[A-L] (2023/24) Foglio 6 - Esercizio 4

[Elia-Belli]

[CarloDaRomadev]

punto 1)

[CarloDaRomadev]

punto 2)

[interestingmaneuver]

Manca il sottogruppo di ordine 5, cioè $\langle 2^{20/5} \rangle = \langle 2^4 \rangle$, poi questo elenco è esaustivo solo perché $U_{25}$ è ciclico.

[CarloDaRomadev]

hai ragione, grazie

[CiottoloMaggico]

[Elia-Belli]

(1) Per dimostrare che $(\mathcal{U}(\mathbb{Z}_{25}),\cdot)$ è ciclico cerchiamo un elemento $g$ che lo generi, ovvero tale che $\langle g\rangle=\mathcal{U}(\mathbb{Z}_{25})$.

Osserviamo innanzitutto che $|\mathcal{U}(\mathbb{Z}_{25})|=\phi(25)=20$ quindi anche l'ordine di $|\langle g\rangle|$ deve essere $20$
Quindi mettiamoci alla ricerca di un sottogruppo generato da $g\in \mathcal{U}(\mathbb{Z}_{25})$ di ordine $20$

Ricordiamo che l'ordine di un elemento è il minimo numero tale che $g^{o(g)}=1$, quindi non basta che $g^{20}=1$ (che in questo caso è vero per tutti gli elementi) ma $20$ deve essere il minimo numero per cui ciò avviene, il Teorema di Lagrange ci dice chi sono i suoi possibili competitors.

Il Teorema di Lagrange fissa i possibili ordini dei sottogruppi di $\mathcal{U}(\mathbb{Z}_{25})$ ai divisori di $20$ ovvero $\{1,2,4,5,10,20\}$
Ora tocca testare gli elementi finchè non ne troviamo uno di ordine $20$ (se esiste), $\langle 1\rangle$ è il sottogruppo banale $\{1\}$ partiamo quindi da $2$:

$$2^1\neq 1;\ 2^2\neq 1;\ 2^4\neq 1;\ 2^5\neq 1;\ 2^{10}\neq 1; 2^{20}=1\ in\ \mathbb{Z}_{25}$$

Che fortuna! Abbiamo trovato un generatore al primo colpo $\langle 2\rangle=\mathcal{U}(\mathbb{Z}_{25})$ allora è effettivamente ciclico.

Non è detto che il generatore sia unico. Inoltre mi domando se ci sia un modo per dire a priori se il gruppo è ciclico senza dover testare, nel caso peggiore, tutti gli elementi del gruppo (meno il neutro), il che ha una complessità di $O(\phi(n))$

(2) Per determinare i sottogruppi ricordiamo il Teorema di Struttura per gruppi ciclici che stabilisce corrispondenza biunivoca tra i divisori di $20$ e i sottogruppi di $<2>$, in particolare i sottogruppi sono tutti e soli $<2^{\frac{20}{k}}>$ con $k$ divisore di $20$:

$$<2>\ <4>\ <16>\ <7>\ <24>\ <1>$$

[interestingmaneuver]

Inoltre mi domando se ci sia un modo per dire a priori se il gruppo è ciclico senza dover testare

Per alcuni $U_n$ e $\mathbb{Z}_n$ si può usare il teorema cinese dei resti:

Dati $n_1, \ldots, n_r \in \mathbb{Z}$ a due a due coprimi, $f: \mathbb{Z}_{n_1 \ldots n_r} \to \mathbb{Z}_{n_1} \times \ldots \times \mathbb{Z}_{n_r}$ data da $x \mod n_1 \ldots n_r \mapsto (x \mod n_1, \ldots, x \mod n_r)$ è un omomorfismo di gruppi banalmente invertibile, quindi un isomorfismo.

Anche sul gruppo delle unità è un isomorfismo, dato $x \in \mathbb{Z}_n$, $x \in U_n \iff (x, n) = 1$. Allora se $(x, n) = 1$, anche $(x, n_i) = 1$ per $1 \le i \le r$.

Ad esempio:

• $U_{12} \cong U_{3} \times U_{4}$: $U_3$ è ciclico di ordine 2, quindi $U_3 \cong \mathbb{Z}_2$, $U_4$ è anch'esso ciclico di ordine 2, quindi $U_4 \cong \mathbb{Z}_2$. Però $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ non è ciclico, quindi $U_{12}$ non è ciclico.
• $U_{14} \cong U_{2} \times U_{7}$. $U_2$ è banalmente ciclico di ordine 1, $U_7$ è ciclico di ordine 6. $U_2 \times U_7$ è ciclico essendo $(1, 6) = 1$, quindi $U_{14}$ è ciclico.

Attenzione, non è detto che $U_{25} \cong U_{5} \times U_{5}$, perché $(5, 5) = 5 \ne 1$, quindi il teorema cinese dei resti non si può applicare in questo esercizio.

[interestingmaneuver]

In aggiunta, sapendo ad esempio che $U_{14} \cong U_2 \times U_7$, e che:

• Un generatore di $U_2$ è $[1]$
• Un generatore di $U_7$ è $[3]$

(quindi $([1], [3])$ è un generatore di $U_2 \times U_7$)

Dall'isomorfismo descritto sopra si ha che un generatore di $U_{14}$ è la soluzione di

$$ \begin{cases} x \equiv 1 \mod 2\\ x \equiv 3 \mod 7 \end{cases} $$

ossia $3 \mod 14$, quindi $[3]$.