Estruturas Algébricas Moisés Toledo
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9 de maio de 2012
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Solução Solução de exercíci exercícios os - Página Página 261
Exercício 1. Seja p um número primo e G um grupo não-abeliano de ordem p3 . Mostre que: a) |Z (G)| = p. b) Z (G) = G .
c) G/Z G/Z (G) ∼ =
Z/pZ × Z/pZ
Demonstração.
a) Como Z (G) < G então |Z (G)| | |G|. Agora vejamos os possíveis casos:
p3 pois G é não abeliano (isto é |Z (G)| = |G|). (i) |Z (G)| = p (ii) |Z (G)| =
2
pois caso contrario G Z (G)
= p e assim
G Z (G)
é cíclico logo
Z (G) = G o qual não é possível (ver página 140). 1 (isto é Z (G) = {e}) pois o centro tem sempre pelo menos p (iii) |Z (G)| = elementos para qualquer grupo de ordem potencia de um primo (ver página 233). Por tanto temos |Z (G)| = p. b) Vejamos que G ⊆ Z (G):
Já vimo vimoss que que = p , assim G Z (G)
abeliano (ver página 234), isto é Z (G) G tal que o menor subgrupo normal tal que Agora como: (i)
G G
Universidade Federal da Paraíba
G Z (G)
G Z (G)
é um grupo
é abeliano. Logo como G é
é abeliano (ver página 140) então Z (G) ⊇ G .
= 1 pois caso contrario G
pois |Z (G)| = p. ∗
G G
2
= G logo Z (G) = {e} o qual não possível
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(ii)
G G
= p pois caso contrario
G G
é cíclico (por tanto abeliano) logo G é abeliano )(bG ) = (de fato: seja a ∈ G tal que < aG >= G/G então abG = (aG )(bG (bG )(aG )(aG ) = baG assim ab = ba).
(iii)
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G G
= p
3
pois pois caso caso contra contrario rio G = {e} assim assim dado dado x, y ∈ G temos xyx e isto é xy = yx logo G é abeliano.
1
−
y
1
−
=
então |G | = p, e como G ⊆ Z (G) temos Z (G) = G .
c) Como |Z (G)| = p então é cíclico logo existe b ∈ Z (G) tal que < b >= Z (G). Seja Z (G), considerando y ∈ x ∈ G\Z (G) então < x >= / < x > então < x > ∩ < y >= {e}. Também | < x > | = | < y > | = p, pois x ∈ G\Z (G). Logo < x, x, y > 2 G/Z (G) com ordem p assim < x, x, y >= >= G/Z G/Z (G). é um subgrupo de G/Z Por ultimo consideremos o homomorfismo:
ϕ : G/Z (G) −→ Z/pZ × Z/pZ → (n, m) xn · y m − o qual é claramente bijetivo, por tanto um isomorfismo.
Exercício 2. Mostre que se G é um grupo finito com apenas duas classes de conjugação, então |G| = 2. Demonstração. Pela equação de classes de conjugação e o fato de G ter duas classes de conjugação temos:
|G| = 1 + |C l(x)| Como |C l(x)| divide a |G| então |G| − 1 divide |G| logo |G| = 2.
Exercício Exercício 3. Seja G um grupo de ordem 112 · 132 . Mostre que G é um grupo abeliano. Demonstração.
• Iremos a usar o seguinte teorema (página 178):
Teorema (Produto direto de grupos) . Sejam G, G1 , . . . , Gn grup grupos os.. Entã Então o o grupo G é isomorfo ao grupo G1 × . . . × Gn se e somente se G possui subgrupos H 1 G1 , . . . , Hn Gn tais que: (i) G = H 1 . . . Hn . (ii) H i G , ∀i = 1, . . . , n. (iii) H i ∩ (H 1 . . . Hi 1 H i+1 . . . Hn ) = {e} , ∀i = 1, . . . , n. −
• Pelo 3º teorema de Sylow temos n11 = 1 e n13 = 1.
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2 2 • Sejam N 11 respectivamente, te, então 11 e N 13 13 os subgrupos de G de ordem 11 e 13 respectivamen N 11 11 e N 13 13 são normais (pois pelo item anterior eles são únicos). 2 11, 13) logo são abelianos. • Os subgrupos N 11 11 , N 13 13 tem ordem p ( p = 11,
• Como N 11 11 N 13 13 é um subgrupo de G (pois N 11 11 , N 13 13 são normais), e N 11 11 ∩ N 13 13 = {e} (pois se a ∈ N 11 11 ∩ N 13 13 então |a| divide 11 e 13 logo |a| = 1 assim a = e) então |N 11 11 N 13 13 | = |G| logo N 11 11 N 13 13 = G. • Claramente N 11 11 , N 13 13 são isomorfos a eles mesmos (pelo homomorfismo identidade). • Agora usando o teorema enunciado temos G N 11 11 × N 13 13 . • Seja o isomorfismo
→ ϕ : N 11 G 11 × N 13 13 − → ϕ(g, h) (g, h) assim dado a, b ∈ G temos que existem (g1 , h1 ), (g2 , h2 ) ∈ N 11 11 × N 13 13 tais que ϕ(g1 , h1 ) = a, ϕ(g2 , h2 ) = b logo
ab = ϕ(g1 , h1 ) · ϕ(g2 , h2 ) = ϕ((g ((g1 , h1 ) · (g2 , h2 )) = ϕ(g1 · g2 , h1 · h2 ) = ϕ(g2 · g1 , h2 · h1 ) = ϕ((g ((g2 , h2 ) · (g1 , h1 )) = ϕ(g2 , h2 ) · ϕ(g1 , h2 ) = ba logo G é abeliano. grupo finito. finito. Sejam Sejam H um subgrupo Exercício 4. Seja p um número primo e G um grupo normal de G e S um p-subgrupo de Sylow de G. a) Mostre que H ∩ S é um p-subgrupo de Sylow de H . b) Mostre que SH/H é um p-subgrupo de Sylow de G/H . Demonstração.
a) Mostrar que H ∩ S é um p-subgrupo de Sylow de H é equivalente a mostrar que (H : H ∩ S ) não é um múltiplo de p (em particular náo é uma potencia de p). • Dado que H ∩ S < S então |H ∩ S | = pk , para algum k ∈
N.
• Como H G então H S é um subgrupo de G tal que H HS < G .
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|H | · |S | |H S | |S | = então assim pelo teorema de |H ∩ S | |H | |H ∩ S | Lagrange (H : H ∩ S ) = (H S : S ). • Como (G : S ) = (G : H S ) · (H S : S ), então (H S : S ) | (G : S ) logo p (H S : S ) (pois (G : S ) não é um múltiplo de p) por tanto p (H : H ∩ S ) (pois (H : H ∩ S ) = (H S : H )).
• Sabemos que |H S | =
b) Mostraremos que p (G/H : SH/H ).
G |G| |SH | |G| = = (G : SH ) · (G/H : SH/H ) e SH ) então • Como = |H | |H | |SH | H
(G/H : SH/H ) = (G : SH ) SH ). • Assim também como (G : S ) = (G : SH ) SH ) · (SH : S ), e (G : S ) não é um múltiplo de p então p (G : SH ) SH ) por tanto p (G/H : SH/H ).
abeliano finito. Mostre Mostre que G é isomorfo ao produto Exercício 5. Seja G um grupo abeliano direto de seus subgrupos de Sylow. Demonstração.
• Seja G um grupo abeliano de ordem finito m, então descompondo m em seus α p j para i = j. fatores primos temos |G| = p1α1 . . . pk k , onde pi = • Sejam N ij (i = 1, . . . , k e j = 1, . . . , n pi ) os pi -subgrupos de Sylow de G. • Como G é abeliano então para cada i existe um único pi -subgrupo de Sylow (isto é n pi = 1). • Para cada i seja N i o único pi-subgrupo de Sylow, Sylow, então N i é normal em G. • Como N 1 N 2 . . . Ni é um subgrupo de G (para todo i = 1, . . . , k ) então se x ∈ N j ∩ (N 1 . . . N j 1 N j+1 . . . Nk ) temos que |x| | p j e |x| | pi para algum i = p j para i = j ) isto é x = e. 1, . . . , j − 1, j + 1, 1 , . . . , k. Assim |x| = 1 (pois pi = Logo N j ∩ (N 1 . . . N j 1 N j +1 . . . Nk ) = {e}. −
−
• Usan Usando do o teor teorem emaa do prod produt uto o dire direto to de grup grupos os,, tem temos os que que G N 1 ×. . . ×N k .
Exercício 6. Seja G um grupo grupo abeliano abeliano finito. finito. Seja Seja m um inteiro que divide |G|. Mostre que existe um subgrupo K de G tal que |K | = m (i.e., a recíproca de teorema de Lagrange vale para os grupos abelianos finitos). Demonstração.
• Seja m um inteiro que divide |G|, então descompondo m em seus fatores primos α temos m = p1α1 . . . pl l . • Pelo 1º teorema de Sylow existem subgrupos N i de G com ordem piαi , onde i = 1, . . . , l.
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• Como G é abeliano então N i é normal em G para cada i. • Dado que N 1 N 2 . . . Ni é um subgrupo de G (para todo i = 1, . . . , l) então se x ∈ N j ∩ (N 1 . . . N j 1 N j+1 . . . Nl ) temos que |x| | p j e |x| | pi para algum p j para i = j ) isto é Assim m |x| = 1 (pois pi = i = 1, . . . , j − 1, j + 1, . . . , l. Assi x = e. Logo N j ∩ (N 1 . . . N j 1 N j +1 . . . Nl ) = {e}. −
−
• Por tanto K = N 1 N 2 . . . Nl é um subgrupo de G com ordem m.
Exercício Exercício 7. a) Seja G um grupo abeliano finito. Mostre Mostre que existe uma serie de subgrupos subgrupos G = H 0 H 1 . . . H n = {e} tal que H i /H i+1 é cíclico de ordem prima, ∀i = 0, . . . , n − 1. b) Sejam G um grupo e K um subgrupo normal de G tais que G/K seja abeliano finito. Mostre que existe uma série de subgrupos G = H 0 H 1 . . . H n = K tal que H i /H i+1 é cíclico de ordem prima, ∀i = 0, . . . , n − 1. Demonstração. Em ambos item fazemos uso da seguinte proposição:
Proposição. Seja G um grupo de ordem pm e seja H um subgrupo de G de ordem pr com r < m. Então (i) Existe um subgrupo K de G de ordem pr+1 contendo H . (ii) Todo subgrupo L de G de ordem pr+1 contendo H é tal que H L. Em particular, temos H N G (H ).
a) Sabemos que G é isomorfo ao produto direto de seus subgrupos de Sylow, assim Agora pela proposição proposição enunciada enunciada temos temos G N 1 × . . . × N r , onde |N i | = piαi . Agora j que, para cada N i existem subgrupos K ij de ordem pi ( para j = 0, . . . , αi ) e K ij K ij+1 . Seja n = α1 + · · · αr , assim considerando
K K .. . K K . H = .. K . .. K ... K
. . . Krα r =G 1α1 . . . Kr (αr 1)
, l=0 , l=1
1α1
−
. . . Kr 0 = K 1α1 . . . K( r 1α1 . . . K( r 1)(αr 1 1) 1α1
−
−
1)αr
−
, l = αr , pois K r0 = {e} , l = αr + 1
−1
−
l
1α1
. . . K( r
−
1α1
. . . K( r
−
10 10
= {e}
1)0
= K 1α1 . . . K( r
i)(αr−i −1)
2)αr
−
−2
, l = αr + αr 1 , pois K (r −
, l = αr + α(r , l=n
1)
−
= {e}
1)0
−
+ · · · + α(r
i)
−
+1
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onde |H i /H i+1 | = pi , assim H i /H i+1 é de ordem prima, por tanto cíclico. b) Como G/K é um grupo abeliano finito, então pelo item anterior existe uma serie de subgrupos G/K = H 0 H 1 . . . H n = {e} tal que H i /H i+1 é cíclico de ordem prima, ∀i = 0, . . . , n − 1. Logo pelo teorema de isomorfismo (página 150), sabemos que existe uma correspondência entre os subgrupos normais de G/K e os subgrupos normais de G que contêm K , assim existem H i (com i = 1, . . . , n) subgrupos de G tais que G = H 0 H 1 . . . H n = K e H i /H i+1 cíclico de ordem prima pois H i /H i+1 = (H i /K )/(H i+1/K ) = H i /H i+1 .
