´ Introduc¸ ˜ ao a` Algebra Homomorfismos, isomorfismos, grupos c´ c´ıclicos ıclicos – exerc´ exerc´ıcios ıcios resolvidos A1) Em cada caso, verifique se f : G −→ J e´ um homomorfismo. a) G
=
(, +), J = (, +), f ( f ( x) x) = 7 x
b) G
=
(, +), J = (, +), f ( f ( x) x) = 7 x + 1
c) G
=
(, +), J = (, +), f ( f ( x) x) = 7 x2
d) G
=
(, +), J = (, +), f ( f ( x) x) = | x x|
e) G
=
(, ·), J = (, ·), f ( f ( x) x) = | x x|
f) G
=
(, +), J = ( × , +), f ( f ( x) x)
g) G
=
( × , +), J = (, +), f ( f ( x, y) y) = 4 x − 5 y
h) G
=
(GL 2 (), +), J = ( Z , +), f ( f ( X ) = tr( X tr( X ) = tra tr ac¸ o de d e X
=
(2 x (2 x, 3 x) x)
A oper operac ac¸ ao a˜ o de adic adi c¸ ao a˜ o em × dos itens f) e g) e´ definida da seguinte forma: (a, b) + (c, d ) = (a + c, b + d ) para quaisquer quaisquer a, b, c, d ∈ .
Soluc¸ ˜ ao: Se f for um hom homomo omorfis rfismo, mo, de deve vemos mos mos mostrar trar qu quee f f (( x∗ y y)) = f f (( x x))∆ f f (( y y), ), a˜ o for homomorfismo, devemos mostrar um contra-exemplo, ou ∀ x, y ∈ G. Se f nao seja, escolher valores particulares de a, b ∈ G tais que f f ((a ∗ b) f f ((a)∆ f f ((b). Aqui, ∗ repres rep resent entaa a oper operac ac¸ao a˜ o de G e ∆ e´ a op oper erac ac¸ ao a˜ o de J . a) Para quaisquer x, y ∈ , temos: f ( f ( x + y y)) = 7( 7( x x + y y)) Logo, f e´ um homomorfismo de em .
=
7 x + 7 y
=
f (( x f x)) + f f (( y y). ).
b) Neste caso, temos temos por exemplo exemplo que que f (1) f (1) = 8, f f (2) (2) = 15, f f (1 (1 + 2) = f f (3) (3) = 22 e (1) + f (2) = 23. Logo, f (1 + 2) f (1) + f (2). Logo, f n˜ao ao e´ homomorfismo. f (1) f f (2) f (1 f (1) f (2). c) Por exemplo, f f (1) (1) = 7, f f (3) (3) = 63, f f (1 (1 + 3) = f f (4) (4) = 112 e f f (1) (1) + f f (3) (3) = 70. Logo, f f (1 (1 + 3) f f (1) (1) + f f (3) (3) e da´ da´ı temos que f nao a˜ o e´ homomorfismo de grupos. 1
d) Por exemplo, f f ((−2) = 2, f f (2) (2) = 2, f f ((−2 + 2) = f f (0) (0) = 0, f f ((−2) + f f (2) (2) 4. Logo, f f ((−2 + 2) f f ((−2) + f f (2) (2) ⇒ f nao a˜ o e´ homomorfismo. e) Para quaisquer x, y ∈ , temos f f (( x · y) e´ um homomorfismo de G em J .
=
| x x · y|
=
| x x| · | y y|
=
=
2+2
=
). Logo, f f ( x f ( x)) · f f (( y y).
f) Sejam x, y ∈ . Temos que: f f (( x + y y)) = (2( (2( x x + y y)), 3( 3( x x + y y)) )) = (2 (2 x x + 2 y, 3 x + 3 y y). ). Por outro lado, f f (( x x)) + f f (( y y)) = (2 (2 x x, 3 x x)) + (2 y, 3 y y)) = (2 (2 x x + 2 y, 3 x + 3 y y). ). Lo Logo go,, f (( x + y f y)) = f f (( x x)) + f f (( y y)) de onde conclu´ conclu´ımos ımos que f e´ um homomorfismo de grupos. g) S Sej ejaam (a, b) e (c, d ) do dois is el elem emen ento toss gen en´eric e´ ricos os de × . Temos: f ((a, b) + f f f ((c, d ) = (4 (4a a − 5b) + (4 (4cc − 5d ) = 4a + 4c − 5b − 5d . Po Porr outr outro o lado, f f (( ((a a, b) + (c, d )) )) = f f ((a + c, b + d ) = 4( 4(a a + c) − 5( 5(b b + d ) = 4a + 4c − 5b − 5d . Logo, f f (( ((a a, b) + (c, d )) )) = f f ((a, b) + f f ((c, d ) ⇒ f e´ homomorfismo de G em J . h) Para quaisquer X
=
a b c d
∈ G e Y
=
r s t u
∈ G, temos: X + Y
=
a+r b+s e f f (( X ) + f f ((Y ) = tr( tr( X X ) + tr( tr(Y Y ) = (a + d ) + (r + u) = a + d + r + u. c + t d + u Por outro lado, f f (( X + Y ) = tr( tr( X X + Y ) = (a + r ) + (d + u) = a + r + d + u. Logo, f (( X + Y ) = f f f (( X ) + f f ((Y ) ⇒ f e´ um homomorfismo de grupos. (OBS.: ( OBS.: O tra¸co co de uma matriz quadrada ´ e definido como sendo a soma dos elementos da diagonal principal). principal ).
A2) Considere G = × com a seguinte operac¸ ao a˜ o de adic adi c¸ a˜ o: (a, b) + (c, d ) = (a + c, b + d ). ). Mostre que f : G −→ G, f ( f ( x, y) y) = (0, 3 x + 5 y) y) e´ um homomorfismo, determine seu n´ nucleo u´ cleo e dˆ deˆ alguns exemplos de elementos de N ( f ). f ). (a, b), (c, d ) ∈ G. Temos: f ((a )) Soluc¸ ˜ ao: Sejam (a f (( a, b) + (c, d ))
=
f (a + c, b + d ) f (
=
(0, 3( 3(a 5(b )) = (0, 3a + 3c + 5b + 5d ) = (0, (3 (3a (3cc + 5d )) )) = a + c) + 5( b + d )) a + 5b) + (3 (0, 3a + 5b) + (0, 3c + 5d ) = f f ((a, b) + f f ((c, d ). ). Logo, f e´ um homomorfismo. Se ( x, y y)) ∈ N ( f f ), ), ent˜ entao a˜ o f f (( x, y y)) = (0, 0) = elemento neutro do contradom´ contradom´ınio ınio de f y)) = (0, 0) ⇒ 3 x + 5 y = 0, de onde conclu´ conclu´ımos ımos que ⇒ (0, 3 x + 5 y N ( f f )) = {( x, y y)) ∈ × | 3 x + 5 y
=
0}.
Por exemplo, (0, 0), (5, −3), (−5, 3), (−10, 6) ∈ N ( f f ). ).
A3) Sejam G = (GL 3 (), ·), J = (, ·) e f : G −→ J definida por f ( f ( X ) determinante de X . a) Mostre que f e´ um homomorfismo; b) Determine N ( f ) f ) e dˆe exemplo de elementos do n´ucleo ucleo de f . f .
2
=
det( X det( X )
=
Soluc¸ ˜ ao: a) Sejam X , Y ∈ G. Tem emos os:: f f (( XY XY ))
det( XY det( XY ))
=
=
det( X det( X ) det et((Y )
=
f ( X ) f f ( f ((Y ). Fica mostrado dessa forma que f e´ um homomorfismo de grupos. b) Seja A um elemento gen´ generico e´ rico do nucleo u´ cleo de f f .. Ent˜ Entao, a˜ o, A e´ uma matriz quadrada 3 × 3 tal que f f (( A A)) = det( det( A A)) = 1 = elemento neutro de J . Portanto, N ( f f )) = { A ∈ GL 3 () | det( det( A A)) = 1}. Assim, qualquer matriz 3 × 3 de elementos reais cujo determinante seja igual a 1 1 0 0 2 0 0 −1 0 0 0 9 10 10 pertencem ao n´ nucleo u´ cleo de f f .. Por exe exempl mplo, o, 0 1 0 , 7 3 0 e 0 0 1 5 −4 16 0 1 1 pertencem a N ( f f ). ).
A4) Mostre que um grupo G e´ abeliano se, e somente se, f : G −→ G definida por f ( f ( x) x) = x−1 e´ um homomorfismo. Soluc¸ ˜ ao: (⇒) Suponhamos G um grupo abeliano e sejam x, y ∈ G. Entao, a˜ o, f ( xy f ( xy)) = ( xy xy))−1 = y−1 x−1 = x−1 y−1 = f f (( x x)) f f (( y y)). Logo, f e´ um homomorfismo. (⇐) Suponhamos que f seja um homomorfismo de G em G. Ent˜ Entao, a˜ o, para quaisquer x, y ∈ G, temos: f f (( xy xy)) = f f (( x x)) f f (( y y)) ⇒ ( xy xy))−1 = x−1 y−1 . Calc Calcula uland ndo-s o-see o invers inverso o de cada membro da igualdade igualdade anterior, anterior, obtem obtemos: os: (( (( xy xy))−1 )−1 = ( x−1 y−1 )−1 ⇒ xy = ( y−1 )−1 ( x−1 )−1 ⇒ xy = yx ı, co concl nclu´ u´ımos ım os que G e´ um grupo abeliano. yx,, e da´ı,
A5) Seja G um grupo e g ∈ G. Mostre que f : G −→ G definida por f ( f ( x) x) = g−1 xg e´ isomorfismo de G em G (neste caso, f e´ denominado automorfismo de G). ericos. Soluc¸ ˜ ao: Sejam x, y ∈ G dois elementos gen´ericos. f (( xy xy)) • f
=
g−1 ( xy xy))g
=
g−1 xeyg
=
g−1 x gg−1 yg
=
morfismo. • Suponhamos f f (( x x))
esquerda e por g−1
f (( x f x)) f f (( y y); ); logo, f e´ um homo-
=
e
ao g−1 xg = g−1 yg Multip tiplica licando ndo-se -se por por g a` f ( y f ( y)). Ent˜ao yg.. Mul a` direit direita, a, obtem obtemos: os: gg−1 x gg−1 = gg−1 y gg−1 ⇒ x = y; =
=
logo, f e´ um umaa fu func nc¸ ao a˜ o injetora.
e
=
e
=
e
=
e
contradom´ınio contradom´ ınio de f f ,, considere o elemento a = gbg−1 ∈ G = dom´´ıınio dom nio de f f .. Entao, a˜ o, f f ((a) = f f ((gbg−1 ) = g−1 (g b g −1 )g = b; logo, f e´ uma
• Dado b ∈ G
=
=
func¸ ao a˜ o sobrejetora.
e
=
e
Dos trˆ tres eˆ s itens mostrados mostrados acima, conclu´ conclu´ımos ımos que f e´ um isomorfismo de grupos.
3
A6) Sejam G
=
{2m 3n | m, n ∈ } e J =
m n −n m
| m, n ∈ .
a) Mostre que (G (G, ·) e´ um subgrupo de ( ∗+ , ·); b) Mostre que ( J ( J , +) e´ subgrupo de ( M ( M 2×2 (), +); a) Mostre que G e´ isomorfo a J .
Soluc¸ ˜ ao: a) Escolhendo m = n = 1, obtemos 6 = 21 · 31 ∈ G o que implica que G nao a˜ o e´ um conjunto conjunto vazio. vazio. Sejam x, y ∈ G . Exi Existem stem m, n, r , s ∈ tais que x = 2m 3n e y = 2r 3 s ⇒ x · y−1 = 2m 3n 2−r 3− s = 2m−r 3n− s . Como m − r ∈ e n − s ∈ , temos x · y−1 ∈ G de onde o nde conc conclu´ lu´ımos ımos que G e´ um subgrupo de ( ++ , ·).
2 0 ∈ J ⇒ J ∅. Sejam X , Y ∈ J . 0 2 m n r s Existem m, n, r , s ∈ tais que X = e Y = ⇒ X + (−Y ) = −n m − s r m n r s m−r n−s − = X − Y = . Como m − r ∈ , n − s ∈ e −n m − s r −n + s m − r ( M 2×2 (), +). −n + s = −(n − s) temos que X − Y ∈ J . Logo, J e´ um subgrupo de ( M
b) Escolhendo m
=
2en
=
0 obtemos
c) Para mostrar que existe isomorfismo entre G e J , devemos ser capazes de encontrar cont rar uma func¸ ao a˜ o f : G −→ J que seja bijetora e homomorfismo de grupos. m n Seja f : G −→ J definida por f f (2 (2m 3n) = . −n m
(2m 3n) ◦ Sejam m, n, r , s ∈ tais que f f (2
r s ⇒m − s r injetora.
=
r ee n r
=
s ⇒ 2m 3n
=
=
ı, temos f (2r 3 s ). Da´ı, f (2
m n −n m
=
2r 3 s . Isso mostra mostra que f e´ um umaa fu func nc¸ ao a˜ o
a b e´ rico Y ∈ J , temos que Y e´ da forma , ◦ Dado um elemento gen erico −b a onde a, b ∈ . Esc Escolh olhend endo o x = 2a 3b ∈ G temos que f f (( x x)) = f f (2 (2a 3b ) = a b ´ um = Y . Logo, f e umaa fu func nc¸ ao a˜ o sobrejetora. −b a
2m 3n e y m+r n+s −n − s m + r
◦ Sejam x, y ∈ G. Existem m, n, r , s ∈ tais que x
f (( x · y) f
=
f (2 f (2m 3n 2r 3 s )
=
f (2 f (2m+r 3n+ s )
r s (2m 3n ) + f (2r 3 s ) = f f (2 f (2 − s r de grupos.
=
4
=
=
2r 3 s . Temos: m n = + −n m
=
). Logo, f e´ um homomorfismo f ( x f ( x)) + f f (( y y).
Como f e´ injetora, sobrejetora e e´ um homomorfismo, temos que f e´ um isomorfismo de G em J , ou seja, G J .
A7) Descreva os seguintes grupos c´ c´ıclicos: ıclicos: • H = [−3] em (, +) • J = [−3] em (∗ , ·)
¯ em (7 ∗ , ·) • K = [3] ao o grupo c´ıciclo ıciclo gerado por x e´ o Soluc¸ ˜ ao: Se o grupo for multiplicativo, ent˜ao conjunto de todas as potˆencias encias de expoente inteiro de x; se o grupo for aditivo, ent˜ao ao o grupo gerado por x e´ o conjunto de todos os m ultiplos u´ ltiplos de x. Sendo assim, temos: • H = [−3] • J = [−3]
= =
multiplos u´ ltiplos de −3
=
{−3k | k ∈ }
=
potˆencias pot eˆ ncias de −3 = {(−3)k | k ∈ }
{. . . , −9, −6, −3, 0, 3, 6, 9, . . . }
=
{. . . , 1/9, −1/3, 1, −3, 9, . . . }
¯ = pot ¯ 3¯ 2 = 9¯ = 2, ¯ [3] potˆencias eˆ ncias de 3¯ em 7 ∗ . Como 3¯ 0 = 1¯ , 3¯ 1 = 3, ¯ 3¯ 4 = 3¯ 3 · 3¯ = 18 = 4, ¯ 3¯ 6 = 3¯ 5 · 3¯ = 15 = 1¯ = ¯ 3¯ 5 = 3¯ 4 · 3¯ = 12 = 5, 3¯ 3 = 27 = 6, elemento neutro de (∗7 , ·). Logo, K = {1¯ , 2¯ , 3¯ , 4¯ , 5¯ , 6¯ } = 7 ∗ .
• K
=
a˜ o isomorfos em cada um dos seguintes casos: A8) Verifique se os grupos G e J sao a) G
=
(3, +), J = (6, +)
b) G
=
(S 3 , ◦), J = (6, +)
c) G
=
(∗ , ·), J = (, +)
d) G
=
(, +), J = (, +).
ao isomorfos, eles tˆem em muitas propriedades em Soluc¸ ˜ ao: Quando dois grupos s˜ao comum. Por exemp comum. exemplo, lo, se um deles deles tiver tiver n elementos, ent˜ao ao o outro tamb´em em tem que ter n elementos; se um for abeliano, o outro tamb´ tamb em e´ m e´ abelian abeliano; o; se determ determinado inado tipo ti po de eq equa uacc¸ao a˜ o te tem m so soluc luc¸ ao a˜ o em um deles, ent˜ ent ao a˜ o uma eq equac uac¸ ao a˜ o equivalente tamb´ tambem e´ m tem te m so solu lucc¸ao a˜ o no outro. outro. Des Desse se modo, modo, par paraa mos mostrar trar que dois dois grupos grupos n ao a˜ o podem ser isomorfos, isomo rfos, basta detecta detectarr algum algumaa prop propriedad riedadee alg alg´ebrica e´ brica que um tenha e que o outro nao a˜ o tenha. a) 3 tem 3 elemen elementos, tos, enquanto que 6 tem 6 elementos. Logo, n˜ao ao pode existir bije bi jecc¸ao a˜ o entre eles e, da´ı, ı, G n˜ao ao e´ isomorfo a J . 5
b) S 3 e´ um grupo n˜ n ao a˜ o abeliano com 6 elementos e 6 e´ abeliano com 6 elementos. Logo, n˜ nao a˜ o podem ser isomo isomorfos. rfos. c) Em J , a eq equa uacc¸ao a˜ o x + x = −1 te tem m so soluc luc¸ ao a˜ o x = −1/2 ∈ J . Em G , um umaa eq equa uacc¸ao a˜ o equival equi valente ente a essa seria x · x = −1 que n˜ n ao a˜ o te tem m sol soluc uc¸ao a˜ o em ∗ . Logo, G nao a˜ o e´ isomorfo a J . d) e´ um conjunto enumer´ enumer avel, a´ vel, enquanto que e´ nao a˜ o enumer´ enumeravel. a´ vel. Lo Logo go,, n ao a˜ o pode existir bijec¸ ao a˜ o entre eles e, da´ı, ı, conclu´ımos ımos que os grupos G e J nao a˜ o s˜ao ao isomorfos.
B1) a) Dˆe exemplo de um isomorfismo do grupo G = (, +) em J = (∗+ , ·). b) Mostre que n˜ nao a˜ o existe isomorfismo do grupo G = (, +) em J = (∗+, ·). ( Sugest˜ ao: ao: Supo Supond ndo o f : G −→ J isomorfismo e x ∈ G tal que f ( f ( x) x) = 2 , calcule f ( f ( x2 + 2x ) ). Soluc¸ ˜ ao: a) Considere a func¸ ao a˜ o exponencial f : −→ ∗+ , f emos os que que f e´ f (( x x)) = e x . Tem bijetora e f f (( x + y y)) = e x+ y = e x · e y = f f (( x x)) · f f (( y y). ). Logo, f e´ um isomorfismo de G em J . b) Suponhamos que exista um isomorfismo f : −→ ∗+ . Como f e´ bijetora ⇒ f sobrejetora, escolhendo 2 ∈ J temos que existe x ∈ G = tal que f f (( x x)) = 2. Como x = 2x + 2x temos que f f (( x x)) = f f (( x2 + 2x ) = f f (( x2 ) · f f (( x2 ) = f f (( x2 )2 ⇒ f f (( x2 )2 = 2 o que e´ um absurdo porque f ao existe n´umero umero racional positivo f (( x2 ) ∈ ∗+ e n˜ao que elevado ao quadrado dˆe um resultad resultado o igual igual a 2. Lo Logo, go, n˜ao ao pode existir o isomorfismo de G em J .
0 −1 ey= 1 0 multiplicativo GL 2 (). Calcule o( x), x), o( y) y) e o( xy). xy). Considere os elementos elementos x B2) Considere
Soluc¸ ˜ ao: Temos que xy
=
=
0 −1 1 0
0 1 −1 −1
0 1 −1 −1
pertencentes pertencentes ao grupo grupo
=
1 1 . Pa Para ra calc calcul ular ar as 0 1
ordens de x, y e xy dev devemos emos calcular suas potˆencias encias de expoentes inteiros e observar se existe alguma potˆ potencia eˆ ncia que dˆ deˆ igual a` matriz identidade. • x
=
⇒ x3
0 −1 1 0 =
0 −1 0 −1 ⇒ x2 = x · x = 1 0 1 0 0 −1 0 1 −1 0 = x2 · x = 0 −1 1 0 −1 0
6
=
−1
0
0 −1
0 1 0 −1 1 0 . Assim, 4 e´ o menor expoente = 1 0 0 1 −1 0 positivo n para o qual xn = elemento neutro, logo, o( x x)) = 4. ⇒ x4
=
x3 · x
=
0 1 0 1 −1 −1 = −1 −1 −1 −1 1 0 0 1 1 0 −1 −1 . Assim, 3 e´ o menor expoente = ⇒ y3 = y2 · y = 1 0 0 1 −1 −1 positivo m para o qual ym = elemento neutro, logo, o( y y)) = 3.
• y
=
0 1 −1 −1
⇒ y2
=
y·y
=
1 2 ⇒ ( xy xy))3 = 0 1 1 2 1 1 1 3 1 3 1 1 ⇒ ( xy = = ( xy xy))2 ( xy xy)) = xy))4 = ( xy xy))3 ( xy xy)) = 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 1 4 1 4 1 1 1 5 = xy))5 = ( xy xy))4 ( xy xy)) = . E as assim, as ⇒ ( xy 0 1 0 1 0 1 0 1 potˆencias pot eˆ ncias de x nao a˜ o se repetem e nem coincidem com a matriz identidade. Logo, o( x x)) = 0.
• xy
=
1 1 0 1
⇒ ( xy xy))2
=
( xy )( xy xy)( xy))
=
1 1 0 1
1 1 0 1
=
n ao a˜ o abelianos. Pode-se mosObs bser erva vacc¸ ˜ ao. Casos como esse so´ ocorrem em grupos n˜ trar que se G for abeliano e x, y ∈ G, ent˜ entao a˜ o o( xy xy)) = mmc( mmc(o o( x x)), o( y y)). )).
Obs bser erva vacc¸ ˜ ao. Observando-se o desenvolvimento do terceiro item, podemos chegar 1 n a` conclus˜ conclusao a˜ o de que ( xy ( xy))n = . Ess ssaa e´ uma igualdade verdadeira, mas para 0 1 demonstr´a-la demonstr a´ -la e´ preciso usar o Princ´ Princ´ıpio ıp io de In Induc duc¸ ao a˜ o Finita.
B3) Mostre que todo grupo c´ c ´ıclico ıclico infinito possui exatamente dois elementos geradores. Soluc¸ ˜ ao: Suponhamos que G seja um grupo multiplicativo c´ c´ıclico ıclico infinito. • Existe x ∈ G tal que todo elemento de G e´ da forma xn para algum n ∈ , ou seja, G = [ x x]] = { xn | n ∈ }.
( x−1 )−n temos que todo elemento de G tamb tamb´em e´ m e´ potˆ potencia eˆ ncia de x−1 , ou seja, G = [ x−1 ].
• Como xn
=
nao a˜ o podemos ter x = x−1 porq porque ue isso implic implicaria aria x · x = x · x−1 ⇒ • Neste caso, n˜ x2 = e ⇒ G = {e, x} o que seria um absurdo porque G e´ infinito. Logo, x x−1 o que significa que G tem pelo menos dois geradores: x e x−1 . • Se G possuir outro gerador, digamos G
[ y ], ent˜ao ao x deve ser igual a alguma y], potˆencia encia de y e tamb´em em y deve ser igual a alguma potˆencia encia de x, ou seja, y = xr e x = y s onde r , s ∈ ⇒ x = y s = ( xr ) s = xrs ⇒ xrs · x−1 = x · x−1 ⇒ xrs −1 = e. 7
=
0, ent˜ entao a˜ o ter´ ter´ıamos ıamos uma potˆ potencia eˆ ncia de x com expoente inteiro dando igual ao elemento neutro; isso limitaria a quantidade de elementos de G o que seria um absurdo porque G e´ infinito.
• Se r s − 1
• Temos r s − 1
0. Co Como mo r e s sao a˜ o inteiros, temos r = s = 1 ou r = s = −1. Em um caso, temos y = x e no outro caso temos y = x−1 . Portanto, y sendo um gerador de G , y deve coincidir com x ou com x−1 . =
Fica mostrado dessa forma que G sendo c´ıclico ıclic o infinito infinit o tem exatamente exat amente dois geradoger adores: x e x−1 .
Obs bser erva vacc¸ ˜ ao. Se tiv´ tivessemos e´ ss emos usa usado do a nota n otacc¸ao a˜ o aditiva, ent˜ entao a˜ o ter´ ter´ıamos ıamos usado multiplos u´ ltiplos de x no lugar de potˆ potencias eˆ ncias de x. No final, chegar´ chegar´ıamos ıamos a` mesma conclus˜ conclusao: a˜ o: que G tem exatamente dois geradores, x e − x x.. C1) Seja σ a seguint segu intee permuta per mutacc¸ ao a˜ o de S 10 : σ=
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 7 5 9 4 10 10 2 6 3 1
.
Calcule a ordem de σ e a potˆencia encia σ2010 . ,devemo vemoss calcul calcular ar suas potˆ potencias eˆ ncias de expoSoluc¸ ˜ ao: Para calcular a ordem de σ,de entes inteiros e verificar se alguma coincide com a identidade. σ2 = σσ =
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 7 5 9 4 1 10 0 2 6 3 1 =
As co comp mpos osic ic¸ oes o˜ es utilizadas no c´ calculo a´ lculo de σ2
=
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 7 5 9 4 1 10 0 2 6 3 1
,
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 6 2 4 3 9 1 7 10 5 8
σσ foram as seguintes:
• 1 −→ 8 e 8 −→ 6; logo, 1 −→ 6 (ou seja: “o 1 e´ levado por σ para o 8, depois o 8 e´ levado para o 6; logo, o 1 ´ e levado na composi¸cao ˜ σσ para o 6” ) • 2 −→ 7 e 7 −→ 2; logo, 2 −→ 2 • 3 −→ 5 e 5 −→ 4; logo, 3 −→ 4 • 4 −→ 9 e 9 −→ 3; logo, 4 −→ 3 • etc.
8
σ3 = σ2 σ =
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 6 2 4 3 9 1 7 10 5 8 =
σ4 = σ3 σ =
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 10 7 9 5 3 8 2 1 4 6 =
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 7 5 9 4 1 10 0 2 6 3 1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 10 7 9 5 3 8 2 1 4 6
,
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 7 5 9 4 1 10 0 2 6 3 1
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10
=
e
=
identidade.
Logo, o(σ) = 4. Isso significa que as pot encias eˆ ncias de expoentes inteiros se repetem de 4 em 4: σ5 = σ4 σ = eσ = σ, σ6 = σ4 σ2 = eσ2 = σ2 , σ7 = σ4 σ3 = eσ3 = σ3 , σ8 = σ4 σ4 = ee = e, etc. Se o expoente expoente r r for for m´ multiplo u´ ltiplo de 4, ent˜ entao a˜ o σr = e. Dividindose 2010 por 4, obtemos quociente 502 e resto igual a 2, ou seja, 2010 = 4 × 502 + 2. Da´´ı, Da ı, σ2010 = σ4×502+2 = (σ4 )
502
=
σ2 = eσ2 = σ2 =
e
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 6 2 4 3 9 1 7 1 10 0 5 8
.
C2) Seja G um grupo multiplicativo com elemento neutro e. Sendo a, b ∈ G diferentes do elemento neutro tais que a5 = e e aba−1 = b2 , calcule o(b). Soluc¸ ˜ ao: Para calcularmos a ordem de b, devemos de algum modo saber quais sao a˜ o suas potˆencias encias de expoentes inteiros positivos. • b2 ·b2
=
(aba−1 )( )(aba aba−1 ) = ab ab((a−1 a)ba−1
a2 ba−2 , ou seja, b4
=
=
=
a2 (aba−1 )a−2
abeba −1
=
a b2 a−1
=
a(aba−1 )a−1
=
a2 beba−2
aba−1
a2 ba−2 .
em que b4 · b4 • Temos tamb´em a2 b2 a−2
=
(a2 ba−2 )( )(a a2 ba−2 ) = a2 b(a−2 a2 )ba−2 3 −3 8 3 −3 = a ba , ou seja, b = a ba .
=
aba−1
• De modo semelhante, calculamos b16
b8 · b8 e b32 = b16 · b16 e obtemos os seguintes resultados: b16 = a4 ba−4 e b32 = a5 ba−5 . Com omo o a5 = e, obtemos finalmente que b32 = ebe−1 ⇒ b32 = b que multiplicando-se por b−1 fornece: b−1 b32 = b−1 b, ou seja b31 = e. =
Temos da´ı que a ordem de b e´ um divisor de 31. Como b nao a˜ o e´ o elemento neutro e 31 e´ primo, temos finalmente que o(b) = 31.
9
=
