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Secondo anno/Algebra 1/1. Il gruppo degli automorfismi/main.tex

@@ -148,7 +148,7 @@
 	bigezioni). \bigskip
 	
 	
-	\begin{example}[$\Aut(S_3) \cong S_3$] %TODO: aggiungere Aut(Z_2 * Z_2) ~ S_3
+	\begin{example}[$\Aut(S_3) \cong S_3$]
 		Si osserva che $Z(S_3)$ deve essere obbligatoriamente
 		banale\footnote{
 			In generale $Z(S_n)$ è banale per $n \geq 3$.
@@ -175,6 +175,39 @@
 	\end{example}
 	
 	
+	\begin{example}[$\Aut(\ZZ \quot n \ZZ) \cong (\ZZ \quot n \ZZ)^*$]
+		Sia $f$ un automorfismo di $\Aut(\ZZ \quot n \ZZ)$. Allora,
+		necessariamente, $f(\cleq1)$ deve essere un
+		generatore di $\Aut(\ZZ \quot n \ZZ)$. Si può quindi costruire
+		un isomorfismo $\zeta : \Aut(\ZZ \quot n \ZZ) \to
+		(\ZZ \quot n \ZZ)^*$ tale per cui
+		$f \xmapsto{\zeta} f(\cleq1)$. \medskip
+		
+		
+		Chiaramente $\zeta$ è un omomorfismo, infatti\footnote{
+			Potrebbe non risultare completamente ovvio che
+			valga $f(g(\cleq 1)) = f(\cleq 1) g(\cleq 1)$.
+			È necessario però ricordarsi che $\ZZ\quot n \ZZ$ è
+			un gruppo definito sulla somma, e quindi vale sempre
+			che $f(\cleq a) = a f(\cleq 1) = \cleq{a} f(\cleq 1)$.
+		}:
+		\[ \zeta(f \circ g) = f(g(\cleq 1)) = f(\cleq 1) g(\cleq 1) = \zeta(f) \zeta(g). \]
+		Inoltre $f(\cleq 1) = \cleq 1 \implies f = \Id$, e quindi
+		$\zeta$ è iniettiva. Infine, per ogni $\cleq a \in (\ZZ \quot n \ZZ)^*$, si può costruire $f_a \in \Aut(\ZZ \quot n \ZZ)$
+		di cui è immagine ponendo semplicemente che valga\footnote{
+			L'automorfismo è ben determinato dal momento che manda
+			un generatore in un altro generatore.
+		}
+		$f_a(\cleq 1) = \cleq a$. Si conclude quindi che
+		$\zeta$ è un isomorfismo e dunque che vale il seguente
+		isomorfismo:
+		\[ \Aut(\ZZ \quot n \ZZ) \cong (\ZZ \quot n \ZZ)^* \]
+		Il risultato è valido anche con $n = 0$, da cui si
+		ricava che:
+		\[ \Aut(\ZZ) \cong \ZZ^* \cong \{\pm 1\}. \]
+	\end{example}
+	
+	
 	Si illustrano adesso dei risultati molto interessanti sui gruppi di automorfismi
 	dei prodotti diretti, a partire dalla:
 	
@@ -237,5 +270,87 @@
 	per il Teorema cinese del resto e che $\Aut(\ZZ \quot m \ZZ) \cong (\ZZ \quot m \ZZ)^*$,
 	vale che:
 	\[ (\ZZ \quot m \ZZ)^* \times (\ZZ \quot n \ZZ)^* \cong (\ZZ \quot mn \ZZ)^* \]
-	%TODO: aggiungere dimostrazione Aut(Z/nZ) ~ (Z/nZ)*
+	
+	\begin{example}($\Aut((\ZZ \quot p \ZZ)^n)$)
+		Il gruppo $(\ZZ \quot p \ZZ)^n$ ha una più facile
+		visualizzazione se lo si pensa come spazio vettoriale su
+		$\ZZ \quot p \ZZ$ (che per $p$ primo è, per l'appunto,
+		un campo). In tal caso, gli automorfismi di
+		$(\ZZ \quot p \ZZ)^n$ coincidono esattamente con gli
+		endomorfismi invertibili di $\End((\ZZ \quot p \ZZ)^n)$,
+		e quindi vale in particolare che:
+		\[ \Aut((\ZZ \quot p \ZZ)^n) \cong \GL_n(\ZZ \quot p \ZZ). \]
+		In questo modo è estremamente più facile contare il
+		numero di automorfismi di questo gruppo. È infatti
+		sufficiente contare le possibili matrici invertibili con
+		elementi in $\ZZ \quot p \ZZ$. Nella prima colonna di una
+		matrice $A \in \GL_n(\ZZ \quot p \ZZ)$ possono
+		essere effettuate $p^n - 1$ scelte (si esclude il vettore
+		nullo); nella seconda è sufficiente scegliere un vettore
+		che non stia in $(\ZZ \quot p \ZZ)^n \setminus
+		\Span(A^1)$, e quindi si hanno $p^n - p$ scelte; per la
+		terza colonna se ne hanno $p^n - p^2$, ... \medskip
+		
+		
+		Si conclude dunque che vale la seguente identità:
+		\[ \abs{\Aut((\ZZ \quot p \ZZ)^n)} = \prod_{i=0}^{n-1} (p^n - p^i). \] \medskip
+		
+		
+		Se si prende $m$ \textit{square-free}\footnote{
+			Ossia $m$ non è diviso da alcun quadrato; equivalentemente
+			un primo che compare nella fattorizzazione di $m$
+			compare con esponente unitario.
+		}, il risultato si può estendere facilmente
+		su $\Aut((\ZZ \quot m)^n)$. Se infatti
+		$m = p_1 \cdots p_k$, vale che:
+		\[
+			\Aut((\ZZ \quot m \ZZ)^n) \cong
+			\Aut((\ZZ \quot p_1 \ZZ)^n \times \cdots \times (\ZZ \quot p_k \ZZ)^n)
+			\cong \Aut((\ZZ \quot p_1 \ZZ)^n) \times
+			\cdots \times \Aut((\ZZ \quot p_k \ZZ)^n,
+		\]
+		dove si è usato sia il Teorema cinese del resto, sia
+		il fatto per cui $\MCD(p_i, p_j) = 1$ per $i \neq j$.
+	\end{example}
+	
+	\begin{example}[$\Aut(\ZZ \quot 2 \ZZ \times \ZZ \quot 2 \ZZ) \cong S_3$ e altre proprietà]
+		Ora che è chiara la visualizzazione in senso vettoriale
+		di $(\ZZ \quot p \ZZ)^n$, si possono elencare alcune
+		proprietà di $\ZZmod2 \times \ZZmod2$. \medskip
+		
+		
+		Innanzitutto, benché $\ZZmod2 \times \ZZmod2$ sia abeliano,
+		$\Aut(\ZZmod2 \times \ZZmod2) \cong \GL_2(\ZZmod2)$ non
+		lo è. Inoltre, ogni sottogruppo proprio e non banale di
+		$\ZZmod2 \times \ZZmod2$ non è caratteristico: ogni
+		tale sottogruppo è vettorialmente una retta (infatti
+		$\ZZmod2 \times \ZZmod2$ ha dimensione due), e quindi
+		è sufficiente costruire un automorfismo che manda tale
+		retta in un'altra. \medskip
+		
+		
+		Infine, sempre perché $\Aut(\ZZmod2 \times \ZZmod2) \cong \GL_2(\ZZmod2)$, si può visualizzare facilmente l'isomorfismo
+		tra $\Aut(\ZZmod2 \times \ZZmod2)$ e $S_3$. Infatti,
+		$\GL_2(\ZZmod2)$ si compone di $6$ matrici, nella
+		seguente bigezione con $S_3$:
+		
+		\[
+			\Matrix{1 & 0 \\ 0 & 1} \bij e, \quad
+			\Matrix{0 & 1 \\ 1 & 0} \bij (1, 2), \quad
+			\Matrix{1 & 1 \\ 0 & 1} \bij (2, 3),
+		\]
+		
+		\[
+			\Matrix{1 & 0 \\ 1 & 1} \bij (1, 3), \quad
+			\Matrix{0 & 1 \\ 1 & 1} \bij (1, 2, 3) \quad
+			\Matrix{1 & 1 \\ 1 & 0} \bij (1, 3, 2).
+		\]
+		\vskip 0.1in
+
+		Infine, poiché $\Aut(\ZZmod2 \times \ZZmod2) \cong
+		S_3 \cong \Aut(S_3)$, $\ZZmod2 \times \ZZmod2$ e
+		$S_3$ formano un esempio di gruppi non isomorfi
+		(in particolare uno è abeliano e l'altro no) i cui
+		gruppi di automorfismo sono isomorfi.
+	\end{example}
 \end{document}

Secondo anno/Algebra 1/6. Prodotto di sottogruppi e ordini di gruppi abeliani/main.tex

@@ -154,11 +154,13 @@
 		\[ (h,k) \xmapsto{\rho} hk. \]
 		
 		Si osserva che ogni elemento $h$ di $H$ commuta con
-		ogni elemento $k$ di $K$. Sia infatti $g = k\inv hkh\inv$, allora:
+		ogni elemento $k$ di $K$. Se infatti si considera il
+		commutatore $g = [h, k]$, vale che:
 		\[
-			g = \underbrace{(k\inv hk)}_{\in H} h\inv \in H, \qquad g = k\inv \underbrace{(hkh\inv)}_{\in K} \in K.
+			g = \underbrace{(hkh\inv)}_{\in K} k \in K, \qquad g = h\inv \underbrace{(kh\inv k\inv)}_{\in H} \in H.
 		\]
-		Pertanto $g \in H \cap K \implies hk=kh$. Allora $\rho$
+		Pertanto $g \in H \cap K \implies [h, k] = e \implies
+		hk=kh$. Allora $\rho$
 		è un omomorfismo, infatti:
 		\[
 			\rho((hh',kk')) = hh'kk' = hkh'k' = \rho((h,k)) \rho((h',k')).
@@ -173,7 +175,43 @@
 	facilmente due copie isomorfe di $G_1$ e $G_2$ in $G$, ossia $G_1' = G_1 \times \{e\}$ e $G_2' = \{e\} \times G_2$.
 	Vale inoltre che $G_1'$, $G_2' \nsgeq G$ e dunque,
 	per la proposizione precedente\footnote{Infatti $G_1' \cap G_2' = \{(e,e)\}$.}, che
-	$G \cong G_1' \times G_2'$. \bigskip
+	$G \cong G_1' \times G_2'$. \medskip
+	
+	
+	In particolare vale il seguente risultato, considerando
+	$\gen{x} \cap \gen{y} = \{e\}$:
+	
+	\begin{proposition}
+		Siano\footnote{
+			In generale, se $\MCD(\ord(x), \ord(y)) > 1$,
+			non vale che $\ord(xy) = \mcm(\ord(x), \ord(y))$,
+			benché sicuramente $\ord(xy) \mid \mcm(\ord(x), \ord(y))$,
+			sempre a patto che $x$ e $y$ commutino.
+			È sufficiente considerare in $\ZZmod6$ gli elementi
+			$\cleq 1$ e $\cleq 2$: infatti $\ord(\cleq 1) = 6$ e
+			$\ord(\cleq 2) = 3$, ma $\ord(\cleq 1 + \cleq 2) =
+			\ord(\cleq 3) = 2 \neq 6$.
+		}\footnote{
+			A prescindere da quanto valga $\MCD(\ord(x), \ord(y))$,
+			se $x$ e $y$ commutano, esiste sempre un elemento
+			$g \in G$ tale per cui $\ord(g) = \mcm(\ord(x), \ord(y))$.
+		} $x$, $y$ due elementi di $G$ che commutano con
+		$\MCD(\ord(x), \ord(y)) = 1$. Allora $\ord(xy) = \ord(x) \ord(y)$. % TODO: aggiungere la dimostrazione
+	\end{proposition}
+	
+	\begin{proof}
+		Chiaramente $\ord(xy) \mid \ord(x) \ord(y)$, dal momento
+		che $(xy)^{\ord(x) \ord(y)} = x^{\ord(x) \ord(y)} y^{\ord(x) \ord(y)} = e$, dove si è usato che $x$ e $y$ commutano.
+		Sia allora $k = \ord(xy)$. Vale allora che
+		$x^k y^k = e \implies x^k = y^{-k} \in \gen{x} \cap \gen{y}$.
+		Tuttavia $\abs{\gen{x} \cap \gen{y}} \mid
+		\MCD(\abs{\gen{x}}, \abs{\gen{y}}) = \MCD(\ord(x), \ord(y)) =
+		1$, e quindi $\gen{x} \cap \gen{y} = \{e\}$. Allora
+		deve valere che $x^k = y^{-k} = e \implies
+		\ord(x), \ord(y) \mid k$, da cui si deduce che
+		$\ord(x) \ord(y) \mid k = \ord(x) \ord(y)$. Si conclude dunque che
+		$\ord(xy) = \ord(x) \ord(y)$.
+	\end{proof} \vskip 0.2in
 
 
 	Si può adesso dimostrare il seguente fondamentale

Secondo anno/Algebra 1/7. Il teorema di corrispondenza e catene di sottogruppi normali/main.tex

@@ -92,7 +92,28 @@
 		$k \in K$ tale per cui $x=yk$. Allora:
 		\[ xH(K \quot H) = yH \, kH (K \quot H) = yH(K \quot H), \]
 		da cui la tesi.
-	\end{proof} \bigskip
+	\end{proof}
+	
+	
+	\begin{example}[I sottogruppi di $\ZZmod n$]
+		Attraverso il teorema di corrispondenza è facile
+		contare i sottogruppi di $\ZZmod n$ senza ricorrere
+		alla teoria sui gruppi ciclici finiti. Infatti, per
+		il teorema di corrispondenza, i sottogruppi di
+		$\ZZ \quot n \ZZ$ sono in esatta corrispondenza
+		con i sottogruppi\footnote{
+			Poiché $\ZZ$ è ciclico, ogni sottogruppo è
+			della forma $m \ZZ$. In particolare, ogni sottogruppo
+			di $\ZZ$ è anche un suo ideale, se si intende
+			$\ZZ$ come anello, ed è dunque monogenerato in
+			quanto $\ZZ$, essendo un anello euclideo, è
+			anche un PID.
+		} $m\ZZ$ di $\ZZ$ tali per cui $n \ZZ \subseteq m \ZZ$.
+		In particolare, $n \ZZ \subseteq m \ZZ$ se e solo se
+		$m \mid n$, e quindi vi sono $d(n)$ possibili sottogruppi, che, tramite il teorema di corrispondenza, sono esattamente
+		i sottogruppi della forma $m\ZZ \quot n\ZZ \cong \ZZ \quot{\frac{n}{m}} \ZZ$.
+	\end{example}
+	\bigskip
 	
 	
 	Si illustra allora il seguente fondamentale risultato sui $p$-gruppi,

Secondo anno/Algebra 1/9. I teoremi di isomorfismo/main.tex

@@ -10,8 +10,8 @@
 		$G'$.
 	\end{note}
 	
-	Si illustrano i tre teoremi di isomorfismo nella loro
+	Si illustrano i tre teoremi di isomorfismo (o omomorfismo)
-	forma più generale.
+	nella loro forma più generale.
 	
 	\begin{theorem}[Primo teorema di isomorfismo]
 		Sia $\varphi$ un omomorfismo da $G$ in $G'$. Allora,
@@ -60,7 +60,38 @@
 	\[ \Ker f = \{ gN \mid \varphi(g) = e \} = \{ gN \mid g \in \Ker \varphi \} = \Ker \varphi \quot N.
 	 \]
 	
-	\begin{theorem}[Secondo teorema di isomorfismo, o teorema del diamante]
+	\begin{theorem}[Secondo teorema di isomorfismo]
+		Siano $H$ e $N$ due sottogruppi normali di $G$ e sia
+		$N \leq H$. Allora\footnote{
+			Ci sono più modi per vedere che $H \quot N$ è
+			normale in $G \quot N$. Un modo di vederlo si
+			ottiene dalla dimostrazione stessa del teorema,
+			dal momento che si ottiene che $H \quot N$ è
+			il kernel dell'omomorfismo $\varphi$. Altrimenti,
+			se $hN \in H \quot N$, $gN hN g\inv N = (ghg\inv)N$,
+			e poiché $H$ è normale in $G$, $ghg\inv \in H$, da
+			cui $(ghg\inv)N \in H \quot N$.
+		}:
+		\[ \frac{G \quot N}{H \quot N} \cong G \quot H. \]
+	\end{theorem}
+	
+	\begin{proof}
+		Si costruisce l'omomorfismo $\varphi : G \quot N \to G \quot H$ tale per cui $gN \mapsto gH$. Si verifica innanzitutto
+		che la mappa $\varphi$ è ben definita:
+		\[ gnH = gH \impliedby N \subseteq H. \]
+		Inoltre $\varphi$ è effettivamente un omomorfismo dal momento
+		che:
+		\[ \varphi(gkN) = gkH = gH \, kH = \varphi(gN) \varphi(kN).  \]
+		Chiaramente $\varphi$ è una mappa surgettiva e quindi
+		$\Im \varphi = G \quot H$.
+		Allora, se $g \in \Ker \varphi$, $\varphi(gN) = gH = H$, e quindi $g \in H$. Pertanto $\Ker \varphi = \{ 
+		gN \mid g \in H 
+		\} = H \quot N$. Si conclude allora, per il Primo teorema
+		di isomorfismo, che:
+		\[ \frac{G \quot N}{H \quot N} \cong G \quot H. \]
+	\end{proof}
+	
+	\begin{theorem}[Terzo teorema di isomorfismo, o teorema del diamante]
 		Siano $H$, $N \leq G$ con $N \nsgeq G$. Allora\footnote{
 			Si osserva che effettivamente $H \cap N$ è normale in
 			$H$. Infatti se $g \in H \cap N$, allora, se
@@ -101,35 +132,4 @@
 		la tesi:
 		\[ H \quot (H \cap N) \cong HN \quot N. \]
 	\end{proof}
-	
-	\begin{theorem}[Terzo teorema di isomorfismo]
-		Siano $H$ e $N$ due sottogruppi normali di $G$ e sia
-		$N \leq H$. Allora\footnote{
-			Ci sono più modi per vedere che $H \quot N$ è
-			normale in $G \quot N$. Un modo di vederlo si
-			ottiene dalla dimostrazione stessa del teorema,
-			dal momento che si ottiene che $H \quot N$ è
-			il kernel dell'omomorfismo $\varphi$. Altrimenti,
-			se $hN \in H \quot N$, $gN hN g\inv N = (ghg\inv)N$,
-			e poiché $H$ è normale in $G$, $ghg\inv \in H$, da
-			cui $(ghg\inv)N \in H \quot N$.
-		}:
-		\[ \frac{G \quot N}{H \quot N} \cong G \quot H. \]
-	\end{theorem}
-	
-	\begin{proof}
-		Si costruisce l'omomorfismo $\varphi : G \quot N \to G \quot H$ tale per cui $gN \mapsto gH$. Si verifica innanzitutto
-		che la mappa $\varphi$ è ben definita:
-		\[ gnH = gH \impliedby N \subseteq H. \]
-		Inoltre $\varphi$ è effettivamente un omomorfismo dal momento
-		che:
-		\[ \varphi(gkN) = gkH = gH \, kH = \varphi(gN) \varphi(kN).  \]
-		Chiaramente $\varphi$ è una mappa surgettiva e quindi
-		$\Im \varphi = G \quot H$.
-		Allora, se $g \in \Ker \varphi$, $\varphi(gN) = gH = H$, e quindi $g \in H$. Pertanto $\Ker \varphi = \{ 
-			gN \mid g \in H 
-		 \} = H \quot N$. Si conclude allora, per il Primo teorema
-		 di isomorfismo, che:
-		 \[ \frac{G \quot N}{H \quot N} \cong G \quot H. \]
-	\end{proof}
 \end{document}

tex/latex/style/notes_2023.sty

@@ -219,6 +219,10 @@
 
 % Spesso utilizzati durante il corso di Algebra 1
 
+\newcommand{\bij}{\leftrightarrow}
+\newcommand{\ZZmod}[1]{\ZZ \quot #1 \ZZ}
+\newcommand{\cleq}[1]{\overline{#1}}
+
 \newcommand{\rotations}{\mathcal{R}}
 \newcommand{\gen}[1]{\langle #1 \rangle}
 \DeclareMathOperator{\Cl}{Cl}