Lista de Exercicios Resolvidos - Teoria dos Grupos e Subgrupos

Exercícios 01 Considere o grupo Z Mostre que todo subgrupo de Z é da forma aZ para algum a Z 02 Seja G S3 e 12 13 23 132 e seja H 12 Determine H e veja que H não é normal Determine K 1 2 3 e veja que K é normal 03 Seja H S3 tal que 12 123 H Mostre que H S3 04 Determine S3123 05 Seja G g R R funções ϕ imunido da soma usual de funções ou seja g1 g2 R R g1 g2x g1x g2x Considere N g G g1 0 Mostre que N G e que GN R 06 Considere o grupo R e o subgrupo normal Z R Mostre RZ S1 a0 bi a2 b2 1 01 Seja G subgrupo de Z queremos mostrar que existe a Z tal que G aZ De fato seja a G o menor elemento positivo de G isto é a min G N não considero 0 natural Primeiro veja que aZ G pois como a G então dado x Z temos que a x a a a x vezes se x 0 e a x a a a x vezes se x 0 e claramente a 0 0 Logo a x G para todo x Z Agora falta mostrar que G aZ Dessa forma suponha por absurdo que G não está contido em aZ então existe um elemento g G tal que g não é da forma a x com x Z ou seja g não é divisível por a Assim pelo algoritmo da divisão existem q Z quociente e r N resto com r a tais que g a q r ora como já vimos que a q G então temos que g a q r G Mas isso nos leva a um absurdo pois r a e a é o menor elemento positivo de G Logo G aZ Portanto todo subgrupo de Z é da forma aZ 02 S3 Id 1 2 1 3 2 3 1 2 3 1 3 2 faltou uma permutação no enunciado o grupo tem 6 elementos H 1 2 os elementos de H são da forma 1 2n 1 2 1 2 1 2 n vezes Note que 1 22 1 2 1 2 1 2 3 1 2 3 Id Logo 1 2n 1 2 ou Id Portanto H Id 1 2 Para mostrar que H não é normal tome g 1 3 S3 temos que 1 31 1 3 logo 1 31 21 31 1 31 21 3 2 3 que não é um elemento de H logo não temos a igualdade gHg1 H que deveríamos ter para que H fosse normal K 1 2 3 os elementos de H são da forma 1 2 3n 1 2 3 1 2 3 1 2 3 n vezes Vejamos as possibilidades 1 2 32 1 2 3 1 2 3 1 2 3 3 1 2 1 3 2 1 2 33 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 Id Logo 1 2 3n 1 2 3 1 3 2 ou Id Portanto K Id 1 2 3 1 3 2 Como S3 6 e K 3 o índice de K é S3 K S3K 2 logo K é subgrupo normal de S3 03 Como 1 2 H então 1 2 H da mesma forma como 1 2 3 H então 1 2 3 H Logo 1 2 1 2 3 H Na questão anterior vimos quem são os subgrupos 1 2 e 1 2 3 assim temos que 1 2 1 2 3 Id 1 2 Id1 2 3 1 3 2 Id1 2 1 2 3 1 3 2 Dessa forma H contém pelo menos 4 elementos distintos mas pelo Teorema de Lagrange a ordem de todo subgrupo deve dividir a ordem do grupo e como S3 tem 6 elementos H deve ter 1 2 3 ou 6 elementos Portanto como H tem mais do que 1 2 e 3 elementos então H deve ter 6 todos os elementos de S3 o que significa que H S3 04 Denotaremos K 1 2 3 Id1 2 3 1 3 2 As classes de equivalência de S3 K são da forma g K g k k K com g S3 compôr g com todos os elementos de K É sabido que se G é grupo qualquer e H G então as classes de equivalência de todos os elementos de H são a própria H isto é gH H se g H Dessa forma já sabemos que 1 2 3 K 1 3 2 K K K Falta agora vermos quem são as classes de 1 2 1 3 e 2 3 1 2 K 1 2 1 2 1 2 3 1 2 1 3 2 1 2 2 3 1 3 1 3 K 1 3 1 3 1 2 3 1 3 1 3 2 1 3 1 2 2 3 2 3 K 2 3 2 3 1 2 3 2 3 1 3 2 2 3 1 3 1 2 Logo as classes de 1 2 1 3 e 2 3 são as mesmas Portanto S3 K K1 2 K K 1 2 1 3 2 3 05 Primeiramente N de fato é subgrupo de G pois se g1 g2 N então g1 g21 g11 g21 0 logo g1 g2 N N fechado para a operação e se g Nn então a inversa g tambéme está em N pois g1 0 fechado para inversa Para mostrar que N é normal tome g G e n N temos que g n g1 g1 n1 g1 0 logo g n g N o que mostra que g N g N para todo g G ou seja que N G Seja ϕ G R dada por ϕg g1 ϕ é claramente homomorfismo sobrejetor de grupos pois ϕg1 g2 g1 g21 g11 g21 ϕg1 ϕg2 e é sobrejetor pois dado a R a função constante gx a está em G logo ϕg g1 a O núcleo de ϕ é o conjunto Kerϕ g G ϕg 0 g G g1 0 N Portanto pelo Teorema dos isomorfismos temos que GN R 5 06 Primeiro é bom deixar claro que a operação de grupo de S1 é o produto e seu elemento neutro é o número real 1 1 0i Seja φ R S1 dada por φx e2πix cos2πx i sen2πx Note que φ é um homomorfismo pois φx y e2πixy eix iy e2πixe2πiy φxφy Além disso φ é sobrejetiva pois dado a ib S1 basta tomar x θ 2π onde θ é o ângulo dado na figura abaixo θ 1 a b Assim temos φx cosθ i senθ a ib O núcleo de φ é o conjunto Kerφ x R φx 1 0i x R cos2πx i sen2πx 1 0i x R cos2πx 1 e sen2πx 0 Z pois o cosseno é 1 e o seno é 0 apenas em ângulos do tipo 2πn com n Z Portanto pelo Teorema dos isomorfismos temos RZ S1 6