Gabarito da primeira prova de Álgebra III - 29/04/2010 Prof. - Juliana Coelho

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1 Gabarito da primeira prova de Álgebra III - 29/04/2010 Prof. - Juliana Coelho QUESTÃO 1 (2,5 pts) - Seja G um grupo e considere seu centro Z(G) = {a G ab = ba para todo b G}. (a) Seja H um subgrupo de Z(G). Mostre que H é subgrupo normal de G; Resp.: Tome a H e b G. Precisamos mostrar que bab 1 H. Como a H Z(G) então ab = ba e logo bab 1 = abb 1 = ae = a, em particular, bab 1 H, mostrando que H G. (b) Mostre que se o quociente G/Z(G) é cíclico então G é abeliano. Resp.: Suponha que G/Z(G) é cíclico e tome α G tal que a classe lateral Z(G)α é um gerador de G/Z(G). Então para todo x G existe n 0 tal que Z(G)x = (Z(G)α) n = Z(G)α n. Mas então Z(G)x(α n ) 1 = Z(G), o que ocorre se e só se x(α n ) 1 está em Z(G). Assim x(α n ) 1 é igual a algum elemento a Z(G), ou seja, x(α n ) 1 = a, implicando que x = aα n. Vemos então que todo x G se escreve como x = aα n, para algum n 0 e a Z(G). Seja y G, digamos y = bα m com m 0 e b Z(G). Então xy = (aα n )(bα m ) = a(α n b)α m = a(bα n )α m = (ab)(α n α m ) = (ba)(α m+n ) = (ba)(α m α n ) = b(aα m )α n = b(α m a)α n = (bα m )(aα n ) = yx, 1

2 onde nas igualdades marcadas com usamos que a e b estão em Z(G). QUESTÃO 2 (2,5 pts) - Seja G um grupo de ordem G = pq onde p e q são números primos tais que p < q e p não divide q 1. Mostre que G é cíclico. Resp.: Mostraremos que G é cíclico exibindo um gerador para G, isto é, um elemento de ordem igual a G. Para isso, vamos examinar os subgrupos de Sylow de G. Sendo n p o número de p-sylow subgrupos de G, temos n p 1 (mod p) e n p divide q. Como q é primo e n p divide q, temos que ter n p = 1 ou n p = q. Mas q 1 módulo p pois, por hipótese, p não divide q 1. Assim temos que ter n p = 1. Então G tem um único p-sylow subgrupo e este é normal em G, digamos H = p e H G. De modo análogo, sendo n q o número de q-sylow subgrupos de G, temos n q 1 (mod q) e n q divide p. Novamente, como p é primo e n q divide p, temos que ter n q = 1 ou n q = p. Mas p < q e logo p 1 módulo q. Deste modo, temos n q = 1 e G tem um único q-sylow subgrupo e este é normal em G, digamos N = q e N G. Agora vamos examinar os elementos de G. Pelo teorema de Lagrange, a ordem de um elemento de G divide G = pq. Assim, como p e q são primos, os elementos de G só podem ter ordem 1, p, q ou pq. O único elemento de ordem 1 é o elemento neutro e. Os elementos de ordens p e q geram subgrupos de ordens p e q, respectivamente. Vimos que o único subgrupo de ordem p é H e o único subgrupo de ordem q é N. Deste modo, todos os elementos de G de ordem p estão contidos em H e os de ordem q estão contidos em N. Mais ainda, como H tem ordem prima p, seus elementos têm ordens 1 ou p e logo H possui p 1 elementos de ordem p (são os elementos de H diferentes de e). Do mesmo modo, como N = q é primo, os elementos de N têm ordens 1 ou q e logo N possui q 1 elementos de ordem q. 2

3 Vimos então que G possui: 1 elemento de ordem 1 (que é e) p 1 elementos de ordem p (os elementos de H distintos de e); q 1 elementos de ordem q (os elementos de N distintos de e), o que nos dá 1 + (p 1) + (q 1) elementos de ordem diferente de pq. Como G tem pq elementos e 1 + (p 1) + (q 1) = p + q 1 < pq se p, q 2, então G deve possuir algum elemento de ordem pq. Este elemento é um gerador de G, mostrando que G é cíclico. Obs: Alternativamente, esta questão poderia ser resolvida mostrando-se que G = HN = H N = Z p Z q = Zpq. QUESTÃO 3 (2,5 pts) - Seja G um grupo de ordem G = mn onde mdc(m, n) = 1. Seja H um subgrupo de G de ordem n. (a) Mostre que, se H é o único subgrupo de G de ordem n, então H G; Resp.: Para ver isto mostraremos que, para todo a G, o conjunto aha 1 é um subgrupo de G de ordem n. Tome a G qualquer. Lembre que aha 1 = {aha 1 h H}. Então, para aha 1, ah a 1 aha 1, temos e aha 1 pois podemos escrever e = aea 1 com e H; (aha 1 )(ah a 1 ) aha 1 pois (aha 1 )(ah a 1 ) = ahh a 1 ; (aha 1 ) 1 aha 1 pois (aha 1 ) 1 = (a 1 ) 1 h 1 a 1 = ah 1 a 1 ; mostrando que aha 1 é subgrupo de G. Agora note que aha 1 = H = n. De fato, a função ϕ: H aha 1 h aha 1 3

4 é claramente sobrejetora e é injetora pois se aha 1 = ah a 1 então, multiplicando por a e a 1 apropriadamente, obtemos que h = h. Assim ϕ é bijetora e portanto aha 1 tem o mesmo número de elementos que H. Mas, por hipótese, H é o único subgrupo de G de ordem n, implicando que aha 1 = H. Como isso vale para qualquer a G, então H é normal em G. (b) Mostre que se H G então H é o único subgrupo de G de ordem n. (Dica: suponha que existe K < G com K = n e considere HK.) Resp.: Suponha que existe K < G distinto de H e de ordem K = n. Como H G então HK é subgrupo de G. Vejamos qual é a ordem deste subgrupo. Seja r = H K. Como K H então r < n e como H K é subgrupo de H então r divide n, digamos n = rs com s > 1. Portanto HK = H K H K = n n r = sn. Agora, HK é subgrupo de G e, pelo teorema de Lagrange, sua ordem divide a ordem de G. Assim sn divide mn, implicando que s divide m. Mas s também divide n, o que contraria o fato de mdc(m, n) = 1. Vemos então que não existem subgrupos de G de ordem n distintos de H, ou seja, H é o único subgrupo de G de ordem n. QUESTÃO 4 (2,5 pts) - Sejam H e K subgrupos de um grupo G tais que HK = G e H K = {e}. Mostre que se H G então K é isomorfo ao quociente G/H. (Dica: mostre que φ : K G/H dada por φ(a) = Ha é isomorfismo de grupos.) Resp.: Consideramos a função dada no enunciado φ: K G/H a Ha Para ver que φ é homomorfismo de grupos, precisamos ver que φ(ab) = φ(a)φ(b) 4

5 para quaisquer a, b K. Pela definição da estrutura de grupo no quociente, temos φ(a)φ(b) = (Ha)(Hb) = Hab = φ(ab), mostrando que φ é homomorfismo de grupos. Vejamos agora que φ é injetora. O núcleo Nuc(φ) de φ consiste dos elementos a K tais que φ(a) é o elemento neutro de G/H. Ora, o elemento neutro do quociente G/H é a classe lateral do elemento neutro e G, ou seja, e G/H = He = H. Assim, a Nuc(φ) se e somente se Ha = H, o que ocorre se e somente se a H. Portanto Nuc(φ) = {a K a H} = H K. Como por hipótese, H K = {e}, vemos que φ é injetora. Para mostrar que φ é sobrejetora, precisamos ver que toda classe lateral de H em G tem um representante em K, ou seja, que para todo b G existe a K tal que Hb = Ha. Agora lembre que G = HK e logo todo elemento b G se escreve como b = ha com h H e a K. Portanto Hb = Hha = Ha. Vemos assim que φ é sobrejetora e portanto bijetora. Deste modo, φ é um homomorfismo bijetor, ou seja, é um isomorfismo. Logo K é isomorfo a G/H. (No caso de G ser finito, podemos ver a sobrejetividade de φ notando que G = HK = H K / H K = H K e logo G/H = G / H = K. Assim φ é uma função injetora entre dois conjuntos finitos com o mesmo número de elementos e portanto tem que ser também sobrejetora. ) 5