Estruturas AlgébricasMoisés Toledo ∗ 12 de maio de 2012 1 Solução de exercícios - Página 261 Exercício 1. Seja p um número primo e Gum grupo não-abeliano de ordemp 3 . Mostre que: a) [Z(G)[ = p. b) Z(G) = G . c) G/Z(G) ∼ = Z/pZ Z/pZ Demonstração. a) Como Z(G) < G então [Z(G)[ [ [G[. Agora vejamos os possíveis casos: (i) [Z(G)[ , = p 3 pois G é não abeliano (isto é [Z(G)[ , = [G[). (ii) [Z(G)[ ,= p 2 pois caso contrario G Z(G) = p e assim G Z(G) é cíclico logo Z(G) = G o qual não é possível (ver página 140). (iii) [Z(G)[ ,= 1 (isto é Z(G) ,= ¦e¦) pois o centro tem sempre pelo menos p elementos para qualquer grupo de ordem potencia de um primo (ver página 233). Por tanto temos [Z(G)[ = p. b) Vejamos que G ⊆ Z(G): Já vimos que G Z(G) = p 2 , assim G Z(G) é um grupo abeliano (ver página 234), isto é Z(G) G tal que G Z(G) é abeliano. Logo como G é o menor subgrupo normal tal que G G é abeliano (ver página 140) então Z(G) ⊇ G . Agora como: (i) G G ,= 1 pois caso contrario G = G logo Z(G) = ¦e¦ o qual não possível pois [Z(G)[ = p. ∗ Universidade Federal da Paraíba Estruturas Algébricas Página 2 (ii) G G ,= p pois caso contrario G G é cíclico (por tanto abeliano) logo Gé abeliano (de fato: seja a ∈ G tal que < aG >= G/G então abG = (aG )(bG ) = (bG )(aG ) = baG assim ab = ba). (iii) G G ,= p 3 pois caso contrario G = ¦e¦ assimdado x, y ∈ Gtemos xyx −1 y −1 = e isto é xy = yx logo G é abeliano. então [G [ = p, e como G ⊆ Z(G) temos Z(G) = G . c) Como [Z(G)[ = p então é cíclico logo existe b ∈ Z(G) tal que < b >= Z(G). Seja x ∈ G¸Z(G) então < x >,= Z(G), considerando y / ∈< x > então < x > ∩ < y >= ¦e¦. Também [ < x > [ = [ < y > [ = p, pois x ∈ G¸Z(G). Logo < x, y > é um subgrupo de G/Z(G) com ordem p 2 assim < x, y >= G/Z(G). Por ultimo consideremos o homomorfismo: ϕ : G/Z(G) −→ Z/pZ Z/pZ x n y m −→ (n, m) o qual é claramente bijetivo, por tanto um isomorfismo. Exercício 2. Mostre que se G é um grupo finito com apenas duas classes de conju- gação, então [G[ = 2. Demonstração. Pela equação de classes de conjugação e o fato de G ter duas classes de conjugação temos: [G[ = 1 +[(l(x)[ Como [(l(x)[ divide a [G[ então [G[ −1 divide [G[ logo [G[ = 2. Exercício 3. Seja G um grupo de ordem 11 2 13 2 . Mostre que G é um grupo abeliano. Demonstração. • Iremos a usar o seguinte teorema (página 178): Teorema (Produto direto de grupos). Sejam G, G 1 , . . . , G n grupos. Então o grupo G é isomorfo ao grupo G 1 . . . G n se e somente se G possui subgrupos H 1 · G 1 , . . . , H n · G n tais que: (i) G = H 1 . . . H n . (ii) H i G, ∀i = 1, . . . , n. (iii) H i ∩ (H 1 . . . H i−1 H i+1 . . . H n ) = ¦e¦, ∀i = 1, . . . , n. • Pelo 3º teorema de Sylow temos n 11 = 1 e n 13 = 1. Estruturas Algébricas Página 3 • Sejam N 11 e N 13 os subgrupos de G de ordem 11 2 e 13 2 respectivamente, então N 11 e N 13 são normais (pois pelo item anterior eles são únicos). • Os subgrupos N 11 , N 13 tem ordem p 2 (p = 11, 13) logo são abelianos. • Como N 11 N 13 é um subgrupo de G (pois N 11 , N 13 são normais), e N 11 ∩ N 13 = ¦e¦ (pois se a ∈ N 11 ∩ N 13 então [a[ divide 11 e 13 logo [a[ = 1 assim a = e) então [N 11 N 13 [ = [G[ logo N 11 N 13 = G. • Claramente N 11 , N 13 são isomorfos a eles mesmos (pelo homomorfismo identi- dade). • Agora usando o teorema enunciado temos G · N 11 N 13 . • Seja o isomorfismo ϕ : N 11 N 13 → G (g, h) −→ ϕ(g, h) assim dado a, b ∈ G temos que existem (g 1 , h 1 ), (g 2 , h 2 ) ∈ N 11 N 13 tais que ϕ(g 1 , h 1 ) = a, ϕ(g 2 , h 2 ) = b logo ab = ϕ(g 1 , h 1 ) ϕ(g 2 , h 2 ) = ϕ((g 1 , h 1 ) (g 2 , h 2 )) = ϕ(g 1 g 2 , h 1 h 2 ) = ϕ(g 2 g 1 , h 2 h 1 ) = ϕ((g 2 , h 2 ) (g 1 , h 1 )) = ϕ(g 2 , h 2 ) ϕ(g 1 , h 2 ) = ba logo G é abeliano. Exercício 4. Seja p um número primo e G um grupo finito. Sejam H um subgrupo normal de G e S um p-subgrupo de Sylow de G. a) Mostre que H ∩ S é um p-subgrupo de Sylow de H. b) Mostre que SH/H é um p-subgrupo de Sylow de G/H. Demonstração. a) Mostrar que H ∩ S é um p-subgrupo de Sylow de H é equivalente a mostrar que (H : H ∩ S) não é um múltiplo de p (em particular náo é uma potencia de p). • Dado que H ∩ S < S então [H ∩ S[ = p k , para algum k ∈ N. • Como H G então HS é um subgrupo de G tal que H HS < G. Estruturas Algébricas Página 4 • Sabemos que [HS[ = [H[ [S[ [H ∩ S[ então [HS[ [H[ = [S[ [H ∩ S[ assim pelo teorema de Lagrange (H : H ∩ S) = (HS : S). • Como (G : S) = (G : HS) (HS : S), então (HS : S) [ (G : S) logo p (HS : S) (pois (G : S) não é um múltiplo de p) por tanto p (H : H ∩ S) (pois (H : H ∩ S) = (HS : H)). b) Mostraremos que p (G/H : SH/H). • Como G H = [G[ [H[ = [SH[ [H[ (G/H : SH/H) e [G[ [SH[ = (G : SH) então (G/H : SH/H) = (G : SH). • Assim também como (G : S) = (G : SH) (SH : S), e (G : S) não é um múltiplo de p então p (G : SH) por tanto p (G/H : SH/H). Exercício 5. Seja G um grupo abeliano finito. Mostre que G é isomorfo ao produto direto de seus subgrupos de Sylow. Demonstração. • Seja G um grupo abeliano de ordem finito m, então descompondo m em seus fatores primos temos [G[ = p α 1 1 . . . p α k k , onde p i ,= p j para i ,= j. • Sejam N i j (i = 1, . . . , k e j = 1, . . . , n p i ) os p i -subgrupos de Sylow de G. • Como G é abeliano então para cada i existe um único p i -subgrupo de Sylow (isto é n p i = 1). • Para cada i seja N i o único p i -subgrupo de Sylow, então N i é normal em G. • Como N 1 N 2 . . . N i é um subgrupo de G (para todo i = 1, . . . , k) então se x ∈ N j ∩ (N 1 . . . N j−1 N j+1 . . . N k ) temos que [x[ [ p j e [x[ [ p i para algum i = 1, . . . , j − 1, j + 1, . . . , k. Assim [x[ = 1 (pois p i ,= p j para i ,= j) isto é x = e. Logo N j ∩ (N 1 . . . N j−1 N j+1 . . . N k ) = ¦e¦. • Usando o teorema do produto direto de grupos, temos que G · N 1 . . .N k . Exercício 6. Seja G um grupo abeliano finito. Seja m um inteiro que divide [G[. Mostre que existe um subgrupo K de G tal que [K[ = m (i.e., a recíproca de teorema de Lagrange vale para os grupos abelianos finitos). Demonstração. • Seja m um inteiro que divide [G[, então descompondo m em seus fatores primos temos m = p α 1 1 . . . p α l l . • Pelo 1º teorema de Sylow existem subgrupos N i de G com ordem p α i i , onde i = 1, . . . , l. Estruturas Algébricas Página 5 • Como G é abeliano então N i é normal em G para cada i. • Dado que N 1 N 2 . . . N i é um subgrupo de G (para todo i = 1, . . . , l) então se x ∈ N j ∩ (N 1 . . . N j−1 N j+1 . . . N l ) temos que [x[ [ p j e [x[ [ p i para algum i = 1, . . . , j − 1, j + 1, . . . , l. Assim [x[ = 1 (pois p i ,= p j para i ,= j) isto é x = e. Logo N j ∩ (N 1 . . . N j−1 N j+1 . . . N l ) = ¦e¦. • Por tanto K = N 1 N 2 . . . N l é um subgrupo de G com ordem m. Exercício 7. a) Seja G um grupo abeliano finito. Mostre que existe uma serie de subgrupos G = H 0 H 1 . . . H n = ¦e¦ tal que H i /H i+1 é cíclico de ordem prima, ∀i = 0, . . . , n −1. b) Sejam G um grupo e K um subgrupo normal de G tais que G/K seja abeliano finito. Mostre que existe uma série de subgrupos G = H 0 H 1 . . . H n = K tal que H i /H i+1 é cíclico de ordem prima, ∀i = 0, . . . , n −1. Demonstração. Em ambos item fazemos uso da seguinte proposição: Proposição. Seja G um grupo de ordem p m e seja H um subgrupo de G de ordem p r com r < m. Então (i) Existe um subgrupo K de G de ordem p r+1 contendo H. (ii) Todo subgrupo L de G de ordem p r+1 contendo H é tal que H L. Em particu- lar, temos H N G (H). a) Sabemos que G é isomorfo ao produto direto de seus subgrupos de Sylow, assim G · N 1 . . . N r , onde [N i [ = p α i i . Agora pela proposição enunciada temos que, para cada N i existem subgrupos K i j de ordem p j i ( para j = 0, . . . , α i ) e K i j K i j+1 . Seja n = α 1 + α r , assim considerando H l = K 1α 1 . . . K rα r = G , l = 0 K 1α 1 . . . K r(α r −1) , l = 1 . . . K 1α 1 . . . K r0 = K 1α 1 . . . K (r−1)α r−1 , l = α r , pois K r0 = ¦e¦ K 1α 1 . . . K (r−1)(α r−1 −1) , l = α r + 1 . . . K 1α 1 . . . K (r−1)0 = K 1α 1 . . . K (r−2)α r−2 , l = α r + α r−1 , pois K (r−1)0 = ¦e¦ . . . K 1α 1 . . . K (r−i)(α r−i −1) , l = α r + α (r−1) + + α (r−i) + 1 . . . K 10 = ¦e¦ , l = n Estruturas Algébricas Página 6 onde [H i /H i+1 [ = p i , assim H i /H i+1 é de ordem prima, por tanto cíclico. b) Como G/K é um grupo abeliano finito, então pelo item anterior existe uma serie de subgrupos G/K = H 0 H 1 . . . H n = ¦e¦ tal que H i /H i+1 é cíclico de ordem prima, ∀i = 0, . . . , n −1. Logo pelo teorema de isomorfismo (página 150), sabemos que existe uma correspondência entre os subgrupos normais de G/K e os subgrupos normais de G que contêm K, assim existem H i (com i = 1, . . . , n) subgrupos de G tais que G = H 0 H 1 . . . H n = K e H i /H i+1 cíclico de ordem prima pois H i /H i+1 = (H i /K)/(H i+1 /K) = H i /H i+1 . Exercício 8. Sejam p < q dois números primos e G um grupo de ordem pq. a) Mostre que G é abeliano se e somente se ele possui um só p-subgrupo de Sylow. b) Se G não é abeliano, mostre que G é isomorfo a um subgrupo de S q , mas não é isomorfo a um subgrupo de S q−1 . c) Se G é abeliano, mostre que G é isomorfo a um subgrupo de S p+q , mas não é isomorfo a um subgrupo de S p+q−1 . Demonstração. Primeiro notemos que pelo 3º teorema de Sylow n q = 1 e n p = 1 ou q ⇔ p [ (q −1) Denotamos por N p , N q um p-subgrupo e um q-subgrupo de Sylow (quaisquer) de G respectivamente. a) (⇒) Se G é abeliano então todo subgrupo de G é normal, assim n p = 1. Logo G possui um só p-subgrupo de Sylow. (⇐) Se n p = 1 então N p , N q são os únicos p-subgrupo e q-subgrupo de Sylow de G respectivamente, além disso eles são abelianos (pois tem ordem prima). Logo G · N p N q (pelo teorema do produto direto de grupos), por tanto G é abeliano. b) Pendente. c) Pendente. Exercício 9. Seja r um inteiro, G um grupo infinito e H um subgrupo tal que (G : H) = r. Mostre que existe um subgrupo K ⊆ H, normal em G, tal que (G : K) ≤ r!. Demonstração. Seja C = ¦gH; g ∈ G¦ então #C = r, e a representação de G é tal que T : G −→ T(C) x −→ T x : C −→ C gH −→ xgH Estruturas Algébricas Página 7 Como T(G) · G Ker(T) < T(C), então G Ker(T) ≤ [T(C)[ = r! < [G[ assimKer(T) ,= ¦e¦. Além disso Ker(T) ⊆ H pois: • Pelo teorema de isomorfismo existe uma correspondência entre subgrupos de T(G) e subgrupos de G que contém ao Ker(T). • Seja U = ¦T x ; T x (gH) = gH, gH ∈ C¦ ⊂ T(G) ⊂ T(C) o qual é um subgrupo de T(G) (de fato: para T x , T y ∈ U temos T x ◦T y (gH) = T x (gH) = gH e T x ◦ (T y ) −1 (gH) = T x (gH) = gH) logo existe um subgrupo T −1 (U) de G tal que contém ao Ker(T). • Notemos que T −1 (U) = ¦x ∈ G; T x (gH) = gH¦ = ¦x ∈ G; xgH = gH¦. • Agora T −1 (U) = H de fato: Se h ∈ H então T h (gH) = hgH = gH logo h ∈ T −1 (H). Assim H ⊆ T −1 (H). Se x ∈ T −1 (U) então T x (gH) = xgH = gH assim xg ∈ gH para qualquer g ∈ G logo para g = e se tem x ∈ H. Por tanto T −1 (H) ⊆ H. Agora considerando K = Ker(T) temos (G : K) = G Ker(T) = [T(G)[ < r!. Exercício 10. Sejam p, q dois números primos tais que p < q < 2p, n um inteiro ≥ 1 e G um grupo de ordem p n q. Mostre que: a) Se ¦p, q¦ , = ¦2, 3¦, então G possui um subgrupo normal de ordem p n . b) Se p = 2 e q = 3, mostre que existe um subgrupo normal de ordem 2 n ou 2 n−1 . Demonstração. a) Pelo 3º teorema de Sylow temos n p = 1 ou q ⇔p [ (q −1) Afirmação: p (q − 1). De fato: suponhamos que p [ (q − 1), então dado que p −1 < q −1 < 2p −1 temos p = q −1 logo p = 2, q = 3 (pois eles são os únicos primos consecutivos) o qual é uma contradição ao fato que ¦p, q¦ , = ¦2, 3¦. Por tanto n p = 1, isto é existe um subgrupo normal de ordem p n . b) Sejam p = 2, q = 3 então [G[ = 2 n 3, n ≥ 1. Temos que: (i) Se n = 1 então [G[ = 2 3, logo pelo exercício 8 temos que G possui um subgrupo normal de ordem 2. Estruturas Algébricas Página 8 (ii) Se n > 1 então pelo 1º teorema de Sylow existe H < G tal que [H[ = 2 n . Também: • Para C = ¦aH; a ∈ G¦ se tem (G : H) = 3 e (G : H)! = [T(C)[ = 3! < [G[ (aqui T(C) · S 3 ). • A representação ϕ de G, dada por ϕ : G −→ T(C) g −→ ϕ g : C −→ C aH −→ gaH é tal que Ker(ϕ) ,= ¦e¦ (pois ϕ(G) · G/Ker(ϕ) e [ϕ(G)[ = [G/Ker(ϕ)[ ≤ [T(C)[ < [G[) e Ker(ϕ) ⊆ H (pelo análise feito no exercício anterior) assim [Ker(ϕ)[ = 2 r com 1 ≤ r ≤ n, e como G/Ker(ϕ) < S 3 então [G/Ker(ϕ)[ = 1, 2, 3, 6, logo [Ker(ϕ)[ = 2 n 3, 2 n−1 3, 2 n , 2 n−1 . Mas como [Ker(ϕ)[ = 2 r obtemos finalmente [Ker(ϕ)[ = 2 n , 2 n−1 . • Por tanto existe um subgrupo normal (neste caso Ker(ϕ)) de ordem 2 n ou 2 n−1 . Exercício 11. a) Seja G um grupo de ordem 2 2 3 n , com n ≥ 1. Mostre que G possui um subgrupo normal de ordem 3 n ou 3 n−1 . b) Analisando o grupo A 4 , mostre que um grupo de ordem 2 2 3 n pode não ter sub- grupo normal de ordem 3 n . Demonstração. a) Analisaremos os casos n = 1 e n > 1. (i) Se n = 1, então [G[ = 2 2 3. Logo pelo 3º teorema de Sylow n 3 = 1, 4. Assim se: • Se n 3 = 1, existe um subgrupo normal de ordem 3. • Se n 3 = 4, existe um subgrupo normal de ordem 1, neste caso ¦e¦. em qualquer dos casos existe um subgrupo normal de ordem 3 = 3 1 ou 1 = 3 1−1 . (ii) Se n > 1, então pelo 1º teorema de Sylow existe H < G tal que [H[ = 3 n , assim considerando C = ¦aH; a ∈ G¦ e a representação de G: T : G −→ T(C) g −→ T g : C −→ C aH −→ gaH temos Estruturas Algébricas Página 9 • [T(G)[ = [G/Ker(T)[ < [T(C)[ = (G : H)! = 4! < [G[. • Logo ¦e¦ , = Ker(T) ⊆ H (onde Ker(T) ⊆ H pelo argumento dado no exercício 9). • Como G/Ker(T) < T(C) então [G/Ker(T)[ = 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24. • Mas Ker(T) < H, assim [Ker(T)[ = 3 r , com 1 ≤ r ≤ n. • Dos item anteriores [G/Ker(T)[ = 4, 12, isto é [Ker(T)[ = 3 n , 3 n−1 . Por tanto existe um subgrupo normal (a saber Ker(T)) tal que possui ordem 3 n ou 3 n−1 . b) Analisaremos o caso n = 1. (i) Se n = 1 então considerando o grupo A 4 temos que possui ordem 12 = 2 2 3 e seu único subgrupo normal não trivial é o grupo de Klein (K = ¦id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)¦, ver página 257). AssimA 4 não possui sub- grupo normal de ordem 3.