4 - CLASSES LATERAIS E TEOREMA DE LAGRANGE
4.1 - Classes Laterais
Proposição 1 :
i) A relação R sobre G definida por “ aRb se, e somente se, a 1b ∈ H ” é uma relação de equivalência. ii) Se a ∈ G , então a classe de equivalência determinada por a é o conjunto co njunto aH = {ah / h ∈ H } . −
Dem:
i) Como e = a a ∈ H , então aRa e, portanto, vale a reflexividade. Se aRb então a 1b ∈ H , mas sendo H um subgrupo de G , então (a 1b) 1 = b Isso mostra que bRa e, portanto, que a simetria também se verifica para R . Suponhamos Suponhamos que aRb e bRc , então a 1b , b 1c daí, −1
−
−
−
−1
−1
−1
−1
−1
−
1
−
a ∈ H .
−
−1
(a b)(b c) = a b bc = a ec = a c ∈ H
Logo, aRc , de onde a transitividade é válida. ii) Seja a a classe de equivalência do elemento a . Se x ∈ a , então xRa , ou seja, 1 x a ∈ H . Portanto x 1a = h , para um elemento h ∈ H . Mas x = ah 1 e, portanto, x ∈ aH , uma vez que h 1 ∈ H . Por outro lado, se x ∈ aH , então x = ah , para algum h ∈ H . Daí, x 1a = h 1 ∈ H e, portanto, xRa , de onde, x ∈ a . Segue que a = aH . −
−
−
−
−
Definição 1 : Para cada
−
a ∈G ,
a classe de equivalência aH definida pela relação R introduzida na proposição 1 é chamada classe lateral à direita, módulo H , determinada por a . Uma decorrência imediata da proposição anterior é que o conjunto das classes laterais à direita, módulo H , determina uma partição em G , ou seja: A) Se a ∈ G , então aH ≠ ∅ B) Se a, b ∈ G , então aH = bH ou aH ∩ bH = ∅ C) A união de todas as classes laterais é igual a G . O conjunto quociente de G por essa relação, denotado por G / H é o conjunto das classes laterais aH (a ∈ G ) . Um dos elementos desse conjunto é o próprio H , pois H = eH . De maneira análoga se demonstra que a relação R definida por “ aRb se, e somente se, 1 ab ∈ H ” também é uma relação de equivalência sobre o grupo G . Só que, neste caso, a classe de equivalência de um elemento a ∈ G é o subconjunto Ha = {ha / h ∈ H } , chamado classe lateral à esquerda, módulo H, determinada por a . É claro que, se G for comutativo, então aH = Ha , para qualquer a ∈ G . −
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Exemplo 1: No grupo multiplicativo G = {1, −1, i, −i} das raízes quárticas da unidade, considere o subgrupo H = {1, −1} . As classes laterais são: 1 H = {1 ⋅1,1 ⋅ ( −1)} = {1, −1} (−1) H = {( −1) ⋅1, ( −1) ⋅ (−1)} = {−1,1} iH = {i ⋅1, i ⋅ (−1)} = {i, −i} (−i) H = {( −i) ⋅1, ( −i) ⋅ ( −1)} = {−i, i)} Logo, 1 H = (−1) H e iH = (−i ) H Portanto, G / H = {1H , iH } Essas duas classes laterais unidas coincidem com o grupo Exemplo 2: Seja Z6
G
o grupo aditivo
sem os traços, ou seja,
Z6 .
G
.
Para facilitar, escreveremos os elementos de
Z 6 = {0,1, 2,3, 4,5} .
Considerando o subgrupo H = {0,3} , temos: 0 + H = H = {0, 3} 1 + H = {1, 4} 2 + H = {2, 5} A reunião dessas 3 classes é igual a G . Portanto, G / H = {H ,1 + H , 2 + H } . ∗
Exemplo 3: Considere o grupo multiplicativo R dos números reais e H o subgrupo formado pelos números reais estritamente positivos, ou seja, H = {x ∈ R / x > 0} . ∗
∗
∗
Como aH = H , se a > 0 e aH = { x ∈ R / x < 0} , se a < 0 então R / H é formado por duas classes: a dos números reais maiores que zero e a dos números reais menores que zero. Proposição 2: Seja H um subgrupo de módulo H têm a mesma cardinalidade.
G
. Então duas classes laterais quaisquer
Dem: Dadas duas classes laterais aH e bH , temos que mostrar que é possível construir uma aplicação bijetora f : aH → bH . Lembrando a forma geral dos elementos dessas classes, é natural definir f da seguinte maneira: f ( ah) = bh , para qualquer h ∈ H . Sem maiores dificuldades, prova-se que f é injetora e sobrejetora. De fato: (Injetora) Se h, h1 ∈ H e f ( ah) = f ( ah1 ) , então bh = bh1 , como, porém, todo elemento de
G
é regular, então
h
=
h1 .
(Sobrejetora) Seja y ∈ bH . Então y = bh , para algum h ∈ bH . Tomando-se x = ah ∈ aH , então f ( x) = f ( ah ) = bh = y . Em particular, todas as classes têm a mesma cardinalidade de H = eH ( e = elemento neutro). Obviamente, se G é um grupo finito, então o conjunto G / H também é finito. O número de classes distintas do conjunto G / H é chamado índice de H em G é denotado por (G : H ) . Então, no exemplo 1, (G : H ) = 2 , no exemplo 2, (G : H ) = 3 , no exemplo 3, (G : H ) = 2 .
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Devido ao fato de aH → Ha 1 é uma aplicação bijetora, como já observamos, então o índice de H em G é o mesmo, quer se considerem classes laterais à direita ou à esquerda, módulo H . −
4.2 - O Teorema de Lagrange Proposição 3: (Teorema de Lagrange): Seja H um subgrupo de um grupo finito Então o(G ) = o( H ) (G : H ) e, portanto, o( H ) / o(G ) . Dem: Suponhamos (G : H ) = r e seja G / H
=
G
.
{a1 H , a2 H , , ar H } . Então devido à
proposição 1, G = a1H ∪ a2 H ∪ ∪ ar H e ai H ∩ a j H = ∅ , sempre que i ≠ j . Mas, devido à proposição 2, o número de elementos de cada uma das classes laterais é igual ao número de elementos de H , ou seja, é igual a o( H ) . Portanto, o(G ) = o( H ) + o( H ) + + o ( H ) em que o número de parcelas é r = (G : H ) . De onde: o(G ) = (G : H )o ( H ) e o( H ) / o(G ) .
Corolário 1: Seja G um grupo finito. Então a ordem (período) de um elemento a ∈ G divide a ordem de G e o quociente é (G : H ) , em que H = [a ] . Dem: Basta lembrar que a ordem de a é igual à ordem de [a] o que, devido ao Teorema de Lagrange: o(G) = (G : H )o ([a ]) . Corolário 2: se a é um elemento de um grupo finito G , então a o (G ) neutro do grupo).
=
e (elemento
Dem: Seja h a ordem de a . Portanto, h é o menor inteiro estritamente positivo tal que h a > e (elemento neutro do grupo). Mas devido ao corolário anterior: o(G ) = (G : H )h em que H
=
[a ] . Portanto a
o (G )
=
a
( G:H ) h
=
h ( G:H )
(a )
=
e
(G:H )
=
e.
Corolário 3: Seja G um grupo finito cuja ordem é um número primo. Então G é cíclico e os únicos subgrupos de G são os triviais, ou seja, {e} e o próprio G . Dem: Seja p = o(G ) . Como p > 1 , o grupo G possui um elemento a diferente do elemento neutro. Assim, se H = [a ] , pelo Teorema de Lagrange garante que o( H ) / p . Logo, o( H ) = 1 ou p e, portanto, H = {e} ou H = G . Como a primeira dessas hipóteses é impossível, então G = H e, portanto, G é cíclico. Por outro lado, se J é um subgrupo de G , então, ainda devido ao Teorema de Lagrange, o( J ) / o(G ) . Daí, o( J ) = 1 ou p e, portanto, J = {e} ou J = G . Exemplo 1: Determine todas as classes laterais de H = {0,3,6,9} no grupo aditivo Logo, vamos encontrar as classes laterais, módulo H . 0 + H = {0, 3, 6, 9} = H 1 + H = {1, 4, 7,10} = 1 + H 2 + H = {2, 5, 8,11} = 2 + H
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Z12 .
Portanto,
Z12 / H = {H ,1 + H , 2 + H }
Exemplo 2: Determine todas as classes laterais de 4Z no grupo aditivo Z . Lembrando que 4Z = {0, ±4, ±8, ±12, } . Temos que 0 ∈ Z vamos verificar se será uma classe lateral módulo 4Z 0 + 4Z = {0, ±4, ±8, ±12, } 1 + 4Z = {, −3,1, 5, 9,13, } 2 + 4Z = { , −2, 2, 6,10,14, } 3 + 4Z = { , −1, 3, 7,11,15, } Podemos concluir que a união destas 4 classes resulta no conjunto dos Z . Portanto, Z / 4 Z = {4Z,1 + 4Z, 2 + 4Z, 3 + 4 Z} . Exemplo 3: Sendo
H
= {0, ± m, ±2m ,} ,
m∈Z,
um subgrupo do grupo aditivo Z ,
mostre que {0, 1, , m − 1} = Z m é o conjunto das classes laterais de H . Logo, (Z : H ) = m .
Dem: Vamos mostrar que (Z : H ) = m . Teremos
m
Zm
é o conjunto das classes laterais de H . Sendo
classes laterais de H .
0 + H = {0, ± m, ±2 m, } = 0 1 + H
= {1, ± m + 1, ±2 m + 1, } =
2 + H
= {2, ± m + 2, ±2 m + 2, } =
1 2
m − 1 + H = {m − 1, ± m + m − 1, ±2 m + m − 1, } = m − 1
Portanto,
Zm
é o conjunto das classes laterais de
H .
Exemplo 4: Considerando Z como subgrupo do grupo aditivo Q , descreva as classes Z + (-1) e
1
. 2 ∀m ∈ Z , temos Z + ( −1) = m + ( −1) = m − 1 = Z Z+
∴ Z + (−1) = Z Agora, Z + ∴
Z+
1 2
=
1 2n + 1 / n ∈ Z = n + / n ∈ Z = 2 2 2
1
2n + 1 2
,n∈Z
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