exercicios resolvidos

1. Escreva os elementos de S4 nas duas notações. Observe que |S4 | = 4! = 24.
Os elementos de S4 tem a forma 1 7→ a, 2 7→ b, 3 7→ c, 4 7→ d onde a
sequência abcd é uma das seguintes:
1234, 1243, 1324, 1342, 1423, 1432, 2134, 2143, 2314, 2341, 2413, 2431,
3124, 3142, 3214, 3241, 3412, 3421, 4123, 4132, 4213, 4231, 4312, 4321.
Na notação cı́clica, tais permutações se escrevem da forma seguinte:
1, (34), (23), (234), (243), (24),
(12), (12)(34), (123), (1234), (1243), (124),
(132), (1342), (13), (134), (13)(24), (1324),
(1432), (134), (13)(24), (1324), (1423), (14)(23).
2. Calcular as ordens dos elementos de C15 .
Temos
C15 = {1, x, x2 , . . . , x14 } = hxi.
Sabemos que o(xk ) = o(x)/(k, o(x)), e aplicando essa formula obtemos
o(xk ) = o(x) = 15 quando (k, 15) = 1, isto é, o(xk ) = o(x) = 15 quando
k = 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14. Além disso, o(x3 ) = 15/3 = 5, o(x5 ) = 15/5 =
3, o(x6 ) = 15/3 = 5, o(x9 ) = 15/3 = 5, o(x10 ) = 15/5 = 3, o(x12 ) =
15/3 = 5.
3. Mostrar que todo grupo cı́clico é abeliano. Mostrar que (Q, +) é abeliano
mas não é cı́clico.
Todo grupo cı́clico é abeliano pois em um grupo cı́clico hxi todo elemento
tem a forma xn para algum inteiro n e temos xn xm = xn+m = xm+n =
xm xn . O grupo (Q, +) não é cı́clico: se fosse cı́clico existiria x ∈ Q tal que
todo elemento de Q tem a forma nx (potência aditiva é multiplo!) para
algum n ∈ Z. Em particular como x/2 ∈ Q temos x/2 = nx para algum
n ∈ Z, o que implica x = 2nx, logo x(1 − 2n) = 0 e como x 6= 0 (pois é
claro que Q 6= h0i = {0}) isso implica 2n = 1 que é uma contradição.
4. Escreva os elementos da classe lateral xhx2 i onde hxi = C12 .
Os elementos de hx2 i são as potências de x2 , logo
hx2 i = {1, x2 , x4 , x6 , x8 , x10 }, xhxi = {x, x3 , x5 , x7 , x9 , x11 }.
1
5. Seja H um subgrupo de S3 e suponha que H contenha (12) e (123). Mostre
que H = S3 .
Observe que h(12)i ≤ H, h(123)i ≤ H. Pelo teorema de Lagrange, 2 =
o((12)) = |h(12)i| e 3 = o((123)) = |h(123)i| dividem |H|. Temos então
que 2 e 3 dividem |H|, logo 6 divide |H| (em geral se dois inteiros a, b
dividem n então o menor múltiplo comum entre a, b também divide n).
Mas então H é um subconjunto de S3 com 6 elemento e S3 tem 6 elementos,
e deduzimos que H = S3 .
6. Escreva os elementos de S3 /h(123)i.
Primeiro, observe que H = h(123)i = {1, (123), (132)} é normal em S3
porque os conjugados de x = (123) são
1(123)1−1 = (123) ∈ H,
(12)(123)(12)−1 = (12)(123)(12) = (132) ∈ H,
(13)(123)(13)−1 = (13)(123)(13) = (132) ∈ H,
(23)(123)(23)−1 = (23)(123)(23) = (132) ∈ H,
(123)(123)(123)−1 = (123)(123)(132) = (123) ∈ H,
(132)(123)(132)−1 = (132)(123)(123) = (123) ∈ H.
Isso mostra que gxg −1 ∈ S3 para todo g ∈ S3 , logo
gx2 g −1 = gxxg −1 = gxg −1 gxg −1 ∈ S3
para todo g ∈ S3 . Como hxi = {1, x, x2 } temos que hxi E S3 .
Agora, H tem indice 2 pois |H| = 3 e |G : H| = |G|/|H| = 6/3 = 2, logo
H tem duas classes laterais, elas são H e
(12)H = {(12), (12)(123), (12)(132)} = {(12), (23), (13)}.
Logo o grupo quociênte S3 /H = {H, (12)H} é um grupo cı́clico de ordem
2 gerado por (12)H.
7. Encontre todos os subgrupos normais de S3 .
Já conhecemos três subgrupos normais de S3 : {1}, S3 e h(123)i. Se H ≤ S3
então |H| divide |S3 | = 6, e se |H| = 1 então H = {1}, e se |H| = 6 então
H = S3 . Os subgrupos de S3 diferentes de {1} e de S3 têm que ter
ordem 2 ou 3, em particular eles têm ordem prima, logo são cı́clicos. Isso
2
mostra que todos os subgrupos de S3 diferentes de S3 são cı́clicos, então
os subgrupos de S3 são
{1}, h(123)i, h(12)i, h(13)i, h(23)i, S3 .
É facil ver que os subgrupos de ordem 2 não são normais. Por exemplo
observe que (13)(12)(13)−1 = (13)(12)(13) = (23) 6∈ h(12)i.
Para resumir, os subgrupos normais de S3 são {1}, h(123)i e S3 .
8. Diga se h(1234)i E S4 .
Não é, pois h(1234)i = {1, (1234), (13)(24), (1432)} logo
(12)(1234)(12)−1 = (12)(1234)(12) = (1342) 6∈ h(1234)i.
9. Se H ≤ G e g ∈ G defina gHg −1 := {ghg −1 : g ∈ G}. Prove que
gHg −1 ≤ G.
É claro que 1 ∈ gHg −1 pois 1 = g1g −1 . Se x = ghg −1 ∈ gHg −1 logo
x−1 = gh−1 g −1 ∈ gHg −1 pois h−1 ∈ H. Se h, k ∈ H, x = ghg −1 , y =
gkg −1 ∈ gHg −1 então xy = ghg −1 gkg −1 = ghkg −1 ∈ gHg −1 pois hk ∈ H.
T
10. Se H ≤ G então g∈G gHg −1 é um subgrupo normal de G.
Em geral uma interseção de subgrupos é um subgrupo: se A, B são subgrupos de G e H = A ∩ B então 1 ∈ H pois 1 ∈ A e 1 ∈ B, e se h, k ∈ H
então h, k ∈ A e h, k ∈ B, logo hk ∈ A e hk ∈ B sendo A, B subgrupos,
logo hk ∈ A ∩ B = H. Além disso, h−1 ∈ A e h−1 ∈ B sendo A e B
subgrupos, então h−1 ∈ A ∩ B = H. Isso mostra que H ≤ G. Mais em
geral, o mesmo argomento mostra que uma qualquer interseção de uma
famı́lia de subgrupos é um subgrupo. Aplicando issoTno nosso caso, temos
que todo gHg −1 ≤ G (pelo exercı́cio anterior) logo g∈G gHg −1 ≤ G.
T
Falta mostrar que N = g∈G gHg −1 é normal em G. Seja n ∈ N e seja
x ∈ G. Precisamos mostrar que xnx−1 ∈ N , isto é, xnx−1 ∈ gHg −1 para
todo g ∈ G, em outras palavras n ∈ x−1 gHg −1 x para todo g ∈ G. Mas
x−1 gHg −1 x = x−1 gH(x−1 g)−1 é um conjugado de H, logo ele contem n
por definição de N .
11. Sejam H ≤ G, N E G. Prove que H ∩ N E H.
Já observamos no exercı́cio anterior que uma interseção de subgrupos é
um subgrupo. Falta mostrar que H ∩ N é normal em H. Se x ∈ H ∩ N e
h ∈ H então hxh−1 ∈ H pois h, x ∈ H e hxh−1 ∈ N pois N é normal em
G. Isso implica que hxh−1 ∈ H ∩ N .
3
12. Sejam H ≤ G, N E G e seja HN := {hn : h ∈ H, n ∈ N }. Prove que
HN ≤ G. Prove que se H também é normal então HN E G.
É claro que 1 ∈ HN pois 1 = 1 · 1 e 1 ∈ H, 1 ∈ N . Se x ∈ HN escrevemos
x = hn com h ∈ H, n ∈ N , e temos (hn)−1 = n−1 h−1 = h−1 hnh−1 ∈ HN
pois h−1 ∈ H e hnh−1 ∈ N (N é normal em G). Se h, k ∈ H e n, m ∈ N
então (hn)(km) = hkk −1 nkm ∈ HN pois h, k ∈ H e k −1 nk, m ∈ N .
13. Seja G um grupo abeliano e H ≤ G. Mostre que G/H é abeliano.
Se aH, bH ∈ G/H então (aH)(bH) = abH = baH = (bH)(aH).
14. Seja H E G e seja xH ∈ G/H. Mostre que (xH)|G/H| = H.
Já vimos que se x ∈ G então x|G| = 1. Aplicando esse resultado ao grupo
G/H, que tem ordem |G/H| e elemento neutro H, obtemos exatamente
(xH)|G/H| = H.
15. Mostre que |A5 | = 60.
Sabemos que |S5 : A5 | = 2, logo 2 = |S5 : A5 | = |S5 /A5 | = |S5 |/|A5 | =
5!/|A5 | logo |A5 | = 5!/2 = 120/2 = 60.
16. Conte os elementos de A5 de ordens 1, 2, 3, 5.
Os elementos de A5 diferentes de 1 são ciclos de comprimento 3 ou 5 ou
produto de dois ciclos disjuntos de comprimento 2 (os elementos de tipo
(∗ ∗ ∗)(∗ ∗) e (∗ ∗ ∗ ∗) não pertencem a A5 porque são permutações
impares). Para construir um ciclo de comprimento 3 precisamos de três
elementos de {1, 2, 3, 4, 5} com os quais podemos construir dois ciclos (por
exemplo com os elementos 1, 2, 3 podemos construir os ciclos (123) e (132)),
logo no grupo A5 temos 53 2 = 20 ciclos de comprimento 3. Para construir
um ciclo de comprimento 5 basta contar as possibilidades escrevendo um
tal ciclo na forma (1 ∗ ∗ ∗ ∗). Tem 4! = 24 possibilidades. Para construir
um produto de dois ciclos disjuntos de comprimento 2 precisamos escolher
um elemento fixo (tem 5 possibilidades) e escolher a imagem de um dos 4
elementos não fixados (por exemplo fixando 3 e escolhendo 1 7→ 5 obtemos
o elemento (15)(24)). Logo A5 contem 5 · 3 = 15 elementos de ordem 2.
Observe que 1 + 20 + 24 + 15 = 60 = |A5 |.
17. Seja H := {σ ∈ Sn : σ(1) = 1}. Mostre que H ≤ Sn e que HAn = Sn se
n > 2.
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Sejam σ, τ ∈ H. Temos 1 ∈ H pois 1(1) = 1, e σ −1 (1) = σ −1 (σ(1)) = 1
logo σ ∈ H. Além disso, στ (1) = σ(τ (1)) = σ(1) = 1 logo στ ∈ H. Isso
mostra que H ≤ Sn . Em particular, HAn ≤ Sn pois H ≤ Sn e An E Sn .
Agora seja g ∈ Sn e mostramos que g ∈ HAn . Observe que como An é
normal, HAn = An H logo basta mostrar que g ∈ An H. Se g ∈ An ou
g ∈ H então é claro que g = 1 · g = g · 1 ∈ An H logo supomos agora
que g 6∈ An e que g 6∈ H. Seja k = g(1) 6= 1 e seja h ∈ {1, . . . , n} com
1 6= h 6= k (isto é possı́vel pois n > 2). Então ((1hk)g)(1) = 1 logo
(1hk)g ∈ H, o que implica g ∈ (1hk)−1 H ⊆ An H.
18. Seja G um grupo e seja
Z = Z(G) := {x ∈ G : gx = xg ∀g ∈ G},
o “centro” de G, o conjunto dos elementos de G que comutam com todos
os elementos de G. Prove que Z é um subgrupo normal de G e mostre
que Z = G se e somente se G é abeliano.
É claro que 1 ∈ Z pois 1 · g = g · 1 = g para todo g ∈ G. Se x, y ∈ Z
e g ∈ G então (xy)g = xyg = xgy = gxy = g(xy) então xy comuta
com todo g ∈ G, isto é, xy ∈ Z. Além disso, se x ∈ Z e g ∈ G então
x−1 g = (g −1 x)−1 = (xg −1 )−1 = gx−1 , logo x−1 comuta com todo g ∈ G,
isto é, x−1 ∈ Z. Isso mostra que Z ≤ G. Z é normal pois se x ∈ Z e
g ∈ G então gxg −1 = gg −1 x = x ∈ Z. É claro que Z = G se e somente
se G é abeliano, pois dizer Z = G é equivalente a dizer que todo elemento
de G comuta com todo elemento de G.
19. Mostre que Z(S3 ) = {1}, Z(A3 ) = A3 , Z(S4 ) = {1}, Z(A4 ) = {1}.
Observe que (12)(13) = (132) e (13)(12) = (123), logo (12) 6∈ Z(S3 ) e
(13) 6∈ Z(S3 ); (123)(23) = (12) e (23)(123) = (13) logo (123) 6∈ Z(S3 )
e (23) 6∈ Z(S3 ); (12)(132) = (13), (132)(12) = (23) logo (132) 6∈ Z(S3 ).
Isso mostra que Z(S3 ) = {1}. A3 = {1, (123), (132)} = h(123)i é ciclico,
logo é abeliano e Z(A3 ) = A3 (cf. o exercı́cio anterior). Observe que a
simetria dos calculos implica que se no grupo simetrico Sn conseguimos
mostrar que (12) 6∈ Z(Sn ) então todos os ciclos de comprimento 2 não
pertencem ao centro de Sn , e assim para as outras estruturas. Então o
fato que (12)(123) 6= (123)(12) implica que os ciclos de comprimentos 2 e 3
não pertencem a Z(S4 ), e (12)(34)(1234) 6= (1234)(12)(34) implica que os
ciclos de comprimento 4 e os produtos de dois ciclos disjuntos de comprimento 2 não pertencem a Z(S4 ), logo Z(S4 ) = {1}. Agora, os elementos
de A4 diferentes de 1 são ciclos de comprimento 3 ou produtos de dois
ciclos disjuntos de comprimento 2, e como (123)(12)(34) 6= (12)(34)(123)
eles não pertencem a Z(A4 ), logo Z(A4 ) = {1}.
20. Mostre que o indice |G : Z(G)| não pode ser igual a 2. [Dica: se |G : Z| = 2
então G/Z = {Z, xZ} para algum x ∈ G logo todo elemento fora de Z
5
tem a forma xz para algum z ∈ Z - tente mostrar que isso implica que G
é abeliano.]
Sejam a, b ∈ G. Mostramos que ab = ba. É claro que se um entre a, b
pertence a Z(G) então ab = ba, agora supomos que a, b 6∈ Z(G), assim
(seguindo a dica) a = xz, b = xz 0 para alguns z, z 0 ∈ Z. Temos ab =
xzxz 0 = xxz 0 z = xz 0 xz = ba.
Isso mostra que G é abeliano, logo G = Z(G), uma contradição (Z(G) é
diferente de G, pois ele tem indice 2).
21. (Herstein problema 3 seção 2.10). Escreva
(123)(45)(16789)(15), (12)(123)(12)
como produtos de ciclos disjuntos.
(123)(45)(16789)(15) = (145678923),
(12)(123)(12) = (132)
22. (Herstein problema 4 seção 2.10). Mostre que
(1, 2, . . . , n)−1 = (n, n − 1, . . . , 1).
Basta observar que (1, 2, . . . , n)(n, n − 1, . . . , 1) = 1.
23. (Herstein problema 5 seção 2.10). Encontre a estrutura cı́clica das oito
potências de σ = (1 . . . 8). Por exemplo (12345678)4 = (15)(26)(37)(48)
tem estrutura cı́clica (2, 2, 2, 2).
Temos σ 2 = (1357)(2468) (estrutura cı́clica (4, 4)), σ 3 = (14725836) (estrutura cı́clica (8)), σ 4 = (15)(26)(37)(48) (estrutura cı́clica (2, 2, 2, 2)),
σ 5 = (16385274) (estrutura cı́clica (8)), σ 6 = (1753)(2864) (estrutura
cı́clica (4, 4)), σ 7 = (18765432) (estrutura cı́clica (8)), σ 8 = 1.
24. (Herstein problema 7 seção 2.10). Calcule aba−1 onde (1) a = (135)(12),
b = (1579) e (2) a = (579), b = (123).
No caso (1), aba−1 = (3179), no caso (2) aba−1 = (123).
25. (Herstein problema 10 seção 2.10). Calcule o sinal das permutações
(123)(12), (12345)(123)(45), (12)(13)(14)(25).
Usando a propriedade sgn(xy) = sgn(x)sgn(y) obtemos
sgn((123)(12)) = sgn((123))sgn((12)) = −1,
6
sgn((12345)(123)(45)) = sgn((12345))sgn((123))sgn((45)) = −1,
sgn((12)(13)(14)(25)) = sgn((12))sgn((13))sgn((14))sgn((25)) = (−1)4 = 1.
26. (Herstein problema 2 seção 2.6). Seja H um subgrupo de G com |G : H| =
2. Prove que H EG. [Dica: tem exatamente duas classes a esquerda H, xH
e exatamente duas classes a direita H, Hy, logo xH = G − H = Hy.]
Seguindo a dica, como xH = Hy temos x = x · 1 ∈ Hy logo Hy = Hx e as
duas classes a direita de H são H e Hx, em particular xH = G−H = Hx,
que implica xHx−1 = H. Sejam h ∈ H e g ∈ G e mostramos que ghg −1 ∈
H. Se g ∈ H isto é obvio, então suponha g 6∈ H. Então g ∈ xH logo
existe k ∈ H com g = xk e temos ghg −1 = (xk)h(xk)−1 = xkhk −1 x−1 ∈
xHx−1 = H.
27. (Herstein problema 9 seção 2.6). Seja G um grupo finito e seja H o único
subgrupo de G de ordem |H|. Prove que H E G. [Dica: dado g ∈ G
considere gHg −1 ≤ G.]
Observe que gHg −1 ≤ G (como visto em um exercı́cio anterior) e |gHg −1 | =
|H| (pois a função H → gHg −1 que leva h para ghg −1 é bijetiva, com inversa x 7→ g −1 xg), e como H é o único subgrupo de G de ordem |H|
devemos ter gHg −1 = H. Como isso vale para todo g ∈ G, H é normal.
28. (Herstein problema 15 seção 2.6). Seja G um grupo finito e sejam N E G,
g ∈ G. Mostre que a ordem de gN no quociente G/N divide a ordem de
g em G.
Seja n a ordem de g em G, então (gN )n = g n N = 1N = N logo a ordem
de gN em G/N divide n.
29. Conjugar σ = (135)(2498) ∈ S9 em τ = (2941)(683) ∈ S9 . Isto é, encontrar g ∈ S9 tal que gσg −1 = τ .
Escrevemos os elementos um abaixo do outro incluindo os ciclos de comprimento 1:
σ = (135)(2498)(6)(7)
τ = (683)(2941)(5)(7)
Logo um g tal que gσg −1 = τ age da forma seguinte: 1 7→ 6, 3 7→ 8,
5 7→ 3, 2 7→ 2, 4 7→ 9, 9 →
7 4, 8 7→ 1, 6 7→ 5, 7 7→ 7. Em outras palavras
g = (16538)(49).
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30. Qual é a maxima ordem de um elemento de S6 ? E de S7 ? E de S8 ?
[Lembre-se que a ordem de um elemento depende só da sua estrutura
como produto de cı́clos disjuntos, é o menor múltiplo comum entre os
comprimentos.]
As estruturas dos elementos de S6 como produtos de ciclos disjuntos são 1
(ordem 1), (∗∗) (ordem 2), (∗ ∗ ∗) (ordem 3), (∗ ∗ ∗∗) (ordem 4), (∗ ∗ ∗ ∗ ∗)
(ordem 5), (∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗) (ordem 6), (∗∗)(∗ ∗ ∗) (ordem 6), (∗∗)(∗ ∗ ∗∗) (ordem
4), (∗∗)(∗∗)(∗∗) (ordem 2), (∗ ∗ ∗)(∗ ∗ ∗) (ordem 3). Logo a maxima ordem
de um elemento de S6 é 6.
Para semplificar a notação escrevemos a estrutura do produto em ciclos
disjuntos de uma permutação σ como (l1 , l2 , . . . , lt ), que significa que na
estrutura de σ tem t ciclos de comprimentos l1 , l2 , . . . , lt . Por exemplo
(14)(236)(59) tem estrutura (2, 2, 3). As estruturas dos elementos de S7
são 1 (ordem 1), (2) (ordem 2), (3) (ordem 3), (4) (ordem 4), (5) (ordem
5), (2, 2) (ordem 2), (2, 3) (ordem 6), (2, 4) (ordem 4), (2, 5) (ordem 10),
(2, 2, 2) (ordem 2), (2, 2, 3) (ordem 6), (3, 3) (ordem 3), (3, 4) (ordem 12).
Logo a máxima ordem de um elemento de S7 é 12.
Fazendo a mesma coisa com S8 encontramos que a máxima ordem nesse
caso é 15, que corresponde à estrutura (3, 5).
31. Contar os elementos de S6 de ordem 5.
Os elementos de S6 de ordem 5 são exatamente os ciclos de comprimento
5, e para construir um tal ciclo precisamos escolher o elemento fixado e
construir um ciclo com os outros cinco. Temos então 6·4! = 144 elementos
de ordem 5.
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