Classes Laterais e Teorema de Lagrange em Grupos

127 Sejam G um grupo e H G Destacaremos duas relações de equivalência em G obtidas a partir de H As classes de equivalência de uma destas relações serão chamadas classes laterais à esquerda de H em G e as classes da outra serão chamadas classes laterais à direita de H em G Veremos que a quantidade de classes laterais à direita e à esquerda coincidem e que esta quantidade é chamada índice de H em G Quando G for finito provaremos que H divide G e que o quociente é exatamente o índice Este resultado é conhecido como Teorema de Lagrange Quando a classe lateral à esquerda de cada elemento G coincide com a classe lateral à direita dizemos que H é subgrupo normal de G Veremos que neste caso é possí vel construir o grupo quociente G H que preserva algumas propriedades do grupo G 31 Classes Laterais e Teorema de Lagrange O principal resultado desta seção é o Teorema de Lagrange Este resultado diz que a ordem de cada subgrupo de um grupo finito divide a ordem do grupo Vamos provar este resultado e alguns corolários A linguagem usada para provar o Teorema de Lagrange envol ve classes laterais que são classes de equivalência de uma relação definida por um subgrupo Sejam G um grupo H G e x y G A relação 1 y x x y H é uma relação de equivalência em G De fato Subgrupo Normal e Grupo 3 Quociente 128 Reflexiva 1 x x e H x x Simétrica 1 1 1 1 y x x y H x y H y x H x y Transitiva 1 1 1 1 1 e e y x x z x y H z x H z x x y H z y H y z 1 1 1 1 1 e e y x x z x y H z x H z x x y H z y H y z Note ainda que 1 1 para algum y x x y H h H x y h y x h h H y x H x h h H Segue que a classe de equivalência de x G definida pela relação é y G y x x H Definição 311 A classe de equivalência x H x h h H é chama da classe lateral de x à esquerda de H em G É claro que x x H então x H Analogamente se G é um grupo H G e x y G a relação 1 y x yx H é uma relação de equivalência em G Além disso 1 1 para algum y x yx H h H yx h y h x h H y H x h x h H Assim a classe de equivalência de x G definida pela relação é y G y x H x Definição 312 A classe de equivalência H x h x h H é chama da classe lateral de x à direita de H em G Novamente temos x H x então H x Exemplo 311 Sejam G um grupo e H G É claro que e H H H e isto é as classes laterais de e à esquer da e à direita coincidem com o subgrupo H 129 De forma mais geral se x H então x H H H x De fato como x H temos que x h H para todo h H Logo x H H Por outro lado dado h H temos que 1 x h H pois x H As sim 1 h x x h x H então H x H A igualdade H H x se prova da mesma forma Exemplo 312 Se G é um grupo abeliano e H G x H H x para todo x G Desde que G é abeliano temos que x h h x h H Assim x H x h h H h x h H H x Exemplo 313 Determinar as classes laterais à direita e à esquer da de 02 H em 4 para cada elemento de 4 Como 4 é grupo aditivo as classes laterais se escrevem com nota ção aditiva isto é x H x h h H e H x h x h H 0 0 02 H H H 1 1 13 H H 2 2 02 H H H 3 3 13 H H Note que 0 2 H H 1 3 H H 0 1 H H e 4 0 1 H H O próximo exemplo mostra que se o grupo G não é abeliano podem existir x G e H G tais que x H H x Exemplo 314 Sejam 2 2 3 G D e a a b ab a b e H b e b Determinar as classes laterais à direita e à esquerda de H em G para cada elemento de G e H H H e H a H a ab 2 H a a ba a a b 2 2 2 a H a a b 2 2 2 2 H a a ba a ab b H H H b H ab H ab a 2 H ab ab bab ab a 2 2 2 a b H a b a 2 2 2 2 H a b a b ba b a b a Note que a H H a 2 2 a H H a ab H H ab e 2 2 a b H H a b 130 Observação 311 Nos Exemplos 313 e 314 vemos que 1 Dadas duas classes laterais à esquerda ou à direita elas são iguais ou são disjuntas Unindo as classes laterais à esquer da ou à direita que são disjuntas obtemos o grupo todo Portanto o conjunto das classes laterais à esquerda ou à di reita distintas formam uma partição do grupo 2 Todas as classes laterais à esquerda e à direita têm H ele mentos 3 A quantidade de classes laterais à esquerda distintas coinci dem com a quantidade de classes laterais à direita distintas Vamos mostrar que os itens 1 2 e 3 da observação acima valem em geral O item 1 é uma propriedade de classes de equi valência que já foi visto no curso de Álgebra I No entanto vamos refazêlo usando a notação de classe lateral pois a usaremos al gumas vezes Lema 311 Sejam G um grupo H G e x y G Então a y x H x H y H b y H x H x H y Demonstração a Como y x H temos por definição que y x e pela propriedade reflexiva também vale x y Seja u x H Segue que u x mas como x y temos pela transitividade que u y Logo u y H É análoga Como y yH e yH xH temos y x H b Semelhante ao item a Basta trocar a lateralidade e por Corolário 311 Sejam G um grupo e H G a Duas classes laterais à esquerda ou à direita são iguais ou disjuntas b A união das classes laterais à esquerda ou à direita disjuntas é G Demonstração Faremos para classes laterais à esquerda O outro caso é análogo 131 a Sejam x H e y H classes laterais à esquerda Suponha que x H y H Neste caso existe z G tal que z x H y H Como z x H o Lema 311 diz que z H x H Como z y H o Lema 311 diz que z H y H Logo x H y H Portanto x H y H ou x H y H b Seja i i r x H o conjunto das classes laterais à esquerda que são disjuntas Devemos provar que i r i G x H Como ix H G é claro que i i r x H G Reciprocamente se z G temos a classe lateral i i r z H x H Logo i i r z z H x H e então i r i G x H Proposição 311 Sejam G um grupo e H G a Toda classe lateral de H em G tem H elementos b x H x G H x x G Demonstração a Dado x G devemos mostrar que x H H x H Defina e Basta verificar que 1 e 2 são bijeções Faremos para 1 Claro que 1 é sobrejetora pois dado u x H temos que u x h para algum h H e 1 h x h u Para ver a injetividade tome h k H e note que 1 1 1 1 h k x h x k x x h x x k h k b Vamos provar que 1 x H x G H x x G x H H x está bem definida e é bijetora Na cadeia de implicações abaixo a direção mostra que está bem definida e a direção mostra que é injetora Na primeira e na penúltima passagem usaremos o Lema 311 132 1 1 1 1 x H y H y x H y xh h H x hy h H x h y h H 1 1 1 1 x H y H y x H y xh h H x hy h H x h y h H Para ver a sobrejetividade considere H y H x x G e tome 1 y H x H x G Então 1 y H H y Quando falamos em número de classes laterais deixamos su bentendido que são classes laterais distintas De acordo com a Proposição 311 b a quantidade de classes laterais à direita e à esquerda é a mesma Definição 313 Seja H G O índice de H em G é a cardinalidade do conjunto das classes laterais à esquerda de H em G Notação Indicamos o índice de H em G por G H Exemplo 315 Pelos Exemplos 313 e 314 temos 4 2 02 H H 3 3 D H H e b O exemplo acima sugere que no caso de grupos finitos pode ocorrer G H G H Isso de fato é verdade e tratase de um dos principais resultados sobre grupos finitos Esta relação entre a ordem do grupo a ordem do subgrupo e o índice foi provada por JosephLouis Lagrange 17361813 e atualmente é conhecida como Teorema de Lagrange Teorema 311 Teorema de Lagrange Sejam G um grupo finito e H G Então G H G H Demonstração Como G é finito temos que G H n para al gum n Seja 1 2 n x H x H x H o conjunto das classes laterais distintas à esquerda de H em G Pelo Corolário 311 temos 1 2 n G x H x H x H e i j x H x H se i j Pela Proposição 311 a vem que ix H H 12 i n Logo G H H H H n H G H 1 1 1 1 x H y H x H y x H y H 133 Veremos agora algumas conseqüências do Teorema de Lagrange Corolário 312 Sejam G um grupo finito H G e x G Então a H G e o x G b xG e Demonstração a É claro que H divide G e o quociente é G H Como o x x segue que o x divide G b Por a temos que G o x m para algum m Sabemos pela Proposição 237 que xo x e Assim G o x m o x m m x x x e e Corolário 313 Pequeno Teorema de Fermat Seja p um número primo positivo Então 1 1mod a p p a p Demonstração Seja a p Como a não é múltiplo de p temos que a 0mod p Segue que a 0 em p então p a Sabemos que 1 p p então pelo Corolário 312 1 1 p a Logo 1 1 p a portanto p divide 1 1 p a isto é 1 1mod ap p Corolário 314 Todo grupo de ordem prima é cíclico e só tem subgru pos triviais Demonstração Seja G um grupo tal que G p p um número primo Como 1 G existe x G tal que x e Vamos mostrar que G x É claro que 1 x pois x x e x e Pelo Corolário 312 a sabemos que x G e como G p só resta x p G Logo G x é cíclico Seja H G Como H G devemos ter 1 H ou H p Portanto H e ou H G 134 Exemplo 316 Um grupo de ordem ímpar não possui subgrupo nem elemento de ordem par Isso é imediato do Corolário 312 Exemplo 317 Seja G um grupo tal que 1 2 1 2 tn n n t G p p p onde 1 2 t p p p são primos positivos e 1 2 t n n n Se H G e H e então existe 12 i t tal que ip H Também é conseqüência do Corolário 312 Vejamos Como H G e 1 H vem que 1 2 1 2 mt m m t H p p p com 1 2 t m m m não todos nulos Logo existe 12 i t tal que 0 i m Assim mi i i p p e ipmi H Portanto ip H Exemplo 318 Seja a Verifique se 30 a dividido por 31 deixa resto 0 ou 1 Se a é múltiplo de 31 isto é se a31 então 30 a é múltiplo de 31 Portanto 30 a dividido por 31 deixa resto 0 Se a31 então segue do Corolário 313 que 30 1mod31 a Logo 31 30 1 a e assim existe k tal que 30 31 1 k a Portanto 30 a dividido por 31 deixa resto 1 Exemplo 319 Verifique se todo elemento de 13 é raiz do poli nômio 12 13 1 x x Seja 13 a com 1212 Como a 13 segue do Corolá rio 313 que 12 1mod13 Assim 12 1 a portanto é raiz de 12 1 a Exemplo 3110 Se G é um grupo e G 5 então G é abeliano Se 1 G então G e que é abeliano Se G 235 então G é abeliano pelo Corolário 314 Resta G 4 Se existe a G x e tal que o x 4 então G x é cíclico Caso contrário todo elemento x e deve ter ordem 2 O resultado segue do exercício 3 da seção 21 Exemplo 3111 Determinar todos os subgrupos de 6 Seja 6 H Então H 123 ou 6 Se 1 H então 0 H e se H 6 então 6 H Se H 2 ou H 3 então H é cíclico pelo Corolário 314 135 Logo procuramos os subgrupos cíclicos não triviais de 6 Pela Proposição 236 os elementos 1 e 5 geram o subgrupo trivial 6 H Além disso 2 024 4 e 3 03 Portanto os subgrupos de 6 são 0 024 03 e 6 Exemplo 3112 Determinar todos os subgrupos de 3 D Seja 3 H D Com um raciocínio análogo ao empregado no exem plo anterior concluímos que se H não é trivial então H é cíclico de ordem 2 ou 3 Vimos no Exemplo 2310 que 2 2 a a e a a b e b ab e ab e 2 2 a b e a b Portanto os subgrupos de 3 D são e 2 e a a e b e ab 2 e a b e 3 D 136 Lista de Exercícios 1 Descreva todas as classes laterais à esquerda e à direita de H em G quando a 6 a G e 03 H b 5 b G e 14 H c c G e 0 H x x d d G e 2 H e e 2 G e H 0 2 f 4 f G D e 2 3 H e a a a g 4 g G R e 2 H e a 2 Sejam H e K subgrupos de um grupo finito Se H p K q e p e q são primos distintos prove que H K e 3 Mostre que se G é um grupo qualquer então x Z G Z G x x G 4 Sejam G um grupo finito e H K G Mostre que G H G K K H 5 Qual é o índice de 3 em 6 Mostre que o conjunto das classes laterais de H n em G é 012 1 n n Conclua que n n 7 Considere como subgrupo de Descreva as classes laterais 3 2 e 1 2 8 a Mostre que 0 0 a H a a é subgrupo de 2 GL 137 b Mostre que existem infinitas classes laterais de H em 2 GL 9 a Descreva todos os elementos do grupo 3 S b Determine todos os subgrupos de 3 S 10 Determine todos os subgrupos 8 9 e 7 138 32 Subgrupo Normal e Grupo Quociente No curso de Álgebra I vimos que existem subanéis especiais de um anel chamados ideais para os quais é possível construir o anel quociente Lembre que se A é um anel e I um ideal de A então o conjunto quociente A I é novamente um anel com opera ções induzidas pelas operações de A Agora faremos algo semelhante para a estrutura algébrica de grupo Veremos que em um grupo existem subgrupos especiais chamados subgrupos normais que levam à construção de grupos quociente Se G é um grupo e H é subgrupo normal de G mostra remos que o conjunto G H formado pelas classes laterais de H em G possui uma operação bem definida que torna G H um grupo Iniciamos tomando um grupo G H G e estabelecendo a no tação G x H x G H para indicar o conjunto das classes laterais à esquerda de H em G Queremos descobrir sob que condições impostas a H a ope ração entre classes G G G H H H x H y H x yH está bem definida Para isso tomamos 1 x H x H e 1 y H y H em G H e queremos que valha 1 1 x H yH x H y H isto é a operação não deve depender da escolha de classe em G H Como 1 x H x H e 1 y H y H segue do Lema 311 que 1x x H e 1y y H Assim existem h k H tais que 1x x h e 1y y k Logo 139 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 tal que tal que x H yH x H y H xy H x y H x y xy H x h y k xy H h y k y H h H hyk yh h H y h y h k y h y H Lembrando que 1 1 x y x y são elementos quaisquer de G con cluímos que a operação entre as classes laterais à esquerda está bem definida se e somente se 1 e y hy H y G h H A condição não é a mais eficiente para verificar se a opera ção está bem definida mas a partir dela obtemos outras Proposição 321 Seja H um subgrupo de G São equivalentes i A operação entre classes laterais à esquerda de H em G está bem definida ii 1 gH g H g G iii 1 gH g H g G iv gH H g g G Demonstração i ii Seja g G Por hipótese a operação está bem definida então podemos aplicar com 1 y g obtendo ghg 1 H para todo h H Logo gH g 1 H ii iii Precisamos mostrar apenas que 1 H gH g g G Sejam g G e h H Note que por hipótese 1 g H g H Assim 1 1 1 1 1 para algum g hg g H g H g hg k k K h gkg gH g Logo 1 H gH g iii iv Dado g G temos por hipótese que gH g 1 H Seja gh g H Claro que 1 1 ghg gH g H Logo ghg 1 k para algum k H Segue que gh k g H g Portanto gH H g e analogamente provase que H g g H 140 iv i Vamos mostrar que vale Sejam g G e h H Por hipótese tomando 1 g y temos 1 1 y H H y Segue que 1 1 1 y h y H H y então existe k K tal que 1 1 y h k y Logo 1 y hy k H e vale Portanto a operação entre classes laterais à esquerda de H em G está bem definida Definição 321 Seja H um subgrupo de G Dizemos que H é sub grupo normal de G quando valem as condições equivalentes da pro posição anterior Notação H G indica que H é subgrupo normal de G Observação 321 Para verificar se H G basta mostrar que vale uma das condições da Proposição 321 pois todas são equivalentes Na prática as condições mais usadas são ii e iv Note que a condi ção iv diz que H G se e somente se as classes laterais à esquer da e à direita de H em G coincidem para cada elemento de g Exemplo 321 Se G é um grupo então e G e G G De fato g e g e g e g G G G g g G Exemplo 322 Se G é grupo abeliano e H G então H G Basta notar que pela comutatividade de G temos gH gh h H hg h H H g g G Exemplo 323 Como casos particulares do exemplo anterior temos m m 4 02 6 03 6 024 Se G é grupo abeliano e x G então x G 141 Exemplo 324 Seja H G Se H Z G então H G Em parti cular Z G G Como H Z G temos que os elementos de H comutam com todos os elementos de G Assim gH gh h H hg h H H g g G Note que se G é grupo abeliano então Z G G Portanto neste caso o Exemplo 324 é exatamente o Exemplo 322 A próxima proposição traz um resultado geral sobre subgru pos normais Vale lembrar que G H é o índice de G em H isto é o número de classes laterais Proposição 322 Se H G e G H 2 então H G Demonstração Seja g G Se g H então gH H H g de acordo com o Exemplo 311 Se g H então gH H e H g H pois g gH e g H g Logo gH e H são classes laterais à esquerda distintas e como G H 2 estas são as únicas classes laterais à esquerda Pelo Corolário 311 vem que G H gH e H gH Da mesma forma G H H g e H H g Assim gH G H H g e portanto H G Corolário 321 Seja G um grupo finito Se H G e 2 H G então H G Demonstração Pelo Teorema de Lagrange temos G H G H então 2 G G G H Logo G H 2 e basta aplicar a Proposição 322 Exemplo 325 O subgrupo 2 3 H e a a a é normal em 2 3 2 3 4 D e a a a b ab a b a b pois 2 H G 142 Exemplo 326 Determine os subgrupos normais de 3 D Vimos no Exemplo 3112 que os subgrupos de 3 D são 1 H e 2 2 H e a a 3 H e b 4 H e ab 2 5 H e a b e 6 3 H D Já sabemos que 3 e D e 3 3 D D Exemplo 321 Pelo Corolário 321 temos 2 3 e a a D Como a e b a ab e 2 e b a a a b vem que e b não é subgrupo normal de 3 D Como 2 a e ab a a b e e ab a a b vem que e ab não é subgrupo normal de 3 D Como 2 a e a b a b e 2 e a b a a ab vem que 2 e a b não é subgrupo normal de 3 D Portanto os subgrupos normais de 3 D são e 2 e a a e 3 D O próximo exemplo é uma aplicação da Proposição 322 no caso de grupo infinito Exemplo 327 Lembre que 2 GL é o grupo multiplicativo das ma trizes reais 2 2 inversíveis isto é que têm determinante não nulo Prove que 2 2 det 0 H A GL A GL Inicialmente devemos provar que 2 H GL Sejam X Y H Então det x 0 e det y 0 Como 1 1 1 det det det YY Y Y vem que 1 det Y 0 Assim 1 1 det det det 0 XY X Y Logo XY 1 H e H G Para mostrar que 2 H GL provaremos que 2 2 GL H Já vimos que se A H então AH H Assim os elementos de H produzem uma única classe lateral à esquerda Se 2 B GL e B H então BH H pois B BH Logo um elemento que não está em H produz uma outra classe lateral à esquerda Vamos provar que todos os elementos que não estão em H produzem a mesma classe lateral à esquerda Seja 2 C GL tal que C B Para ver que BH CH bas ta mostrar que det 0 C BH BA A Mas isso é fácil pois 1 C B B C BH já que 1 1 det det det 0 B C B C Portanto 2 2 GL H e daí 2 H GL 143 Como último assunto deste capítulo vamos utilizar subgrupos normais para produzir grupos quocientes Sejam G um grupo e H G Desde que gH H g g G temos G gH g G H g g G H Assim G H representa o conjunto de classes laterais à esquerda ou à direita de H em G Sabemos que G G G H H H xH yH xyH é uma operação bem definida em G H Esta será sempre a operação considerada em G H Teorema 321 Se H é um subgrupo normal de G então G H é grupo Demonstração Devemos provar os três axiomas de grupo Associatividade Sejam G xH yH zH H Então x y z G e xy z x yz Logo xH yH zH xyH zH xy zH x yz H xH yH zH Elemento neutro O elemento G eH H H e dado G xH H temos eH xH exH xH e xHeH xeH xH Logo eH é o elemento neutro de G H Simétrico Dado G xH H temos 1 G x H H Além disso 1 1 xH x H xx H eH e 1 1 x H xH x xH eH Portanto o simétrico de xH é 1 x H 144 Definição 322 O grupo G H é chamado grupo quociente de G por H Observação 322 Sejam G um grupo e H G Pela definição de índice G G H gH g G H Portanto G G G H H H Desde que a operação de G H é induzida pela operação de G é natural esperar que propriedades do grupo G se transportem para o grupo G H A próxima proposição mostra que as proprieda des ser abeliano e ser cíclico se transportam de G para G H Proposição 323 Sejam G um grupo e H G a G abeliano G H abeliano b G cíclico G H cíclico Demonstração a Sejam G xH yH H Então x y G e xy yx Logo xH yH xyH yxH yH xH Portanto G H é grupo abeliano b Como G é cíclico existe x G tal que G x Vamos mostrar que G xH H Claro que G xH H pela definição de subgrupo gerado Seja G gH H Como g G x existe n tal que n g x Logo n n gH x H xH xH xH xH xH Isso mostra que G H xH Portanto G H xH é grupo cíclico Apresentaremos a seguir um exemplo de grupo quociente que mostra que não vale nenhuma das recíprocas da Proposição 323 145 Exemplo 328 Construa a tabela de operações do grupo quocien te G H para 3 G D e 2 H e a a Lembre que vimos no Exem plo 326 que 2 3 e a a D Iniciamos encontrando os elementos de G H isto é as classes late rais à esquerda Já sabemos que 2 eH aH a H H pois 2 e a a H Como 6 2 3 G G G H H H só existe uma outra classe Note que 2 2 bH b e a a b ab a b Logo G H H bH Como 2 G H sabemos que G H é cíclico e abeliano apesar de G não ser cíclico nem abeliano H bH H H bH bH bH H Exemplo 329 Seja G um grupo qualquer Descreva o grupo quociente G G Como todo elemento do grupo G está no subgrupo normal G vem que gG G g G Logo G G G é o grupo trivial forma do apenas pelo elemento neutro eG G Exemplo 3210 Seja G um grupo qualquer Descreva o grupo quociente G e É claro que g e g para todo g G Assim cada elemento de g define uma classe lateral à esquerda Segue que G g g G e Note que se G g h e então g h g e h e gh e gh Portanto G e é muito semelhante ao grupo G Veremos no próxi mo capítulo que G e G e são grupos isomorfos 146 Exemplo 3211 Descreva os elementos e construa a tabela de ope rações do grupo quociente 5 Como é grupo aditivo usaremos a notação aditiva para indicar as classes laterais de 5 em Os elementos de 5 são da forma 5 x com x Devemos descrever todos os elementos distintos Pelo algoritmo de Euclides existem q r tais que 5 x q r para 0 5 r Assim 5 x r e pelo Lema 311 vem que 5 5 x r com 0 5 r Logo 5 5 1 5 2 5 3 5 4 5 x Note que 5 1 5 2 5 3 5 4 5 são elementos dois a dois distintos de 5 pois 0 5 e 0 não pertencem a 1 5 2 5 3 5 e 4 5 1 1 5 e 1 não pertencem a 5 2 5 3 5 e 4 5 2 2 5 e 2 não pertencem a 5 1 5 3 5 e 4 5 3 3 5 e 3 não pertencem a 5 1 5 2 5 e 4 5 4 4 5 e 4 não pertencem a 5 1 5 2 5 e 3 5 Portanto 5 1 5 2 5 3 5 4 5 5 Vimos que para determinar a classe 5 x basta tomar a classe do resto da divisão de x por 5 Em particular para 7 5 es crevemos 7 5 2 3 e então 7 5 3 5 Para construir a tabela da operação do grupo 5 basta usar a defi nição da operação em 5 isto é 5 5 5 x y x y Em seguida procuramos em 5 a classe igual a 5 x y Segue que 3 5 4 5 7 5 2 5 Prosseguindo desta maneira obtemos 5 15 25 35 45 5 5 15 25 35 45 15 15 25 35 45 5 25 25 35 45 5 15 35 35 45 5 15 25 45 45 5 15 25 35 147 O procedimento usado no exemplo anterior para descrever os elementos e a tabela de operações de 5 pode ser usado para n com n No caso 1 n a divisão de x por 1 é sempre exata portanto x Logo temos uma única classe e como já tí nhamos visto no Exemplo 329 No caso 1 n os possíveis restos da divisão de x por n são 01 1 n Logo 1 1 n n n n n Se lembrarmos da construção do anel n vemos que os ele mentos de n e de n são exatamente os mesmos De fato 01 1 n n onde 0 0mod 0 b b n b n b nq q n 1 1mod 1 1 1 b b n b n b nq q n 1 1mod 1 1 1 n b b n n b n b n n nq q n n 1 1mod 1 1 1 n b b n n b n b n n nq q n n Isso mostra que n n Além disso as operações destes gru pos também são as mesmas pois se tomarmos n x y então x x n e y y n Operando mod x y b b x y n b n b x y x y nq q mod x y b b x y n b n b x y x y nq q x y n x n y n Concluímos que estes grupos são iguais isto é n n Exemplo 3212 Sejam 4 G e 02 H Descreva os elemen tos e construa a tabela de operações de G H Como G 4 e H 2 segue do Teorema de Lagrange que 4 2 2 G H G H Claro que uma das classes laterais é 0 2 H H H Como 1 H H concluímos que 1 G H H H 148 H H H H Note que no exemplo acima construímos o grupo quociente de um grupo quociente De fato como 4 4 então 4 4 H H Na próxima proposição mostraremos um resultado geral en volvendo grupo quociente Lembre que Z G G e então sempre existe o grupo quociente G Z G Proposição 324 Seja G um grupo Se G Z G é cíclico então G é abeliano Demonstração Sejam a b G Então a a Z G e b b Z G Por hipótese existe x G tal que G x Z G Z G Segue que n n a Z G x Z G x Z G e m m b Z G x Z G x Z G para algum n m Então existem g h Z G tais que n a x g e m b x h Agora n m n m n m m n m n m n ab x gx h x x g h x hg x hg x x hg x hx g ba Portanto G é grupo abeliano Corolário 322 Seja G um grupo O índice G Z G nunca é nú mero primo Demonstração Pelas definições de índice e de grupo quociente sabemos que G G Z G Z G Supondo que G Z G p para algum número primo p vem que G Z G é grupo de ordem prima Pelo Corolário 314 vem que 149 G Z G é cíclico e então pela Proposição 324 concluímos que G é abeliano isto é Z G G Portanto 1 G G p Z G G Absurdo Observação 323 A única forma de G Z G ser cíclico é se G Z G for trivial Em particular vale a recíproca da Proposição 324 De fato G Z G cíclico G abeliano Z G G G G G Z G G é cíclico e trivial Exemplo 3213 Mostre que 3 Z S id Como 3 6 S e 3 Z G S as possíveis ordens para 3 Z S são 123 ou 6 Desde que 3 S não é abeliano vem que 3 6 Z S Se 3 2 Z S então 3 3 3 3 3 S S Z S Z S Isso contradiz o Co rolário 322 Logo 3 2 Z S e analogamente 3 3 Z S Portanto 3 1 Z S e 3 Z S id Exemplo 3214 Mostre que todo grupo nãoabeliano de ordem 6 tem centro trivial Basta proceder como no exemplo anterior Exemplo 3215 Calcule o centro de 2 3 2 3 4 D e a a a b ab a b a b Sabemos que 4 r r ba a b em particular 3 ba a b ab Logo 4 D não é abeliano e 4 8 Z D As possíveis ordens para 4 Z D são 12 ou 4 Desde que 4 4 D Z D não é número primo vem que 4 4 Z D Resta 4 1 ou 2 Z D Claro que 4 e Z D A questão agora é sa ber se pode existir outro elemento em 4 Z D No entanto a rela ção 4 r r ba a b diz que 2 4 a Z D De fato é fácil ver que 2 a comuta com 2 3 e a a e a Além disso 2 2 i i a a b a b e 2 4 2 2 2 i i i i a b a a a b a a b a b 0123 i Portanto 2 4 a Z D e então 2 4 Z D e a 150 Lista de Exercícios 1 Mostre que H G quando a G 8 e 0246 H b 7 G e 124 H c 5 G D e 2 3 4 H e a a a a d 3 G GL e 3 det 0 H A GL A 2 Descreva o grupo quociente G H e a tabela de operações para cada item do exercício 1 3 Mostre que todo grupo quociente G H do exercício 2 é cíclico 4 Sejam G um grupo H G e K G Mostre que H K G 5 Mostre que um grupo não abeliano de ordem 12 não pode ter centro com ordem 46 e 12 6 Mostre que 5 Z D e 7 Generalize o exercício 6 para um número primo positivo p isto é prove que Z Dp e 8 Sejam G um grupo e H G a Mostre que o conjunto 1 1 gH g ghg h H é subgrupo de G b Mostre que gH g 1 H c Se G é finito e não possui outro subgrupo cuja ordem seja igual a H mostre que H G Sugestão Para o item c use a equivalência iii iv da Proposição 321 9 Verifique se 0 0 a H a a é subgrupo normal de GL2 151 Resumo do Capítulo Neste capítulo tratamos das classes laterais subgrupos normais e grupos quociente Os resultados apresentados foram O conceito e as propriedades de classes laterais A definição de índice de subgrupo no grupo O Teorema de Lagrange e seus corolários Operações entre classes laterais Subgrupos normais A definição de grupo quociente Exemplos de construção de grupos quociente Propriedades dos grupos quociente 155 No Capítulo V do curso de Álgebra I estudamos homomor fismo de anéis Agora trataremos de homomorfismos de grupos e veremos que há semelhanças entre os resultados envolvendo homomorfismo de grupos e de anéis Os homomorfismos bijetores entre grupos são chamados isomorfismos de grupos A importância de estudo de iso morfismos entre grupos está no fato de que grupos isomor fos têm propriedades em comum Por exemplo as proprie dades de ser abeliano e de ser cíclico são invariantes por isomorfismos isto é se G é um grupo abeliano ou cíclico e existe um isomorfismo entre os grupos G e H podemos concluir que H é abeliano ou cíclico 41 Homomorfismos de grupos O tema principal desta seção são as funções entre grupos que preservam as operações destes grupos Tais funções são chama das de homomorfismos de grupos Definição 411 Sejam G e H grupos Um homomorfismo de G em H é uma função f G H que satisfaz f ab f a f b a b G Observação 411 Quando tratamos de homomorfismo entre os grupos G e H é comum denotar as operações dos dois grupos com o mesmo símbolo Isto é tratamos com G e H lem brando que pode designar operações distintas em G e H Note que isso não causa confusão pois quando f G H é ho momorfismo e olhamos para a igualdade f ab f a f b é claro que ab é operação em G e f a f b é operação em H A próxima definição traz os nomes especiais que um homo morfismo de grupos pode receber 4 Homomorfismos e Isomorfismos 156 Definição 412 Um homomorfismo injetor é chamado monomorfismo Notações é endomorfismo End G f G G f é automorfismo Aut G f G G f G H indica que G e H são isomorfos isto é existe um isomorfismo f G H Exemplo 411 Sejam G e H grupos e e o elemento neutro de H Então a função f G H f x e x G é um homomorfismo chamado homomorfismo nulo De fato dados a b G temos f ab e ee f a f b Em particular quando G H temos que f é endomorfismo de G Exemplo 412 Seja G um grupo A função f G G f x x x G é um homomorfismo chamado homomorfismo identidade De fato se a b G vale f ab ab f a f b Claro que f é um automorfismo de G por ser bijetora Exemplo 413 Sejam G um grupo e H G A função f H G f x x x G é um homomorfismo chamado homomorfismo inclusão A verificação é idêntica à que fizemos no exemplo acima Como f é injetora concluímos que o homomorfismo inclusão é um monomorfismo Note que o homomorfismo identidade é um caso particular do homomorfismo inclusão quando temos H G Exemplo 414 f f x x x é monomor fismo que não é epimorfismo Como f é o homomorfismo inclusão vem que f é injetor Como não existe x tal que 1 f x 2 vemos que f não é epimorfismo Um homomorfismo sobrejetor é chamado epimorfismo Um homomorfismo bijetor é chamado isomorfismo Um homomorfismo f G G é chamado endomorfismo Um isomorfismo f G G é chamado automorfismo 157 Exemplo 415 Para cada n a função nf nf x n x x é endomorfismo do grupo De fato dados a b temos n n n f a b n a b na nb f a f b O Exemplo 415 apresenta uma infinidade de endomorfismos do grupo um para cada n Este exemplo pode ser ge neralizado como segue Exemplo 416 Seja G um grupo abeliano Para cada n a função nf G G n nf g g g G é endomorfismo Para verificar isso tome g h G Como G é abeliano sabemos que n n n ab a b Assim n n n n n n f ab ab a b f a f b Em particular quando 1 n temos o automorfismo identidade e quando 1 n vemos que f G G 1 f g g é automorfismo Exemplo 417 Verificar se 4 4 f é automorfis mo de 4 Como 4 é abeliano e x é o simétrico de x o resultado segue do exemplo anterior Exemplo 418 A aplicação f n f n i n é um ho momorfismo entre os grupos e Mais ainda f não é monomorfismo nem epimorfismo Sejam m n Então m n m n f m n i i i f m f n Isso mostra que f é homomorfismo Como 1 4 f i f vemos que f não é monomorfismo e como Im 1 f i vem que f também não é epimorfismo Exemplo 419 Lembre que se A é um anel qualquer então A e Mn A são grupos abeliano inclusive A partir do grupo A podemos obter o grupo produto direto A A Agora verifique se a aplicação 2 0 0 f A A M A a a b b é um monomorfismo 158 Sejam a b x y A A Então 0 0 0 0 0 0 f a b x y f a x b y a x a x b y b y f a b f x y A injetividade de f é óbvia pois se f a b f x y então 0 0 0 0 a x b y Isso assegura que a x e b y Portanto a b x y e f é mo nomorfismo Exemplo 4110 Seja p um número primo positivo A aplicação f p p f a b p a b p é automorfismo do grupo p De fato sejam a b p c d p p f a b p c d p f a c b d p a c b d p a b p c d p f a b p f c d p Isso mostra que f é homomorfismo A sobrejetividade é óbvia pois dado a b p p tomamos a b p p então f a b p a b p Para verificar a injetividade usaremos um resultado visto no cur so de Álgebra I que assegura que todo elemento de p se escreve de forma única como x y p x y e f a b p f c d p a b p c d p a c b d a b p c d p e f a b p f c d p a b p c d p a c b d a b p c d p Exemplo 4111 Se p é um número primo positivo então a aplica ção f p p f a b p a b p é automorfismo do grupo p A verificação é idêntica a do exemplo anterior 159 Veremos agora um exemplo de função entre grupos que não é homomorfismo Exemplo 4112 A aplicação f 1 f x x não é homo morfismo Basta notar que 0 1 1 2 2 1 0 1 f f f f Em analogia com os homomorfismos de anéis temos os con ceitos de núcleo e imagem para um homomorfismo de grupos Definição 413 Seja f G H um homomorfismo de grupos O Nú cleo ou Kernel de f é o conjunto dos elementos de G cuja imagem é o elemento neutro de H isto é N f x G f x e Definição 414 A imagem do homomorfismo de grupos f G H é a imagem da função f Isto é Im f f x x G Em geral calcular o núcleo de um homomorfismo é mais fácil do que calcular a imagem Isso é algo esperado pois imagem de homomorfismo é imagem de função e sabemos dos cursos de cál culo que encontrar imagem de função não é tarefa trivial Na próxima seção veremos que se f G H é um homomor fismo de grupos então N f G e Im f H Estas proprieda des irão facilitar o cálculo do núcleo e da imagem Para reforçar os conceitos vamos encontrar o núcleo e a ima gem de alguns dos homomorfismos que vimos até agora Exemplo 4113 Seja f G H f x e o homomorfismo nulo Então N f G e Im f e Exemplo 4114 Seja f G G f x x o homomorfismo iden tidade Então N f e e Im f G 160 Exemplo 4115 Sejam H G e f H G f x x o homomor fismo inclusão Então N f e e Im f f x x H x x H H Em particular para o homomorfismo f f x x temos 0 N f e Im f Exemplo 4116 Para cada n considere o homomorfismo nf nf x n x Então Para n 0 temos que nf é o homomorfismo nulo e daí 0 N f e Im 0 0 f Para n 0 temos 0 0 0 n n N f x f x x n x Im n n f f x x n x x n Exemplo 4117 Sejam G um grupo abeliano e n Para o ho momorfismo f G G n f g g temos n N f g G f g e g G g e Im n f f g g G g g G Note que por se tratar de um exemplo geral não temos informações precisas sobre o núcleo e a imagem de f No entanto pela Proposi ção 237 podemos dizer que é múltiplo de N f g G n o g Exemplo 4118 Para o homomorfismo f n f n i temos 1 1 4 n N f n f n n i Im 1 n f i n i Exemplo 4119 Seja A um anel Sabemos que 2 0 0 f A A M A a a b b é um homomorfismo entre os grupos A A indica a opera ção produto direto e 2 M A Calcule N f e Im f 161 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 a N f a b A A f a b a b A A b a b A A a b 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 a N f a b A A f a b a b A A b a b A A a b 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 00 a N f a b A A f a b a b A A b a b A A a b 0 Im 0 a f f a b a b A A a b A b Note que Im f é o conjunto das matrizes diagonais Exemplo 4120 Seja p um número primo positivo Para o homo morfismo f p p f a b p a b p temos 0 0 0 N f a b p f a b p a b p a b p A última igualdade acima é conseqüência da unicidade da repre sentação de x y p com x y Como 0 0 0 a b p p vem que 0 a b Para calcular a imagem basta lembrar que no Exemplo 4111 vi mos que f é automorfismo Assim f é sobrejetora então Im f p Vamos encerrar esta seção destacando duas famílias importan tes de homomorfismos de grupos que serão usadas nas seções posteriores Tratase dos homomorfismos projeções canônicas e dos automorfismos internos Proposição 411 Sejam G um grupo e H G A aplicação G f G H g gH é um epimorfismo de grupos e N f H Demonstração Sejam 1 2 g g G Pela definição da operação em G H temos 1 2 1 2 1 2 1 2 f g g g g H g H g H f g f g Logo f é homomorfismo Claro que é epimorfismo pois dado G gH H tomamos g G então f g gH 162 Para calcular N f lembre que o elemento neutro de G H é H e H Usando o Lema 311 a temos g N f f g H gH H g H Portanto N f H Definição 415 Sejam G um grupo e H G O homomorfismo G f G H f g gH é chamado homomorfismo projeção canô nica de G em G H Exemplo 4121 Como n e n n temos o homomorfis mo projeção canônica n f n x x com Im n f e N f n Exemplo 4122 Seja G um grupo qualquer Sabemos que G G e G G G Neste caso a projeção canônica é G f G G g g G G é o homomorfismo nulo Note que N f G e Im f G Exemplo 4123 Já vimos que se G é um grupo então e G e G g g G e Assim temos a projeção canônica G f G e g g e g Claro que Im G f e e N f e 163 Exemplo 4124 Considere o subgrupo 2 H e a a do grupo 3 D Pelo Exemplo 328 sabemos que 3 H D e que 3 D H H bH As sim temos a projeção canônica 3 3 D f D H x xH com 3 Im D f H bH H e N f H Proposição 412 Sejam G um grupo e g G Então a aplicação 1 gf G G x gxg é um automorfismo de G Demonstração Sejam x y G Então 1 1 1 g g g f xy gxyg gxg g yg f x f y Logo gf é homomorfismo Como gf 1 G G 1 1 gf x g xg tem a propriedade 1 1 g g g g f f id f f vem que 1 1 g g f f Logo gf é bijetora portanto gf Aut G Definição 416 Seja G um grupo Os automorfismos da forma gf G G 1 gf x gxg g G são chamados automorfismos internos de G Notação g Inn G f g G indica o conjunto dos automorfis mos internos de G Observação 412 É claro que Inn G Aut G Na próxima se ção estudaremos propriedades de homomorfismos e então pro varemos que com a operação composição Aut G é grupo e que Inn G Aut G Exemplo 4125 Seja G um grupo qualquer O automorfismo identidade id G G id x x é um automorfismo interno 164 De fato basta observar que e id f elemento neutro de e G pois para x G temos 1 ef x exe x id x Exemplo 4126 Calcule Inn Seja gf Inn Como é abeliano para cada x temos 1 1 gf x gxg gg x x id x Logo gf id então Inn id Note que no exemplo acima não foi importante trabalhar com o grupo mas com um grupo abeliano Portanto podemos ge neralizar este exemplo Proposição 413 Sejam G um grupo Então G é abeliano Inn G id Demonstração Pelo Exemplo 4125 temos id Inn G Seja gf Inn G Como G é abeliano para cada x G vale 1 1 gf x gxg gg x x id x Logo gf id então Inn G id Sejam x y G Por hipótese xf id então 1 xf y id y xyx y xy yx Portanto G é abeliano 165 Lista de Exercícios 1 a Verifique se é grupo Sugestão Mostre que b Verifique se f ln f x x é homomorfis mo c f é isomorfismo 2 Verifique se cada uma das funções abaixo é homomorfismo de grupo a f f x x b e 0 f f x x a a a c f f x y y d 1 f f x x e 2 4 f f x x f 0 f f x x 3 Calcule o núcleo e a imagem dos homomorfismos do exercí cio anterior 4 Verifique se os homomorfismos do exercício 2 são monomor fismos epimorfismos ou isomorfismos Para aqueles que forem isomorfismo calcule 1 f 5 Mostre que f f x x não é homomorfismo 6 Considere os grupos aditivos 2 01 e 2 2 00 10 01 11 Chame 0 00 1 10 2 01 e 3 11 Para i 123 defina 2 2 2 if por 0 0 if e 1 i i f Mostre que if é monomorfismo 166 7 Mostre que todo subgrupo normal de G é núcleo de algum epimorfismo que tem G como domínio 8 Calcule o núcleo e a imagem do homomorfismo 4 4 f f x x 9 Sejam 4 G e 02 H Descreva o homomorfismo proje ção canônica G f G H explicite N f e Im f 10 Mesmo enunciado do exercício 9 com 4 G D e 2 3 H e a a a 11 Apresente quatro elementos distintos de 3 Inn D 12 Seja 2 H e o subgrupo de 3 S gerado por 12 3 Verifique se 3 f H f e 0 1 f e 2 2 f é isomor fismo 13 Verifique se 3 12 3 13 2 12 13 2 3 S id e 2 2 3 D e a a b ab a b são grupos isomorfos Sugestão Mostre que 3 3 S D y é isomorfismo 2 2 12 3 13 2 12 13 2 3 id e a a b ab a b 14 Sejam G e H grupos quaisquer Considere o grupo produ to direto G H e a aplicação f G H G f g h g Mostre que f é epimorfismo de grupos e N f e H 167 42 Propriedades dos Homomorfismos Nesta seção apresentaremos as principais propriedades dos ho momorfismos de grupos Veremos entre outras propriedades que se f G H é um homomorfismo então N f G Im f H f leva subgrupo normal de G em subgrupo normal de f G f é injetor se e somente se N f e e 1 f é isomorfismo quan do f é isomorfismo Proposição 421 Sejam f G G G G j homomorfismos de grupos e o elemento neutro de G e e o elemento neutro de G a f e e b 1 1 f g f g g G c f G G j é homomorfismo d Se f e são monomorfismos então j f é monomorfismo e Se f e são epimorfismos então j f é epimorfismo f Se f e são isomorfismos então j f é isomorfismo g Se f é isomorfismo então f 1 G G é isomorfismo h H G f H f G G Em particular Im f f G é subgrupo de G i H G f H f G j N f G k f é monomorfismo N f e l x G e o x o f x e o f x divide o x m Se f é isomorfismo e x G então o f x o x Demonstração a Multiplicando a igualdade f e f ee f e f e por 1 f e temos 1 1 f e f e f e f e f e Isso leva a e f e e f e 168 b Aplicando f na igualdade 1 e gg e usando a obtemos 1 e f e f g f g Analogamente provase que 1 e f g f g Isso mostra que o simétrico de f g em G é 1 f g Portanto 1 1 f g f g c Sejam x y G Como f x f y G e G G j é homo morfismo vale f x f y f x f y Assim f xy f xy f x f y f x f y f x f y f xy f xy f x f y f x f y f x f y Logo j f é homomorfismo de grupos d e e Já vimos em c que j f é homomorfismo Além dis so sabemos que a composição de funções injetoras é injetora e a composição de funções sobrejetoras é sobrejetora Portanto j f é monomorfismo ou epimorfismo sempre que f e forem monomorfismo ou epimorfismo f Segue de d e e g Como 1 f é a inversa da função f temos que f 1 G G é bijetora Para provar que 1 f é homomorfismo tome a b G Como f é sobrejetora existem a b G tais que f a a e f b b 1 1 1 1 1 f ab f f a f b f f ab ab f a f b Logo 1 f é isomorfismo de grupos h Vamos verificar primeiro se f H G Sejam x y f H Devemos mostrar que 1 xy f H Como x y f H existem a b H tais que x f a e y f b Desde que H G temos ab 1 H então 1 f ab f H Pelo item b sabemos que 1 1 f b f b então 1 1 1 1 xy f a f b f a f b f ab f H 169 Isso mostra que se H G então f H G Como G G vem que f G G isto é Im f G Notando que H G implica f H f G vemos que f H f G G pois f H e f G são subgrupos de G i Pelo item anterior já sabemos que f H f G Para ver que f H f G tomamos x f G e y f H Devemos mos trar que 1 xyx f H pois então teremos 1 x f H x f H x f G Desde que x f G e y f H existem a G e b H tais que x f a e y f b Por hipótese H G e assim aba 1 H Apli cando f e usando o item b temos 1 1 1 1 xyx f a f b f a f a f b f a f aba f H j Primeiro vamos mostrar que N f G Sejam a b N f Usando o item b e o fato de f a f b e temos 1 1 1 1 f ab f a f b f a f b e e e Logo 1 ab N f e daí N f G Para ver que N f G tomamos g G a N f e devemos ve rificar que 1 gag N f Mas isso é fácil pois 1 1 1 f gag f g f a f g f g e f g e Portanto N f G k Seja x G Usando a e a injetividade de f temos x N f f x e f e x e Logo N f e Sejam x y G Então 1 1 1 1 1 f x f y f x f y e f x f y e f xy e xy N f e xy e x y Portanto f é injetora 170 l Seja n o x Então xn e e aplicando f temos n n e f e f x f x Segue que o f x e pela Proposição 237 aplicada ao ele mento f x G vem que o f x divide n Portanto o f x divide o x m 1º Caso o x Por l o f x e o f x divide o x Como f 1 G G é homomorfismo f x G e o f x se gue de l que 1 o f f x divide o f x Assim o x divide o f x portanto o f x o x 2º Caso o x Suponha que o f x Como f 1 G G é homomorfismo f x G e o f x segue de l que 1 o f f x isto é o x Contradição Logo o f x o x Alguns dos itens da Proposição 421 são técnicas pois normal mente são utilizados para justificar passagens de demonstrações Por outro lado existem propriedades descritas na Proposição 421 que são usadas para facilitar contas que envolvem homomorfis mo Vejamos alguns exemplos Exemplo 421 Mostre que f 2 f x x não é homo morfismo Como 0 2 f vem que f não leva elemento neutro em elemen to neutro Logo pela Proposição 421 a f não é homomorfismo Alternativamente podemos resolver este exercício usando a Pro posição 421 b De fato com a notação aditiva a proposição diz que f x f x x Como 3 1 5 3 f f vem que f não é homomorfismo Exemplo 422 Sabendo que f 4 4 4 f x x e 3 j x x são homomorfismos defina um homomorfismo de 4 em 3 Lembre que é homomorfismo projeção canônica e f é homomorfismo inclusão Pela Proposição 421 c sabemos que 3 f 4 j é homomor fismo e 4 4 4 f x x x x 171 Exemplo 423 Segue do Exemplo 4119 que 2 f M 0 0 a f a b b é homomorfismo de grupos aditivos com 00 N f e 0 Im 0 a f a b b Pela Proposição 421 k vem que f é monomorfismo Pela Proposição 421 h vem que 2 0 0 a a b M b Como é abeliano temos que 0 Então pela Proposição 421 i vem que 2 0 f M isto é 2 0 0 0 a a M Exemplo 424 Mostre que o único homomorfismo de 5 em 3 D é o homomorfismo nulo Seja 5 3 D j um homomorfismo Sabemos que 1 5 o en tão 1 1 o f ou 5 Desde que 3 D só possui elementos não triviais de ordem 2 e 3 concluímos que 3 f 1 e D Assim para 5 1 x escrevemos 1 1 1 x x fatores e vemos que f x e Portanto é o homomorfismo nulo A Proposição 421 é útil para verificar que Aut G é grupo e que Inn G Aut G Proposição 422 Seja G um grupo a Com a operação composição Aut G é grupo b Inn G Aut G Demonstração a Sejam f Aut G Segue da Proposição 421 f que f Aut G Logo a composição é de fato uma operação em Aut G Vamos verificar os axiomas de grupo 172 Como a composição de funções é operação associativa vale a associatividade em Aut G É claro que a função identidade id G G id x x é o elemento neutro de Aut G Seja f Aut G Pela Proposição 421 g temos que 1 f Aut G Logo todo elemento de Aut G tem inverso em Aut G Portanto Aut G é grupo b Já sabemos que Inn G Aut G Para ver que é subgrupo tomamos g h f f Inn G e devemos mostrar que 1 g h f f Inn G Vimos na demonstração da Proposição 412 que 1 1 h h f f as sim devemos verificar que 1 g h f f Inn G No entanto é fácil ver que 1 1 g h gh f f f pois 1 1 1 1 1 1 1 1 g g h h gh f f x f f x gh xhg gh x gh f x x G Logo Inn G Aut G Para verificar a normalidade tomamos gf Inn G Aut G e devemos mostrar que 1 gf Inn G Dado x G temos 1 1 1 1 1 1 1 g g g f x f x g x g g x g g x g f x Segue que 1 g g f f Inn G Portanto Inn G Aut G Provaremos a seguir que isomorfismos transformam grupos abe lianos em grupos abelianos e grupos cíclicos em grupos cíclicos Proposição 423 Seja f G G um isomorfismo de grupos a G é abeliano G é abeliano b G a G f a 173 Demonstração a Sejam x y G f G Então existem a b G tais que f a x e f b y Como G é abeliano temos ab ba Assim xy f a f b f ab f ba f b f a yx Logo G abeliano implica em f G G abeliano Desde que f 1 G G é isomorfismo e G é abeliano segue de que 1 f G G é abeliano b Pela definição de subgrupo gerado temos f a G pois f a G Dado x G existe u G tal que f u x Como u G a existe n tal que n u a Aplicando f temos n n x f u f a f a f a Assim G f a portanto G f a Sabemos que f 1 G G é isomorfismo e temos por hi pótese que G f a Usando a implicação vem que 1 G f f a a Observação 421 Vimos acima que quando G e G são grupos isomorfos G é abeliano respectivamente cíclico se e somente se G é abeliano respectivamente cíclico Costumamos nos refe rir a este fato dizendo que as propriedades abeliano e cíclico são invariantes por isomorfismos de grupos Exemplo 425 Já sabemos que n é grupo cíclico gera do por n isto é n n Podemos reobter este resultado como conseqüência da proposição acima De fato se n 0 en tão 0 0 0 n Para n 0 consideramos o homomor fismo nf n nf x n x Vimos no Exemplo 4116 que Im nf n e 0 N fn Assim nf é isomorfismo Como 1 a Proposição 423 b diz que 1 n f n Exemplo 426 Mostre que 3 S e 6 não são isomorfos Basta lembrar que 3 S não é abeliano e 6 é abeliano Segue da Proposição 423 a que 3 S e 6 não são isomorfos 174 Exemplo 427 Mostre que o grupo de Klein não é isomorfo a 4 Lembre que o grupo de Klein é K e a b c onde 2 2 2 a b c e Sabemos que todo grupo de ordem menor que 6 é abeliano Logo K e 4 são abelianos No entanto 4 1 é cíclico e K não é cí clico pois não possui elemento de ordem 4 Segue da Proposição 423 b que K e 4 não são isomorfos A principal ferramenta para produzir isomorfismo entre gru pos é o chamado Teorema de Isomorfismo Este teorema envolve boa parte dos conceitos de teoria de grupos que estudamos pois a partir de um homomorfismo produz um isomorfismo de um grupo quociente com a imagem do homomorfismo Observação 422 Chamaremos o próximo resultado de Teore ma do Isomorfismo Alertamos que também é comum referirse a este resultado como Teorema dos Homomorfismos ou ainda como Primeiro Teorema dos Homomorfismos Seja f G G um homomorfismo de grupos Lembre que N f G então sempre existe o grupo quociente G N f Teorema 421 Teorema do Isomorfismo Seja f G G um homomorfismo de grupos Então Im G f f N f gN f f g é isomorfismo Demonstração Como os elementos de G N f são classes de equi valência devemos mostrar que f não depende da escolha dos representantes da classe lateral Isto é devemos mostrar que se 1 2 g N f g N f em G N f então 1 2 f g N f f g N f Pelo Lema 311 a a igualdade 1 2 g N f g N f implica em 1 2 g g N f Assim 175 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 2 para algum g N f g N f g g x x N f f g f g x f g f x f g e f g f g N f f g f g f g N f Logo f está bem definida Para ver que f é homomorfismo tomamos 1 2 G g N f g N f N f e fazemos 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 f g N f g N f f g g N f f g g f g f g f g N f f g N f 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 f g N f g N f f g g N f f g g f g f g f g N f f g N f A sobrejetividade de f é óbvia pois dado Im u f temos que u f g para algum g G Tomando G g N f N f vem que f g N f f g u Falta ver que f é injetora Faremos isso provando que N f N f Seja G g N f N f então g N f N f f g N f e f g e g N f g N f N f g N f N f f g N f e f g e g N f g N f N f Portanto N f N f e f é isomorfismo Antes de apresentar exemplos da utilização do Teorema do Iso morfismo para produzir isomorfismo de grupos vamos provar um corolário Para que o enunciado deste corolário fique claro faremos abaixo algumas considerações Sejam G um grupo K H G e K G É claro que K H pois como K G temos que gK K g g G Em particular hK Kh h H Logo K H Como K G e K H existem os grupos quociente H K e G K Finalmente recorde que a notação G G indica que os grupos G e G são isomorfos 176 Corolário 421 Sejam G um grupo K H G e K G Então H G K K e G G K H H K Demonstração Defina G G K H gK gH y Para provar que está bem definida tomamos 1 2 g K g K em G K e mostraremos que 1 2 g K g K 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 para algum para algum g K g K g g K g g k k K H g g k k H g g H g H g H g K g K É claro que é homomorfismo pois dados 1 2 G g K g K K temos 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 g K g K g g K g g H g H g H g K g K Também é fácil ver que é sobrejetora pois dado G gH H to mamos G gK K e temos gK gH Agora vamos provar que H N K H gK N gK H gH H g H gK K Acabamos de provar que é homomorfismo sobrejetor com H N K Como G N K vem que H G K K Aplicando o Teorema do Iso morfismo obtemos G G K H H K 177 Exemplo 428 Seja G um grupo qualquer Vimos no Exemplo 329 que G G G isto é o grupo quociente G G é trivial Agora vamos mostrar que G G e De fato seja f G G f x e o homomorfismo nulo Sabemos que N f G e Im f e Segue do Teorema do Isomorfismo que Im G f N f isto é G G e Exemplo 429 Vimos no Exemplo 3210 que se G é um grupo qual quer então G g g G e Agora vamos provar que G e G De fato seja f G G f x x o homomorfismo identidade Como N f e e Im f G segue do Teorema do Isomorfis mo que G e G Vimos na seção 32 após o Exemplo 3211 que os grupos n e n são exatamente os mesmos Podemos reobter este resultado como uma aplicação do Teorema do Isomorfismo Veja o próximo exemplo Exemplo 4210 Para cada n a aplicação n f f x x é epimorfismo De fato dados x y temos f x y x y x y f x f y Logo f é homomorfismo Claro que f é sobrejetora pois dado n x temos que x e f x x Note que Ker f n pois dado x vem que 0 0 0 x N f f x x n x x n Pelo Teorema do Isomorfismo a aplicação n f n x n f x x é isomorfismo 178 No entanto mod x n x nq q b n b x b b x n x mod x n x nq q b n b x b b x n x Logo f é o isomorfismo identidade Portanto n é igual a n Exemplo 4211 Sejam G e H grupos Considere o grupo pro duto direto G H e a aplicação f G H G f g h g É claro que g é um epimorfismo de grupos e N f e H Logo e H G H Pelo Teorema do Isomorfismo temos G H G e H Analogamente provase que se e é o elemento neutro de H en tão G H H G e Em particular 0 0 Exemplo 4212 Mostre que com a operação do produto direto em 2 n GL o grupo 2 2 0 n GL GL é cíclico De acordo com o exemplo acima temos 2 2 0 n n GL GL Como n é cíclico segue da Proposição 423 b que 2 2 0 n GL GL é cíclico Exemplo 4213 Sejam m n tais que m n Sabemos que n m pois m é abeliano Logo temos os grupos quociente n e m n Já vimos que m n n e então existe o grupo quociente n m n Pelo Corolário 421 temos m n m m n Em particular 3 6 3 3 6 179 Exemplo 4214 Sejam m n tais que m n Se n md d então d m n Defina m n y x mx n Note que é homomorfismo pois para x y vale x y m x y n mx my n mx n my n x y x y m x y n mx my n mx n my n x y É claro que é sobrejetora pois dado m u n n vem que u mx para algum x Então x mx n u n Vamos mostrar que Ker Ker y d para algum para algum para algum x Ker x n mx n n mx n mx nt t mx md t t x d t t x d Pelo Teorema do Isomorfismo concluímos que d m n d Em particular 2 2 4 3 2 6 5 5 25 180 Lista de Exercícios 1 Sejam G e H grupos multiplicativos e h H Mostre que f G H f x xh é homomorfismo se e somente se h e 2 a Verifique se 6 f 4 4 4 f x x é homomorfismo b Mostre que Im 024 f e 12 N f c Conclua que 6 024 12 4 e 4 024 12 d Mostre que 3 Im f 3 Mostre que 2 0 0 a a b M b Sugestão Exemplo 423 e Teorema do Isomorfismo 4 Seja G um grupo Sabemos que cada g G define o auto morfismo interno gf G G 1 gf x gxg Assim a aplicação g G Inn G g f está bem definida a Verifique se é epimorfismo b Mostre que Ker Z G c Conclua que G Z G Inn G 5 Mostre que 3 3 Inn D D e 4 4 Inn D Sugestão vimos que 3 Z D e e 2 4 Z D e a Use o exercício 4 6 Sabendo que G e a b c d f é grupo e 6 G mostre que G é cíclico e construa a tabela da operação de G 7 Seja 1 2 f G G homomorfismo de grupos com 2 G abeliano Mostre que 1 G N f é abeliano 181 8 Em 2 0 G a b a defina a operação a b c d ac ad b a Mostre que G é grupo abeliano b Qual é o elemento neutro de G c Qual é o elemento simétrico de a b G d Calcule Z G e Mostre que 1 K b b G e que G K 9 Identifique via isomorfismo os grupos abaixo a 15 3 15 b 3 15 c 3 5 5 10 Se G G e H H mostre que G H G H 11 Prove que n m n D m D Conclua que este grupo quo ciente sempre é cíclico 12 Mostre que 4 e 2 2 não são isomorfos 13 Mostre que 4 D não é isomorfo a 8 4 2 e nem a 2 2 2 14 Mostre que f 1 f x x manda o ele mento neutro de no elemento neutro de porém f não é homomorfismo 182 43 Isomorfismos e grupos Cíclicos O objetivo principal desta seção é mostrar que todo grupo cí clico infinito é isomorfo a e que todo grupo cíclico com n ele mentos é isomorfo a n Estes resultados caracterizam completa mente os grupos cíclicos Costumase dizer que A menos de isomorfismo é o único grupo cíclico infinito A menos de isomorfismo n é o único grupo cíclico de ordem n Já sabemos 1 e n 1 são grupos aditivos cíclicos Tam bém vimos na Proposição 236 que 1 n m mdc m n É fácil verificar que 1 m m De fato a implicação é óbvia pois 1 1 Reciprocamente se m então 1 m m x x Segue que 1 m x para algum x Logo 1 m Proposição 431 Seja 2 1 2 G a a e a a um grupo cíclico infinito Então a f G x f x a é isomorfismo b x a gera 1 G x Demonstração a Começamos mostrando que f é homomorfis mo Para x y temos x y x y f x y a a a f x f y Claro que f é sobrejetora pois dado u G a existe x tal que x u a Assim x f x a u Para provar que f é injetora verificaremos que 0 N f 0 x x N f f x e a e x Portanto f é isomorfismo b Desde que f 1 G 1 x f a x é isomorfismo segue da Proposição 423 b que x a gera 1 x G f a gera x gera 1 x 183 Proposição 432 Seja 2 1 n G e a a a um grupo cíclico finito de ordem n Então a n f G m f m a é isomorfismo b m a gera 1 G mdc m n Demonstração a Considere a função G j m m a De forma análoga à que fizemos no item a da proposição anterior provase que é epimorfismo de em G Afirmamos que N f n De fato como o a n vem que x x N f x e a e n x x n Pelo Teorema do Isomorfismo concluímos que n m f G n m m a é isomorfismo b É análogo ao item b da proposição anterior De fato como 1 n f G 1 m f a m é isomorfismo segue da Proposição 423 b que m a gera 1 m G f a gera n m gera 1 n mdc m n Observação 431 Só para reforçar destacamos que acabamos de provar que a menos de isomorfismo é o único grupo cíclico infinito n é o único grupo cíclico finito de ordem n Corolário 431 Seja G a um grupo cíclico infinito Se H G H e então H é cíclico infinito Além disso m H a onde m é o menor inteiro positivo tal que am H Demonstração Como G é cíclico infinito existe isomorfis mo G j Segue que H H H é isomorfismo então H H Sabemos que todo subgrupo de é cíclico da forma n Logo H é cíclico e pelo isomorfismo H H vem que H é cícli co Como H e temos que 0 H Mas então H é da forma n com n 0 184 Portanto H é infinito e conseqüentemente H é infinito Seja m o menor inteiro positivo tal que am H Claro que am H Reciprocamente dado h H temos que h a Assim existe u tal que u h a Aplicando o algoritmo de Euclides aos inteiros u e m obtemos q r tais que u mq r com 0 r m Agora u mq r m q r h a a a a Note que m m q m q m q r a H a H a H h a H a H Pela minimalidade de m vem que r 0 Logo u mq isto é u m q m h a a a Portanto m H a Exemplo 431 Nenhum grupo cíclico infinito possui subgrupo isomorfo a 7 De fato pelo corolário anterior sabemos que e é o único subgru po finito de um grupo cíclico infinito De forma semelhante ao Corolário 431 podemos mostrar que os subgrupos de um grupo cíclico finito são cíclicos Mais ainda é possível expressar um gerador para estes subgrupos cíclicos Proposição 433 Seja G a um grupo cíclico de ordem n a Se H G então H é cíclico Além disso se H e então m H a e n H m onde m é o menor inteiro positivo tal que am H b Se d e d divide n então existe um único subgrupo H de G tal que H d Neste caso n d H a 185 Demonstração a É claro que H e é subgrupo cíclico de G Assim assumimos que H e Desde que 2 1 n G a e a a a vem que todo elemento de H é da forma x a para 01 1 x n Como H e existe um menor elemento 12 1 m m tal que am H Vamos mostrar que m H a A inclusão am H é óbvia pois am H Reciprocamente dado h H vem que x h a 01 1 x n Aplicando o algoritmo de Euclides para x e m obtemos q r tais que x mq r com 0 r m Agora x mq r m q r h a a a a Note que m m q m q m q r a H a H a H h a H a H Pela minimalidade de m vem que r 0 Logo x mq isto é x m q m h a a a Portanto m H a Seja m d H o a Então d é o menor natural não nulo tal que am d e Por outro lado n é o menor natural não nulo tal que an e Logo n md e daí n H d m b Como d divide n existe t tal que n dt Tomemos t H a G Seja t r o a H Como t d n a a e vem que r d Suponha que r d Então rt dt n Mas isso é um absurdo pois rt t r a a e e n é o menor natural não nulo tal que an e Logo r d portanto H r d e n t d H a a Falta provar a unicidade Seja K G tal que K d Se 1 d então K e é o único subgrupo de ordem 1 d 186 Se 1 d pelo item a temos que m K a e n K m Logo n d m isto é n m d Portanto n d K a H Exemplo 432 Determine os subgrupos de ordem 8 de 72 Pela Proposição 433 b existe um único subgrupo H de 72 com H 8 Mais ainda com 72 1 então 721 9 09182736455463 8 H Observação 432 Como todo grupo cíclico de ordem 72 é isomor fo a 72 o exemplo acima diz que todo grupo cíclico de ordem 72 tem único subgrupo K de ordem 8 e 09182736455463 K De fato para um grupo cíclico G tal que G 72 a existência e unicidade de K G tal que K 8 é garantida pela Proposição 433 b Como existe isomorfismo 72 G j e 72 09182736455463 H vem que H H G Como H 8 e K é o único subgrupo de ordem 8 de G concluímos que H K isto é H K Corolário 432 Seja G um grupo cíclico finito de ordem com i a i j p p primos distintos quando i j e 12 i j t Então G tem exatamente 1 2 1 2 t t subgrupos Demonstração Pelo item b da Proposição 433 sabemos que G tem um único subgrupo para cada divisor de n Como n tem 1 2 1 1 1 t divisores o corolário está provado Exemplo 433 Um grupo cíclico G de ordem 3 2 72 2 3 tem 3 12 1 12 subgrupos Especificamente um subgrupo para cada divisor de 72 Se G 72 e G a seus subgrupos são obtidos a partir dos di visores 123468912182436 e 72 A saber 187 72 72 1 1 1 72 36 2 2 2 72 24 3 3 3 e 1 e 2 e 3 H a a e H H a a H H a a H 72 18 4 4 4 72 12 6 5 5 72 9 8 6 6 e 4 e 6 e 8 H a a H H a a H H a a H 72 8 9 7 7 72 6 12 8 8 72 4 18 9 9 e 9 e 12 e 18 H a a H H a a H H a a H 72 3 24 10 10 e 24 H a a H 72 2 36 11 11 e 36 H a a H 72 72 12 12 e 72 H a a G H Como último resultado deste capítulo vamos apresentar ape nas como informação a relação entre o grupo multiplicativo p e o grupo aditivo 1 p p um número primo Para isso usare mos a proposição abaixo cuja prova está em 2 p 157 Proposição 434 Sejam K um corpo e H K Se H é finito então H é cíclico 188 Corolário 433 Seja p um número primo positivo Então p é cíclico isomorfo a 1 p Demonstração Como p é número primo sabemos que p é corpo Desde que p é subgrupo finito dele mesmo segue da Propo sição 434 que p é cíclico Mas p tem 1 p elementos então pela Proposição 432 temos que 1 p p Exemplo 434 31 30 189 Lista de Exercícios 1 Seja H o subgrupo de 2 2 3 D e a a b ab a b gerado por a Descreva um isomorfismo entre H e 3 Identifique os geradores de H 2 a Mostre que n m m n b Mostre que se m n então n n e m m não são grupos isomorfos c Conclua que se H e K são subgrupos normais de G e H K não é necessariamente verdade que G G H K 3 Mostre que não é grupo cíclico Sugestão supondo que fosse cíclico gerado por a teríamos pela Proposição 431 que f f x xa é isomorfismo Como f é sobrejetora existiria x tal que 1 f x xa implicando em 1 a Absurdo pois f x x não é bijeção de em 4 Mostre que não é grupo cíclico Sugestão suponha que é cíclico Use o Corolário 431 e o exercício 3 para chegar a uma contradição 5 Seja G a tal que G 9 Descreva um isomorfismo entre G e 9 Identifique os geradores de G 6 Quantos geradores possui um grupo cíclico de ordem prima 7 Quantos geradores possui um grupo cíclico de ordem 20 8 Determine todos os subgrupos de 36 9 Quantos subgrupos possui um grupo cíclico de ordem 2 3 5 2 3 5 190 Resumo do Capítulo Este capítulo foi dedicado ao estudo de propriedades dos ho momorfismos de grupos A seguir destacaremos os resultados mais importantes que foram provados Homomorfismo leva elemento neutro em elemento neutro e inverso de elemento em inverso da imagem do elemento Composição de homomorfismos monomorfismos epimor fismos isomorfismos é homomorfismo monomorfismos epimorfismos isomorfismos e inverso de isomorfismo é isomorfismo Homomorfismo transforma subgrupo em subgrupo e trans formam subgrupo normal do domínio em subgrupo nor mal da imagem O núcleo de um homomorfismo é subgrupo normal do do mínio Um homomorfismo é monomorfismo se e somente se tem núcleo trivial Isomorfismos preservam grupos cíclicos e grupos abelianos O Teorema do Isomorfismo produz isomorfismo a partir de homomorfismo Todo grupo cíclico infinito é isomorfo a e todo grupo cí clico de ordem n é isomorfo a n Subgrupo não trivial de grupo cíclico infinito é cíclico infinito Se G a tem ordem n e H G então H é cíclico gerado por potência de a Se d 0 e d n existe único H G tal que H d e n d H a Se p é um número primo positivo então 1 p p Grupos de Permutações e o 5 Teorema de Cayley 193 Na seção 22 construímos os grupos de permutações Para o caso de grupos de permutações finitos apresentamos no tações apropriadas para representar elementos de n S com ênfase na notação de ciclos Agora que conhecemos resultados sobre geradores e iso morfismos de grupos vamos retomar os grupos de permu tações para fazer um estudo mais detalhado A motivação é o Teorema de Cayley que assegura que Todo grupo é isomorfo a um subgrupo de um grupo de permutações Este teorema permite raciocinar que se conhecermos os grupos de permutações e seus subgrupos conheceremos a menos de isomorfismo todos os grupos Este caminho esbarra mesmo no caso de grupos finitos em dois pro blemas O primeiro é a dificuldade em descrever n S e o segundo é a determinação dos seus subgrupos A determinação dos subgrupos de um grupo é um tema bas tante estudado em Teoria de Grupos porém não faz parte dos objetivos deste curso O leitor interessado neste assunto poderá encontrálo nos livros indicados na bibliografia Neste capítulo faremos uma descrição de n S através de seus geradores provaremos o Teorema de Cayley e vere mos formalmente as definições de ciclos e transposições Terminaremos distinguindo permutações pares e ímpares e verificando que o conjunto das permutações pares é sub grupo normal de n S 51 Teorema de Cayley e Ciclos Iniciaremos recordando alguns resultados vistos na seção 22 Grupos de Permutações e o 5 Teorema de Cayley 194 Seja E um conjunto não vazio Então é bijetora Bij E f E E f é um grupo com a operação composição de funções chamado de grupo de permutações de E O grupo Bij E também é denota do por S E ou P E Quando E é finito com n elementos escrevemos Sn Bij E Neste caso Sn n e n S é abeliano se e somente se n 1 ou 2 1 S id 2 12 S id 3 123132121323 S id 4 123412431324134214231432123124 1321341421432342431213142324 34123413241423 S id Na notação acima n id S é uma função identidade do conjunto 12 n e 1 2 m n a a a S indica a função 12 12 f n n dada por 1 2 f a a 2 3 f a a 1 m m f a a 1 f am a e j j f a a para 12 j m Final mente 1 2 1 2 m t a a a b b b indica a composição das funções correspondente aos ciclos 1 2 m a a a e 1 2 t b b b Agora vamos à prova do Teorema de Cayley Teorema 511 Teorema de Cayley Todo grupo é isomorfo a um subgrupo de um grupo de permutações Demonstração Seja G um grupo e considere o grupo de permu tações Bij G Defina g T G Bij G g T onde Tg G G x g x Note que se g h então g h T T pois g h T x g x h x T x x G Além disso g T é claramente bijetora Logo T está bem definida Afirmamos que T é homomorfismo de grupos De fato dados 1 2 g g G temos 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 g g g g g g T x g g x g g x T T x T T x x G 195 Isso mostra que 1 2 1 2 g g g g T T T então 1 2 1 2 T g g T g T g Portanto T é homomorfismo de grupos Vamos ver que T é injetora mostrando que N T e Seja g G então g g g N T T g Id T Id T x Id x x G g x x x G g e Logo N T e e T é injetora Segue que G T G Bij G Portanto G é isomorfo a um subgrupo do grupo de permutações Bij G Observação 511 O Teorema de Cayley diz que cada grupo G é isomorfo ao subgrupo e g g T G T Bij G g G T x g x x G Bij G Este subgrupo T G é conhecido como grupo de translações à esquerda Observação 512 Apesar do Teorema de Cayley valer para um grupo qualquer é mais comum utilizálo para grupos finitos Exemplo 511 Sabemos que a menos de isomorfismo 2 é o único grupo de ordem 2 Pelo Teorema de Cayley 2 2 H S Como 2 2 2 S vem que 2 H S Logo 2 S2 e claramente 2 2 S j é isomorfismo 0 1 12 id Exemplo 512 De forma análoga ao que fizemos acima vem que 3 3 H S Como 123132 id é o único subgrupo de ordem 3 de 3 S concluímos que 123132 H id É fácil ver que 3 H j é isomorfismo 0 1 123 2 132 id 196 Observe que 3 S possui subgrupo 12 id que é isomorfo a 2 Também é verdade que 2 3 13 id S e 2 3 23 id S pois todos os grupos de ordem 2 são isomorfos Exemplo 513 Determinar subgrupos 1 H e 2 H de 4 S tais que 1 4 H e 2 2 2 H Como 4 1234 S é elemento de ordem 4 tomamos 1 1234 123413241432 H id Segue da Proposição 432 que 1 4 H Sabemos que 2 2 4 e que todo elemento de 2 2 tem ordem 2 De outra forma 2 2 pode ser descrito como um grupo que tem elementos e a b ab com 2 o a o b o ab Isso sugere que para obter 2 4 H S e 2 2 2 H devemos to mar 2 elementos de ordem 2 em 4 S e o produto destes dois ele mentos Seja 2 4 12131213 H id S A aplicação 2 2 H j é isomorfismo 00 10 12 01 13 11 1213 id Observação 513 Os argumentos usados nos exemplos anterio res não seguem o procedimento descrito na prova do Teorema de Cayley A justificativa é simples encontrar um subgrupo de n S isomorfo a um grupo dado G de ordem n usando a prova do Te orema de Cayley requer mudança de notação e muitas contas que tornam este caminho inviável Agora vamos formalizar a definição e a notação de ciclos em n S para estudar algumas de suas propriedades Definição 511 Uma permutação a Sn é um rciclo se existirem ele mentos distintos 1 2 12 r a a a n tais que i 1 2 a a 2 3 a a 1 r r a a e 1 ra a ii j j 1 2 12 r j n a a a 197 Com a notação da definição anteriormente dizemos que r é o comprimento do ciclo e escrevemos 1 2 r a a a Os 2 ciclos ou ciclos de comprimento 2 são chamados trans posições Exemplo 514 O único 1ciclo de n S é a função identidade De fato se a Sn é 1ciclo então existe 1 12 a n tal que 1 1 a a e j j 1 12 j n a Logo 12 12 n n a é a função identidade Segue do exemplo acima que em n S valem as igualdades 1 2 id n Exemplo 515 Em 3 S temos 1 2 3 1 2 3 1 2 3 id 1 2 3 23 32 1 3 2 pois 23 123 2 3 3 2 e 1 1 1 2 3 123 231 312 2 3 1 pois 123 123 1 2 2 3 e 3 1 Assim 23 é transposição e 123 é 3ciclo Observação 514 Vimos que em 3 S vale 23 32 e 123 231 312 Logo a notação 1 2 r a a a que representa o ciclo não é única No entanto costumase usar esta notação ini ciando com o menor número Exemplo 516 Em 5 S temos 1 2 3 4 5 153 5 2 1 4 3 pois 153 12345 1 5 5 3 3 1 e i i i 24 198 Logo é 3ciclo de 5 S 1 2 3 4 5 13524 3 4 5 2 1 não é um ciclo de 5 S No exemplo acima vimos que b S5 não é um ciclo É claro que 13524 é produto dos ciclos 135 e 24 Nosso próximo objetivo é provar que todo elemento de n S pode ser escrito de forma única como produto de ciclos disjuntos Definição 512 Sejam a Sn um r ciclo e b Sn um s ciclo Dize mos que e são disjuntos quando 12 a n a a ou a a Note que e são disjuntos quando 12 a n e a a a a Portanto os ciclos e são disjuntos quando nenhum elemen to do conjunto 12 n é movido por ambos Exemplo 517 135 e 24 são ciclos disjuntos de 5 S 135 e 25 não são ciclos disjuntos de 5 S A próxima proposição diz que a ordem e o comprimento de um ciclo coincidem Mais ainda mostra que ciclos disjuntos co mutam e apresenta uma fórmula para calcular a ordem do produ to de ciclos disjuntos Proposição 511 a Seja a Sn um ciclo Então tem comprimento r o r b Se e são ciclos disjuntos de n S então a b b a c Se são ciclos disjuntos então 1 2 t o 1 2 t mmc o o o Demonstração a Por hipótese é um ciclo de comprimento r isto é é um r ciclo Logo existem 1 2 12 r a a a n tais que 1 2 r a a a Compondo com r vezes é fácil ver que r id a Além disso se j r então 1 1 1 j j a a a isto é j id a Como r é o menor natural tal que r id a temos o r 199 Como é um ciclo de n S podemos dizer que é um ciclo de comprimento t para algum t Vimos em que o t Pela hipótese o r Logo r t então é um ciclo de com primento r b Devemos mostrar que a a 12 a n Como e são disjuntos não ocorre a a e a a Resta analisar 3 casos 1º Caso a a e a a Não há o que fazer pois a a a a a a a 2º Caso a a e a a Chame b a Como b a e é injetora vem que b a b Mas e são disjuntos então b b Agora a a b b a a a 3º Caso a a e a a Análogo ao segundo caso c Seja 1 2 t d mmc o o o Para cada 12 i t existe ix tal que i i o x d Como são ciclos disjuntos segue de b que eles comutam Então 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 t t t o x o x o x d d d d t t t x x x id id id id Isso garante que 1 2 t o é um divisor de d Suponha que 1 2 1 2 t t o x d mmc o o o Então x não é múltiplo comum de 1 2 t o o o isto é x não é múltiplo de o i para algum 12 i t Logo x i id a pois caso contrário teríamos i o x Usando novamente o fato de comutarem e 1 2 t o x vem que 1 2 1 2 x x x x t t id Como são disjuntos devemos ter con tradizendo x i id a Portanto 1 2 1 2 t t o d mmc o o o 200 Exemplo 518 Calcule a ordem dos seguintes elementos de 6 S 13512361356123456 e 16345 Observando que cada um dos elementos é um ciclo ou produto de ciclos disjuntos aplicamos a Proposição 511 obtendo 135 3 o 1236 12 36 22 2 o mmc o o mmc 1356 4 o 123456 123 456 33 3 o mmc o o mmc 16345 16 345 23 6 o mmc o o mmc Observação 515 Os próximos dois exemplos mostram que os itens b e c da Proposição 511 não valem sem a hipótese dos ciclos serem disjuntos Exemplo 519 Sejam 12 e 23 em 3 S Mostre que a b b a 1223 123 e 2312 132 Logo a b b a Exemplo 5110 Sejam 1 123 e 2 23 em 3 S Mostre que 1 2 1 2 o mmc o o É claro que 1 3 o e 2 2 o Logo 1 2 6 mmc o o Por outro lado 1 2 12323 12 então 1 2 2 o Proposição 512 Seja a Sn a id Então pode ser escrito como produto de ciclos disjuntos de comprimento maior ou igual a dois de forma única a menos da ordem dos fatores Demonstração Como a id existe 1 12 a n tal que 1 1 a a Forme o ciclo 1 1 2 r a a a definido por 1 2 a a 2 3 a a 1 1 r r a a e 1 1 ra a Se 1 1 2 12 r a a a n então 1 1 2 r a a a é um ciclo de comprimento maior ou igual a 2 Se 1 1 2 12 r a a a n temos dois casos 1º Caso b b 1 1 2 12 r b n a a a Neste caso continuamos tendo 1 1 2 r a a a pois os demais ele mentos de 12 n ficam fixos 201 2º Caso Existe 1 1 1 2 12 r b n a a a tal que 1 1 b b Proceda com 1b da mesma forma como fizemos com 1a obtendo o ciclo 2 1 2 r b b b de comprimento maior ou igual a 2 Note que 2 1 1 2 1 2 r r b b b a a a De fato se não fosse assim existiriam 2 12 i r e 1 12 j r tais que j i a b Mas 1 k ib b para algum k k a indica a composição de com por k vezes Por outro lado k j t a a para algum 1 1 2 t r a a a a Segue que 1 k k i j t b b a a e como k a é injetora temos 1 1 1 2 t r b a a a a Absurdo Portanto 2 1 1 2 1 2 r r b b b a a a então 1 1 2 r a a a e 2 1 2 r b b b são ciclos disjuntos Se 1 2 1 2 1 2 12 r r a a a b b b n então 1 2 1 2 1 2 r r a a a b b b é produto de ciclos disjuntos de com primento maior ou igual a 2 Se 1 2 1 2 1 2 12 r r a a a b b b n e c c para todo 1 2 1 2 1 2 12 r r c n a a a b b b então 1 2 1 2 1 2 r r a a a b b b A outra possibilidade é 1 2 1 2 1 2 12 r r a a a b b b n e então existe 1 2 1 1 2 1 2 12 r r c n a a a b b b tal que 1 1 c c Neste caso siga o processo que fizemos com 1a e 1b até obter o ciclo 3 1 2 r c c c disjunto de 1 1 2 r a a a e de 2 1 2 r b b b Se 1 2 3 1 2 1 2 1 2 12 r r r a a a b b b c c c n então 1 2 3 1 2 1 2 1 2 r r r a a a b b b c c c é produto de ciclos disjuntos de comprimento maior ou igual a 2 Senão siga o processo que é finito Isso mostra que pode ser decomposto como produto de ciclos disjuntos de comprimento maior ou igual a 2 Unicidade Suponha que são duas decomposições de a Sn a id em produto de ciclos disjuntos de comprimento maior ou igual a 2 202 Seja 1 1 1 2 r a a a Como são disjuntos vem que 1 1 1 1 1 2 1 u a a a a Desde que são disjuntos existe um e apenas um j s tal que 1 1 j a a Assim 1 1 1 1 j a a a Sabemos que comutam entre si então trocando a or dem se for necessário podemos admitir que 1 j isto é 1 1 1 1 1 a a a Vamos mostrar que Como 2 1 a a e é injetora temos 1 2 1 1 1 1 2 a a a a Logo move 2 a e como são disjuntos 2 2 j a a 23 j u Assim 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 u t a a a a Como 3 2 a a e é injetora temos 1 3 1 2 1 2 3 a a a a Logo move 3 a então 3 3 j a a 23 j u Assim 1 3 1 2 3 1 2 3 1 3 u t a a a a Seguindo o processo concluímos que 1 1 i i a a 12 1 i r Lembrando que e 1 a são ciclos temos 1 1 s a 1 a Multiplicando por a igualdade vem que Seja 2 2 1 2 r b b b e siga o processo até concluir que então Procedendo desta maneira cancelamos todos os fatores De fato Se ocorresse u t teríamos Mas tem ordem maior ou igual a 2 então 1 2 t u mmc o Pela Proposição 511 c vem que 1 1 1 2 t u t u o id o mmc o o Absurdo 203 Se ocorresse t u teríamos De forma análoga ao caso anterior chegamos a um absurdo Logo t u Portanto todo elemento a Sn a id é escrito de forma única a menos da ordem dos fatores como produto de ciclos disjuntos de comprimento maior ou igual a dois Exemplo 5111 Escreva a permutação 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 3 4 5 1 6 7 9 8 a como produto de ciclos disjun tos e calcule o 1234589 e o 10 Exemplo 5112 Escreva a permutação 123451687915 como produto de ciclos disjuntos e calcule o Observando que 1 4 4 5 5 6 6 8 8 7 7 9 9 2 2 3 e 3 1 vem que 1456 87923 e o 9 Exemplo 5113 Escreva a permutação 123164145 como produto de ciclos disjuntos e calcule o Como 1 2 2 3 e 3 1 obtemos o ciclo 123 Como 4 5 5 6 e 6 4 obtemos o ciclo 456 Logo 123456 e o 3 204 Lista de Exercícios 1 Descreva um subgrupo de 5 S que seja isomorfo a 5 2 Calcule a ordem das permutações a 1 2 3 4 5 6 3 1 2 4 6 5 b 135254123 c 1234 d 1 2 3 4 5 2 5 4 3 1 3 Escreva as permutações abaixo como produto de ciclos disjun tos e calcule a ordem da permutação a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 5 8 6 3 4 9 1 2 b 16251234 c 2725263438 d 121314 4 Sejam 1 2 t Sn id ciclos disjuntos tais que 1 2 t o p p um número primo Mostre que i a é pciclo para todo 12 i t Sugestão Proposição 551 a e c 5 Mostre que 6 12345 S tem ordem 6 mas não é um 6 ciclo 6 Seja p um número primo Mostre que se a Sp tem ordem p então é p ciclo Sugestão escreva como produto de ciclos disjuntos de com primento maior ou igual a 2 Use o exercício 4 7 Calcule 1 a b a e 1 b a b quando a 12534 e 1357 b 156 e 12345 205 52 Grupo de Permutações Pares Nesta seção verificaremos que toda permutação de n S pode ser escrita como um produto de transposições A maneira de fazer tal decomposição não é única Nem sequer a quantidade de transposi ções usadas para fazer a decomposição é única No entanto se uma permutação puder ser escrita como produto de uma quantidade par ou ímpar de transposições então toda decomposição desta permutação terá uma quantidade par ou ímpar de transposições Chamaremos de permutações pares aquelas que são decom postas em uma quantidade par de transposições e as demais cha maremos de permutações ímpares Provaremos que o conjunto das permutações pares de n S é um subgrupo normal de n S de índice 2 chamado de grupo alternado Proposição 521 Todo elemento de n S é um produto de transposições Demonstração É claro que id 1221 é produto de transposições Seja então a Sn a id De acordo com a Proposição 512 exis tem 1 2 t Sn a a a ciclos disjuntos de comprimento maior ou igual a 2 tais que Assim basta mostrar que todo ciclo é produto de transposições Mas isso é imediato pois dado o ciclo 1 2 r n a a a S temos 1 2 1 1 1 1 2 r r r a a a a a a a a a Observação 521 Na prova da proposição acima tomamos a Sn a id decompusemos em produto de ciclos disjuntos e em se guida decompusemos cada ciclo como produto de transposições Este procedimento foi usado porque sabemos que sempre é pos sível decompor como produto de ciclos disjuntos Note que se tivermos uma decomposição de em produto de ciclos que não sejam disjuntos também podemos decompor em produto de transposições Exemplo 521 Decomponha 6 123164145 S como pro duto de transposições Escrevendo cada ciclo de como produto de transposições vem que 131214161514 206 Note que não há vantagem em escrever como produto de ci clos disjuntos e depois escrever cada ciclo como produto de trans posições De fato vimos no Exemplo 5113 que 123456 Logo 13124645 O exemplo acima mostra em particular que a maneira de de compor uma permutação em produto de transposições não é úni ca Também não é verdade em geral que ciclos se decompõem de maneira única como produto de transposições Veja o próximo exemplo Exemplo 522 Escreva 3 123 S como produto de transposi ções de três maneiras diferentes Desde que 123 231 312 temos 1312 2123 3231 Sabemos que ciclos disjuntos comutam então transposições disjuntas comutam Desde que a comutatividade é uma proprie dade que diminui contas seria útil saber se é possível decompor uma permutação como produto de transposições disjuntas A res posta é não Exemplo 523 Mostre que 3 123 S e 4 1234 S não podem ser escritos como produto de transposições disjuntas Em 3 S não existem transposições disjuntas Logo 123 não é produto de transposições disjuntas de 3 S Em 4 S temos 3 produtos de transposições disjuntas A saber 1 1234 2 1324 e 3 1423 Como 12 1 e 2 3 temos 1 b b 1 Como 21 3 e 1 2 temos 2 b b 2 Como 31 4 e 1 2 temos 3 b b 3 Note que existem várias maneiras de representar 1 2 3 Para 1 temos 1 1234 1243 2143 2134 3412 3421 4321 4312 12341212 etc 207 Nosso próximo objetivo é provar que se a Sn for decomposto como produto de transposições de duas maneiras e então t e r têm a mesma paridade isto é t e r são ambos pares ou ambos ímpares Iniciamos estabelecendo notações e provando resultados auxi liares Uma permutação a Sn sempre pode ser escrita na forma 1 2 1 2 n n a a a b b b a onde 1 2 12 n a a a n i i a b e i j b b quando i j 12 i j n Definição 521 Com a notação acima chamamos de sinal de a Sn ao número 1 i j i j n i j a a sig b b Quando a Sn é escrita como 1 2 1 2 n n en tão 1 i j n i j sig i j Exemplo 524 Para 3 1 2 3 1 2 3 S temos 1 2 1 3 2 3 1 2 1 3 2 3 sig Exemplo 525 Calcule o sinal de 3 123 S Como 1 2 3 2 3 1 a vem que 1 2 1 3 2 3 1 1 2 1 2 3 2 1 3 1 2 sig 208 Exemplo 526 Calcule o sinal de 4 123 S Como 1 2 3 4 2 3 1 4 a vem que 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 2 3 2 1 2 4 3 1 3 4 1 4 3 1 1 1 2 2 2 2 3 1 sig Exemplo 527 Calcule o sinal de n id S Como 1 2 1 2 n id n vem que 1 1 i j n i j sig id i j Vamos mostrar que as transposições têm sinal 1 Para isso usaremos a proposição abaixo Proposição 522 Sejam a b Sn Então sig sig sig Demonstração Sejam 1 2 1 2 n n a a a b b b a e 1 2 1 2 n n x x x y y y b Como 1 2 1 2 12 n n x x x n b b b podemos reorde nar as colunas que aparecem em e escrevemos 1 2 1 2 n n b b b c c c b Assim 1 2 1 2 n n a a a c c c b a Então i j i j i j i j i j i j a a a a b b sig c c b b c c sig sig sig sig 209 Proposição 523 Toda transposição tem sinal 1 Demonstração Veremos primeiro que a transposição 1 n n n S tem sinal 1 De fato como 1 2 2 1 1 2 2 1 n n n n n n g vem que 1 2 1 1 1 2 3 2 1 2 1 2 1 1 1 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 11 1 1 1 1 1 1 n n n n sig n n n n n n n n n n n n n n n n Seja agora ab uma transposição qualquer de n S Como a b devemos ter a n ou b n Assumimos que a n o caso b n é análogo então 1 1 1 n n a n a n a n Note que a igualdade acima não vale para a n Aplicando a Proposição 522 vem que 1 1 1 1 1 1 1 1 1 sig n n sig a n sig a n sig a n sig a n sig a n sig a n sig a n sig a n a n sig a n sig id sig a n Logo 1 sig a n Como b a vale a igualdade a n b n a b b n Aplicando a Proposição 522 e procedendo como fizemos ante riormente concluímos que o sinal de ab é 1 Proposição 524 Seja a Sn Então a 1 sig b 1 1 sig sig 210 Demonstração a Pela Proposição 521 existem transposições tais que Aplicando as Proposições 522 e 523 temos 1 2 1 1 1 1 1 t t sig sig sig sig b Como 1 a a id temos 1 1 1 sig id sig sig sig Logo 1 1 sig sig Agora já temos as ferramentas para provar que duas decomposi ções de a Sn em produto de transposições têm a mesma paridade Proposição 525 Seja a Sn Se e são duas decomposições de em produto de transposições então r e s têm a mesma paridade Demonstração Aplicando as proposições 523 e 524 em e vem que 1 2 1 2 1 1 t t s s sig sig sig sig sig sig sig sig Logo 1 1 t s isto é t e s são ambos pares ou ambos ímpa res Acabamos de mostrar que a paridade do número de transpo sições de uma decomposição de a Sn é invariante Isso permite separar as permutações de n S em dois conjuntos distintos Definição 522 Dizemos que a Sn é uma permutação par ímpar quando é produto de um número par ímpar de transposições 211 Observação 522 Seja a Sn Vimos na demonstração da Propo sição 525 que é permutação par 1 sig é permutação ímpar 1 sig Exemplo 528 1 n sig id id S é permutação par 12 1 12 n sig S é permutação ímpar Toda transposição de n S é permutação ímpar Veja a Propo sição 523 123 1312 123 Sn n 3 é permutação par Seja 1 2 r n a a a S n r um r ciclo Como 1 1 1 1 2 r r a a a a a a temos é par r é ímpar Exemplo 529 Descreva o conjunto das permutações pares de 3 S Usando o exemplo anterior vem que o conjunto das permutações pares de 3 S é 123132 id No exemplo acima vimos que as permutações pares de 3 S for mam um subgrupo de índice 2 portanto normal de 3 S De fato 3 123132 123 id S Vamos mostrar que este resultado vale sempre isto é o conjunto das permutações pares de n S é subgrupo de índice 2 de n S Inicia mos com a notação usual para o conjunto das permutações pares Notação é permutação par n n A S 1 Sn sig Proposição 526 a n n A S b 2 n A n 212 Demonstração a É claro que n A pois n id A Sejam a b An Devemos provar que 1 a b An Mas isso é fácil 1 1 1 1 1 1 1 sig sig sig sig sig Logo 1 a b An e então n n A S b Sejam 1 2 n r A e 1 2 n s B os conjuntos de permutações pares e ímpares respectivamente Devemos mostrar que 2 r n Se é uma transposição então são permutações ímpares Note que implica em Isso garante que r s Analogamente são permutações pares distintas então s r Logo r s Como 2 Sn n r s r vem que 2 r n Portanto 2 n A n Corolário 521 2 n n S A e n n A S Demonstração Pelo Teorema de Lagrange n n n n S S A A 2 n n n n S A Logo 2 n n S A e pelo Corolário 321 temos n n A S Definição 523 O grupo n A é chamado grupo alternado ou grupo de permutações pares do conjunto 12 n Exemplo 5210 Descrever o grupo quociente n n S A Como 2 n n n n S S A A e 2 é o único grupo de ordem 2 vem 213 que 2 n n S A Assim a tabela de operações de n n S A é idêntica à ta bela de operações de 2 Note que se a Sn é permutação ímpar então a An é o conjunto de todas as permutações ímpares Portanto n n n n S A A A e An An An An An An An An 214 Lista de Exercícios 1 Decomponha cada uma das permutações abaixo como pro duto de transposições a 5 1 3 52 1 4 5 S b 6 1 2 3 4 5 6 6 5 4 3 2 1 S c 4 1 2 3 4 S d 1 2 3 4 1 2 3 4 3 1 2 4 1 3 4 2 2 Seja 5 1 3 51 2 S a Calcule 1 a S5 b Determine 1 2 6 a a a para que 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 a a a a a a b a c Calcule 1 b S6 3 Classifique cada uma das permutações abaixo como par ou ímpar 1 2 3 4 2 3 1 4 a b 4 13 2 5 c a b c d a b c d c d b c d d a b c d a b c d c d b c 4 Mostre que 3 3 A 5 Descreva todos os elementos de 4 A e faça a tabela de operações 6 Mostre que 4 A não é isomorfo à 12 2 6 ou 4 3 215 Resumo do Capítulo Neste capítulo estudamos as propriedades dos grupos de per mutações Apresentamos as definições de ciclo o comprimento de ciclo os ciclos disjuntos o sinal de permutação a permutação par e a permutação ímpar Os resultados provados foram Todo grupo é isomorfo a um subgrupo de um grupo de per mutações A ordem de um ciclo coincide com o comprimento do ciclo Ciclos disjuntos comutam Cada elemento de n S diferente da identidade pode ser de composto como produto de ciclos disjuntos de forma única a menos da ordem dos fatores Todo elemento a Sn é um produto de transposições e duas decomposições de a em produto de transposições sempre têm a mesma paridade O conjunto n A das permutações pares é subgrupo normal de n S Além disso 2 n n S A e 2 n A n 216 Referência Bibliográfica 1 DOMINGUES HH e IEZZI G Álgebra Moderna 4ed São Paulo Atual Editora 2003 2 GARCIA A e LEQUAIN Y Elementos de Álgebra Rio de Janeiro IMPA 2003 3 GONÇALVES A Introdução à Álgebra Rio de Janeiro SBM 2001 4 HEFEZ A Curso de Álgebra Rio de Janeiro SBM1993 vol 1 5 MONTEIRO L H J Elementos de Álgebra Rio de Janeiro LTC 1978