Resolução do 1 o exame

Introdução à Álgebra, 2015-16 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 é um grupo multiplicativo com identidade i e H K são subgrupos de G. a) i é a única solução da equação x 2 = x com x G. resolução: verdadeiro. Temos x 2 = x x = x = x i, donde x x = x i, e segue-se da lei do corte que x = i. b) Se K é normal em G então H/K é um subgrupo de G/K. resolução: verdadeiro. Como K é normal em G e K H, é claro quek éumsubgruponormaldeh, eportantoh/k éumgrupo. Como H G é também evidente que H/K G/K, i.e., H/K = {hk : h H} {gk : g G} = G/K. Como a operação binária em H/K é a operação binária em G/K restrita às classes em H/K, é claro que H/K é um subgrupo de G/K. c) Se φ : S 3 G é um homomorfismo sobrejectivo e G não é abeliano então G S 3. resolução: verdadeiro. Como φ é um homomorfismo sobrejectivo então G tem no máximo 6 elementos. Todos os grupos com menos de 6 elementos são abelianos, pelo que G tem que ter 6 elementos, logo φ é injectivo além de sobrejectivo e G S 3. d) Se G é abeliano e tem 100 elementos então G tem pelo menos um elemento com ordem 10. Sugestão: Quais são os grupos abelianos com 100 elementos? resolução: verdadeiro. A factorização de 100 em factores invariantes só pode ser uma das seguintes: 100 = 2 50 = 5 20 = 10 10. Dito doutra forma, G é isomorfo a um dos seguintes grupos: Z 100,Z 2 Z 50,Z 5 Z 20 ou Z 10 Z 10

Cada um destes grupos tem elementos de ordem 10. Por exemplo, e sendo a um elemento arbitrário do grupo em causa, 1 Z 100,(a,5) Z 2 Z 50,(a,2) Z 5 Z 20,(a,1) Z 10 Z 10 2. Diga, em cada caso, se a afirmação é verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstração, ou um contra-exemplo. Em d), K é um corpo e p(x) K[x]. a) Se a,n N, n > 1 e a n 1 é primo então a = 2. resolução: verdadeiro. Pela usual fórmula para a soma dos termos de uma progressão geométrica, temos a n 1 = (a 1)(1+a+ +a n 1 ) É evidente que K = (a 1) e N = (1 +a+ +a n 1 ) são divisores de a n 1. Por outro lado, como a 0 e n > 1 é também claro que N = (1+a+ +a n 1 ) 1. Portanto, se a n 1 é um número primo o seu divisor K só pode ser 1, ou seja, a 1 = 1 e a = 2. b) O inteiro 65 tem mais de 30 divisores em Z[i]. resolução: verdadeiro. 65 = 5 13 = (2+i)(2 i)(2+3i)(2 3i). Estes últimos factores são irredutíveis (porque 5 e 13 são congruentes com 1 (mod 4)), donde os divisores d de 65 em Z[i] são da forma d = u(2+i) α (2 i) β (2+3i) γ (2 3i) δ,u {±1,±i} e α,β,γ,δ {0,1} Existem portanto 4 2 4 = 64 divisores de 65 em Z[i]. c) O elemento x 2 é invertível no anel Q[x]/ < x 2 4x+3 >. resolução: verdadeiro. É fácil ver que x 2 4x+3 = (x 2) 2 1 donde x 2 x 2 = 1. x 2 é assim o seu próprio inverso em Q[x]/ < x 2 4x+3 >. d) Se p(x) não é constante então o anel K[x]/ < p(x) > é um corpo se e só se p(x) é irredutível em K[x]. resolução: verdadeiro. Se p(x) é redutível então existe uma factorização não trivial de p(x) = a(x)b(x), onde a(x) e b(x) não são

invertíveis. Neste caso, p(x) não é factor de a(x) nem de b(x), ou seja, a(x) 0 e b(x) 0, mas 0 = a(x) b(x). Por outras palavras, a(x) e b(x) são divisores de zero e K[x]/ < p(x) > não é um corpo. Se p(x) é irredutível e a(x) 0, i.e., se p(x) não é factor de a(x), então mdc(p(x), a(x)) = 1 e pelo algoritmo de Euclides existem polinómios b(x) e c(x) tais que 1 = a(x)b(x) + p(x)c(x) donde 1 = a(x) b(x). a(x) 0 é assim invertível, e K[x]/ < p(x) > é um corpo. 3. Neste grupo, A = Z 390. a) Quantos geradores, quantos divisores de zero e quantos subanéis existem em A? resolução: Temos 390 = 2 3 5 13, donde Geradores: ϕ(390) = 390(1 1 2 )(1 1 3 )(1 1)(1 1 ) = 2 4 12= 96. 5 13 Divisores de zero: 390-96 - 1 = 293. Subanéis: um por cada um dos 16 divisores de 390. b) Quais são os homomorfismos injectivos de anel f : Z 26 A? resolução: Os homomorfismos de grupo f : Z 26 A são da forma f(x) = ax onde 26a = 0 A. Temos assim que 390 26a, i.e., 15 a e a < 15 >. Se o homomorfismo é injectivo então f(z 26 ) tem 26 elementos, ou f(z 26 ) =< 15 >. Este é o caso sse a é um dos geradores de < 15 >. Para que o homomorfismo seja de anel então a só pode ser a identidade de < 15 >. Esta pode ser calculada fazendo a = 15x onde 15x 1 mod(26) Como 7 15 = 105 = 4 26+1, temos então a = 105 e f(x) = 105x. c) Quantos automorfismos de grupo existem em A? resolução: Os homomorfismos de grupo f : A A são da forma f(x) = ax onde a A é arbitrário. Claro que temos f(a) =< a > e portanto f é sobrejectivo (e consequentemente injectivo) se e só se a é gerador de A. De acordo com a), existem 96 automorfismos de A. d) Quantas soluções tem a equação x 2 = 1 no anel A? Determine uma solução diferente de ±1, onde 1 é a identidade de A.

resolução: O único isomorfismo de anéis φ : A Z 2 Z 3 Z 5 Z 13 é dado por φ = (φ 2,φ 3,φ 5,φ 13 ), onde φ n : A Z n é o usual homomorfismo de anéis dado por φ n (x) = π n (x). Notamos que x 2 = 1 para x A φ n (x 2 ) = φ 2 n (x) = 1 para cada n {2,3,5,13}. Escrevendo t = φ n (x), a equação t 2 = 1 tem 2 soluções (±1) em Z n excepto em Z 2, onde só existe uma solução por razões óbvias. Existem portanto 8 = 2 3 soluções da equação em A. Para obter uma solução em A x ±1, basta tomar t = 1 em alguns dos anéis Z n e t = 1 nos restantes. A título de ilustração, tomamos x 1 (mod 2),x 1 (mod 3),x 1 (mod 5),x 1 (mod 13) Esta opção pode ser escrita como o sistema: x 1 (mod 2) x 1 (mod 3) x 1 (mod 5) x 1 (mod 13) { x 1 (mod 3) x 1 (mod 130) Temos portantox = 1+130k 1 (mod 3), ouk 1 (mod 3) donde x = 1+130(1+3s) 131 (mod 390). Uma das soluções não triviais da equação em A é portanto 131. 4. Suponha que G é um grupo multiplicativo. Designamos por Aut(G) o grupo dos automorfismos de G (com a operação de composição), e C(G) é o centro de G. a) Sendo t G, mostre que a função f t : G G dada por f t (x) = txt 1 é um automorfismo de G. resolução: Temos a verificar o seguinte: f t é um homomorfismo: f t (x)f t (y) = (txt 1 )(tyt 1 ) = t(xy)t 1 = f t (xy) f t é injectivo: Pela lei do corte em G, f t (x) = f t (y) txt 1 = txt 1 x = y f t é sobrejectivo: Se y G, tomamos x = t 1 yt, para notar que f t (x) = txt 1 = t(t 1 yt)t 1 = y

b) Mostre que a função ψ : G Aut(G) definida por ψ(t) = f t é um homomorfismo de grupos. resolução: Temos a mostrar que, Basta notar que para quaisquer s,t G, ψ(t) ψ(s) = ψ(ts), i.e., (f t f s )(x) = f ts (x), para qualquer x G. (f t f s )(x) = f t (f s (x)) = t(sxs 1 )t 1 = (ts)x(ts) 1 = f ts (x) c) Mostre que ψ é injectiva se e só se C(G) só tem um elemento. resolução: Designando por ι a função identidade em G (ι(x) = x, para qualquer x G), é claro que ι é o elemento neutro do grupo Aut(G) e o núcleo de ψ é dado por N(ψ) = {t G : f t = ι} = {t G : txt 1 = x, para qualquer x G} Como txt 1 = x se e só se tx = xt, concluímos que t N(ψ) se e só se t comuta com todos os elementos x G, ou seja, N(ψ) = C(G). Segue-se que ψ é injectiva se e sé se C(G) tem apenas um elemento. d) Suponha que G = S 3. O homomorfismo ψ é um isomorfismo? resolução: C(S 3 ) só tem um elemento, porque em S 3 apenas a identidade comuta com todos os outros elementos. O homomorfismo ψ é portanto injectivo, e a imagem ψ(s 3 ) contém exactamente 6 automorfismos de S 3. Por esta razão, para mostrar que ψ é sobrejectivo basta-nos verificar que não existem mais do 6 automorfismos de S 3. Recorde-se que se α S 3 é uma transposição e δ S 3 é um dos ciclos de comprimento 3 então qualquer elemento x S 3 é da forma x = α n δ m, onde aliás basta tomar 0 n 1 e 0 m 2. Se φ : S 3 S 3 é um homomorfismo então φ(x) = φ(α n δ m ) = φ(α) n φ(δ) m, i.e., o homomorfismo fica determinado pelos 2 valores u = φ(α) e v = φ(δ). Designando agora por i a identidade do grupo S 3, é também claro que u 2 = φ(α) 2 = φ(α 2 ) = φ(i) = i, e v 3 = φ(δ) 3 = φ(δ 3 ) = φ(i) = i Se φ é injectivo temos u i e v i, e portanto u só pode ser uma das 3 transposições e v só pode ser um dos dois ciclos de comprimento 3. Por outras palavras, existem no máximo 6 automorfismos distintos, donde ψ é sobrejectivo além de injectivo, i.e., ψ : S 3 Aut(S 3 ) é um isomorfismo.