\section{Proposizioni varie}
\begin{prop}
	\label{proptuttiordine2}
	Dato un $G$ con $|G|\ge 2$,
	\eal{&\forall a\in G\;\;a^2=\e \> G\T{ e' abeliano }, |G|=2^{k}
	}
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
	\step{}{Dim che $G$ e' abeliano}
	\begin{prova}
Nota:
\eal{&a^2=\e \= a=\inv a}
Sia $a,b\in G$
\eal{&ab=\inv{(ab)}=\inv b \inv a=ba\\
&ab=ba
}
quindi $G$ e' abeliano.
	\end{prova}
\step{}{Dimostriamo che $|G|=2^{k}$}
\begin{prova}
Consideriamo $n$ elementi distinti di $G$, e creiamo il sottogruppo da essi
generato
\eal{&H_n=\gen{a_1,a_2,\dots,a_{n}} \ubrace{=}{G\T{ e' abeliano }} 
\pgra{a_1^{i_1}a_2^{i_2}\dots a_{n}^{i_{n}}
\;|\;i_1,i_2,\dots,i_{n}\in \mathbb{Z}}
\\
&\T{poiche' ogni $a_i$ ha ordine due, $a_i^{k}=a_i\;\|\;a_i^k=\e$, quindi
possiamo scrivere }\\
&\gen{a_1,a_2,\dots,a_{n}} =\pgra{a_1^{i_1}a_2^{i_2}\dots a_{n}^{i_{n}}
\;|\;i_1,i_2,\dots,i_{n}\in\pgra{0,1}}
}
Poiche' ogni esponente dei vari $a_i$ puo' essere o zero o uno, e' chiaro che
esistono $2^n$ possibilita'.\\
Poiche' $H_n\le G$, possono verificarsi due possibilita': $H_n=G\;\|\;H_n \neq
G$.\\ Se $H_n=G$, abbiamo finito: $|G|=|H_n|=2^n$. Altrimenti, basta
considerare $H_{n+1}$.\\ Al massimo arriveremo fino a $H_p$, dove $p=|G|$. In
questo caso si ha necessariamente $H_p=G$, per definizione di sottogruppo
generato.
\end{prova}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{prop}
	\label{propordinediab}
	Dati $a,b\in G$,
\eal{&\sist{o(a)=m,\;\;o(b)=n,\;\;(m,n)=1\\
ab=ba}\> o(ab)=mn}
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
	\eal{&(ab)^{mn}=a^{mn}b^{mn} \ubrace{=}{o(a)=m,\;o(b)=n}\e \;\;(1)}
	Resta da dimostrare che $mn$ e' il piu' piccolo esponente t.c.
	$(ab)^{mn}=\e$.\\
	\eal{&(1)  \ubrace{\>}{\see{corpropieqjmodzp}} k=o(ab)\div mn\>\exists
	k_1k_2\ge 1:\;k=k_1k_2,\;k_1\div m,\;k_2\div n\\
	&k_1\div m \> m=\lambda_1 k_1\\
	&k_2\div m \> m=\lambda_2 k_2\\
	&(ab)^{mk_2}=(ab)^{\lambda_1k_1k_2}=(ab)^{\lambda_1k}=\pton{(ab)^k}^{\lambda_1}=\e\\
	&\e=(ab)^{mk_2} \ubrace{=}{ab=ba} a^{mk_2}b^{mk_2}=\e b^{mk_2}=b^{mk_2}\\
	&b^{mk_2}=\e \> o(b)=n\div mk_2 \\
	&n\div mk_2 \= \lambda_2k_2\div mk_2\= \lambda_2\div m\\
	&\lambda_2\div m,\;\lambda_2\div n\> \lambda_2\div (m,n)=1
	\>\lambda_2=1
	}
	Analogamente, \eal{&\lambda_1\div m,\;\lambda_1\div n \> \lambda_1\div
	(m,n) \>\lambda_1=1}
	In conclusione:
	\eal{&\lambda_1=\lambda_2=1\> m=k_1,\;n=k_2\>mn=k_1k_2=k=o(ab)}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{prop}\label{esistecconordinemcm}
	Sia $G$ abeliano, $a,b\in G$, allora
	\eal{&\exists c\in G:\;o(c) =\mcm\pgra{o(a),o(b)}
	}
\end{prop}
\begin{proof}
	Siano $r=o(a),\;s=o(b),\;m=\mcm\pgra{r,s}$.
	Scomponiamo in fattori $r,s$:
	\eal{&
	r=p_1^{r_1}p_2^{r_2}\dots p_t^{r_t}\\
	     &
	s=p_1^{s_1}p_2^{s_2}\dots p_t^{s_t}\\
	&\T{ con } 0\le r_i,s_i\;\;\forall i
	}
	Per la proprieta' del mcm \AI{mcmMCD123}, si ha
	\eal{&m=\prod_{i=1}^{t}p_i^{\mu_i}\\
	&\T{con }\mu_i=\max\pgra{r_i,s_i}\;\;\forall i\;\;(1)
	}
	Consideriamo i seguenti elementi:
	\eal{
	&a_i=a^{\alpha_i}\\
	&\qq \alpha_i=\prod_{1\le j\le t,\;j \neq i}p_j^{r_j}\\
	&b_i=b^{\beta_i}\\
	&\qq \beta_i=\prod_{1\le j\le t,\;j \neq i}p_j^{s_j}
	}
	\step{passoordineai}{$o(a_i)=p_i^{r_i}$}
	\begin{prova}
		\eal{&a_i^{p_i^{r_i}}=a^{\alpha_ip_i^{r_i}}=a^{\prod_{j=1}^{t}p_j^{r_j}}=a^r = \e\\
		&\> o(a_i) \div p_i^{r_i} \> o(a_i) \le p_i^{r_i}
		}
		Se per assurdo $r'=o(a_i)<p_i^{r_i}$, allora
		\eal{&a_i^{r'}=\e\= a^{\alpha_ir' }=\e \>o(a)=r \div \alpha_ir'
		\> r \le  \alpha_ir'=r'\prod_{1\le j\le t,\;j \neq
		i}p_j^{r_j} \= \\
		&\=\prod_{j=1}^{t}p_j^{r_j} \le  r'\prod_{1\le j\le t,\;j \neq
		i}p_j^{r_j}  \ubrace{\=}{\T{semplificando}}  p_{i}^{r_i} \le  r'
		}
		assurdo contro $r' <p_i^{r_i}$. Quindi $o(a_i)=p_i^{r_i}$
	\end{prova}
	\step{passobi}{$o(b_i)=p_i^{s_i}$}
	\begin{prova}
		Analogamente.
	\end{prova}
	Siano dati i seguenti elementi:
	\eal{&c_i=\sist{a_i& r_i > s_i\\
			b_i& r_i\le s_i}\;\;\forall i=1,\dots,t
	}
	\step{}{$o(c_i)=p_i^{\mu_i}$}
	\begin{prova}
		\case{$r_i>s_i$}
		\begin{prova}
			\eal{&r_i > s_i \> \mu_i=\max\pgra{r_i,s_i}=r_i\\
			&c_i=a_i\\
			&o(c_i)=o(a_i) \ubrace{=}{\sref{passoordineai}} p_i^{r_i}=p_i^{\mu_i}	}
		\end{prova}
	\case{$r_i\le s_i$}
		\begin{prova}
			\eal{&r_i \le  s_i \> \mu_i=\max\pgra{r_i,s_i}=s_i\\
			&c_i=b_i\\
			&o(c_i)=o(b_i) \ubrace{=}{\sref{passobi}} p_i^{s_i}=p_i^{\mu_i}
			}
		\end{prova}
	\end{prova}
	\qedstep
	\begin{prova}
		\eal{&\sist{o(c_i)=p_i^{\mu_i}\;\;\forall i\\
		\pgra{p_i}\T{ sono primi distinti }} \>
		\MCD(o(c_1),\dots,o(c_t))=1\;\;\;(2)\\
		&\sist{G\T{ abeliano}\\
		c:=\prod_{i=1}^{t}c_i\\
		(2)
		} \ubrace{\>}{\see{propordinediab}}
		o(c)=\prod_{i=1}^{t}o(c_i)=\prod_{i=1}^{t}p_i^{\mu_i}
		\ubrace{=}{(1)} m
		}
		$c$ e' quindi l'elemento cercato.
	\end{prova}
\end{proof}

\begin{prop}
Dati $H,K \le  G$ 
	\eal{&\sist{|H|=p\T{ primo}\\
	p\ndiv |K|} \> H\^K=\pgra{\e}
	}
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
	\eal{&|H|=p\T{ primo }   \ubrace{\=}{\see{coroGestpprimobanali}}
	\pton{ J\le H \= J=\pgra{\e}  \| J=H} \;\;(*)\\
	&H\^ K \le  H  \>  H\^K \le H  \ubrace{\=}{(*)}  H\^K=\pgra{\e}  \| H\^K=H }
	Se per assurdo $H\^K=H$, allora
	\eal{&H\^K = H\= H\( K  \ubrace{\>}{\T{lagrange}} |H|\div |K| \=
	p\div |K| }
	assurdo contro Hp.\\
	Quindi l'unica possibilita' e' $ H\^K=\pgra{\e}$.
\end{prova}
\qed
\end{prova}

\begin{prop}
	\eal{&\sist{G=\gen{a,b}\\
	o(a)=o(b)=4\\
	a^2=b^2=(ab)^2}\>G\simeq \mathbb{H}}
	dove $\mathbb{H}$ e' il gruppo dei quaternioni.\\
	Nota: la condizione $(ab)^2=b^2$ equivale a: $ba=a^{-1}b$.
\end{prop}
\begin{proof}
\pfsketch{Con la condizione $ba=a^{-1}b$, si dimostra che 
\eal{&G=\pgra{a^rb^s\;|\;r=0,1,\dots,3,\;\;s=0,1}}
Si osserva che 
\eal{&\mathbb{H}=\pgra{i^rj^s\;|\;r=0,1,\dots,3,\;\;s=0,1}
}
si dimostra che la seguente funzione e' ben posta ed e' un isomorfismo
\eal{&f(a^rb^s)=i^rj^s
}
}
\end{proof}

\section{Studio dei gruppi}
In questa sezione studieremo i gruppi di ordine $1,\dots,15$.

\begin{prop}
	$|G|=1$ allora $G=\pgra{\e}$, e non abbiamo molto da dire.\\
	$|G|=2$ allora $G=\pgra{\e, a}=\gen a$ e $G\simeq\mathbb{Z}_2$ per il
	thm \see{ognigruppociclicoisomorfoZn}\\
	$|G|=3$ allora $G=\pgra{\e,a,b}=\gen a=\gen b  \simeq \mathbb{Z}_3$ perche' $3$ e' un primo
	e quindi applichiamo la prop \see{propordGprimogenerato}.\\
\end{prop}
\begin{prop}
	$|G|=4$\\
	Si possono verificare due casi:
	\eal{&G=\gen a\simeq \mathbb{Z}_4\;\|\;G=\pgra{\e,a,b,c} \T{ con }o(a)=o(b)=o(c)=2}
	Nel secondo caso $G$ si chiama \emph{gruppo Vier}.
	\label{gruppo Vier}
	In ogni caso, $G$ e' abeliano.
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
\eal{&|G|=2^2  \ubrace{\>}{\see{proppgruppikunodue}} G\T{ abeliano}}
Consideriamo adesso il secondo caso. $o(a)$ deve dividere 4
(\see{propordinediadivideG}), quindi $o(a)=1,2,4$.\\
Supponiamo $a \neq \e$, allora $o(a)=2,4$.
\eal{&o(a) =4  \ubrace{\>}{\see{carattgruppiciclici}} G=\gen a }
ma questo e' assurdo perche' siamo nell'ipotesi in cui $G$ non e' ciclico.\\
Abbiamo quindi dimostrato che ogni $a\in G$ diverso da $\e$ ha ordine due.
\end{prova}
\begin{prop}
	$|G|=5$ allora $G=\gen a \simeq \mathbb{Z}_5$
	(\see{propordGprimogenerato} e \see{ognigruppociclicoisomorfoZn}) 
\end{prop}
\begin{prop}
	$|G|=6$
Si possono verificare solo due casi:
\eal{&G\simeq \mathbb{Z}_6 \| G \simeq S_3}
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
	Basta applicare la prop. \see{propgruppo2p}, ricordandosi che
	$S_3\simeq D_3$. Qui di seguito diamo una dimostrazione alternativa
	che fa uso del thm di Cayley.\\
Consideriamo $g\in G$. 	$o(g)$ deve dividere 6
(\see{propordinediadivideG}), quindi $o(g)=1,2,3,6$\\
	\eal{&|G|=6\T{ e' pari}  \ubrace{\>}{exp. \see{gruppodiordinepari}}
	\exists a\in G:\;\;o(a)=2}
	\step{}{$\exists b\in G:\;o(b)=3$}
\begin{prova}
Supponiamo per assurdo che 
\eal{&\forall b\in G\;\;o(b) \neq 3 \= \forall b\in G:b \neq \e\;\;o(b)=2,6}
Se $o(b)=6$, allora $o(b^2)=3$, assurdo. \\
Se $b$ tali che $o(b)=6$ non ce ne sono, allora
\eal{&\forall b\in G:b \neq \e\;\;o(b)=2\\
& \qq  \ubrace{\>}{prop \see{proptuttiordine2}} |G|=2^{k} }
ma questo e' assurdo perche' $|G|=6$.
\end{prova}
Quindi $o(a)=2,o(b)=3$. Distinguiamo due casi, 
\case{$G$ abeliano}
\begin{prova}
Poiche' $G$ e' abeliano $ab=ba$, poiche' inoltre $o(a)=2,o(b)=3$, per la
proposizione \see{propordinediab}, si ha
\eal{&o(ab)=2\.3=6  \ubrace{\>}{\see{carattgruppiciclici} } G=\gen{ab}
\ubrace{ \simeq}{ \see{ognigruppociclicoisomorfoZn}}\mathbb{Z}_6
}
\end{prova}
\case{$G$ non abeliano}
\begin{prova}
Ricordandoci che $o(a)=2,o(b)=3$, consideriamo i seguenti gruppi:
\eal{&H=\pgra{\e,a},\;\;K=\pgra{\e,b,b^2}}
\step{}{$K$ e' normale}
\begin{prova}
Infatti,
\eal{&|K|=3  \ubrace{\>}{Lagrange \see{thmdilagrange}} \ig K =
\frac{|G|}{|K|}=\frac{6}{3}=2  \ubrace{\>}{\see{propigeq2}} K\T{ normale }  }
\end{prova}
\step{}{$H$ non e' normale}
\begin{prova}
Supponiamo per assurdo che lo sia.\\
\eal{&\sist{H, K \T{ normali }\\
\inv a=a\in H,\;b\in K\\
H\^K = \pgra{\e} }  \ubrace{\>}{\T{prop.
\see{propHKnormaliHintKestealloracommutano}}} ab=ba\\ 
&\sist{ab=ba\\
o(a)=2,o(b)=3}  \ubrace{\>}{prop. \see{propordinediab} } o(ab)=6 \> G=\gen{ab}
\ubrace{\>}{prop. \see{propciclicoimpabeliano}} G\T{ abeliano} 
}
assurdo.
\end{prova}
\step{}{Applichiamo il teorema di Cayley II (\vedi{cayleyII})}
\begin{prova}
Consideriamo 
\eal{&M=\pgra{gH}_{g \in G}\\
&|M|=\ig H  \ubrace{=}{\T{lagrange}} 3 \\
&S(M)\simeq S_3}
allora per Cayley
\eal{&\exists f:G\longrightarrow S_3\T{ omomorfismo }}
\step{}{$f$ e' iniettiva}
\begin{prova}
Sempre per Cayley, $\ker f$ e' il piu' grande sottogruppo normale di $H$. Ma
$H=\pgra{\e, a}$, quindi $\ker f=\pgra{\e}\|\ker f=H$. Ma $H$ non e' normale,
quindi $\ker f=\pgra{\e}$.
\end{prova}
\step{}{$f$ e' biettiva}
\begin{prova}
Poiche' $|G|=|S_3|$ e poiche' $f$ e' iniettiva, per le prop delle funzioni
(vedi \AI{propfunzAeqBfiniettiva}), $f$ e' anche surriettiva.
\end{prova}
$f$ e' quindi un isomorfismo:
\eal{&G\simeq S_3}
quello che volevamo dimostrare.
\end{prova}
\end{prova}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{prop}
	$|G|=7$ allora $G$ e' ciclico e $G\simeq \mathbb{Z}_7$ 
		(\see{propordGprimogenerato} e
		\see{ognigruppociclicoisomorfoZn}) 
\end{prop}
\begin{prop}
	$|G|=8$, si hanno questi casi
	\case{$G$ abeliano}
	\begin{prova}
		\eal{&1.\;\;G=\gen a,\;\;G\simeq \mathbb{Z}_8\\
		&2.\;\;G=\gen{a,b,c}=\pgra{a^ib^jc^k\;|\;i,j,k\in
		\pgra{0,1}},\\
		&\qq \T{dove }o(a)=o(b)=o(c)=2\\
		&3.\;\;G =\gen{a,c}=\pgra{a^ic^j\;|\;i=0,1,2,3,\;\;j=0,1}\\
		&\qq \T{dove }o(a)=4,o(c)=2
					}
	\end{prova}
	\case{$G$ non abeliano}
	\begin{prova}
		\eal{&G\simeq D_4 \;\|\;G\simeq Q}
		dove $Q$ e' il gruppo dei Quaternioni.
	\end{prova}
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	\case{$G$ abeliano}
	\begin{prova}
		Applicando il thm \see{thmclassgruppiabeliani} si arriva
		subito al risultato:
		\eal{&G\simeq\mathbb{Z}_8 \|
		G\simeq\mathbb{Z}_2\*\mathbb{Z}_2\*\mathbb{Z}_2 \|
		G\simeq\mathbb{Z}_4\*\mathbb{Z}_2}
		Dimostriamo adesso lo stesso risultato, senza far uso del thm
		\see{thmclassgruppiabeliani}.
		\case{$\exists a\in G:\;\;G=\gen a$}
		\begin{prova}
			In questo caso $G$ e' ciclico e isomorfo a
			$\mathbb{Z}_8$
		\end{prova}
		\case{$\forall a\in G:a \neq \e\;\;o(a)=2$}
		\begin{prova}
		Per la prop \see{propordinediab}, 
		\eal{&|G|=2^k}
		quindi poiche' $|G|=8$
		\eal{&|G|=2^3}
		e 
		\eal{&G=\gen{a,b,c}=\pgra{a^ib^jc^k\;|\;i,j,k\in \pgra{0,1}}
		}
		\end{prova}
		\case{$\forall a\in G\;\;o(a) \neq 8,\;\T{ e inoltre }
		\;\exists a\in
		G:a \neq \e\;\;o(a) \neq 2$}
		\begin{prova}
		Questo caso e' la negazione dei due precedenti.
		Poiche' $o(a)$ deve dividere $|G|=8$, si ha $o(a)=1,2,4,8$, ma
		nel nostro caso, l'unica possibilita' valida e' $o(a)=4$.\\
		Consideriamo
		\eal{&H=\gen a=\pgra{\e, a,a^{2},a^3}}
		Nota: e' facile vedere che l'unico elemento di ordine $2$ e'
		$a^2$ (anche per la prop \see{thmmcdord}).
		\step{}{$\exists b\in G\-H:b \neq \e\;\;o(b)=2$}
		\begin{prova}
		Supponiamo per assurdo che preso un $b \in G\-H$, $o(b) \neq 2$.
		Considerando le ipotesi del nostro caso, l'unica possibilita'
		valida e' che 
		\eal{&o(b)=4
		}
		allora, sia $K=\gen b =\pgra{\e,b,b^2,b^3}$\\
		Nota: e' facile vedere che l'unico elemento di ordine $2$ e'
		$b^2$ (anche per la prop \see{thmmcdord}).\\
		Consideriamo $K\^H$.
		\step{}{$K\^H \neq \pgra{\e}$}
		\begin{prova}
			Supponiamo per assurdo che $K\^H=\{\e\}$. Allora presi comunque
		$i,j,i',j'\in \mathbb{Z}:i \neq i',\;j \neq j'$ si ha
		\eal{&
		a^ib^j \neq a^{i'}b^{j'}
		}
		infatti se per assurdo
		\eal{&a^ib^j = a^{i'}b^{j'} \= a^i=a^{i'}b^{j'-j} \=
		a^{i-i'}=b^{j'-j} \> a^{i-i'} \in K\^H
		}
		assurdo contro $K\^H=\{\e\}$.
		\\Quindi l'insieme $KH=\pgra{a^ib^j\;|\;i,j=0,1,2,3}$ ha 16
		elementi. Poiche' siamo nel caso abeliano $KH=HK$ e quindi per
		la prop \see{propHKeqKH}
		\eal{&KH \le G}
		ma questo e' assurdo perche' $G$ ha solo $8$ elementi.\\
		In conclusione $\exists c\in K\^H,\;c \neq \e$.
		\eal{&K\^H \le K,H,\;\;|K|=|H|=4 \ubrace{\>}{\T{lagrange
                \see{thmdilagrange}}} |K\^H|=1,2,4\\
		&\sist{
		K \neq H\\
		K\^H \neq \pgra{\e}
		} \>  |K\^H| =2 \= K\^H=\pgra{\e, c}=\gen c\\
		&o(c)=2
		}
		ma gli unici elementi di ordine $2$ in $K$ e $H$ sono $a^2$, 
		$b^2$, quindi deduciamo che
		\eal{&c=a^2=b^2}
		\end{prova}
		Consideriamo $\inv a b$, 
		\eal{&(\inv ab)^2=a^2(\inv b)^2 \ubrace{=}{a^2=b^2} \e \\
		&o(\inv ab)=2
		}
		Se per assurdo $\inv ab\in H$, allora poiche' solo $a^2$ ha
		ordine 2, si ha 
		\eal{&\inv ab=a^2 \= b=a \in H}
		assurdo perche' $b\notin H$.\\
		Allora, necessariamente $\inv a b\in G\-H$.\\
		Ecco che abbiamo trovato un elemento di ordine $2$ che sta' in
		$G\-H$. Assurdo contro la nostra ipotesi iniziale che diceva
		che non esistevano elementi in $G\-H$ di ordine due.\\
		In definitiva, $\exists c\in G\-H:\;\;o(c)=2$.
		\end{prova}
		Considerando $H$ del passo precedente, per Lagrange abbiamo
		\eal{&\ig H =\frac{|G|}{|H|}=\frac{8}{4}=2
		}
		quindi
		\eal{&\pgra{gH}_{g\in G}=\pgra{H,\;G\-H}\\
		&\> G\-H =gH\T{ con $g\notin H$ }}
		allora se come $g$ prendiamo l'elemento $c\in G\-H$ del passo
		precedente, abbiamo
		\eal{&G\-H=cH
		}
		Adesso possiamo scrivere per intero $G$:
		\eal{&G =  H \U cH= \pgra{\e,a,a^2,a^3}\U\pgra{
		c,ac,a^2c,a^3c}=\gen{a,c}=\pgra{a^ic^j\;|\;i=0,1,2,3,\;\;j=0,1}\\
		&G = \gen{a,c}=\pgra{a^ic^j\;|\;i=0,1,2,3,\;\;j=0,1}\\
		&\qq \T{dove }o(a)=4,o(c)=2
		}
		\end{prova}
	\end{prova}
	\case{$G$ non abeliano}
	\begin{prova}
Un gruppo di $8$ elementi non abeliano e' il gruppo diedrale $D_4$ (vedi prop.
\see{propDnnonabeliano}),
il gruppo diedrale $D_4$ e' caratterizzato dalle
seguenti relazioni (vedi \see{lemmadiedrale}, \see{thmdiedralegenerato}):
\eal{&D_4=\gen{r,s},\;\;o(r)=4,\;\;o(s)=2 \\
&sr=r^{-1}s
}
Il gruppo $Q$ dei quaternioni e' cosi' definito:
\eal{&Q= \pgra{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k}\\
&-x=\T{ inverso di }x\;\;\forall x\in Q\\
& (-1)\.x=x\.(-1)=-x\;\;\forall x\in Q\\
&i^2=-1,\;i^3=-i,\;i^4=1\\
&j^2=-1,\;j^3=-j,\;j^4=1\\
&k^2=-1,\;k^3=-k,\;k^4=1\\
&ij=k,\;jk=i,\;ki=j\\
&ji=-k,\;kj=-i,\;ik=-j
}
Cominciamo ad esaminare $G$.\\
Se per assurdo $\exists g\in G:\;\;o(g)=8$ allora $G=\gen g \> G \T{ abeliano
}$. Assurdo.\\
Se per assurdo $\forall g\in G:\;g \neq \e\;\;\;o(g)=2$ allora per la prop
\see{proptuttiordine2} $G$ e' abeliano. Assurdo.\\
Allora, \eal{&o(g) = 1,2,4\\ 
&\exists a\in G:\;a \neq \e, \;o(a) \neq 2 \> o(a)=4}
Consideriamo 
\eal{&H=\gen a=\pgra{\e,a,a^2,a^3=a^{-1}}\\
&\T{gli unici elementi di ordine 4 sono } a, a^{-1} \T{
(\vedi{corggeneratoressecomprimoconn})}\\
&|H|=4=\frac{|G|}{2}  \> H\T{ normale} \\
}
Per quanto abbiamo detto
\eal{&
\forall y\in G\-H:\;y \neq \e\;\;o(y)=4 \;\;\;\;\ubrace{\xor}{XOR} \;\;\;\; \exists y\in G\-H:\;y \neq \e,\;o(y)=2
}
Esaminiamo questi due casi.
\case{$\exists y\in G\-H:\;y \neq \e,\;o(y)=2$}
\begin{prova}
\eal{&|H|=4 \> \ig H =2  \T{ ovvero, ci sono solo due laterali di $H$ in
$G$ e poiche' $G=H\U G\-H$ sono $H,G\-H$ }\\
&y\in G\-H,\T{ $G\-H$ laterale di H}  \> G\-H=yH\\
&G\-H=yH=\pgra{y,ya,ya^2,ya^3}\;\;(1)\\
&G=H\U G\-H=\pgra{\e,a,a^2,a^3,y,ya,ya^2,ya^3}
}
	\step{}{
	$o(ya\inv y)=o(a)$
	}
	\begin{prova}
Sia $p=o(a)$.
\eal{&a^p=\e\\
&(ya\inv y)^2 =  ya\ubrace{\inv y\.y}{\e}a\inv y=ya^2\inv y\\
&(ya\inv y)^3 = (ya\inv y)(ya^2\inv y)= ya^3\inv y\\
&\dots\\
&(ya\inv y)^p = ya^p\inv y=y\inv y=\e
}
se per assurdo ci fosse un $t<p$ tale che $(ya\inv y)^t = \e$ allora
\eal{&(ya\inv y)^t=ya^t\inv y = \e \= ya^t = y  \= a^t=\e 
}
assurdo contro il fatto che $p=o(a)$.
	\end{prova}
\eal{&H\T{ normale } \> ya\inv y \in H\\
& \sist{o(ya\inv y)=o(a)=4\\
\T{gli unici elementi di ordine 4 di $H$ sono } a, a^{-1} }\\& \qq \> ya\inv y =a \| ya\inv y=\inv a  \= ya=ay\;\|\;ya=\inv a y\\
}
\case{$ya=ay$}
\begin{prova}
\eal{&G=H\U G\-H=\pgra{\e,a,a^2,a^3,y,ya,ya^2,ya^3}\\
&ya^i = ya a^{i-1} = ay a^{i-1} = a\.ya \.a^{i-2} = a^2 y \.a^{i-2} = \dots =
a^i y\\
&ya^i = a^i y\;\;\forall i \> G\T{ abeliano }}
assurdo poiche' siamo nel caso in cui $G$ non e' abeliano.
\end{prova}
Quindi l'unico caso lecito e' $ya=\inv a y$. Allora, considerando anche che
$o(a)=4,o(y)=2$, procedendo come nella dimostrazione del thm
\see{thmdiedralegenerato} giungiamo a:
\eal{&G=\gen{a,y}}
Quindi, sempre per il thm \see{thmdiedralegenerato}, l'isomorfismo cercato e' definito da:
\eal{
&a^iy^j \mapsto r^is^j\;\;i=0,1,\dots,3,\;\;j=0,1
}
\end{prova}
\case{$\forall y\in G\-H:\;y \neq \e\;\;o(y)=4$}
\begin{prova}
\step{}{Dim. che $y\in G\-H,\;y \neq \e \> y^2=a^2,\;\;ay \in G\-H$}
\begin{prova}
Fissato $y\in G\-H,\;y \neq \e$ sia
\eal{&K=\gen y=\pgra{\e,y,y^2,y^3}\\
&\T{$K$ e $H$ sono normali }  \ubrace{\>}{\T{prop
\see{propHnormaleHKnormale}}} HK \le G
}
Procedendo come nel passo \verb|<4>.1| del caso $G$ abeliano, si conclude che
\eal{&H\^ K  \neq \pgra{\e}\\
&H\^K=\gen c \;\;\T{ con } o(c)=2\\
&\T{gli unici elementi di ordine 2 di $H$ e $K$ sono } a^2, y^2 \T{ quindi
}c=a^2=y^2\\
&H\^K=\pgra{\e,a^2=y^2}\\
&y\in G\-H \> ay \notin H\\
&\qq \T{infatti, se per assurdo } ay\in H \= ay=a^i \=
y=a^{i-1} \> y\in H \T{ assurdo }\\
&\T{sia }t=ay\\
&t \notin H \= t\in G\-H 
}
\end{prova}
Applicando ripetutamente la proposizione 
\eal{&y\in G\-H,\;y \neq \e \> y^2=a^2,\;\;ay \in G\-H}
che e' stata appena dimostrata, otteniamo:
\eal{
&y^2=a^2, \;z:=ay \in G\-H\\
&z^2=a^2, \;t:=az=a^2y \in G\-H\\
&t^2=a^2, \; x:=at=a^3y \in G\-H\\
&x^2=a^2,\; ax=a^4y \ubrace{=}{o(a)=4} y \in G\-H\\
&a^2=y^2=x^2=t^2=z^2
}
Osservando che $x,y,z,t\in G\-H \> o(x)=o(y)=o(z)=o(t)=4 \> \inv x =x^3, \dots$
abbiamo
\eal{
&a^2 z = z^3=\inv z\\
&a^2 t = t^3=\inv t\\
&a^2 x = x^3=\inv x\\
&a^2 y = y^3=\inv y\\
}
poiche' $x,y,z,t,a$ sono di ordine $4$, abbiamo anche
\eal{&x^4=z^4=t^4=y^4=a^4=\e
}
Si ha pure
\eal{
&\alpha\beta=\inv{\beta}\alpha\;\;\;\forall \alpha \neq \beta\in
\pgra{a,x,y,z,t}\;\;(*)\\
}
infatti
\eal{
&o(\beta)=4\> |\gen{\beta}|=4\> \gen{\beta} \T{ normale }\\
&\sist{\gen{\beta} \T{ normale } \\
G\T{ non abeliano }} \ubrace{\>}{\T{come nel passo 3.1 del caso
precedente}} \alpha\beta=\inv{\beta}\alpha \;\;(*)
}
Calcoliamo gli inversi dei vari elementi:
\eal{&
\sist{zx=ayx \ubrace{=}{y=ax} a^2x^2=a^4=\e\\
xz=a^3yz=a^2ayz=a^2z^2=a^4=\e} \> x=\inv z\\
&\sist{ty=a^2y^2=a^4=\e\\
yt=ya^2y=y^4=\e} \> y=\inv t\\
&a^3=\inv a
}
Infine, calcoliamo i vari prodotti:
\eal{&yz \ubrace{=}{(*)} \inv z y = xy=a^3y^2=aa^2y^2=aa^4=a\\
&za=\inv a z =a^3z=a^4y=y\\
&ay=z\\
&zy=ay^2=a^3=\inv a\\
&az=a^2y=t\\
&ya=\inv a y=a^3y=x
}
Ecco che possiamo definire il seguente isomorfismo tra $G$ e $Q$:
\eal{\e &\mapsto 1\\
a^2&\mapsto -1\\
y&\mapsto i\\
z&\mapsto j\\
a&\mapsto k\\
t&\mapsto -i\\
x&\mapsto -j\\
a^3&\mapsto -k
}
infatti, con queste associazioni ritroviamo proprio $Q$.
\end{prova}
	\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{prop}
	$|G|=9$.\\
	$G$ e' abeliano, e si hanno questi casi:
	\case{$G$ e' ciclico}
	\case{$G=\gen{a,b}, \;\;o(a)=o(b)=3$ }
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	$|G|=9=3^2$ e quindi basta applica la prop
	\see{proppgruppikunodue}
\end{prova}
\begin{prop}
	$|G|=10$, 
si hanno questi due soli casi:
\case{$G$ e' ciclico}
\case{$G\simeq D_{5}$}
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
	$|G|=2\.5=10$ e quindi basta usare la prop \see{propgruppo2p}.
\end{prova}
\begin{prop}
	$|G|=11$ e' ciclico poiche' $11$ e' primo.
\end{prop}
\begin{prop}
	$|G|=12$
	\begin{prova}
	\case{$G$ abeliano}
	\begin{prova}
		\begin{enumerate}
			\item $G\simeq \mathbb{Z}_3\*\mathbb{Z}_2\*\mathbb{Z}_2 \simeq \mathbb{Z}_6\*\mathbb{Z}_2$
			\item $G\simeq \mathbb{Z}_3\*\mathbb{Z}_4 \simeq \mathbb{Z}_{12}$
		\end{enumerate}
	\end{prova}
	\case{$G$ non abeliano}
	\begin{prova}
		\begin{enumerate}
			\item $G \simeq A_4$
			\item $G \simeq D_6$ (!da verificare!)
		\end{enumerate}
	\end{prova}
	\end{prova}
\end{prop}
\begin{proof}
	Per il caso abeliano basta applicare il thm
	\see{thmclassgruppiabeliani}  e la prop
	\see{propisodiZnprodottoZmconZnm}.\\
	Supponiamo $G$ non abeliano. Per il thm di Sylow (\vedi{thmdisylow}),
	abbiamo
	\eal{
	&\exists H_1,H_2,\dots,H_t \T{ 3-sottogruppi di
	sylow},\;\;\sist{t\div 4\\t=1\;\;\mathbb{Z}_3}\\
	&\exists K_1,K_2,\dots,K_u \T{ 2-sottogruppi di
	sylow},\;\;\sist{u\div 3\\t=1\;\;\mathbb{Z}_2}
	}
Abbiamo allora i seguenti casi:
\case{$t=u=1$}
\begin{prova}
In questo caso $H_1$ e' l'unico sottogruppo di sylow di ordine $3$ e $K_1$ e'
l'unico di ordine $4$. Allora, per la prop \see{propviceversauniconormale},
$H_1,K_1$ sono normali.\\
\step{}{$H_1\^K_1=\pgra{\e}$}
\begin{prova}
	\eal{&H_1\^K_1 \le  H_1 \> |H_1\^K_1| \div |H_1| \> |H_1\^K_1|=1,3
	}
	se per assurdo $|H_1\^K_1|=3$, allora
	\eal{&|H_1\^K_1|=3  \ubrace{\>}{\T{unicita' di $H_1$}} H_1\^K_1 = H_1 
	\= H_1 \( K_1   \ubrace{\=}{H_1\T{ e' un gruppo}} H_1 \le K_1
\>	|H_1| \div |K_1| \= 3\div 4 
	}
	assurdo
\end{prova}
\step{}{$H_1K_1=G$}
\begin{prova}
	\eal{&H_1,K_1\T{ normali } \ubrace{\>}{\see{propHnormaleHKnormale}}
	H_1K_1 \le G\\
	&|H_1K_1| \ubrace{=}{\see{propordineprodottoHK}}
	\frac{|H_1| |K_1|}{|H_1\^K_1|} = |H_1| |K_1| = |G|\\
	&\sist{H_1K_1 \le G\\
	|H_1K_1| = G } \> H_1K_1 = G
	}
\end{prova}
\step{}{$G\simeq H_1\*K_1$}
\begin{prova}
\eal{	\sist{H_1,K_1\T{ normali }\\
H_1\^K_1=\pgra{\e}\\
G=H_1K_1 }  \definizione{\>} G\T{ prodotto interno di } H_1,K_1
\ubrace{\>}{\see{thmprodintestisomorfismo}}G\simeq H_1\*K_1}
\end{prova}
$H_1$ e' ciclico ($|H_1|=3$ che e' primo) e quindi e' abeliano.\\
$K_1$ e' abeliano perche' e' un $2-gruppo$ di ordine $2$ (vedi
\see{proppgruppikunodue})
\eal{&H_1,K_1\T{ abeliani }  \ubrace{\>}{\see{propmultifattabelian}}
H_1\*K_1\T{ abeliano } \> G\T{ abeliano} }
assurdo.\\
In definitiva, il caso $u=t=1$ non si puo' realizzare.
\end{prova}
\case{$t=4,\;u=3$}
\begin{prova}
	\step{}{$H_i\^K_j=\pgra{\e}$}
	\begin{prova}
\eal{&h\in H_i\^K_j \> \sist{
h\in H_i \> o(h) \div |H_i| \> o(h)=1,3\\
h\in K_i \> o(h) \div |K_i| \> o(h)=1,2,4\\
} \> h = 1
}
	\end{prova}
Gli $H_i$ sono $4$ sottogruppi distinti di ordine $3$, i $K_j$ sono $3$
distinti e di ordine $4$, inoltre, poiche'  $H_i\^K_j=\pgra{\e}$, gli $H_i$
sono distinti dai $K_j$. In totale abbiamo quindi il seguente numero di
elementi distinti:
\eal{&1+(|H_1|-1)+\dots+(|H_4|-1) + (|K_1|-1)+\dots + (|K_3|-1)=
1+8+9=18 
}
(i vari $+1, -1$ sono stati aggiunti per considerare l'elemento $\e$ che e'
comune a tutti  i sottogruppi).\\
Questo pero' e' in contrasto con $|G|=12$. In definitiva, anche questo caso
$t=4,u=3$ non si puo' verificare.
\end{prova}
\case{$t=4,\;u=1$}
\begin{prova}
Sia $H=H_i$ con un $i$ qualsiasi.\\
\eal{&G/_sH=\pgra{gH\;|\;g\in G}\\
&|G/_s H |  \ubrace{=}{\see{thmdilagrange}}  \frac{|G|}{|H|} = 4\;\;(1)\\
&H\le G  \ubrace{\>}{\see{cayleyII}} \exists \T{ omomorfismo }f:G\longrightarrow
S(G/_sH)\ubrace{\simeq}{(1)}S_4\\
}
\step{}{$\pgra{\e}$ e' il piu' grande sottogruppo normale di $H$}
\begin{prova}
	\eal{
&J\le H \> |J|\div |H|=3 \>  |J|=1,3 \> J=\pqua{\e} \| J=H\\
&\sist{|H_1|=|H_2|=\dots=|H_4|=3}
\> H \T{ non e' l'unico
sottogruppo di ordine 3 }  \\
&\qq \qq
\ubrace{\>}{\see{propviceversauniconormale}} \T{$H$ non e' normale }
}
quindi l'unico sottogruppo normale di $H$ e' $\pgra{\e}$.
\end{prova}
Sempre per il thm \see{cayleyII}, $\ker f $ e' il piu' grande sottogruppo
normale di $H$, e quindi $\ker f=\pgra{\e}$, ovvero $f$ e' iniettiva.\\
Infine, 
\eal{&\T{l'unico sottogruppo di ordine 12 di $S_4$ e' $A_4$ } \> \Im f = A_4 \qq \T{ il gruppo alterno }}
quindi
\eal{&G\simeq A_4}
\end{prova}
\end{proof}

\begin{prop}
	$|G|=13$ e' ciclico poiche' $13$ e' primo.
\end{prop}
\begin{prop}
	$|G|=15 \> G$ e' ciclico.
\end{prop}
\begin{prova}
	\pf
$|G|=15=3\.5$\\
La tesi e' diretta conseguenza della proposizione
	\see{propcarddiGprodottodiprimi}
	\qed
\end{prova}