Resolução Detalhada de Questões de Algébra Abstrata

1 Verifique se G é um grupo sob a operação Classifique o grupo como sendo abeliano ou não a G x Z x 1 mod 5 a b ab b G SL2R A a b c d abcd R detA 1 sendo é a multiplicação de matrizes usual 2 Seja G um grupo com elemento neutro e e x G x e tal que x6 x Considere o conjunto H x x2 x3 a Quantos elementos tem H Justifique a resposta b Determine ordx Justifique a resposta c H G Justifique a resposta d H é cíclico Justifique a resposta 3 Determine todos os subgrupos de ordem 4 de U28 indicando quais são cíclicos e quais não são 4 Seja G um grupo tal que ab2 ba2 ab G e suponha que x e é o único elemento de G tal que x2 e Mostre que G é abeliano 5 Seja G um grupo e seja a G um elemento de ordem r Seja m um inteiro positivo tal que mdcm r 1 Mostre que ordam r Sugestão proposição 1110 6 Seja G um grupo e sejam ab G tais que a7 e e aba1 b3 Mostre que ordb 2186 7 No grupo S9 seja α 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4 9 8 1 7 3 2 6 5 a Escreva α como produto de ciclos disjuntos b Determine a ordem de α c Calcule α2 5 3 7 4 α1 d Escreva α como produto de transposições e α é par ou ímpar Justifique f Existe um elemento de ordem 16 em S9 Justifique g Seja β α2 Escreva β como produto de ciclos disjuntos Lista todos os elementos de β 8 Determine 1 2 3 430 S5 9 Considere os grupos R e R Define a função φ R R φx logx Prove que R R 10 i Considere o homomorfismo do grupo φ Z12 Z24 dado por φx12 4x24 a Describa Nucφ Escreva todos seus elementos b Describa Imφ Escreva todos seus elementos ii Prove que não existe um homomorfismo φ Z12 Z24 dado por φx12 x24 b Sejam A B C SL2ℝ Temos i Como a multiplicação de matrizes é associativo então ABC ABC ii Temos 1 0 0 1 SL2ℝ e logo e 1 0 0 1 é o elemento neutro iii A a b c d Suponha AA a b c d A 1 0 0 1 então A d b c a é o inverso de A Portanto SL2ℝ é grupo Não é abeliano pois multiplicação de matrizes nem sempre é comutativo 2 a Temos H χ¹ χ² χ³ χ⁴ χ⁵ 1 Logo H tem 5 elementos Pois x⁶ x x⁷ x⁵x xx x² x⁸ x⁶x² x³ b Temos x⁶ x x¹x⁶ x¹x x⁵ e Portanto ordx 5 c sim Dados a b H Temos i x⁵ G é elemento neutro de G e x⁵ H ii a xⁿ b xᵐ H ab¹ xⁿxᵐ¹ x¹ⁿᵐ H d H é cíclico Pois existe x G tal que x H e x x² x³ x⁴ 1 3 U28 1 3 5 9 11 13 15 17 19 23 25 27 U28 não tem elementos de ordem 4 então não admite subgrupos cíclicos de ordem 4 Mas tem 3 elementos de ordem 2 logo tem um subgrupo não cíclico de ordem 4 dado por H 1 13 15 27 33 27 1 mod 28 36 1 mod 28 Portanto ord3 6 52 25 3 mod 28 56 33 27 1 mod 28 Portanto ord5 6 93 323 36 1 mod 28 Portanto ord9 3 112 121 9 mod 28 116 93 1 mod 28 Portanto ord11 6 132 169 1 mod 28 Portanto ord13 2 15 13 mod 28 152 132 1 mod 28 Portanto ord15 2 17 11 mod 28 176 116 1 mod 28 Portanto ord17 6 19 9 mod 28 196 96 1 mod 28 Portanto ord19 6 23 5 mod 28 236 56 1 mod 28 Portanto ord23 6 25 3 mod 28 253 33 27 1 mod 28 Portanto ord25 3 27 1 mod 28 272 12 1 mod 28 Portanto ord27 2 4 Seja ab2 ba2 abab baba abab baba abab a1 b1 baba a1 b1 abab a1 b1 baba a1 b1 ab e b1 a1 ba e b1 a1 ab b1 a1 ba b1 a1 ab ba Portanto G é abeliano 5 Seja a G tal que ar e Temos amr amr Como mdcmr 1 então mr kr k Z ou seja mr é múltiplo de r logo amr arm em e Agora se k o menor inteiro positivo tal que amk e Suponha k r Pelo Teorema de Bezout existe qb Z tais que mq rb 1 Logo ammq amqm arb eb e o que contraria a minimalidade de k Logo k r Como amr e e r é o menor inteiro positivo com essa propriedade logo k r Portanto ordam r c Suponha orda n e como a7 e então orda 7 Pois n 7 logo n 7 Temos aba1 b3 ab b3 aw ab3 b3 a3 e b3 a b3 a b3 a b31 e b31 b3 a b3 a b3 a e b3 a b3 a a b3 a b3 Como aba1 b3 Então ab b3 b3 a b3 ab ea b6 ab6 b6 a6 e b24 a e a ordb 2186 7 a Temos 14 2957 386 Logo α 142957386 b ordα mmc 2 4 3 12 c α 2537 α1 142957386275914 2978 Logo α 2537 α1 2978 d α 142725293638 e α é par Pois é produto de 6 transposições f Não existe elemento de ordem 16 em S9 Pois um elemento de ordem 16 deve ser 16cicb mas não existe em S9 Logo o maior ccb em S9 é 9cicb 9 β α2 1 429573861 42957386 29572 3862 2579368 β2 25793682579368 3682 386 β3 β β2 2579368386 2579 β4 β2 β2 386386 386 β5 β β4 2579368368 2579386 β6 β3 β3 25792579 id 8 Como 12 3 4 é 4 cicb Então 1 2 3 44 id Temos 1 2 3 430 1 2 3 4472 1 2 3 42 1 32 4 S5 Pois 1 2 3 42 12341234 13 24 Portanto 1 2 3 430 S5 9 sejam a b IR temos 1 lab logab loga logb la lb logo l é um homomorfismo 2 la 0 então loga 0 implicando a 1 Logo ker l 1 e portanto l é injetora 3 Dado y IR existe x IR tal que x ay ou seja y loga x Logo l é sobrejetora Portanto IR IR 10 i a ϕx12 0 4x24 0 x 0 1 2 3 6 com x Z12 Portanto ker ϕ x12 ϕx12 024 0 1 2 3 6 Z12 b Im ϕ y Z24 x Z12 com ϕx y y 4x24 0 4 8 12 16 20 Portanto Im ϕ 0 4 8 12 16 20 Z24 4 seja ϕx12 y12 ϕx12 ϕy12 ϕxy12 ϕx12 ϕy12 ϕnx12 nϕx12 n Z12 Mas Z24 temos ϕ1212 12ϕ112 12 Então 12124 024 No entanto ϕ1212 1224 em Z24 Temos uma contradição 1224 024 Logo ϕ não é um homomorfismo