Mais uma aplicação do teorema de isomorfismo. Sejam G um grupo, H um subgrupo de G e N um subgrupo normal de

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1 Obs: tem exercícios na página 6. Mais uma aplicação do teorema de isomorfismo. Sejam G um grupo, H um subgrupo de G e N um subgrupo normal de G. Seja HN = {hn : h H, n N}. Então HN G, H N H e H/H N = HN/N. Primeiro vamos mostrar que HN G. É claro que 1 HN pois 1 = 1 1 e 1 H e 1 N. Sejam h 1 n 1, h 2 n 2 HN (onde h 1, h 2 H e n 1, n 2 N). Mostramos que h 1 n 1 h 2 n 2 HN. Temos h 1 n 1 h 2 n 2 = h 1 h 2 (h 1 2 n 1h 2 )n 2 HN pois h 1 h 2 H e h 1 2 n 1h 2 N (sendo N normal). Agora seja hn HN e mostramos que (hn) 1 HN. Temos (hn) 1 = n 1 h 1 = h 1 hn 1 h 1 HN pois h 1 H e hn 1 h 1 N. Agora mostramos que H/H N = HN/N usando o teorema de isomorfismo. Seja H HN/N a função definida por f(h) := hn. Observe que hn HN/N pois h HN (de fato, h = h 1 e h H, 1 N), logo f é bem definida. Mostramos que é um homomorfismo sobrejetivo e que ker(f) = H N. f é um homomorfismo: por definição de produto no grupo quociente, f(h 1 h 2 ) = h 1 h 2 N = h 1 Nh 2 N = f(h 1 )f(h 2 ). f é sobrejetivo: se hnn é um qualquer elemento de HN/N (onde h H e n N) então como nn = N (pois n N) temos hnn = hn logo hnn = f(h). ker(f) = H N: O núcleo de f consiste dos h H tais que f(h) = N, isto é, hn = N, isto é, h N. Então ker(f) = {h H : h N} = H N. Sobre produtos diretos e grupos abelianos finitos. Lembre-se que se A e B são dois grupos o produto direto de A e B é o produto cartesiano A B (o conjunto dos pares ordenados (a, b) com a A e b B) com a operação seguinte: (a, b)(c, d) := (ac, bd). Observe que você definiu da mesma forma a soma entre vetores: se a operação for a soma, (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d). 1

2 Por exemplo dado C 2 = {1, x} = x temos C 2 C 2 = {(1, 1), (1, x), (x, 1), (x, x)}. Observe que C 2 C 2 tem quatro elementos. Mais em geral, A B = A B, pois para construir um par (a, b) temos A escolhas para a e B escolhas para b. Além disso, C 2 C 2 é abeliano, e mais em geral, se A e B são abelianos então A B é abeliano: de fato, se (a, b), (c, d) A B então (a, b)(c, d) = (ac, bd) = (ca, db) = (c, d)(a, b). Vamos mostrar que a ordem do elemento (a, b) é mmc(o(a), o(b)), o menor multiplo comum entre o(a) e o(b). De fato, (a, b) n = (a n, b n ) por definição de operação em A B, logo (a, b) n = (1, 1) se e somente se a n = 1 e b n = 1, isto é, n é dividido por o(a) e o(b) (por uma das propriedades da ordem de um elemento). Então o((a, b)) (a ordem de (a, b), isto é, o menor inteiro positivo n tal que (a, b) n = (1, 1)) é o menor inteiro positivo n tal que o(a) e o(b) dividem n, em outras palavras, o((a, b)) = mmc(o(a), o(b)). Por exemplo se C 2 = {1, x} = x então o((1, 1)) = 1, o((1, x)) = mmc(1, 2) = 2, o((x, 1)) = mmc(2, 1) = 2 e o((x, x)) = mmc(2, 2) = 2. Em particular C 2 C 2 é um grupo de ordem C 2 C 2 = C 2 C 2 = 2 2 = 4 que não tem elementos de ordem 4. Se agora C 6 = y = {1, y, y 2, y 3, y 4, y 5 } então no grupo C 2 C 6 temos por exemplo o((x, y 2 )) = mmc(2, 3) = 6, o(x, y 3 ) = mmc(2, 2) = 2. Os elementos de C 2 C 6 são (1, 1), (1, y), (1, y 2 ), (1, y 3 ), (1, y 4 ), (1, y 5 ), (x, 1), (x, y), (x, y 2 ), (x, y 3 ), (x, y 4 ), (x, y 5 ). As ordens são 1, 6, 3, 2, 3, 6, 2, 6, 6, 2, 6, 6. Em particular, C 2 C 6 é um grupo de ordem C 2 C 6 = C 2 C 6 = 2 6 = 12 que não tem elementos de ordem 12. Logo, C 2 C 2 e C 2 C 6 são exemplos de grupos de ordem n que não contêm elementos de ordem n. Então eles não são grupos cíclicos (observe que um grupo cíclico de ordem n sempre contem elementos de ordem n, pois se C n = x então x tem ordem n). Para repetir: C 2 C 2 e C 2 C 6 são grupos abelianos não cíclicos. Observe que é a primeira vez que encontramos grupos finitos abelianos não cíclicos. Uma pergunta natural é a seguinte: C n C m pode ser cíclico? A resposta é sim: Proposição. C n C m é cíclico se e somente se n, m são coprimos. Demonstração. Suponha n, m coprimos, e C n = x, C m = y. Assim o(x) = n e o(y) = m. A ordem do elemento (x, y) é o((x, y)) = mmc(o(x), o(y)) = mmc(n, m) = nm pois n, m são coprimos. Então C n C m é um grupo de ordem nm que contem elementos de ordem nm, logo C n C m é cíclico, em outras palavras, C n C m = Cnm (dois grupos cíclicos da mesma ordem são isomorfos). Agora suponha C n C m cíclico e por contradição suponha n, m não coprimos, em outras palavras, existe um número primo p que divide n e m. Seja r = nm/p. 2

3 Se (a, b) C n C m então a n = 1 e b m = 1 (já vimos que se g G então g G = 1 em geral). Como p divide n e m, temos que n e m dividem r, logo a r = 1 e b r = 1, então (a, b) r = (a r, b r ) = (1, 1). Isso implica que o((a, b)) divide r = nm/p, em particular o((a, b)) < nm. Como isso vale para todo elemento (a, b) de C n C m, obtemos que C n C m não tem elementos de ordem nm, logo não é cíclico. Podemos construir produtos diretos com mais fatores: se A 1,..., A k grupos, podemos construir o produto direto são A operação é A 1 A 2 A k = {(a 1,..., a k ) : a 1 A 1,..., a k A k }. (a 1,..., a k )(b 1,..., b k ) = (a 1 b 1,..., a k b k ). O elemento neutro é (1, 1,..., 1) e o inverso de (a 1,..., a k ) é (a 1 1,..., a 1 k ). Assim podemos construir outros grupos abelianos, por exemplo C 2 C 2 C 4 C 5 C 18. Agora uma pergunta natural é a seguinte: é verdade que todo grupo abeliano finito é um produto direto de grupos cíclicos? A resposta é sim: Teorema (Teorema fundamental dos grupos abelianos finitos). Todo grupo abeliano finito é um produto direto de grupos cíclicos finitos. Antes de mostrar esse teorema, vamos ver algumas consequências. Exercício: Mostre que A B = B A. Mais em geral se σ é uma permutação de {1,..., k} então A σ(1) A σ(k) = A1 A k. Quantos grupos abelianos tem de ordem 12? Como 12 = e A 1 A k = A 1 A k, as possibilidades são C 12, C 2 C 6, C 4 C 3 e C 2 C 2 C 3. Mas observe que como vimos acima, C 4 C 3 = C4 3 = C 12 e C 2 C 3 = C2 3 = C 6, logo C 2 C 2 C 3 = C2 C 6. Isso implica que na verdade todo grupo abeliano de ordem 12 é isomorfo a um entre C 12 e C 2 C 2 C 3. Quantos grupos abelianos tem de ordem 70? Como 70 = e A 1 A k = A 1 A k, a única possibilidade é C 2 C 5 C 7 = C10 C 7 = C70. Em outras palavras, todo grupo abeliano de ordem 70 é cíclico. Quantos grupos abelianos tem de ordem 36? Como 36 = e A 1 A k = A 1 A k, as possibilidades são C 4 C 9 = C36, C 2 C 2 C 9, C 4 C 3 C 3 e C 2 C 2 C 3 C 3. Isso é tudo pois por exemplo C 2 C 18 = C 2 C 2 C 9. Demonstração do teorema fundamental. Vamos precisar do lema geral seguinte. 3

4 Lema 1 (Produto direto interno). Sejam A, B subgrupos normais de um grupo G tais que AB = G e A B = {1}. Então G = A B. Demonstração. Seja f : A B G = AB definida por f((a, b)) = ab. Vamos mostrar que se trata de um isomorfismo de grupos. É claro que f é sobrejetiva. Agora, f((a, b)(c, d)) = f((ac, bd)) = acbd, f((a, b))f((c, d)) = abcd. Então para mostrar que f é um homomorfismo precisamos mostrar que se a, c A e b, d B então acbd = abcd (observe que isso é obvio se G é abeliano). Temos abcd = ac(c 1 bcb 1 )bd logo basta mostrar que c 1 bcb 1 = 1. Mas c A, b B e A, B são subgrupos normais, logo c 1 bc B e bcb 1 A, logo c 1 bcb 1 A B. Mas por hipótese A B = {1} logo c 1 bcb 1 = 1. Falta mostrar que f é injetivo, isto é, que ker(f) = {(1, 1)}. Seja (a, b) ker(f) e mostramos que (a, b) = (1, 1). Temos f((a, b)) = 1, isto é, ab = 1, então b = a 1. Mas B b = a 1 A, logo b = a 1 A B = {1}, isto é, b = a 1 = 1 e isso implica (a, b) = (1, 1). Agora vamos mostrar o teorema (obs: não mostrei o teorema em sala de aula). Lema 2. Seja G um grupo abeliano finito e seja p um divisor primo de G. Então G tem elementos de ordem p. Demonstração. Indução sobre G. Se G = 1 o enunciado é obvio, agora suponha G > 1. Se 1 g G tem ordem mp para algum inteiro m então o(g m ) = p, então agora supomos que p não divida k = o(g), assim p divide o indice G : g = G/ g, e por indução, como G/ g = G /k < G, existe x g G/ g de ordem p no quociente, assim pondo h = o(x) temos (x g ) h = g então p divide h e o(x h/p ) = p. Seja G um grupo abeliano finito, e para d um qualquer divisor de G seja G[d] := {g G : g d = 1}. Observe que G[d] G: de fato 1 d = 1 logo 1 G[d] e se x, y G[d] então (xy) d = x d y d = 1 1 = 1 (a igualdade (xy) d = x d y d vale só porque G é abeliano). Suponha que G = nm para inteiros n, m coprimos. Usando o lema 1, vamos mostrar que G = G[n] G[m]. É claro que G[n] e G[m] são subgrupos normais de G (em um grupo abeliano todo subgrupo é normal). Como n, m são coprimos existem inteiros a, b tais que na + mb = 1. Mostramos que G[n] G[m] = {1}. Se x G[n] G[m] então x n = 1 = x m, logo x = x 1 = x na+mb = (x n ) a (x m ) b = 1 a 1 b = 1. 4

5 Mostramos que G[n]G[m] = G. Se g G então g = g 1 = g mb+na = (g m ) b (g n ) a e o fato que g nm = g G = 1 implica que g m G[n] e g n G[m], logo também (g m ) b G[n] e (g n ) a G[m]. Então temos G[n] G[m] = G. Além disso, se m > 1 e n > 1 então G[m] G e G[n] G pois por exemplo se o primo p divide n e não divide m (tal primo existe pois n e m são coprimos) então G tem um elemento x de ordem p pelo lema 2, e x m 1 (pois p não divide m) implica que x G[m]. Isso mostra que G G[m] e analogamente G G[n]. Iterando o processo de decomposição de G obtemos que G é um produto direto de subgrupos de ordem potências de primos (porque um número inteiro que não pode ser escrito como produto de dois inteiros coprimos maiores de 1 é exatamente uma potência de um primo), logo estamos reduzidos a mostrar o teorema no caso em que G = p t, onde p é um primo. Supomos então que G seja um grupo abeliano finito de ordem p t, com p primo. Vamos mostrar que G é um produto direto de grupos cíclicos, por indução. Se t = 1 então G = p logo G é cíclico (então ele é um produto direto de grupos cíclicos). Agora supomos t > 1. Seja g um elemento de ordem máxima em G, seja F := {H G : H g = {1}} e seja M um elemento maximal de F (isto é, se H F e M H então M = H: um tal M existe pois F é uma família finita). Se G = M g então o lema 1 implica que G = M g e M < G logo o resultado segue por indução. Supomos então que G M g e seja x G M g de ordem mínima. Temos o(x) = p k com k t (pelo teorema de Lagrange), então temos x p M g (senão x p seria um elemento de G M g de ordem p k 1, menor que o(x) = p k ), logo x p = yg l com y M e l inteiro positivo. Pelo teorema de Lagrange todo elemento de G tem ordem uma potência de p logo o(g) = p n e lembre-se que g é um elemento de G de ordem máxima, logo x pn = 1 (senão, x teria ordem p h maior que p n ). Temos 1 = x pn = (x p ) pn 1 = (yg l ) pn 1 = y pn 1 g lpn 1, logo g lpn 1 M g = {1}, então p n = o(g) divide lp n 1, isto é, p divide l. Escreva l = pj, assim (xg j ) p = y M, e xg j M pois x M g. Observe que xg j M G (pois é um produto de subgrupos normais), então como M é maximal em F, xg j M g {1}. Temos então 1 g k = (xg j ) u y para k, u Z e y M. Obtemos x u = g k g ju y 1 M g. Suponha p u. Como (xg j ) p M temos (xg j ) u M logo g k = 1, logo p não divide u e existem inteiros a, b Z com pa + ub = 1. Mas x p e x u pertencem a M g, logo x = x 1 = x pa+ub = (x p ) a (x u ) b M g. Contradição. Exercícios na próxima página. 5

6 Exercício: Conte os grupos abelianos de ordem 72. Exercício: Escreva C 12 = a, C 16 = b. Calcule a ordem de a 8 em C 12, de b 12 em C 16 e de (a 10, b 12 ) em C 12 C 16. Exercício: Sejam C 9 = a, C 15 = b. Calcule a ordem de (a 4, b 6 ) no grupo C 9 C 15. Exercício: Conte os elementos de C 6 C 12 de ordem 6. Exercício: Escreva os 56 elementos de C 4 C 14 e calcule a ordem de cada um deles. 6