Dicas para a 6 a Lista de Álgebra 1 (Conteúdo: Homomorfismos de Grupos e Teorema do Isomorfismo para grupos) Professor: Igor Lima.

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1 Dicas para a 6 a Lista de Álgebra 1 (Conteúdo: Homomorfismos de Grupos e Teorema do Isomorfismo para grupos) Professor: Igor Lima. 1 /2013 Para calcular Hom(G 1,G 2 ) ou Aut(G) vocês vão precisar ter em mente algumas coisas: um homomorfismo f Hom(G 1,G 2 ) tem como domínio G 1 e contradomínio G 2. um automorfismo f Aut(G) tem como domínio G e contradomínio G (é um isomorfismo de G para G). Para determinar Hom(G 1,G 2 ) é preciso determinar todos os homomorfismos de G 1 para G 2 (dica: veja a Proposição V.6.7 do livro da minha edição). O primeiro passo é saber os geradores do domínio (pois o grupo é gerado pelo conjunto formado pelos geradores e portanto todo elemento do grupo é um produto finito de gerador ou inverso de gerador, que também é gerador). Por exemplo, se S é o conjunto de geradores de G, então G =< S > e qualquer elemento g G é da forma g = a 1 a 2 a 3... a n com a i S ou a i S 1, para todo 1 i n, para algum n N. E pela propriedade de homomorfismo (pela definição), qualquer homomorfismo f Hom(G 1,G 2 ) é tal que f (g) = f (a 1 ) f (a 2 )... f (a n ). E uma vez que você definir onde vão os geradores, você consequentemente estará dizendo onde irá g. Portanto, basta definir onde vão os geradores do domínio. Todos os grupos citados na lista são grupos cujos geradores são conhecidos. No livro texto, por exemplo, tem os geradores. Caso você não saiba, tenha em mente: O grupo S n pode ser gerado por (12) e (123...n). Em particular, S 3 pode ser gerado por (12) e (123). O grupo cíclico infinito Z é gerado, aditivamente, por 1 ou se preferir por 1 (um dos dois, pois lembre-se que grupo cíclico é aquele que pode ser gerado por 1 elemento do grupo). O grupo cíclico finito Z n = Z nz pode ser representado pelo conjunto ou se quiser por este conjunto {0,1,2,3,...,n 1} {nz,1 + nz,2 + nz,3 + nz,...,n 1 + nz}. No primeiro caso, a operação a b é dada pelo resto da divisão de a+b por n, onde a e b são elementos do conjunto. E lembrando que se a + b < n, então o resto é definido como sendo a+b. Já no segundo caso, usamos a definição da operação de grupo quociente: a + nz + b + nz = a + b + nz. E levando em consideração que 1

2 se a + b > n, então novamente se considera o resto da seguinte forma: 2 + 4Z Z = 5 + 4Z = 1 + 4Z, pois 5 > 4 e 5 deixa resto 1 na divisão por 4. Por uma questão de simplicidade na notação, irei considerar o primeiro caso na explicação a seguir. O grupo cíclico finito Z n é gerado por qualquer um de seus elementos não nulos e que sejam coprimos com n. Por exemplo, com n = 8, temos que 1,3,5 e 7 são os únicos geradores para Z 8 (qualquer um deles), pois são os únicos elementos de Z 8, não nulos, e coprimos com 8. Note que quando estamos no caso primo, por exemplo, Z p, então todos os elementos não nulos são possíveis geradores. E note ainda que 1 sempre é gerador de Z n. No produto direto de grupos cíclicos, por exemplo, G 1 G 2... G n, os geradores são dados por (a 1,0,0,...,0),(0,a 2,0,0,...,0),...,(0,0,0,...,a n ) onde a i é gerador de G i, para 1 i n. Em particular, os geradores para o grupo de Klein Z 2 Z 2 são (1,0) e (0,1). Note que o grupo de Klein não é cíclico. Veremos no curso uma condição para que o produto direto de grupos cíclicos finitos seja um grupo cíclico (Teorema Chinês dos Restos). O grupo dos ( quartérnios ) Q 3 ( pode ser ) gerado por dois de seus elementos, i a saber, +, +. Sugiro verificar no livro texto a 0 i 1 0 classificação dos grupos de ordem 8. O grupo diedral de ordem 8, que denotamos por D 8 (lembrem que D 8 é isomorfo ao grupo de simetrias espaciais de um polígono regular de 4 lados, ou seja, um quadrado, denotado no livro texto por D ) pode ser gerado por R π 2 e R 1 (veja as definições dessas rotações no livro texto). Também é possível ver o D 8 como D 8 = {(1),(1234),(13)(24),(1432),(14)(23),(12)(34),(24),(13)} isto é, como um subgrupo de S 4. Isto é um exercício no livro texto. Neste caso, os geradores podem ser (13) e (1234) (ou seja, qualquer elemento de D 8 pode ser obtido usando apenas esses dois elementos e seus inversos). Sim, eu testei aqui. Mas eu já sabia que o grupo diedral de ordem 2n pode ser gerado por um elemento de ordem 2 e um de ordem n. Você também poderia usar (13) e (1432) ou (24) e (1234) ou (24) e (1432) ou (14)(23) e (1234) ou (14)(23) e (1432) ou (12)(34) e (1234) ou (12)(34) e (1432). O único elemento de ordem 2 que não daria pra usar como gerador, juntamente com um elemento de ordem 4, seria o (13)(24), pois (13)(24) = (1234) 2, logo (13)(24) < (1234) >. Você também poderia usar dois elementos de ordem 2 (que não comutam) para gerar o grupo diedral, por exemplo, (24) e (12)(34). Note que se x e y são ambos elementos de ordem 2 e não comutam, então além de x = x 1 e y = y 1, temos que xy yx e ainda o subgrupo gerado por x e por y não é abeliano, logo tal subgrupo tem que ordem maior do que 5 (pois o 2

3 menor grupo não abeliano tem ordem 6 e porque tal subgrupo já contém x 2,x,y,xy e yx) e portanto tem que ser 8. Agora vamos relembrar algo que já fiz em sala (e que tem no livro texto): Um homomorfismo f Hom(G 1,G 2 ) é tal que se g G 1 e a ordem de g é finita, então a ordem de f (g) divide a ordem de g. No caso de f ser um isomorfismo, temos que a ordem de g é a mesma que f (g). Isto quer dizer exatamente o seguinte: A imagem de um elemento (de ordem finita) do domínio por um homomorfismo tem que ir necessariamente em algum elemento do contradomínio cuja ordem divide a ordem do elemento do domínio. Portanto, no cálculo do Hom(G 1,G 2 ) é necessário você saber os geradores de G 1 (ou um gerador se for cíclico) e também as ordens dos geradores de G 1 e as ordens dos elementos de G 2. Nem todo elemento de G 2 precisa ser atingido, pois nem todo homomorfismo de Hom(G 1,G 2 ) é sobrejetivo. Por exemplo, o homomorfismo trivial, que leva todo elemento de G 1 na identidade de G 2, não é um homomorfismo sobrejetivo se G 2 > 1. Técnica: G 1 é um grupo finito não cíclico. Aqui pensaremos nas possibilidades para o núcleo de um homomorfismo f Hom(S 3,S 3 ). Como o núcleo Ker( f ) é um subgrupo normal do domínio, as únicas possibilidades são: {(1)},< (123) > ou S 3. No primeiro caso, f é injetivo e portanto é um isomorfismo (já comentei, mas repetirei: Se você tiver uma função f : X Y, onde X = Y <, então f é injetiva se, e somente se, é sobrejetiva). Logo, no primeiro caso, estaremos procurando Aut(S 3 ) (já feito abaixo e temos 6 elementos S para Hom(S 3,S 3 ) neste caso). E no segundo caso, como 3 Ker( f ) tem ordem 2, a imagem de f tem que ter ordem 2, pois pelo Teorema do Isomorfismo S 3 Ker( f ) = Im( f ). Logo, no segundo caso estaremos interessados em subgrupos do contradomínio que tenham ordem 2 (lembre-se que imagem de um homomorfismo é sempre um subgrupo do contradomínio). E já sabemos todos os subgrupos de S 3 de ordem 2: {(1),(12)},{(1),(13)},{(1),(23)}. Ou seja, temos que enviar para (1) todos os elementos de < (123) > e enviar o restante dos elementos de S 3 para os elementos de ordem 2, obtendo respectivamente os subgrupos listados quando enviamos para (12), para (13) e para (23). Você pode se perguntar se bastaria analisar os envios dos geradores (12) e (123). Sim, bastaria, pois por exemplo (12)(123) = (23) e uma vez que (12) e (123) foram enviados, necessariamente já sabemos onde irá o elemento (23). Analogamente, para os outros elementos. O total de possibilidades neste caso é 3. Por fim, o caso em que Ker( f ) é S 3 corresponde a enviar todos os elementos de S 3 para (1), isto é, só temos o homomorfismo trivial. Assim, Hom(S 3,S 3 ) = = 10. Técnica: Quando G 1 for um grupo cíclico. 3

4 Para exemplificar, vamos fazer o seguinte exemplo: Hom(Z 8,Z 10 ). Como 1 gera Z 8 (logo tem ordem 8), precisamos agora saber as ordens dos elementos de Z 8 e as ordens dos elementos de Z 10. Qualquer homomorfismo f Hom(Z 8,Z 10 ) levará 1 Z 8 em algum elemento de Z 10 que tenha ordem 1 ou 2 ou 4 ou 8. Ou seja, as únicas ordens do contradomínio que nos interessam são essas possíveis. Mas em Z 10 só temos elementos de ordem 1 (só o 0) ou 2 (só o 5) ou 5 (2,4 e 6) ou 10 (1,3,7 e 9). Logo os elementos de Hom(Z 8,Z 10 ) são os seguintes homomorfismos: f 1 : homomorfismo trivial, isto é leva 1 Z 8 em 0 Z 10, onde 0 é o elemento identidade de Z 10. f 2 : leva 1 em 5. Note que Hom(Z 8,Z 10 ) tem 2 elementos. E se fosse Hom(Z 10,Z 8 )? Vamos ver o que ocorre. Um gerador para o domínio é o 1. Nos interessam os elementos em Z 8 que tenham ordem dividindo 10, no caso só irá nos interessar os elementos de ordem 1 (só o 0) e de ordem 2 (só o 4). Logo temos que Hom(Z 10,Z 8 ) tem os seguintes elementos: f 1 : homomorfismo trivial. f 2 : leva 1 no 4. Também tivemos que Hom(Z 10,Z 8 ) tem 2 elementos. Embora Hom(Z 10,Z 8 ) e Hom(Z 8,Z 10 ) tenham a mesma quantidade de elementos, eles são distintos como conjuntos. Mas nem sempre Hom(G 1,G 2 ) tem a mesma quantidade de elementos que Hom(G 2,G 1 ). Vamos fazer mais um exemplo: Hom(Z,S 3 ) e depois Hom(S 3,Z). No primeiro caso, o gerador 1 Z tem ordem infinita e não falamos nada sobre ele ter que ir em um elemento de mesma ordem. Mas usaremos algo que citei: Proposição V.6.7 do livro da minha edição. Usaremos o seu item b, na seguinte forma: Como a ordem do elemento 1 < 1 >= Z é infinita, então dado qualquer elemento do h contradomínio (não importa a ordem de h), existe um único homomorfismo que leva 1 em h. Portanto, o número de elementos em Hom(Z,S 3 ) é S 3 = 6, que corresponde justamente a levar 1 em cada elemento de S 3. Já para Hom(S 3,Z), podemos usar o que já usamos anteriormente pois S 3 só tem elementos de ordem finita (em particular seus geradores). Logo a única possibilidade para levar (12) é em algum elemento de Z que tenha ordem 1 ou 2, logo (12) só pode ir em 0 que é o único elemento de Z que tem ordem finita (no caso ordem 1). Analogamente, o outro gerador de S 3, que é o (123) só pode ir também 4

5 no 0. Logo o único elemento de Hom(S 3,Z) é o homomorfismo trivial. Note que Hom(Z,S 3 ) e Hom(S 3,Z) não têm a mesma quantidade de elementos. Para determinar o Aut(G), basta ter em mente que isomorfismo leva gerador em gerador e portanto elementos de mesma ordem vão em elementos de mesma ordem. Por exemplo, em Aut(Z n ) todo homomorfismo f leva 1 em algum outro possível gerador, isto é, em algum número não nulo entre 1 e n 1 que seja coprimo com n. E para cada possibilidade temos um automorfismo, logo o número total de automorfismos coincide com a quantidade de números entre 1 e n 1 coprimos com n. Em particular, quanto n = p é um número primo, então todo número entre 1 e p 1 é coprimo com p. Logo, Aut(Z p ) = p 1. Na hora de tentar encontrar os automorfismos de um grupo, você tem que pensar que esse homomorfismo que você procura, não pode ter núcleo (tem núcleo trivial) e por isso o único elemento que vai na identidade do contradomínio é a identidade do domínio. E sendo isomorfismo, os elementos vão em elementos de mesma ordem. Mais precisamente, gerador vai em gerador. Por exemplo, Aut(Z). Sabemos que 1 ou 1 geram Z, aditivamente (um deles, pois Z é cíclico). Escolhemos 1 como gerador do domínio. Ele tem que num gerador do contradomínio. Logo, só temos as possibilidades: 1 e 1. O automorfismo que leva 1 em 1 é a identidade. O outro automorfismo possível é o que leva 1 em 1. E portanto, Aut(Z) = Z 2, pois tem apenas 2 elementos. Outro exemplo: Aut(D 8 ), onde D 8 = {(1),(1234),(13)(24),(1432),(14)(23),(12)(34),(24),(13)}. Já listamos os geradores. Temos para cada elemento de ordem 4 apenas duas possibilidades distintas. E para os elementos de ordem 2 que podem ser geradores, temos 4 possibilidades (lembre-se que (13)(24) vai nele mesmo, pois não é gerador e (13)(24) = (1234) 2, logo para qualquer automorfismo f Aut(D 8 ), tem-se f ((1234) 2 ) = f ((1234)) f ((1234)) = (13)(24), independentemente se (1234) vai nele mesmo ou vai em (1432)), logo Aut(D 8 ) possui 8 elementos e você consegue listar todos eles. É possível mostrar ainda que Aut(D 8 ) = D 8. Outro exemplo: Seja G o grupo de Klein. Sabemos que G tem 4 elementos e que é abeliano, logo podemos considerar G da seguinte forma (para facilitar): G = {e,x,y,xy}, onde e = e G, além disso, xy = yx e x e y têm ordem 2. Quem não se sentir confortável com essa notação, adapte-a para: G = Z 2 Z 2,e = (2Z,2Z),x = (1+2Z,2Z),y = (2Z,1+2Z),xy = (1+2Z,1+2Z). Os geradores são x e y (sim, o grupo e Klein não é cíclico). Note que também poderíamos usar xy no lugar de x ou de y. Um elemento f Aut(G) leva x em x ou y ou xy e analogamente, y tem as mesmas possibilidades. Logo temos 6 possibilidades distintas (de fato: para cada possibilidade de envio de x, só há 2 possibilidades para enviar y de modo a ter bijeção). Agora você consegue listar todos os elementos de Aut(G), onde G é o grupo de Klein. Temos que Aut(G) = S 3. 5

6 Outro exemplo: Aut(S 3 ). De modo sucinto: (123) só pode ir em (123) ou (132) e (12) só pode ir em algum dos 3 elementos de ordem 2, a saber: (12), (13) ou (23). Logo temos 6 possibilidades e portanto Aut(S 3 ) = 6. Você consegue agora listar todos. E de fato, Aut(S 3 ) = S 3. Um resultado geral: Aut(S n ) = S n, desde que n 3 e n 6. Por fim, faremos 2 exemplos: Aut(Q 3 ) e Hom(D 8,Q 3 ). Lembrando que D 8 e Q 3 possuem ordem 8, mas não são isomorfos, pois em Q 3 todo subgrupo é normal, já em D 8 não (ou se quiser, Q 3 só possue um elemento de ordem 2 e D 8 possue 5 destes). ( ) ( ) i Já sabemos que Q 3 é gerado por A = +, B = +, ou 0 i 1 0 seja qualquer outro elemento de Q 3 pode ser obtido por meio de produtos destas duas matrizes e seus inversos. Quaisquer dos pares a seguir são geradores para Q 3 : A com B,B 3,AB ou BA; A 3 com B,B 3,AB ou BA; B com A,A 3,AB ou BA; B 3 com A,A 3,AB ou BA. Note que AB com BA juntos não geram Q 3, de fato, (AB) 3 = BA (use as identidades: A 2 = B 2 e BA = A 3 B = B 2 AB, logo A = BAB). Note que A 2 = B 2 vai nele mesmo, pois em qualquer dos casos citados um automorfismo f Aut(Q 3 ) é tal que f (A 2 ) = f (A) f (A) = A 2, basta usar as seguintes identidades: A 2 = B 2 e BA = A 3 B, isto é, BA = B 2 AB, logo A = BAB. Só para deixar o registro, essas notações/identidades estão no livro texto, basta ver a classificação dos grupos de ordem 8. As possibilidades são as listadas a seguir: A A e B B,B 3,AB,BA A A 3 e B B,B 3,AB,BA A B e B A,A 3,AB,BA A B 3 e B A,A 3,AB,BA A AB e B A,A 3,B,B 3 A BA e B A,A 3,B,B 3. Logo, Aut(Q 3 ) possui 24 elementos. Usando a notação do livro, poderíamos descrever Q 3 assim: Q 3 =< A,B A 4,A 2 = B 2,BA = A 3 B >. Isto é, o grupo dos quatérnios Q 3 é um grupo gerado pelos elementos A e B e que satisfaz as seguintes relações (equações): A 4 = identidade, A 2 = B 2 e BA = A 3 B. Isto se chama uma apresentação para o grupo Q 3. 6

7 Agora para finalizar, vamos encontrar Hom(D 8,Q 3 ). Recordamos que: D 8 = {(1),(1234),(13)(24),(1432),(14)(23),(12)(34),(24),(13)}. Qualquer homomorfismo f Hom(D 8,Q 3 ) tem como núcleo os possíveis os subgrupos normais de D 8. Como D 8 e Q 3 possuem a mesma ordem, qualquer função injetiva (ou sobrejetiva) é também sobrejetiva (injetiva). Logo, não podemos ter Ker( f ) = 1. Pelo Teorema de Lagrange, as outras possibilidades são: Ker( f ) = 2, Ker( f ) = 4 e Ker( f ) = 8. Lembrando que Ker( f ) sempre é um subgrupo normal do domínio de f. E nem todo subgrupo de ordem 2 em D 8 é normal em D 8. De fato, {(1),(13)(24)} é o único subgrupo normal de ordem 2 em D 8. Verifique! O único homomorfismo que nos dá Ker( f ) = 8 é o homomorfismo trivial, isto é, f (x) =identidade, x D 8. Se Ker( f ) = 4, então pelo Teorema do Isomorfismo, segue que Im( f ) = 2 e portanto a única possibilidade é Im( f ) = { A 4,A 2}. Neste caso, podemos enviar para A 4 =identidade de Q 3, todos os elementos do subgrupo < (1234) >, isto é, {(1),(1234),(13)(24),(1432)}. E enviar para A 2, todos os outros 4 elementos de D 8. Outra possibilidade é enviar outro subgrupo de ordem 4 para o elemento A 4, por exemplo, {(1),(24),(13),(13)(24)} ou {(1),(14)(23),(12)(34),(13)(24)}, e enviar para A 2, todos os outros elementos de D 8 (cada caso feito separadamente). Tivemos neste caso 3 possibilidades e não há outras possibilidades para este caso. E por fim, se Ker( f ) = 2, então pelo Teorema do Isomorfismo, segue que Im( f ) = 4 e portanto as únicas possibilidades são Im( f ) = { B 4,B,B 2,B 3}, Im( f ) = { A 4,A,A 2,A 3} ou Im( f ) = { (AB) 4,AB,(AB) 2,(AB) 3}. Note que em todos os casos há 2 elementos de ordem 4. E para ter Ker( f ) = 2, como o único subgrupo de ordem 2 de D 8 é {(1),(13)(24)}, temos como única possibilidade enviar todos os elementos de {(1),(13)(24)} para a identidade de Q 3. Note que necessariamente (1234) e (1432) tem que ir em elementos de ordem 2 em Q 3, pois não podem ir, neste caso, em elementos de ordem 1 e ainda f ((13)(24)) = f ((1234) 2 ) = f ((1234)) f ((1234)) = ( f ((1234))) 2 = identidade, logo (1234) e analogamente (1432) não podem ir em elementos de ordem 4. Note também que de f ((1432)) = f ((1234) 1 ) = ( f ((1234))) 1, logo (1234) e (1432) vão no mesmo elemento, pois um elemento de ordem 2 é inverso dele mesmo. Como (1234) e (1432) são os únicos elementos de D 8 de ordem 4, eles seriam os únicos que poderiam ser levados em elementos de ordem 4, logo nenhum elemento, neste caso, poderia ir num elemento de ordem 4 de Im( f ) (lembre-se que, quando g <, então f (g) divide g ). Portanto, este caso não ocorre. O total de elementos em Hom(D 8,Q 3 ) é justamente o total de possibilidades em cada caso que temos, isto é, Hom(D 8,Q 3 ) = = 4. Obs.: Confiram todas as contas. Se houver algum erro matemático, quem descobrir primeiro ganha 0,1 ponto na primeira prova por erro descoberto. Leiam a teoria!!!! 7

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