1234, 1243, 1324, 1342, 1423, 1432, 2134, 2143, 2314, 2341, 2413, 2431,

Transcrição

1 1. Escreva os elementos de S 4 nas duas notações. Observe que S 4 = 4! = 24. Os elementos de S 4 tem a forma 1 a, 2 b, 3 c, 4 d onde a sequência abcd é uma das seguintes: 1234, 1243, 1324, 1342, 1423, 1432, 2134, 2143, 2314, 2341, 2413, 2431, 3124, 3142, 3214, 3241, 3412, 3421, 4123, 4132, 4213, 4231, 4312, Na notação cíclica, tais permutações se escrevem da forma seguinte: 1, (34), (23), (234), (243), (24), (12), (12)(34), (123), (1234), (1243), (124), (132), (1342), (13), (134), (13)(24), (1324), (1432), (134), (13)(24), (1324), (1423), (14)(23). 2. Calcular as ordens dos elementos de C 15. Temos C 15 = {1, x, x 2,..., x 14 } = x. Sabemos que o(x k ) = o(x)/(k, o(x)), e aplicando essa formula obtemos o(x k ) = o(x) = 15 quando (k, 15) = 1, isto é, o(x k ) = o(x) = 15 quando k = 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14. Além disso, o(x 3 ) = 15/3 = 5, o(x 5 ) = 15/5 = 3, o(x 6 ) = 15/3 = 5, o(x 9 ) = 15/3 = 5, o(x 10 ) = 15/5 = 3, o(x 12 ) = 15/3 = Mostrar que todo grupo cíclico é abeliano. Mostrar que (Q, +) é abeliano mas não é cíclico. Todo grupo cíclico é abeliano pois em um grupo cíclico x todo elemento tem a forma x n para algum inteiro n e temos x n x m = x n+m = x m+n = x m x n. O grupo (Q, +) não é cíclico: se fosse cíclico existiria x Q tal que todo elemento de Q tem a forma nx (potência aditiva é multiplo!) para algum n Z. Em particular como x/2 Q temos x/2 = nx para algum n Z, o que implica x = 2nx, logo x(1 2n) = 0 e como x 0 (pois é claro que Q 0 = {0}) isso implica 2n = 1 que é uma contradição. 4. Escreva os elementos da classe lateral x x 2 onde x = C 12. Os elementos de x 2 são as potências de x 2, logo x 2 = {1, x 2, x 4, x 6, x 8, x 10 }, x x = {x, x 3, x 5, x 7, x 9, x 11 }. 1

2 5. Seja H um subgrupo de S 3 e suponha que H contenha (12) e (123). Mostre que H = S 3. Observe que (12) H, (123) H. Pelo teorema de Lagrange, 2 = o((12)) = (12) e 3 = o((123)) = (123) dividem H. Temos então que 2 e 3 dividem H, logo 6 divide H (em geral se dois inteiros a, b dividem n então o menor múltiplo comum entre a, b também divide n). Mas então H é um subconjunto de S 3 com 6 elemento e S 3 tem 6 elementos, e deduzimos que H = S Escreva os elementos de S 3 / (123). Primeiro, observe que H = (123) = {1, (123), (132)} é normal em S 3 porque os conjugados de x = (123) são 1(123)1 1 = (123) H, (12)(123)(12) 1 = (12)(123)(12) = (132) H, (13)(123)(13) 1 = (13)(123)(13) = (132) H, (23)(123)(23) 1 = (23)(123)(23) = (132) H, (123)(123)(123) 1 = (123)(123)(132) = (123) H, (132)(123)(132) 1 = (132)(123)(123) = (123) H. Isso mostra que gxg 1 S 3 para todo g S 3, logo gx 2 g 1 = gxxg 1 = gxg 1 gxg 1 S 3 para todo g S 3. Como x = {1, x, x 2 } temos que x S 3. Agora, H tem indice 2 pois H = 3 e G : H = G / H = 6/3 = 2, logo H tem duas classes laterais, elas são H e (12)H = {(12), (12)(123), (12)(132)} = {(12), (23), (13)}. Logo o grupo quociênte S 3 /H = {H, (12)H} é um grupo cíclico de ordem 2 gerado por (12)H. 7. Encontre todos os subgrupos normais de S 3. Já conhecemos três subgrupos normais de S 3 : {1}, S 3 e (123). Se H S 3 então H divide S 3 = 6, e se H = 1 então H = {1}, e se H = 6 então H = S 3. Os subgrupos de S 3 diferentes de {1} e de S 3 têm que ter ordem 2 ou 3, em particular eles têm ordem prima, logo são cíclicos. Isso 2

3 mostra que todos os subgrupos de S 3 diferentes de S 3 são cíclicos, então os subgrupos de S 3 são {1}, (123), (12), (13), (23), S 3. É facil ver que os subgrupos de ordem 2 não são normais. Por exemplo observe que (13)(12)(13) 1 = (13)(12)(13) = (23) (12). Para resumir, os subgrupos normais de S 3 são {1}, (123) e S Diga se (1234) S 4. Não é, pois (1234) = {1, (1234), (13)(24), (1432)} logo (12)(1234)(12) 1 = (12)(1234)(12) = (1342) (1234). 9. Se H G e g G defina ghg 1 := {ghg 1 : g G}. Prove que ghg 1 G. É claro que 1 ghg 1 pois 1 = g1g 1. Se x = ghg 1 ghg 1 logo x 1 = gh 1 g 1 ghg 1 pois h 1 H. Se h, k H, x = ghg 1, y = gkg 1 ghg 1 então xy = ghg 1 gkg 1 = ghkg 1 ghg 1 pois hk H. 10. Se H G então g G ghg 1 é um subgrupo normal de G. Em geral uma interseção de subgrupos é um subgrupo: se A, B são subgrupos de G e H = A B então 1 H pois 1 A e 1 B, e se h, k H então h, k A e h, k B, logo hk A e hk B sendo A, B subgrupos, logo hk A B = H. Além disso, h 1 A e h 1 B sendo A e B subgrupos, então h 1 A B = H. Isso mostra que H G. Mais em geral, o mesmo argomento mostra que uma qualquer interseção de uma família de subgrupos é um subgrupo. Aplicando isso no nosso caso, temos que todo ghg 1 G (pelo exercício anterior) logo g G ghg 1 G. Falta mostrar que N = g G ghg 1 é normal em G. Seja n N e seja x G. Precisamos mostrar que xnx 1 N, isto é, xnx 1 ghg 1 para todo g G, em outras palavras n x 1 ghg 1 x para todo g G. Mas x 1 ghg 1 x = x 1 gh(x 1 g) 1 é um conjugado de H, logo ele contem n por definição de N. 11. Sejam H G, N G. Prove que H N H. Já observamos no exercício anterior que uma interseção de subgrupos é um subgrupo. Falta mostrar que H N é normal em H. Se x H N e h H então hxh 1 H pois h, x H e hxh 1 N pois N é normal em G. Isso implica que hxh 1 H N. 3

4 12. Sejam H G, N G e seja HN := {hn : h H, n N}. Prove que HN G. Prove que se H também é normal então HN G. É claro que 1 HN pois 1 = 1 1 e 1 H, 1 N. Se x HN escrevemos x = hn com h H, n N, e temos (hn) 1 = n 1 h 1 = h 1 hnh 1 HN pois h 1 H e hnh 1 N (N é normal em G). Se h, k H e n, m N então (hn)(km) = hkk 1 nkm HN pois h, k H e k 1 nk, m N. 13. Seja G um grupo abeliano e H G. Mostre que G/H é abeliano. Se ah, bh G/H então (ah)(bh) = abh = bah = (bh)(ah). 14. Seja H G e seja xh G/H. Mostre que (xh) G/H = H. Já vimos que se x G então x G = 1. Aplicando esse resultado ao grupo G/H, que tem ordem G/H e elemento neutro H, obtemos exatamente (xh) G/H = H. 15. Mostre que A 5 = 60. Sabemos que S 5 : A 5 = 2, logo 2 = S 5 : A 5 = S 5 /A 5 = S 5 / A 5 = 5!/ A 5 logo A 5 = 5!/2 = 120/2 = Conte os elementos de A 5 de ordens 1, 2, 3, 5. Os elementos de A 5 diferentes de 1 são ciclos de comprimento 3 ou 5 ou produto de dois ciclos disjuntos de comprimento 2 (os elementos de tipo ( )( ) e ( ) não pertencem a A 5 porque são permutações impares). Para construir um ciclo de comprimento 3 precisamos de três elementos de {1, 2, 3, 4, 5} com os quais podemos construir dois ciclos (por exemplo com os elementos 1, 2, 3 podemos construir os ciclos (123) e (132)), logo no grupo A 5 temos ( 5 3) 2 = 20 ciclos de comprimento 3. Para construir um ciclo de comprimento 5 basta contar as possibilidades escrevendo um tal ciclo na forma (1 ). Tem 4! = 24 possibilidades. Para construir um produto de dois ciclos disjuntos de comprimento 2 precisamos escolher um elemento fixo (tem 5 possibilidades) e escolher a imagem de um dos 4 elementos não fixados (por exemplo fixando 3 e escolhendo 1 5 obtemos o elemento (15)(24)). Logo A 5 contem 5 3 = 15 elementos de ordem 2. Observe que = 60 = A Seja H := {σ S n : σ(1) = 1}. Mostre que H S n e que HA n = S n se n > 2. 4

5 Sejam σ, τ H. Temos 1 H pois 1(1) = 1, e σ 1 (1) = σ 1 (σ(1)) = 1 logo σ H. Além disso, στ(1) = σ(τ(1)) = σ(1) = 1 logo στ H. Isso mostra que H S n. Em particular, HA n S n pois H S n e A n S n. Agora seja g S n e mostramos que g HA n. Observe que como A n é normal, HA n = A n H logo basta mostrar que g A n H. Se g A n ou g H então é claro que g = 1 g = g 1 A n H logo supomos agora que g A n e que g H. Seja k = g(1) 1 e seja h {1,..., n} com 1 h k (isto é possível pois n > 2). Então ((1hk)g)(1) = 1 logo (1hk)g H, o que implica g (1hk) 1 H A n H. 18. Seja G um grupo e seja Z = Z(G) := {x G : gx = xg g G}, o centro de G, o conjunto dos elementos de G que comutam com todos os elementos de G. Prove que Z é um subgrupo normal de G e mostre que Z = G se e somente se G é abeliano. É claro que 1 Z pois 1 g = g 1 = g para todo g G. Se x, y Z e g G então (xy)g = xyg = xgy = gxy = g(xy) então xy comuta com todo g G, isto é, xy Z. Além disso, se x Z e g G então x 1 g = (g 1 x) 1 = (xg 1 ) 1 = gx 1, logo x 1 comuta com todo g G, isto é, x 1 Z. Isso mostra que Z G. Z é normal pois se x Z e g G então gxg 1 = gg 1 x = x Z. É claro que Z = G se e somente se G é abeliano, pois dizer Z = G é equivalente a dizer que todo elemento de G comuta com todo elemento de G. 19. Mostre que Z(S 3 ) = {1}, Z(A 3 ) = A 3, Z(S 4 ) = {1}, Z(A 4 ) = {1}. Observe que (12)(13) = (132) e (13)(12) = (123), logo (12) Z(S 3 ) e (13) Z(S 3 ); (123)(23) = (12) e (23)(123) = (13) logo (123) Z(S 3 ) e (23) Z(S 3 ); (12)(132) = (13), (132)(12) = (23) logo (132) Z(S 3 ). Isso mostra que Z(S 3 ) = {1}. A 3 = {1, (123), (132)} = (123) é ciclico, logo é abeliano e Z(A 3 ) = A 3 (cf. o exercício anterior). Observe que a simetria dos calculos implica que se no grupo simetrico S n conseguimos mostrar que (12) Z(S n ) então todos os ciclos de comprimento 2 não pertencem ao centro de S n, e assim para as outras estruturas. Então o fato que (12)(123) (123)(12) implica que os ciclos de comprimentos 2 e 3 não pertencem a Z(S 4 ), e (12)(34)(1234) (1234)(12)(34) implica que os ciclos de comprimento 4 e os produtos de dois ciclos disjuntos de comprimento 2 não pertencem a Z(S 4 ), logo Z(S 4 ) = {1}. Agora, os elementos de A 4 diferentes de 1 são ciclos de comprimento 3 ou produtos de dois ciclos disjuntos de comprimento 2, e como (123)(12)(34) (12)(34)(123) eles não pertencem a Z(A 4 ), logo Z(A 4 ) = {1}. 20. Mostre que o indice G : Z(G) não pode ser igual a 2. [Dica: se G : Z = 2 então G/Z = {Z, xz} para algum x G logo todo elemento fora de Z 5

6 tem a forma xz para algum z Z - tente mostrar que isso implica que G é abeliano.] Sejam a, b G. Mostramos que ab = ba. É claro que se um entre a, b pertence a Z(G) então ab = ba, agora supomos que a, b Z(G), assim (seguindo a dica) a = xz, b = xz para alguns z, z Z. Temos ab = xzxz = xxz z = xz xz = ba. Isso mostra que G é abeliano, logo G = Z(G), uma contradição (Z(G) é diferente de G, pois ele tem indice 2). 21. (Herstein problema 3 seção 2.10). Escreva como produtos de ciclos disjuntos. (123)(45)(16789)(15), (12)(123)(12) (123)(45)(16789)(15) = ( ), (12)(123)(12) = (132) 22. (Herstein problema 4 seção 2.10). Mostre que (1, 2,..., n) 1 = (n, n 1,..., 1). Basta observar que (1, 2,..., n)(n, n 1,..., 1) = (Herstein problema 5 seção 2.10). Encontre a estrutura cíclica das oito potências de σ = (1... 8). Por exemplo ( ) 4 = (15)(26)(37)(48) tem estrutura cíclica (2, 2, 2, 2). Temos σ 2 = (1357)(2468) (estrutura cíclica (4, 4)), σ 3 = ( ) (estrutura cíclica (8)), σ 4 = (15)(26)(37)(48) (estrutura cíclica (2, 2, 2, 2)), σ 5 = ( ) (estrutura cíclica (8)), σ 6 = (1753)(2864) (estrutura cíclica (4, 4)), σ 7 = ( ) (estrutura cíclica (8)), σ 8 = (Herstein problema 7 seção 2.10). Calcule aba 1 onde (1) a = (135)(12), b = (1579) e (2) a = (579), b = (123). No caso (1), aba 1 = (3179), no caso (2) aba 1 = (123). 25. (Herstein problema 10 seção 2.10). Calcule o sinal das permutações (123)(12), (12345)(123)(45), (12)(13)(14)(25). Usando a propriedade sgn(xy) = sgn(x)sgn(y) obtemos sgn((123)(12)) = sgn((123))sgn((12)) = 1, 6

7 sgn((12345)(123)(45)) = sgn((12345))sgn((123))sgn((45)) = 1, sgn((12)(13)(14)(25)) = sgn((12))sgn((13))sgn((14))sgn((25)) = ( 1) 4 = (Herstein problema 2 seção 2.6). Seja H um subgrupo de G com G : H = 2. Prove que H G. [Dica: tem exatamente duas classes a esquerda H, xh e exatamente duas classes a direita H, Hy, logo xh = G H = Hy.] Seguindo a dica, como xh = Hy temos x = x 1 Hy logo Hy = Hx e as duas classes a direita de H são H e Hx, em particular xh = G H = Hx, que implica xhx 1 = H. Sejam h H e g G e mostramos que ghg 1 H. Se g H isto é obvio, então suponha g H. Então g xh logo existe k H com g = xk e temos ghg 1 = (xk)h(xk) 1 = xkhk 1 x 1 xhx 1 = H. 27. (Herstein problema 9 seção 2.6). Seja G um grupo finito e seja H o único subgrupo de G de ordem H. Prove que H G. [Dica: dado g G considere ghg 1 G.] Observe que ghg 1 G (como visto em um exercício anterior) e ghg 1 = H (pois a função H ghg 1 que leva h para ghg 1 é bijetiva, com inversa x g 1 xg), e como H é o único subgrupo de G de ordem H devemos ter ghg 1 = H. Como isso vale para todo g G, H é normal. 28. (Herstein problema 15 seção 2.6). Seja G um grupo finito e sejam N G, g G. Mostre que a ordem de gn no quociente G/N divide a ordem de g em G. Seja n a ordem de g em G, então (gn) n = g n N = 1N = N logo a ordem de gn em G/N divide n. 29. Conjugar σ = (135)(2498) S 9 em τ = (2941)(683) S 9. Isto é, encontrar g S 9 tal que gσg 1 = τ. Escrevemos os elementos um abaixo do outro incluindo os ciclos de comprimento 1: σ = (135)(2498)(6)(7) τ = (683)(2941)(5)(7) Logo um g tal que gσg 1 = τ age da forma seguinte: 1 6, 3 8, 5 3, 2 2, 4 9, 9 4, 8 1, 6 5, 7 7. Em outras palavras g = (16538)(49). 7

8 30. Qual é a maxima ordem de um elemento de S 6? E de S 7? E de S 8? [Lembre-se que a ordem de um elemento depende só da sua estrutura como produto de cíclos disjuntos, é o menor múltiplo comum entre os comprimentos.] As estruturas dos elementos de S 6 como produtos de ciclos disjuntos são 1 (ordem 1), ( ) (ordem 2), ( ) (ordem 3), ( ) (ordem 4), ( ) (ordem 5), ( ) (ordem 6), ( )( ) (ordem 6), ( )( ) (ordem 4), ( )( )( ) (ordem 2), ( )( ) (ordem 3). Logo a maxima ordem de um elemento de S 6 é 6. Para semplificar a notação escrevemos a estrutura do produto em ciclos disjuntos de uma permutação σ como (l 1, l 2,..., l t ), que significa que na estrutura de σ tem t ciclos de comprimentos l 1, l 2,..., l t. Por exemplo (14)(236)(59) tem estrutura (2, 2, 3). As estruturas dos elementos de S 7 são 1 (ordem 1), (2) (ordem 2), (3) (ordem 3), (4) (ordem 4), (5) (ordem 5), (2, 2) (ordem 2), (2, 3) (ordem 6), (2, 4) (ordem 4), (2, 5) (ordem 10), (2, 2, 2) (ordem 2), (2, 2, 3) (ordem 6), (3, 3) (ordem 3), (3, 4) (ordem 12). Logo a máxima ordem de um elemento de S 7 é 12. Fazendo a mesma coisa com S 8 encontramos que a máxima ordem nesse caso é 15, que corresponde à estrutura (3, 5). 31. Contar os elementos de S 6 de ordem 5. Os elementos de S 6 de ordem 5 são exatamente os ciclos de comprimento 5, e para construir um tal ciclo precisamos escolher o elemento fixado e construir um ciclo com os outros cinco. Temos então 6 4! = 144 elementos de ordem 5. 8