Resolução do 1 o exame

2013-14 Introdução à Álgebra Resolução do 1 o exame 1. Diga, em cada caso, se a afirmação é verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstração, ou um contra-exemplo. Nesta questão, G e H são grupos multiplicativos e φ : G H é um homomorfismo de grupos. a) A equação x 2 = x tem uma só solução x G. resolução: verdadeiro. É uma consequência direta da lei do corte. Sendo e G a identidade do grupo, temos: x 2 = x x = x x 1 x = e b) Se φ é sobrejectivo e G é finito, então a ordem de H é divisor da ordem de G. resolução: verdadeiro. Sendo N o núcleo de φ, e designando por n o número de elementos de N, então cada equação y = φ(x) tem n soluções para cada valor y H. Segue-se imediatamente que o número de elementos de G é igual ao número de elementos de H a multiplicar por n. c) O grupo diedral D 7 tem um só subgrupo com 7 elementos. resolução: verdadeiro. OgrupodiedralD 7 tem14elementos, que são 7 rotações (incluindo a identidade) e 7 reflexões. Os seus subgrupos só podem ter 1, 2, 7 ou 14 elementos. As reflexões têm ordem 2, e portanto só podem pertencer a subgrupos com 2 ou 14 elementos. As rotações formam um subgrupo com 7 elementos, e qualquer subgrupo com 7 elementos só pode ter as 7 rotações. Existe por isso apenas um subgrupo com 7 elementos. d) Qualquer grupo com 6 elementos é isomorfo a S 3 ou a Z 6. resolução: verdadeiro. Supomos que G é um grupo com 6 elementos com identidade i, e recordamos que qualquer grupo de ordem par tem pelo menos um elemento de ordem 2. Sendo α G um elemento de ordem 2 e K =< α >= {i,α}, supomos primeiro que G é

abeliano. Neste caso, se β {i,α} e H =< β > então KH é um subgrupo de G, e notamos que Se a ordem de β é 2, KH tem 4 elementos, o que é impossível pelo teorema de Lagrange, Se a ordem de β é 3, então KH tem 6 elementos e G = KH K H Z 2 Z 3 Z 6, Se a ordem de β é 6, é claro que G = H Z 6. SeogrupoGnãoéabeliano, existepeloomenosumelemento x icom ordem 2 e esse elemento não pode ter ordem 6, porque caso contrário G seria um grupo cíclico, logo abeliano. Portanto, a ordem de x é 3 e o grupo H =< x > é normal em G, dado que [G : H] = 2. Temos então G = {i,x,x 2,α,αx,αx 2 } e a tabuada de G fica determinada pelos produtos α 2 = x 3 = i e pelo produto xα. Como H é normal temos xα Hα = αh = {α,αx,αx 2 } e temos agora que xα α, porque x i, xα αx, porque é claro que, caso contrário, o grupo G seria abeliano. Concluímos assim que a tabuada de G fica determinada pelas identidades α 2 = x 3 = i e xα = αx 2, que correspondem à tabuada do grupo S 3, tomando α como uma das reflexões e x i uma permutação par. 2. Diga, em cada caso, se a afirmação é verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstração, ou um contra-exemplo. Nesta questão, (A,+, ) é um anel abeliano com identidade 1. a) A equação x 2 = 1 tem no máximo duas raízes x A. resolução: falso. Por exemplo em A = Z 8 temos 1 2 = 3 2 = 5 2 = 7 2 = 1. b) Se p(x) A[x] não tem raízes em A então p(x) é irredutível em A[x]. resolução: falso. O polinómio (x 2 +1) 2 não tem raízes em R[x] mas é obviamente redutível. c) Se A é finito e não tem divisores de zero então A é um corpo. resolução: verdadeiro. Tomando a A, a 0, consideramos f : A A dada por f(x) = ax. A função é injectiva, porque na

ausência de divisores de zero temos ax = ay = x = y. Como o conjunto A é finito, a função é igualmente sobrejectiva, e portanto a equação ax = 1 tem solução, i.e., qualquer elemento a tem inverso. d) Se A = Z[i] e I =< 1+4i > então o anel A/I é um corpo. resolução: verdadeiro. Como A é um anel abeliano unitário, A/I é um corpo se e só se I é um ideal maximal. A é um dip, e portanto I é maximal se e só se o elemento 1 + 4i é irredutível em A, o que é verdade porque 1+4i 2 = 17 é primo em Z. 3. Neste grupo, A = Z 1105. a) Quantos divisores de zero existem em A? resolução: 1105 = 5 13 17, donde ϕ(1105) = (4)(12)(16) = 768. Como os elementos de A são invertíveis, nulos ou divisores de zero, o número de divisores de zero é 1105 768 1 = 336. b) Quantos homomorfismos de anel f : Z A existem? resolução: Os homomorfismos de anel f : Z A são da forma f(x) = ax, onde a é a identidade de um dos subanéis unitários de A. Os subanéis unitários de A têm n elementos, onde 1105 = (n)(d) e mdc(n,d) = 1, o que é sempre o caso para todos os divisores n de 1105 (1105 é um produto de 3 primos distintos sem repetições). Como existem 8 divisores de 1105, existem assim 8 subanéis unitários de A e 8 homomorfimos do tipo considerado. c) Determine o único homomorfismo injectivo de anéis f : Z 65 A. resolução: Tomando na alínea anterior a igual à identidade do subanel unitário de A com 65 elementos, obtemos um homomorfismo de anel g : Z A onde g(z) = B =< 17 > é exactamente o subanel unitário de A com 65 elementos. Sendo N o núcleo desse homomorfismo, resulta que o homomorfismo f : Z/N A dado por f(x) = ax é injectivo, e como g(z) tem 65 elementos é evidente que N =< 65 > e f : Z 65 A. Para calcular a basta recordar que a 0 (mod 17) e a 1 (mod 65). Temos portanto a = 1+65k 0 (mod 17) 3k 1 (mod 17) k 6 (mod 17)

donde resulta que a = 1 + 65(6+17t) = 391 + 1105t, i.e., a = 391 e f(x) = 391x d) Quantas soluções tem a equação x 2 = 1 em A? Determine explicitamente uma delas. Sugestão: É relativamente simples calcular soluções de x 2 = 1 no corpo Z p para valores pequenos do primo p. resolução: Temos A Z 5 Z 13 Z 17, sendo que o único isomorfismo de anéis φ : A Z 5 Z 13 Z 17 é o usual φ(π 1105 (x)) = (π 5 (x),π 13 (x),π 17 (x)), onde π n (x) designa a classe de restos do inteiro x no anel Z n. Éclaroque x 2 = 1 emaseesó seφ(x) 2 = (π 5 ( 1),π 13 ( 1),π 17 ( 1)) em Z 5 Z 13 Z 17. Dito doutra forma, temos x 2 1 (mod 5) x 2 1 (mod 1105) x 2 1 (mod 13) x 2 1 (mod 17) A equação x 2 = 1 em Z p tem 2 soluções ±a sempre que p é um primo em Z com p 1 (mod 4) que é o caso de 5, 13 e 17. As soluções são nestes casos fáceis de determinar, e são ±2 Z 5, ±5 Z 13 e ±4 Z 17. Cada uma destas opções corresponde a uma solução única da equação em A, pelo que existem 8 soluções distintas, a calcular resolvendo um dos seguintes sistemas (1) x ±2 (mod 5) x 2 1 (mod 1105) (2) x ±5 (mod 13) (3) x ±4 (mod 17) Para calcular uma destas soluções, resolvemos o sistema para a escolha 2, 5, 4. Temos então: (3), mod 17: x = 4+17k (2), mod 13: 4 + 17k 5 4k 1 k 10 k = 10 + 13t, i.e., x = 4+17(10+13t) = 174+221t. (1), mod 5: 174+221t 2 t 3 t = 3+5s, i.e., x = 174+221(3+ 5s) = 837+1105s. A solução em causa é portanto 837 Z 1105. 4. Neste grupo, G = S 3 S 3.

a) Determine o centro de G. resolução: Temos (a,b) C(G) se e só se (a,b)(x,y) = (x,y)(a,b) para quaisquer (x,y) G, ou seja, se e só se ax = xa e by = yb para quaisquer x,y S 3. É assim evidente que (a,b) C(G) se e só se a,b C(S 3 ). Designando por i a identidade de S 3, temos C(S 3 ) = {i}, e portanto C(G) = {(i,i)}. b) Classifique os subgrupos cíclicos de G. resolução: Dado z = (x,y) G, temos z n = (x n,y n ) = (i,i) se e só se x n = i e y n = i, ou seja, se e só se n é múltiplo da ordem de x e da ordem de y. Por outras palavras, a ordem de z é o menor múltiplo comum das ordens de x e de y. A ordem de um qualquer elemento de S 3 só pode ser 1 (a identidade), 2 (as reflexões) ou 3 (as restantes permutações). Portanto a ordem de z só pode ser 1, 2, 3 ou 6. Os subgrupos cíclicos de G são portanto isomorfos a um dos grupos cíclicos Z 1,Z 2,Z 3 ou Z 6. c) Determine todos os homomorfismos de grupo f : G H 8. resolução: Definimos g,h : S 3 H 8 por g(x) = f(x,i) e h(y) = g(i,y). É claro que g e h são homomorfismos de grupos e f(x,y) = g(x)h(y). Passamos assim a determinar os homomorfismos g : S 3 H 8. Como S 3 tem 6 elementos e H 8 tem 8 elementos, a ordem do grupo g(s 3 ) divide 6 e 8, ou seja, divide 2, e só pode ser 1 ou 2. Os dois casos são efectivamente possíveis, porque g(s 3 ) = {1} quando g é o homomorfismo constante, e Se g(s 3 ) tem 2 elementos então g(s 3 ) = {1, 1} e o núcleo de g, com3elementos, sópodeserosubgrupoa 3. Énestecasoevidente que g(x) = sgn(x), o sinal da permutação x. Concluímos que os possíveis homomorfismos f : G H 8 só podem ser dados por f 1 (x,y) = 1,f 2 (x,y) = sgn(x),f 3 (x,y) = sgn(y) e f 4 (x,y) = sgn(x)sgn(y).

Oscasos f 1,f 2 ef 3 são evidentemente homomorfismos, eéfácil verificar que f 4 é igualmente um homomorfismo, porque f 4 (xx,yy ) = sgn(xx )sgn(yy ) = sgn(x)sgn(x )sgn(y)sgn(y ) = = sgn(x)sgn(y)sgn(x )sgn(y ) = f 4 (x,y)f 4 (x,y ) d) Os subgrupos de G são sempre da forma H K? E os subgrupos normais de G? resolução: A resposta é negativa em ambos os casos. Por exemplo, o conjunto K = {(x,x) : x A 3 } é um subgrupo de G, e o núcleo do homomorfismo f 4, que é um subgrupo normal de G, é o conjunto N = (A 3 A 3 ) (B 3 B 3 ), onde B 3 = S 3 \A 3. Deve ser claro que os conjuntos K e N não são produtos cartesianos.