From f63d2cb16aac14e26ffb3f50e98137cffb387a48 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: Fenu Date: Sun, 9 Feb 2025 20:00:35 +0000 Subject: [PATCH] Aggiornare 'src/pages/archivio/2024-2025/aritmetica.md' --- src/pages/archivio/2024-2025/aritmetica.md | 153 +++++++++++++++++++++ 1 file changed, 153 insertions(+) diff --git a/src/pages/archivio/2024-2025/aritmetica.md b/src/pages/archivio/2024-2025/aritmetica.md index ec4bbea..31b1997 100644 --- a/src/pages/archivio/2024-2025/aritmetica.md +++ b/src/pages/archivio/2024-2025/aritmetica.md @@ -61,3 +61,156 @@ Quanti polinomi irriducibili di grado $n$ esistono nell'anello $\mathbb{F}_p[x]$ ## Soluzioni Esercizi del 16 dicembre Qui le [soluzioni](/materiale/soluzioni_esercizi_16dicembre.pdf). + +## Tutorato 8 gennaio. +Es.1 + +Sia $p$ primo. Preso +\[P(x)=(x-1)\cdot(x-2)\cdot\dots\cdot (x-(p-1))\] +per quali primi $p$ vale $a_1\equiv 0 \text{mod} p^2$? + +Es.2 + +Calcolare il numero di elementi di ordine $12$ in $\mathbb{Z}_{56} ^*$ e $\mathbb{Z}_{377} ^*$. + +Es.3 + +Per quali $n\in \mathbb{N}$ il polinomio $x^{2n}+x^n+1$ è divisibile per $x^2+x+1$ in $\mathbb{Q}[x]$?\\ + +Es.4 + +Sia $\alpha=2+\sqrt{5+\sqrt{-5}}\in \mathbb{C}$. Determinare i gradi $[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]$ e $[\mathbb{Q}(\alpha^2):\mathbb{Q}]$. + +Es.5 + +Sia $f(x)=x^4+3x^3+x+1$. Calcolare il grado del campo di spezzamento su $\mathbb{F}_{2^k}$ e $\mathbb{F}_{3^k}$. Inoltre detta $\alpha\in\mathbb{C}$ una qualsiasi radice di $f(x)$, calcolare $[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}]$. + +## Tutorato 15 gennaio + +Es.1 + +Dimostrare che $x^4+1$ è riducibile in $\mathbb{F}_p$ per ogni $p$ primo. + +Es.2 + +Risolvere il sistema di congruenze +\[ +\begin{cases} + 3^{x^2-1}\equiv -1 \mod{28}\\ + x^{22} +2x\equiv 30 \mod{22}. +\end{cases} +\] + +Es.3 + +Dimostrare che $x^4+x^2-x+2$ è irriducibile in $\mathbb{Z}[x]$. + +Es.4 + +Sia $G$ gruppo tale che tutti i suoi sottogruppi normali abbiano indice infinito. Sia ora $F$ un sottogruppo \textbf{finito} normale di $G$. Dimostrare che $Z(G)$ sta nel centro. + +Es.5 + +Esercizio popolare (per lavorare di più con i gruppi): sia $G$ un gruppo di cardinalità $p^n$ per qualche $n$ ed $H$ un suo sottogruppo proprio. Dimostrare che il normalizzatore di $H$ contiene strettamente $H$.\\ + +Es.6 + +Determinare quanti sono i sottogruppi di $S_4$, di $S_5$ e di $S_6$ di cardinalità $9$. + +## Tutorato 29 gennaio + + +Es.1 + +Definiamo $\sigma(n)$ come la somma di tutti i divisori positivi di $n\in \mathbb{N}_{>0}$. Determinare le soluzioni all'equazione +\[\ 3\cdot \sigma(n)=4\cdot n -17.\] + +Es.2 + +Determinare tutte le coppie $(n, h)\in \mathbb{N}^2$ tale che esistano omomorfismi \textbf{non banali} da $S_n$ ad un gruppo di cardinalità $h$. + +Es.3 + +Fattorizzare $x^3+2x+1$ nel campo di spezzamento di $x^4+4$ su $\mathbb{F}_3$. + +Es.4 + +Descrivere il centralizzatore dell'elemento $(1234)(567)(89)$ in $S_9$.\\ +Dire la cardinalità del normalizzatore di $<(1234)(567)(89)>$ in $S_9$. + +## Soluzioni primo scritto di Aritmetica + +\section*{Esercizio 1} +Consideriamo la successione definita da $a_1=2, a_2=2$ e $a_n=a_{n-1}+(n-1)a_{n-2}$ per ogni $n\geq 3$.\\ +\begin{itemize} + \item \textbf{a.} Dimostrare che $a_n$ è un multiplo di $12$ per ogni $n\geq 4$. + \item \textbf{b.} Dimostrare che per ogni intero positivo $n$ vale $a_n\geq \sqrt{n!}$. +\end{itemize} +\textbf{Soluzione a.}\\ +Procediamo per \textit{induzione forte} su $n$: assumendo che $a_k$ sia divisibile per $12$ per ogni $4\leq k5$. Scrivendo la ricorsione +\[a_n=a_{n-1}+(n-1)a_{n-2}\] +si nota che $a_{n-1}$ ed $a_{n-2}$ sono entrambi multipli di $12$ per ipotesi induttiva forte, in quanto $n-1, n-2$ sono entrambi maggiori o uguali a $4$ (ricordiamo $n>5$) e chiaramente strettamente minori di $n$. Allora $a_n$ è combinazione di due multipli di $12$ ed è multiplo di $12$.\\ +Abbiamo concluso il passo induttivo e dunque dimostrato che $a_k$ è sempre multiplo di $12$ per ogni $k\geq 4$.\\ +\textbf{Soluzione b.}\\ +Procediamo nuovamente per induzione forte su $n$.\\ +Notiamo preliminarmente che per ogni $n\geq 2$ vale la disuguaglianza $1+\sqrt{n-1}\geq \sqrt{n}$: elevando al quadrato è equivalente (per positività di ambo i membri) a $n+2\sqrt{n-1}\geq n$ ossia a $2\sqrt{n-1}\geq 0$, chiaramente verificata.\\ +Passo base: dal testo $a_1\geq \sqrt{1}, a_2\geq \sqrt{2}$ seguono.\\ +Passo induttivo: supponendo la tesi vera per ogni $1\leq k2$. Scrivendo la ricorsione +\[a_n=a_{n-1}+(n-1)a_{n-2}\] +otteniamo immediatamente $a_n\geq \sqrt{(n-1)!}+(n-1)\sqrt{(n-2)!}$ (abbiamo sostituito l'ipotesi induttiva dato che $n-1, n-2$ sono entrambi $\geq 1$) che possiamo esprimere come +\[a_n\geq\sqrt{(n-1)!}+(n-1)\sqrt{(n-2)!}=\sqrt{(n-1)!}\cdot(1+\sqrt{n-1}).\] +Applicando l'osservazione iniziale, il membro di destra è maggiore o uguale a $\sqrt{(n-1)!}\cdot \sqrt{n}=\sqrt{n!}$ e dunque +\[a_n\geq \sqrt{n!}\] +che conclude il passo induttivo e dimostra la tesi. +\section*{Esercizio 2} +Trovare tutte le soluzioni intere del sistema +\[\begin{cases} + 3^{x^2-1}\equiv -1 \mod{28}\\ + x^{22}+2x\equiv 30 \mod{22}. +\end{cases}\] +\textbf{Soluzione.} Risolviamo entrambe le equazioni e poi mettiamo a sistema le soluzioni. La prima equazione è equivalente al sistema +\[\begin{cases} + 3^{x^2-1}\equiv -1 \mod{4}\\ + 3^{x^2-1}\equiv -1 \mod{7}. +\end{cases}\] +Per la prima equazione, basta notare che le potenze di $3$ ciclano modulo $4$ ogni $2$: $3^0\equiv 1, 3^1\equiv -1, 3^2\equiv 1,\dots$ come assicurato dal teorema di Eulero-Fermat. L'equazione è verificata allora per tutti gli $x$ tali che $x^2-1$ sia dispari $\Rightarrow x$ pari. Analogamente per la seconda equazione: il teorema di Eulero-Fermat ci garantisce che le potenze di $3$ modulo $7$ si ripetano ogni $6$ pertanto basta calcolare $3^0\equiv 1, 3^1\equiv 3, 3^2\equiv 2, 3^3\equiv -1, 3^4\equiv 4, 3^5\equiv -2, 3^5\equiv 1$. La seconda equazione sarà allora soddisfatta per tutti e soli gli interi $x$ con $x^2-1\equiv 3\mod{6}$, ossia (per verifica diretta\footnote{Importante: una semplice applicazione del teorema di Eulero-Fermat non ci garantisce una corretta risoluzione dell'equazione. I (pochi) conti ci hanno assicurato che $3$ genera $(\mathbb{Z}_7)^*$.}) $x\equiv 2, 4\mod{6}$. Intersecando le soluzioni trovate, otteniamo che $x\equiv 2, 4\mod{6}$ è la soluzione di questo primo sistema.\\ +La seconda equazione del testo è equivalente al sistema +\[\begin{cases} + x^{22}+2x\equiv 8 \mod{2}\\ + x^{22}+2x\equiv 8 \mod{11}. +\end{cases}\] +Dalla prima, si ottiene $x$ pari (nuovamente), per la seconda possiamo usare il teorema di Eulero-Fermat che ci garantisce $x^{11}\equiv x^1\mod{11}$ e sostituire $x^{22}$ con $x^2$. Abbiamo ora $x^2+2x\equiv 8 \mod{11}$ e dunque $(x-2)(x+4)\equiv 0 \mod{11}\Rightarrow x\equiv2, -4 \mod{11}$ dato che $\mathbb{Z}_{11}$ è un campo.\\ +Intersecando tutte le soluzioni ottenute abbiamo i $4$ sistemi +\[\begin{cases} + x\equiv 2, 4 \mod{6}\\ + x\equiv 2, -4 \mod{11} +\end{cases}\] +Per il Teorema Cinese del Resto sappiamo che ognuno dei $4$ sistemi ammette una e una sola soluzione, che possiamo trovare a mano aggiungendo $2$ e togliendo $4$ ai primi sei multipli di $11$. Le soluzioni finali saranno $x\equiv 2, 40, 46, 62\mod{66}$. +\section*{Esercizio 3} +Dire se il polinomio $p(x)=x^4+ x^2 - x+2$ è irriducibile in $\mathbb{Z}[x]$.\\ +\textbf{Soluzione.} Per il criterio della radice razionale, se questo polinomio fosse diviso da un fattore di grado $1$ avrebbe una radice razionale con numeratore che divide $2$ e denominatore che divide $1$ (il termine di testa). Per verifica diretta, $1, -1, 2, -2$ non sono radici pertanto il nostro polinomio non è diviso da nessun fattore di grado $1$.\\ +Rimangono due possibilità: o è un prodotto di due fattori di grado $2$ irriducibili oppure è irriducibile.\\ +Se fosse $p(x)=g(x)\cdot h(x)$ con $g$ ed $h$ di grado $2$, allora proiettando tutto tramite $\mathbb{Z}[x]\rightarrow\mathbb{Z}_3 [x]$ otterremo una fattorizzazione di $p(x)$ in $\mathbb{Z}_3[x]$ in fattori di grado al più $2$.\\ +Questo è un assurdo: in $\mathbb{Z}_3[x]$ abbiamo $x^4+x^2-x+2=(x-1)(x^3+x^2+2x+1)$ e il fattore di grado $3$ è irriducibile visto che non ha radici. Pertanto la fattorizzazione in $\mathbb{Z}[x]$ non può avere fattori irriducibili di grado tutti minori di $3$.\\ +L'unica possibilità rimasta è che $p(x)$ sia irriducibile in $\mathbb{Z}[x]$ e abbiamo concluso.\\ +\textbf{Conclusione alternativa.} Per escludere che $p(x)$ sia prodotto di due fattori irriducibili di grado $2$ possiamo anche procedere diversamente. Una tale fattorizzazione sarebbe della forma $(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=x^4+x^2-x+2$ e svolgendo tutti i prodotti ed eguagliando i coefficienti otteniamo un sistema che non ha soluzione in $\mathbb{Q}$. +\section*{Esercizio 4} +Sia $Y$ l'insieme costituito dai sottogruppi di $S_5$ che hanno $4$ elementi.\\ +\begin{itemize} + \item \textbf{(1)} Quanti sottogruppi ciclici ci sono in $Y$? + \item \textbf{(2)} Consideriamo $\sigma=(1, 2, 3, 4)$. Quanti elementi ha il centralizzatore $C(\sigma)$? + \item \textbf{(3)} Quanti sottogruppi isomorfi a $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ ci sono in $Y$? + \item \textbf{(4)} Per ogni $K\in Y$ consideriamo il suo normalizzatore $N(K)=\{g\in S_5 | gKg^{-1}=K\}$ (assumiamo noto il fatto che il normalizzatore sia a sua volta un sottogruppo di $S_5$). Dire se fra questi normalizzatori ce ne sono alcuni (e se ce ne sono specificare quanti sono) isomorfi a uno dei seguenti gruppi: $\mathbb{Z}_4\times \mathbb{Z}_2, D_4, A_4, S_4, A_5, S_5$. +\end{itemize} +\textbf{Soluzione (1).} Per contare sottogruppi ciclici di ordine $4$ possiamo contare gli elementi di ordine $4$ e dividere per $\varphi(4)=2$ (il numero di generatori per ogni sottogruppo). Gli elementi di ordine $4$ in $S_5$ sono tutti e soli i $4-$cicli: dalla teoria sappiamo che sono ${{5}\choose{4}}\cdot 3!$ e dunque la risposta è $15$.\\ +\textbf{Soluzione (2).} Sappiamo che la cardinalità del centralizzatore di $\sigma$ in $S_5$ corrisponde (per la formula Orbita-Stabilizzatore) a $|S_5|/|{\text{classe di coniugio di }\sigma}|$. Inoltre la classe di coniugio di $\sigma$ è fatta da tutti e soli i $4$-cicli in $S_5$ che per il conto precedente sono $30$. La risposta è allora $120/30=4$. Possiamo notare anche che $1, \sigma, \sigma^2, \sigma^3$ ci appartengono e sono pertanto tutti e soli gli elementi del centralizzatore.\\ +\textbf{Soluzione (3).} Dato che $\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$ è generato da due qualsiasi dei suoi elementi di grado $2$ (distinti), ci basta contare le coppie (ordinate) di elementi di grado $2$ che commutano in $S_5$ e poi dividere per $6$ (il numero di modi di scegliere una coppia ordinata di generatori in $\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$).\\ +Per fare il conto procediamo cosi: notiamo che gli elementi di ordine $2$ sono $2-$cicli e $2+2-$cicli. Il centralizzatore di un $2$-ciclo contiene $6$ elementi di ordine $2$ distinti dal $2-$ciclo di partenza (basta fare il conto con $(12)$) mentre un $2+2-$ciclo ne contiene altri $4$ (basta fare il conto con $(12)(34)$). Pertanto il numero di coppie ordinate di elementi di ordine $2$ che commutano in $S_5$ è $\text{numero di 2-cicli}\cdot 6 + \text{numero di 2+2-cicli}\cdot 4=120$. Dividendo per $6$ otteniamo \framebox{20} che è la risposta corretta.\\ +\textbf{Soluzione (4).} +Cominciamo osservando che, per la formula orbita-stabilizzatore, il normalizzatore di un $4$-ciclo (e dunque dello $\mathbb{Z}_4$ che genera) ha cardinalità $5!/\{\text{suoi coniugati}\}$ ed i suoi coniugati sono tutti e soli gli elementi contati al punto $(1)$. Il normalizzatore ha cardinalità $8$. Esibiamo due modi per capire chi è. Senza perdita di generalità supponiamo che il gruppo sia $<(1234)>$. Possiamo imporre $g(1234)g^{-1}=(1234)^i$ per $i=0, 1, 2, 3$ e determinare a mano tutti gli $8$ elementi (in questa maniera abbiamo mostrato un altro modo per capirne la cardinalità): otteniamo una copia di $D_4$ sui vertici $\{1, 2, 3, 4\}$.\\ +Alternativamente potevamo osservare che il $D_4\subset S_5$ sui vertici $\{1, 2, 3, 4\}$ di sicuro normalizza $<(1234)>$ in quanto esso genera un sottogruppo di indice $2$ dentro $D_4$. D'altronde, per il conto iniziale il normalizzatore ha cardinalità proprio $8$ e dunque non contiene nient'altro oltre a $D_4$. Con questo ragionamento abbiamo appena esibito $\framebox{15}$ normalizzatori isomorfi a $D_4$, uno per ogni\footnote{Tutte queste copie sono distinte dato che dentro un $D_4$ esiste un solo gruppo di ordine $4$.} gruppo ciclico dentro $Y$.\\ +Dobbiamo contare i normalizzatori dei rimanenti sottogruppi dentro $Y$, ossia le varie copie di $\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$.\\ +Dal punto $(3)$ abbiamo scoperto che esistono due copie non coniugate di $\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2$ dentro $S_5$: i generati da due cicli disgiunti $$ che sono $15$ (tutti coniugati tra loro) e i generati da due $2+2$-cicli $$ che sono $5$ (tutti coniugati tra loro). Per gli stessi conti di prima (entrambe le strade funzionano) abbiamo che il normalizzatore di $$ ha cardinalità $8$ ed è dunque un $D_4$, mentre il normalizzatore di \\$$ ha cardinalità $24$. Sarà pertanto la copia di $S_4\subset S_5$ dato che ha la giusta cardinalità (è un fatto noto che $S_4$ normalizzi il \textit{gruppo di Klein}). Di queste copie ne abbiamo $\framebox{5}$ distinte.\\ +Abbiamo concluso.