Introd Algebra - Exercicios Resolvidos 4 - Lenimar N Andrade

March 28, 2018 | Author: Lenimar N Andrade | Category: Group Theory, Metric Geometry, Abstract Algebra, Algebra, Mathematics


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Introducao a Algebra ¸˜ ` ´Classes laterais, subgrupos normais, grupos-quocientes – exerc´cios resolvidos ı A1) Seja H = [a] um subgrupo de G = GL2 ( ), onde a = x= 1 2 . Calcule as classes laterais xH e Hx e verifique se H 0 3 Solucao: As potˆ ncias de expoente inteiro de a s˜ o: ¸˜ e a • a2 = a · a = • a3 = a2 · a = • a4 = a3 · a = 0 −2 1 0 2 −1 0 0 1 0 2 −1 0 2 0 −2 −1 0 = 1 0 0 −1 2 0 −2 0 2 = 1 0 −1 0 2 2 0 −2 1 0 = = e = elemento neutro de GL2 ( ). 1 0 0 1 2 0 −2 , e seja 1 0 2 G. Portanto, o(a) = 4 e H = {e, a, a2 , a3 } e, da´, temos que xH = {x, xa, xa2 , xa3 } ⇒ ı xH = 1 2 1 −2 −1 −2 −1 2 , 3 , , 0 0 −3 −3 0 0 3 2 2 0 −6 0 6 1 2 −1 −2 , 1 , , − 1 −1 0 3 0 −3 1 2 2 e Hx = {x, ax, a2 x, a3 x} ⇒ Hx = Como xH . Hx, conclu´mos que H n˜ o e um subgrupo normal de G. ı a ´ A2) Sejam G um grupo finito, H um subgrupo de G e K um subgrupo de H. Mostre que (G : K) = (G : H)(H : K). Solucao: Usando trˆ s vezes o Teorema de Lagrange, temos: ¸˜ e • H subgrupo de G ⇒ o(G) = (G : H)o(H) 1 • K subgrupo de H ⇒ o(H) = (H : K)o(K) • K subgrupo de G ⇒ o(G) = (G : K)o(K) Substituindo o o(H) da segunda equacao e o o(G) da terceira equacao na primeira, ¸˜ ¸˜ temos: (G : K)o(K) = (G : H)(H : K)o(K) o que implica (G : K) = (G : H)(H : K). ¯ ¯ ¯ A3) Sejam G = ( 12 , +) e H = {0, 4, 8} um subgrupo de G. Construa a t´ bua do a grupo-quociente (G/H, +), identifique seu elemento neutro e os inversos (aditivos) ¯ ¯ de 1 + H e 2 + H. ` Solucao: As classes laterais a esquerda m´ dulo H s˜ o: ¸˜ o a ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ • 0 + H = {0 + 0, 0 + 4, 0 + 8} = {0, 4, 8} = H ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ • 1 + H = {1 + 0, 1 + 4, 1 + 8} = {1, 5, 9} ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ • 2 + H = {2 + 0, 2 + 4, 2 + 8} = {2, 6, 10} ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ • 3 + H = {3 + 0, 3 + 4, 3 + 8} = {3, 7, 11} ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ • 4 + H = {4 + 0, 4 + 4, 4 + 8} = {4, 8, 0} = H e, a partir daqui, todas as classes ¯ ¯ ¯ ¯ laterais s˜ o repeticoes das anteriores: 5 + H = 1 + H, 6 + H = 2 + H, etc. a ¸˜ ¯ ¯ ¯ ´ Logo, G/H = {H, 1 + H, 2 + H, 3 + H}. Lembrando que a adicao em G/H e definida ¸˜ ¯ ´ por (¯ + H) + (b + H) = (¯ + b) + H, a sua t´ bua e: a a ¯ a + H ¯+H 1 ¯ 2+H ¯ 3+H H H ¯+H 1 ¯ 2+H ¯ 3+H ¯ 1+H ¯ 1+H ¯ 2+H ¯ 3+H H ¯ 2+H ¯ 2+H ¯ 3+H H ¯ 1+H ¯ 3+H ¯ 3+H H ¯ 1+H ¯ 2+H ¯ ¯ ´ O elemento neutro do grupo-quociente G/H e o H. Como (1 + H) + (3 + H) = H ¯ ¯ ¯ ´ ¯ temos que o inverso aditivo de 1 + H e o 3 + H. Como (2 + H) + (2 + H) = H temos ¯ ¯ ´ que o inverso de 2 + H e o pr´ prio 2 + H. o ´ A4) Sejam G = ([x], ·) e H = ([x2 ], ·) onde x e um elemento de um grupo (J, ·) tal que o(x) = 8. ´ a) H e normal em G ? b) Descreva G/H e calcule sua ordem o(G/H) c) Construa a t´ bua de G/H e calcule (x3 H)−1 e (x5 H)2 a 2 Solucao: ¸˜ ´ ı ´ ´ a) O grupo G e c´clico, logo, e abeliano. Sendo assim, qualquer subgrupo e normal em G. b) A partir de G = [x] com o(x) = 8, obtemos G = {e, x, x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 } onde ´ e e o elemento neutro, e, a partir de H = [x2 ], obtemos H = {e, x2 , x4 , x6 }. Como o(G) = 8 e o(H) = 4, temos o(G/H) = (G : H) = o(G)/o(H) = ` 8/4 = 2. As poss´veis classes laterais a esquerda m´ dulo H s˜ o eH = H e ı o a 3 5 7 xH = {x, x , x , x }. Logo, G/H = {H, xH}. c) Temos que H · H = eH · eH = (e · e)H = eH = H, H · xH = eH · xH = (e · x)H = xH, xH · H = xH · eH = (x · e)H = xH, xH · xH = (x · x)H = x2 H = H, porque ´ x2 ∈ H. Logo, a t´ bua de G/H e: a · H xH H xH H xH xH H ´ O elemento neutro de G/H e a classe eH = H. Como (x3 H) · (xH) = x4 H = H, 3 −1 temos que (x H) = xH. Temos tamb´ m que (x5 H)2 e = 5 5 5 5 10 2 (x H)(x H) = (x · x )H = x H = x H = H. A5) Sejam G um grupo e H um subgrupo de G tal que (G : H) = 2. Mostre que H G. Solucao: Sejam x um elemento de G e e o elemento neutro. Se x ∈ H, ent˜ o ¸˜ a xH = Hx = H. Suponhamos x H. Como s´ existem duas classes laterais (porque o ` (G : H) = 2) temos que as classes laterais a esquerda s˜ o eH e xH e as classes a ` laterais a direita s˜ o He e Hx. Sendo e o elemento neutro, temos eH = He = H. Da´, a ı G = H ∪ Hx = H ∪ xH. Como H ∩ Hx = ∅ e H ∩ xH = ∅, conclu´mos que Hx = xH. Portanto, H ı G. B1) Seja H um subgrupo de G e sejam x e y dois elementos quaisquer de G. Mostre que se xH = yH, ent˜ o Hx−1 = Hy−1 . a Solucao: (⇒) Suponhamos xH = yH. ¸˜ 3 • Seja a ∈ Hx−1 . Ent˜ o a = hx−1 , h ∈ H ⇒ a−1 = xh−1 ⇒ a−1 ∈ xH = yH ⇒ a −1 −1 −1 a = yh2 ⇒ a = h2 y ⇒ a ∈ Hy−1 . Logo, Hx−1 ⊂ Hy−1 . • Seja b ∈ Hy−1 . Ent˜ o existe h ∈ H tal que b = hy−1 ⇒ b−1 = yh−1 ∈ yH = xH a −1 ⇒ b = xh2 , onde h2 ∈ H ⇒ b = h−1 x−1 ∈ Hx−1 . Logo, Hy−1 ⊂ Hx−1 . 2 Fica mostrado ent˜ o que Hx−1 = Hy−1 . a Observacao. Analogamente, pode-se mostrar que Hx−1 = Hy−1 ⇒ xH = yH. ¸˜ B2) Seja G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que H x−1 Hx = H, ∀x ∈ G, onde x−1 Hx = {x−1 hx | h ∈ H}. Solucao: (⇒) Suponhamos H ¸˜ G. G se, e somente se, • Ent˜ o, Hx = xH e tamb´ m Hx−1 = x−1 H, ∀x ∈ G. a e • Se y ∈ x−1 Hx, ent˜ o existe h ∈ H tal que y = x−1 hx ⇒ xy = xx−1 hx = hx ∈ a Hx = xH ⇒ xy = xh2 , com h2 ∈ H, de onde obtemos que y = h2 ∈ H. Logo, x−1 Hx ⊂ H. • Se y ∈ H, ent˜ o yx−1 ∈ Hx−1 = x−1 H. Ent˜ o, existe h3 ∈ H tal que yx−1 = a a x−1 h3 ⇒ y = x−1 h3 x ∈ x−1 Hx. Logo, H ⊂ x−1 Hx. Fica mostrado dessa forma que x−1 Hx ⊂ H e H ⊂ x−1 Hx o que implica x−1 Hx = H. ´ a (⇐) Suponhamos x−1 Hx = H, ∀x ∈ G. Como a igualdade anterior e v´ lida para todo −1 −1 −1 x ∈ G, ent˜ o tamb´ m e v´ lida com x no lugar do x: (x ) Hx−1 = H, ou seja, a e ´ a −1 xHx = H. • Seja y ∈ xH. Existe h ∈ H tal que y = xh ⇒ x−1 y = h ⇒ x−1 y ∈ x−1 Hx ⇒ x−1 y = x−1 h2 x, onde h2 ∈ H, ⇒ y = h2 x ⇒ y ∈ Hx. Logo, xH ⊂ Hx. • Seja y ∈ Hx. Existe h3 ∈ H tal que y = h3 x ⇒ yx−1 = h3 ∈ H ⇒ yx−1 ∈ xHx−1 ⇒ yx−1 = xh4 x−1 onde h4 ∈ H ⇒ y = xh4 ⇒ y ∈ xH. Logo, Hx ⊂ xH. Fica mostrado ent˜ o que xH ⊂ Hx e Hx ⊂ xH ⇒ xH = Hx, ∀x ∈ G ⇒ H a G. B3) Sejam M e N subgrupos normais em um grupo G tais que M ∩ N = {e}. Mostre que xy = yx, ∀x ∈ M e ∀y ∈ N. Solucao: Em um grupo multiplicativo, mostrar que dois elementos a e b s˜ o ¸˜ a ´ ´ iguais e o mesmo que mostrar que ab−1 e igual ao elemento neutro. Vamos calcular −1 −1 −1 ´ quanto e (xy)(yx) = (xy)(x y ). • Como M G, temos yMy−1 = M (ver ex. B1) o que implica (y x−1 y−1 ) ∈ M ∈ M 4 • Como N • ( x xyx y G, temos xN x−1 = N o que implica (x y ∈N x−1 ) ∈ N yx−1 y−1 ) ∈ M e (xyx−1 y−1 ) ∈ N ⇒ xyx−1 y−1 ∈ M ∩ N = {e} ⇒ ∈N ∈N ∈ M ∈ M −1 −1 =e Fica mostrado dessa forma que (xy)(yx)−1 = e, ou seja, xy = yx, ∀x ∈ M, ∀y ∈ N. B4) Sejam H um subgrupo normal em um grupo G e N H/N G/N. Solucao: ¸˜ • Suponhamos N G. Ent˜ o, xN = N x, ∀x ∈ G e, em particular, xN = N x, ∀x ∈ a H. Logo, N H. • Seja hN um elemento qualquer de H/N e gN um elemento qualquer de G/N. Temos que (gN)−1 (hN)(gN) = (g−1 N)(hN)(gN) = ( g−1 hg )N ∈ H/N. ∈ H porque H G G. Mostre que N He Isso mostra que (gN) (G/N)(gN) ⊂ G/N e, pelo exerc´cio B2, temos que ı H/N G/N. C1) Suponhamos N subgrupo de H e H subgrupo de G. Mostre que se N G, ent˜ o a G/N G/H. (Sugest˜ o: considere o homomorfismo ϕ : G/N −→ G/H definido a H/N por ϕ(xN) = xH). Solucao: Seja ϕ : G/N −→ G/H, ϕ(xN) = xH. Temos: ¸˜ • Para quaisquer aN, bN ∈ G/N, ϕ((aN)(bN)) = ϕ((ab)N) = (ab)H = (aH)(bH) = ´ ϕ(aN)ϕ(bN). Logo, ϕ e um homomorfismo de grupos. • Vamos calcular o n´ cleo de ϕ. Se aN ∈ G/N for tal que ϕ(aN) = H = elemento u neutro de G/H ⇒ aH = H ⇒ a ∈ H. Logo, N(ϕ) = {aN | a ∈ H} = H/N. • Dado aH ∈ G/H = contradom´nio de ϕ, considerando aN ∈ G/N = dom´nio ı ı ´ de ϕ, temos que ϕ(aN) = aH. Logo, ϕ e uma funcao sobrejetora. ¸˜ Usando o Teorema do Homomorfismo para a funcao ϕ, temos que ¸˜ que implica G/N G/H. H/N G/N N(ϕ) −1 Im(ϕ) o Observacao. O grupo-quociente G/N tamb´ m pode ser denotado na forma G . ¸˜ e N 5
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