in generale ciclico ma esiste un generatore se e soltanto se

[*:332yp6ag] [tex]n=2[/tex] [/*:m:332yp6ag]
[*:332yp6ag] [tex]$n=4$[/tex] [/*:m:332yp6ag]
[*:332yp6ag] [tex]$n=p^k$[/tex] [/*:m:332yp6ag]
[*:332yp6ag] [tex]$n=2p^k$[/tex] [/*:m:332yp6ag][/list:u:332yp6ag]

dove [tex]p[/tex] è un primo dispari e [tex]k \ge 1[/tex], intero.

Tralascio i primi due casi, che sono banali (una semplice verifica è sufficiente).

Ma per gli altri due casi? Mi pare di intravedere un certo nesso tra il III caso e il fatto che il gruppo moltiplicativo di un campo finito è ciclico (teorema noto).
Che dite voi? E da dove spunta il quarto caso? C'è un modo per trovare i generatori?

Ci sono altri risultati interessanti in questo ambito?
Insomma, se qualcuno ha voglia di raccontare qualcosa su questo gruppo sono ben felice di ascoltarlo.
Grazie.

[Studente Anonimo]

Ciao!

Allora, osserva innanzitutto che [tex](\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times} \cong \text{Aut}((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+))[/tex]. Non so quanto sia utile questa osservazione, ma pensare in questi termini mi aiuta. Qui ogni automorfismo di [tex]\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}[/tex] e' determinato dall'immagine di un generatore, uguale ad una sua potenza di esponente coprimo con [tex]n[/tex]. Ora, e' facile mostrare che se [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] sono due gruppi finiti tali che [tex](|A|,|B|)=1[/tex] allora [tex]\text{Aut}(A \times B) \cong \text{Aut}(A) \times \text{Aut}(B)[/tex]. In pratica, ogni automorfismo di [tex]A \times B[/tex] e' della forma [tex](f,g)[/tex] dove [tex]f \in \text{Aut}(A)[/tex] e [tex]g \in \text{Aut}(B)[/tex] (non e' difficile convincersene).

Questo ci porta dritti verso i [tex]p[/tex]-gruppi (come spesso accade nello studio di gruppi "velocemente sfaldabili"). Infatti scrivendo [tex]n=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}[/tex] coi [tex]p_i[/tex] primi a due a due distinti e [tex]a_i \in \mathbb{N}_{>0}[/tex], abbiamo subito che [tex]\text{Aut}(C_n) \cong \prod_{i=1}^k \text{Aut}(C_{p_i^{a_i}})[/tex]. Osserva 'passando' che se [tex]n=2m[/tex] con [tex]m[/tex] dispari allora [tex]\text{Aut}(C_n) \cong \text{Aut}(C_2) \times \text{Aut}(C_m) \cong \text{Aut}(C_m)[/tex]. Questo spiega il caso (IV) di cui parli. Ed e' facile vedere che se [tex]n[/tex] non e' della forma [tex]p^k[/tex] o [tex]2p^k[/tex] allora [tex](\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}[/tex] non e' ciclico (se [tex]p,q[/tex] sono primi distinti e [tex]k,h[/tex] sono interi positivi allora [tex]\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1)[/tex] e [tex]\varphi(q^h)=q^{h-1}(q-1)[/tex] sono coprimi se e solo se [tex]p^k=2[/tex] oppure [tex]q^h=2[/tex]).

In pratica siamo ridotti a studiare [tex]\text{Aut}(C_{p^k}) \cong (\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z})^{\times}[/tex], con [tex]p[/tex] primo. Qui la cosa diventa un attimo tecnica, quindi il resto lo metto in spoiler.

Quanto segue lo prendo da un corso che ho seguito sui [tex]p[/tex]-gruppi tenuto da Gustavo Fernandez-Alcober a Padova nel Marzo 2011. Non dimostro il seguente lemma tecnico.

Lemma. Siano [tex]p[/tex] un primo, [tex]\lambda,\ i[/tex] interi con [tex]i \geq 1[/tex] per [tex]p>2[/tex] e [tex]i \geq 2[/tex] per [tex]p=2[/tex]. Allora [tex](1+\lambda p^i)^{p^j} \equiv 1+\lambda p^{i+j}\ \mod(p^{i+j+1})[/tex] per ogni intero [tex]j \geq 1[/tex].

Corollario 1. Se [tex]p>2[/tex] allora l'ordine di [tex]1+p^i+p^k\mathbb{Z}[/tex] in [tex]\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z}[/tex] e' [tex]p^{k-i}[/tex] per ogni [tex]1 \leq i \leq k[/tex] se [tex]p>2[/tex], e' [tex]2^{k-i}[/tex] se [tex]2 \leq i \leq k[/tex] e [tex]p=2[/tex] e in questo caso se [tex]k \geq 3[/tex] l'ordine di [tex]3+2^k\mathbb{Z}[/tex] e' [tex]2^{k-2}[/tex].

Corollario 2. Se [tex]p >2[/tex] allora [tex](\mathbb{Z}/p^k \mathbb{Z})^{\times}[/tex] e' ciclico. Se [tex]p=2[/tex] allora [tex](\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z})^{\times} = \langle 5+2^k \mathbb{Z} \rangle \times \langle -1+2^k\mathbb{Z} \rangle = \langle 3+2^k \mathbb{Z} \rangle \times \langle -1+2^k\mathbb{Z} \rangle \cong C_{2^{k-2}} \times C_2[/tex] per ogni [tex]k \geq 3[/tex].

Dimostrazione del corollario 2.

Supponiamo [tex]p>2[/tex]. Siccome [tex]|(\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z})^{\times}| = \varphi(p^k) = p^{k-1}(p-1)[/tex], per mostrare che [tex](\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z})^{\times}[/tex] e' ciclico basta trovare un elemento di ordine [tex]p-1[/tex] e un elemento di ordine [tex]p^{k-1}[/tex] (il loro prodotto sara' un generatore). Per il corollario 1 l'elemento [tex]1+p+p^k\mathbb{Z}[/tex] ha ordine [tex]p^{k-1}[/tex], quindi basta trovare un elemento di ordine [tex]p-1[/tex]. Prendiamo un intero [tex]a[/tex] tale che [tex]a+p\mathbb{Z}[/tex] generi [tex]\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}-\{0\}[/tex] (sappiamo che esiste, perche' il gruppo moltiplicativo di un campo finito e' ciclico). In particolare l'ordine di [tex]a+p^k\mathbb{Z}[/tex] in [tex]\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z}[/tex] e' diviso da [tex]p-1[/tex], quindi una opportuna potenza di [tex]a+p^k\mathbb{Z}[/tex] ha ordine [tex]p-1[/tex].

Supponiamo ora [tex]p=2[/tex]. Per il corollario 1 gli elementi [tex]3+2^k\mathbb{Z}[/tex] e [tex]5+2^k\mathbb{Z}[/tex] hanno entrambi ordine [tex]2^{k-2}[/tex]. Inoltre per il lemma [tex]5^{2^{k-3}} \equiv (1+2^2)^{2^{k-3}} \equiv 1+2^{k-1} \equiv (1+2^3)^{2^{k-4}} \equiv 3^{2^{k-3}}[/tex] modulo [tex]2^k[/tex]. Quindi il sottogruppo di ordine [tex]2[/tex] di [tex]\langle 3+2^k\mathbb{Z} \rangle[/tex] e [tex]\langle 5+2^k\mathbb{Z} \rangle[/tex] e' lo stesso, [tex]\langle 1+2^{k-1}+2^k\mathbb{Z} \rangle[/tex], diverso da [tex]\langle -1+2^k\mathbb{Z} \rangle[/tex], per cui per questioni di ordine [tex](\mathbb{Z}/2^k\mathbb{Z})^{\times} = \langle 5+2^k\mathbb{Z} \rangle \times \langle -1+2^k\mathbb{Z} \rangle = \langle 3+2^k\mathbb{Z} \rangle \times \langle -1+2^k\mathbb{Z} \rangle[/tex].

[Paolo902]

Ciao carissimo!

Grazie mille per il tuo intervento, come al solito interessantissimo e pieno di concetti.

"Martino":
Allora, osserva innanzitutto che [tex](\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times} \cong \text{Aut}((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+))[/tex]. Non so quanto sia utile questa osservazione, ma pensare in questi termini mi aiuta.

Sì, è vero e meno ne ero scordato. L'avevo anche dimostrato una volta questo fatto; se non sbaglio, fa parte di un risultato generale sui gruppi ciclici. Per i ciclici finiti, [tex](\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times} \cong \text{Aut}((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+))[/tex], mentre se il gruppo è ciclico di ordine infinito [tex](\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}) \cong \text{Aut}((\mathbb{Z},+))[/tex].

"Martino": Qui ogni automorfismo di [tex]\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}[/tex] e' determinato dall'immagine di un generatore, uguale ad una sua potenza di esponente coprimo con [tex]n[/tex]. Ora, e' facile mostrare che se [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] sono due gruppi finiti tali che [tex](|A|,|B|)=1[/tex] allora [tex]\text{Aut}(A \times B) \cong \text{Aut}(A) \times \text{Aut}(B)[/tex]. In pratica, ogni automorfismo di [tex]A \times B[/tex] e' della forma [tex](f,g)[/tex] dove [tex]f \in \text{Aut}(A)[/tex] e [tex]g \in \text{Aut}(B)[/tex] (non e' difficile convincersene).

Sì, capisco.

"Martino":Questo ci porta dritti verso i [tex]p[/tex]-gruppi (come spesso accade nello studio di gruppi "velocemente sfaldabili"). Infatti scrivendo [tex]n=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}[/tex] coi [tex]p_i[/tex] primi a due a due distinti e [tex]a_i \in \mathbb{N}_{>0}[/tex], abbiamo subito che [tex]\text{Aut}(C_n) \cong \prod_{i=1}^k \text{Aut}(C_{p_i^{a_i}})[/tex]. Osserva 'passando' che se [tex]n=2m[/tex] con [tex]m[/tex] dispari allora [tex]\text{Aut}(C_n) \cong \text{Aut}(C_2) \times \text{Aut}(C_m) \cong \text{Aut}(C_m)[/tex]. Questo spiega il caso (IV) di cui parli.

Alcune considerazioni. Per prima cosa, purtroppo, non sono molto pratico di $p$-gruppi. Ho letto e studiato qualcosa in merito per conto mio; precisamente, da un lato ho letto che per $p$-gruppo si intende un gruppo in cui ogni elemento ha ordine potenza di un primo. Ora, se non sbaglio, se il gruppo è finito, ciò equivale a chiedere che l'ordine del gruppo stesso sia potenza di un primo.

Fin qui ci sono?
Inoltre, se posso chiedere, che cosa intendi con "velocemente sfaldabili"?

"Martino":Ed e' facile vedere che se [tex]n[/tex] non e' della forma [tex]p^k[/tex] o [tex]2p^k[/tex] allora [tex](\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}[/tex] non e' ciclico (se [tex]p,q[/tex] sono primi distinti e [tex]k,h[/tex] sono interi positivi allora [tex]\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1)[/tex] e [tex]\varphi(q^h)=q^{h-1}(q-1)[/tex] sono coprimi se e solo se [tex]p^k=2[/tex] oppure [tex]q^h=2[/tex]).

Qui se non sbaglio, invece, usi il fatto che il prodotto diretto di due ciclici è ciclico se e soltanto se i loro ordini sono coprimi; ho capito bene?

Ho letto un po' rapidamente quanto messo in spoiler, ma non credo sia esattamente il tutto alla mia portata. Comunque, su quello devo meditare ancora un po'.

Nel frattempo, ti ringrazio molto per il tuo aiuto.

[Studente Anonimo]

Ci sei, ci sei! Quello che ho messo in spoiler e' certamente alla tua portata, si tratta solo di un po' di aritmetica modulare!

che cosa intendi con "velocemente sfaldabili"?

Chiamiamo un gruppo finito [tex]G[/tex] "nilpotente" se i suoi sottogruppi di Sylow sono tutti normali (vedi anche qui). In altre parole un gruppo finito nilpotente non e' altro che un prodotto diretto finito di [tex]p[/tex]-gruppi finiti (qui il [tex]p[/tex] varia: per esempio [tex]C_2 \times D_8 \times C_{27}[/tex] e' un prodotto diretto di [tex]p[/tex]-gruppi, dove [tex]D_8[/tex] indica il gruppo diedrale di ordine [tex]8[/tex]).

Ora, prendiamo una proprieta' [tex]P[/tex] relativa ai gruppi (cioe' semplicemente un insieme di gruppi: diciamo che [tex]G[/tex] verifica [tex]P[/tex] se [tex]G \in P[/tex]). Diciamo che vogliamo classificare i gruppi con la proprieta' [tex]P[/tex]. Supponiamo di saper dimostrare che:

(a) Se [tex]G \in P[/tex] allora [tex]G[/tex] e' nilpotente.
(b) Se [tex]G = \prod_{i \in I} H_i[/tex] con gli [tex]H_i[/tex] [tex]p[/tex]-gruppi di ordine a due a due coprimo allora [tex]G \in P[/tex] se e solo se [tex]H_i \in P[/tex] per ogni [tex]i \in I[/tex].

Allora e' chiaro che classificare i gruppi finiti in [tex]P[/tex] equivale a classificare i [tex]p[/tex]-gruppi finiti in [tex]P[/tex].

Esempio 1. Vogliamo classificare i gruppi finiti [tex]G[/tex] tali che [tex]\text{Aut}(G)[/tex] e' abeliano. Siccome [tex]G/Z(G)[/tex] si immerge in [tex]\text{Aut}(G)[/tex] (tramite la mappa che manda [tex]g[/tex] nell'automorfismo interno relativo a [tex]g[/tex]), anche [tex]G/Z(G)[/tex] e' abeliano, e questo implica che [tex]G[/tex] e' nilpotente (vedi il rimando che ti ho segnalato sopra). Inoltre per quanto ti ho scritto nel primo intervento vale anche la proprieta' (b) in questo caso, quindi siamo ridotti a studiare i [tex]p[/tex]-gruppi finiti [tex]G[/tex] con [tex]\text{Aut}(G)[/tex] abeliano.

Rimarco: si riesce a dimostrare che se [tex]G[/tex] e' un gruppo finito abeliano con [tex]\text{Aut}(G)[/tex] abeliano allora [tex]G[/tex] e' ciclico. Ma esistono gruppi finiti non abeliani [tex]G[/tex] con [tex]\text{Aut}(G)[/tex] abeliano (come vedo da qui).

Esempio 2. Vogliamo classificare i gruppi finiti [tex]G[/tex] ogni cui sottogruppo e' normale (gruppi di Dedekind finiti). In particolare i sottogruppi di Sylow di un tale [tex]G[/tex] sono normali, quindi [tex]G[/tex] e' nilpotente. Inoltre e' facile vedere che anche (b) vale, e siamo quindi ridotti a classificare i [tex]p[/tex]-gruppi finiti [tex]G[/tex] ogni cui sottogruppo e' normale.

Rimarco: I gruppi di Dedekind sono stati classificati (teorema di Dedekind-Baer). In sostanza, l'unico gruppo non abeliano che salta fuori e' [tex]Q_8[/tex] (il gruppo dei quaternioni, di ordine [tex]8[/tex]). Piu' precisamente, un gruppo di Dedekind non abeliano e' forzatamente del tipo [tex]Q_8 \times H \times K[/tex] dove [tex]Q_8[/tex] e' il gruppo dei quaternioni di ordine [tex]8[/tex], [tex]H[/tex] e' un gruppo abeliano ogni cui elemento ha ordine finito e dispari, e [tex]K[/tex] e' un gruppo abeliano ogni cui elemento non identico ha ordine [tex]2[/tex].

Per gruppi velocemente sfaldabili (naturalmente non e' un termine tecnico! ) intendo (per esempio) gruppi che verificano una proprieta' che soddisfa (a) e (b). Questo riguarda problemi riconducibili ai [tex]p[/tex]-gruppi. Se mi vengono in mente altri esempi te li scrivo.

Modifico: un altro esempio di problema riconducibile ai [tex]p[/tex]-gruppi è questo.

[Paolo902]

Martino ti ringrazio molto per il tuo intervento: purtroppo, ho alcune questioni urgenti da sbrigare, spero quanto prima (nei prossimi giorni) di poter dedicare l'attenzione che merita al tuo post.

Grazie mille

[dariuz89]

"Martino":Chiamiamo un gruppo finito [tex]G[/tex] "nilpotente" se i suoi sottogruppi di Sylow sono tutti normali (vedi anche qui). In altre parole un gruppo finito nilpotente non e' altro che un prodotto diretto finito di [tex]p[/tex]-gruppi finiti

Scusate se mi intrufolo in modo così irruento nella discussione, ma ho letto con molto interesse ciò che ha scritto Martino. L'unico dubbio che ho è sul motivo dell'equivalenza che ho citato. Mi potresti fornire una breve spiegazione? Probabilmente è banalissima, ma al momento non mi viene in mente... Grazie!

[maurer]

Mi permetto di rispondere io al posto di Martino (o di Paolo90), visto che è una di quelle poche cose che so di teoria dei gruppi.

Proposizione. Sia [tex]G[/tex] un gruppo e sia [tex]\{H_i\}_{i = 1}^n[/tex] una famiglia finita di sottogruppi tali che

1. [tex]H_i \unlhd G[/tex] per ogni [tex]i = 1,\ldots, n[/tex];
2. [tex]H_i \cap \langle H_1, \ldots, \hat{H_i}, \ldots, H_n \rangle = \langle 0 \rangle[/tex].
[/list:u:1gt3i3wc]
Allora [tex]G \simeq H_1 \times \ldots \times H_n[/tex].

Nel nostro caso le ipotesi sono banalmente soddisfatte, come converrai con me. Quindi otteniamo la parte difficile della doppia implicazione. Confido che l'altra freccia ti sia chiara.

[Studente Anonimo]

Dato un gruppo finito [tex]G[/tex] le due affermazioni seguenti sono equivalenti:

1. I sottogruppi di Sylow di [tex]G[/tex] sono tutti normali.
2. [tex]G[/tex] e' isomorfo al prodotto diretto dei suoi sottogruppi di Sylow.

Che (2) implichi (1) e' ovvio. Supponiamo ora che valga (1), cioe' che tutti i sottogruppi di Sylow di [tex]G[/tex] siano normali, e chiamiamoli [tex]P_1,...,P_r[/tex]. Consideriamo la funzione

[tex]\varphi: P_1 \times ... \times P_r \to G[/tex], [tex](x_1,...,x_r) \mapsto x_1...x_r[/tex].

Se [tex]i \neq j[/tex] allora [tex]P_i \cap P_j = \{1\}[/tex] (gli ordini sono coprimi). Ora dati [tex]x \in P_i[/tex] e [tex]y \in P_j[/tex] l'elemento [tex]x^{-1}y^{-1}xy[/tex] appartiene a [tex]P_i \cap P_j[/tex] (appartiene a [tex]P_i[/tex] perche' [tex]yxy^{-1} \in P_i[/tex] essendo [tex]P_i[/tex] normale, e appartiene a [tex]P_j[/tex] perche' [tex]x^{-1}yx \in P_j[/tex] essendo [tex]P_j[/tex] normale), quindi e' uguale a 1, in altre parole [tex]xy=yx[/tex]. In breve, [tex]P_i[/tex] e [tex]P_j[/tex]commutano puntualmente. Questo dimostra in particolare che [tex]\varphi[/tex] e' un omomorfismo di gruppi, e la sua immagine e' [tex]P_1...P_r[/tex], che e' un sottogruppo di [tex]G[/tex] dello stesso ordine di [tex]G[/tex], per cui l'immagine e' [tex]G[/tex], cioe' [tex]\varphi[/tex] e' suriettiva. Siccome dominio e codominio di [tex]\varphi[/tex] hanno la stessa cardinalita', segue che [tex]\varphi[/tex] e' un isomorfismo.

[dariuz89]

Chiaro, e la giustificazione effettivamente era abbastanza ovvia. Scusate la banalità