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Notas de Aula Introdução à Álgebra
Martino Garonzi
Universidade de Braśılia
Primeiro semestre 2019
1
2
I’ve got good news.
That gum you like is going to come back in style.
—
[Twin Peaks]
Conteúdo
Caṕıtulo 1. Grupos 5
1. Algoritmo de Euclides 5
2. Grupos 6
3. Ordem de um elemento 7
4. Grupos ćıclicos e subgrupos 8
5. Classes laterais e grupo quociente 14
6. Grupo simétrico 16
7. O grupo alternado 19
8. Homomorfismos 21
9. Teoremas de isomorfismo 23
10. Grupos abelianos finitos 27
11. Ação de um grupo 31
12. Ação de conjugação 32
13. Representações permutacionais 35
14. Teorema de Sylow 39
15. O grupo simétrico de grau 4 43
16. Grupos alternados 45
17. Solubilidade 48
18. Produto semidireto 50
19. Resolução dos exerćıcios de Grupos 55
20. Material adicional 91
Caṕıtulo 2. Aneis e polinômios 95
1. Aneis comutativos unitários 95
2. Aneis de polinômios 96
3. Ideais, quocientes, teorema de isomorfismo 101
4. Domı́nios 106
5. Corpos 108
6. Extensões simples 111
7. Fatoração 114
8. Domı́nios principais 117
9. O teorema de Gauss 119
10. Corpos de decomposição 123
11. Resolução dos exerćıcios de Aneis 128
Caṕıtulo 3. Teoria de Galois 155
3
4 CONTEÚDO
1. Estrutura dos corpos finitos 155
2. O grupo de Galois 158
3. O teorema fundamental 162
4. Cúbicas 166
5. Subcorpos estáveis 169
6. Corpos ciclotômicos 170
7. Resolução dos exerćıcios de Teoria de Galois 173
8. Solubilidade 204
9. Extensões radicais 207
10. Quárticas 208
11. Ráızes de equações de grau 2 e 3 210
12. O teorema fundamental da Álgebra 210
13. Construtibilidade com régua e compasso 211
14. O teorema de Abel 214
CAṔıTULO 1
Grupos
1. Algoritmo de Euclides
Dados dois inteiros n,m, considere o maior divisor comum MDC(n,m), se trata do maior
inteiro positivo d que divide n e m. Por exemplo MDC(15, 12) = 3, MDC(36,−60) = 12.
Escrevendo n = pa11 · · · p
ak
k e m = p
b1
1 · · · p
bk
k onde os pi são primos (teorema fundamental da
aritmetica) temos que MDC(n,m) = p
min(a1,b1)
1 · · · p
min(ak,bk)
k .
Identidade de Bezout. Se n,m ∈ Z e d = MDC(n,m) então existem x, y ∈ Z tais que
ax+ by = d.
Demonstração. Seja A = {nx + my : x, y ∈ Z}. Para concluir basta mostrar
que d ∈ A. Mostraremos que o menor inteiro positivo pertencente a A é d. Seja então
h = nx0 + my0 o menor inteiro positivo pertencente a A (onde x0, y0 ∈ Z). Para concluir
basta mostrar que h = d (porque dáı d ∈ A). Efetuando a divisão com resto de n por h
obtemos n = qh+ r = q(nx0 +my0) + r com q, r ∈ Z e 0 ≤ r < d. Dáı
r = n− qnx0 − qmy0 = n(1− qx0) +m(−qy0) ∈ A
logo r = 0 por minimalidade de h (sendo r ∈ A e 0 ≤ r < h), isso implica que n = qh logo h
divide n. O mesmo argumento aplicado a m mostra que h divide m. Como h divide n e m, h
divide o maior divisor comum MDC(n,m) = d. Em particular sendo h e d positivos obtemos
h ≤ d. Por outro lado d divide n e m logo divide h = nx0 + my0 e sendo h e d positivos,
d ≤ h. As duas desigualdades h ≤ d e d ≤ h implicam que d = h. �
Dados n,m inteiros positivos como encontrar inteiros x, y tais que nx + my = d =
MDC(n,m)? Para fazer isso aplicaremos o “algoritmo de Euclides”, ou seja o algoritmo
seguinte.
Dados inteiros n,m ∈ Z queremos encontrar inteiros x, y tais que nx+my = MDC(n,m).
Para fazer isso construiremos uma tabela cujas primeiras duas linhas são
n m
1 0 n
0 1 m
5
6 1. GRUPOS
Adicionamos linhas a essa tabela seguindo o processo seguinte.
n m
1 0 n
0 1 m
...
...
...
a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 c3
As linhas têm que ser lidas da maneira seguinte: ain + bim = ci para todo i. Se a1, a2, b1,
b2, c1, c2 são dados, a3, b3, c3 são determinados da maneira seguinte. Se faz a divisão com
resto entre c1 e c2 obtendo c1 = c2q + r, com q, r ∈ Z e 0 ≤ r < c2. Escolha a3 = a1 − qa2,
b3 = b1 − qb2 e c3 = r. Observe que isso é coerente pois de fato
a3n+ b3m = (a1 − qa2)n+ (b1 − qb2)m
= (a1n+ b1m)− q(a2n+ b2m)
= c1 − qc2 = c3.
O algoritmo termina quando se encontra um resto igual a zero, e o resto anterior será igual
a MDC(n,m). O algoritmo deve terminar pois os ci são não negativos e c1 > c2 > c3 > . . ..
Por exemplo, encontramos x, y ∈ Z tais que 2013x+ 367y = MDC(2013, 367).
2013 367
1 0 2013
0 1 367
1 −5 178
−2 11 11
33 −181 2
−167 916 1
O algoritmo termina pois a divisão de 2 por 1 tem resto zero. Os quociêntes são 5, 2, 16 e
5. Obtemos então que MDC(2013, 367) = 1 (em outras palavras, 2013 e 367 são coprimos) e
−167 · 2013 + 916 · 367 = 1.
2. Grupos
Definição 1. Um conjunto G com uma operação G×G→ G, (a, b) 7→ a · b é um grupo
se satisfaz as propriedades seguintes.
(1) Associatividade: (a · b) · c = a · (b · c) para todo a, b, c ∈ G.
(2) Elemento neutro: existe e ∈ G tal que a · e = a = a · e para todo a ∈ G.
(3) Inverso: para todo a ∈ G existe b ∈ G tal que a · b = e = b · a.
A notação formal de um grupo G com a sua operação · é (G, ·). As vezes vou usar a
notação ab em vez de a · b. Observe que se a, b, c ∈ G então o produto abc está bem definido
porque as duas interpretações posśıveis, (ab)c e a(bc), são iguais pela propriedade associativa.
3. ORDEM DE UM ELEMENTO 7
Alguns exemplos:
• (Z,+) é um grupo, onde Z denota o conjunto dos números inteiros, Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . .}.
A operação aqui é a soma, (a, b) 7→ a+ b. O elemento neutro é 0 e o inverso de a é
−a.
• Dado um inteiro positivo n defina x := [x]n = x + nZ = {x + nz : z ∈ Z} ⊆ Z
para todo x ∈ Z e Z/nZ := {[x]n : x ∈ Z}. Se trata de um conjunto finito com n
elementos, que são 0, 1, . . . , n− 1. (Z/nZ,+) é um grupo, a operação + é definida
por a + b := a+ b (mostre que é bem definida por exerćıcio). O elemento neutro é
0 e o inverso de a é −a.
• (Q,+), (R,+) e (C,+) são grupos também.
• (Q− {0}, ·) é um grupo, também indicado por Q∗. Aqui o elemento neutro é 1/1 e
o inverso de a/b é b/a sendo (a/b)(b/a) = 1/1 (observe que b/a não faria sentido se
a = 0, é por isso que tiramos o 0 de Q).
Como vocês já perceberam, tem duas notações que vamos utilizar.
(1) Notação multiplicativa.
(a, b) 7→ a · b = ab. Nesse tipo de notação o elemento neutro é indicado por 1 e o
inverso de a é indicado por a−1 e é normalmente chamado de inverso multiplicativo.
(2) Notação aditiva
(a, b) 7→ a + b. Nesse tipo de notação (mais usada para grupos abelianos) o
elemento neutro é indicado por 0 e o inverso de a é indicado por −a, e é normalmente
chamado de “oposto” ou “inverso aditivo”.
3. Ordem de um elemento
Dado G um grupo e g ∈ G, a “ordem” de g, indicada por o(g), é o menor inteiro positivo
n tal que gn = 1, onde por definição gn = gg · · · g (n vezes) - essa escrita faz sentido graças
à propriedade associativa - e pomos g0 = 1. Observe que em notação aditiva, a ordem de g
é o menor inteiro positivo n tal que g + g + . . .+ g = 0 (onde g aparece n vezes). Se um tal
inteiro n não existir dizemos que g tem “ordem infinita”. Por exemplo a ordem multiplicativa
do número inteiro 2 é infinita pois não existe nenhum inteiro positivo n tal que 2n = 1. Por
outro lado por exemplo o número complexo i (a “raiz quadrada de −1”) tem ordem 4 porque
i1 = i 6= 1, i2 = −1 6= 1, i3 = −i 6= 1, i4 = 1.
Usando a identidade de Bezout mostraremos que se g ∈ G tem ordem n (notação multi-
plicativa) e k ∈ Z então o(gk) = n/d onde d = (n, k).
3.1. Exerćıcios.
(1) Encontre inteiros x, y tais que 32x+ 23y = 1.
(2) Encontre inteiros x, y tais que 18x+ 70y = 2.
(3) Faça a divisão com resto entre 90 e 13 e entre −90 e 13.
(4) Mostre que a operação x+ y := x+ y em Z/nZ é bem definida.
8 1. GRUPOS
(5) Calcule a ordem multiplicativa do elemento (i − 1)/
√
2 no grupo multiplicativo
C∗ = C− {0}.
(6) Mostre que a operação x · y := x · y de Z/nZ é bem definida. Z/nZ com essa
operação é um grupo?
(7) Encontre os elementos x ∈ Z/6Z tais que existe y ∈ Z/6Z com x · y = 1.
4. Grupos ćıclicos e subgrupos
Observamos que podemos falar também de potências com expoente negativo: se n é um
inteiro negativo definamos gn:= (g−1)−n. Isso faz sentido porque sabemos o que é g−1 e já
definimos potências com expoente positivo (observe que −n é um número inteiro positivo,
pois n < 0). Além disso, definamos g0 = 1.
Proposição 1. Seja g um elemento de um grupo G com notação multiplicativa. Então
para todo inteiro n, g−n é o inverso de gn, ou seja g−n = (gn)−1.
Demonstração. Se n = 0 então a igualdade g−n = (gn)−1 segue do fato que g0 = 1 e
1−1 = 1 sendo 1 · 1 = 1.
Suponha n positivo. Precisamos mostrar que gn(g−n) = 1, ou seja que gn(g−1)n = 1. Se
trata de cancelar os termos gg−1 (ou seja, substituir gg−1 com 1) na expressão gn(g−1)n =
gg · · · gg · g−1g−1 · · · g−1 (aqui g e g−1 aparecem n vezes, o que faz sentido pois n é positivo).
Suponha n negativo, n = −m com m positivo. Precisamos mostrar que gn(g−n) = 1, ou
seja que (g−1)m(g−1)−m = 1. Se trata de aplicar o argumento acima substituindo g com g−1
e n com m. �
Observe que se a, b são inteiros positivos e g ∈ G então ga+b = gagb pois g aparece
a+ b vezes nas duas expressões. Segue que ga+b = gagb vale para a, b interos quaisquer, por
exemplo se a+ b > 0 com b negativo então −b é positivo logo ga+bg−b = ga+b−b = ga (sendo
a + b e −b positivos) e multiplicando os dois lados por gb obtemos ga+b = gagb. Além disso
gab = (ga)b para todo a, b ∈ Z (exerćıcio).
Proposição 2. Seja g ∈ G um elemento de ordem finita n e sejam a, b dois inteiros.
Então ga = gb se e somente se a ≡ b mod n.
Demonstração. (⇒). Suponha ga = gb. Queremos mostrar que a ≡ b mod n. A
menos de substituir a hipótese com a escrita equivalente gb = ga podemos supor a ≥ b.
Observe que ga−b = ga(g−1)b = ga(gb)−1 = 1 sendo ga = gb. Ou seja, definido m := a − b
temos gm = 1. O que queremos mostrar é que n divide m = a − b. Fazendo a divisão com
resto de m por n obtemos m = nq+r com q, r inteiros e 0 ≤ r < n. Temos 1 = gm = gnq+r =
gnqgr = (gn)qgr = 1qgr = gr logo gr = 1. Sendo 0 ≤ r < n por definição de ordem de um
elemento (lembrando que n é a ordem de g) obtemos que r não pode ser positivo, logo r = 0.
Dáı m = nq ou seja n divide m = a− b.
(⇐). Suponha a ≡ b mod n. Dáı podemos escrever a − b = nq com q inteiro. Logo
ga−b = gnq = (gn)q = 1q = 1 ou seja ga−b = 1. Por outro lado ga−b = gag−b = ga(gb)−1 logo
ga(gb)−1 = 1 e multiplicando os dois lados por gb obtemos ga = gb. �
Por exemplo considere i =
√
−1 ∈ C, o número complexo conhecido como “a raiz qua-
drada de −1”. Temos i2 = −1 6= 1, i3 = i2i = (−1)i = −i 6= 1 e i4 = i2i2 = (−1)(−1) = 1
logo a ordem (multiplicativa!) de i é 4 (a ordem aditiva de i é infinita pois nenhuma soma
4. GRUPOS CÍCLICOS E SUBGRUPOS 9
i+ i+ i+ . . .+ i é igual a zero). Sendo a ordem de i igual a 4 temos por exemplo i17 = i−11
pois 17 ≡ −11 mod 4.
Analogamente, em Z/4Z a ordem (aditiva!) de 1 é 4 pois 1 + 1 = 2 6= 0, 1 + 1 + 1 = 3 6= 0
e 1 + 1 + 1 + 1 = 4 = 0.
Um exemplo geral de elemento de ordem (multiplicativa) n é o número complexo ei2π/n =
cos(2π/n) + i sin(2π/n).
Lembre-se que se o elemento g tem ordem n e a, b são dois inteiros então ga = gb se e
somente se a ≡ b mod n. Em particular ga = 1 se e somente se n divide a (pois 1 = g0 e
a ≡ 0 mod n significa que n divide a).
Proposição 3. Seja x um elemento de ordem n e seja G = Cn = 〈x〉. Seja k um inteiro
positivo e seja d = (n, k) o maior divisor comum entre n e k.
(1) o(xk) = n/d.
(2) 〈xk〉 = 〈xd〉.
Demonstração. Seja m = o(xk). Sendo n/d e m inteiros positivos, para mostrar que
n/d = m basta mostrar que n/d divide m e que m divide n/d.
Mostraremos agora que n/d divide m. Sendo o(xk) = m, temos (xk)m = 1, isto é,
xkm = 1 = xn. Dáı km ≡ n mod o(x) = n, ou seja n divide km, logo n/d divide (k/d)m
logo divide m (pois sendo d = (n, k), o inteiro n/d não tem fatores em comum com k/d).
Mostraremos agora que m divide n/d. Sendo xn = 1 temos (xk)n/d = xkn/d = (xn)k/d =
1k/d = 1 sendo k/d um número inteiro, logo n/d ≡ m mod o(xk) = m logo m divide n/d.
Mostraremos agora que 〈xk〉 = 〈xd〉. Observe que se r, s são elementos de um grupo, e
r ∈ 〈s〉, então 〈r〉 ⊆ 〈s〉, ou seja se r é uma potência de s então toda potência de r é uma
potência de s (isso é claro pois se r = sm então toda potência rk é igual a (sm)k = smk logo
é uma potência de s).
Primeira inclusão. Para mostrar que 〈xd〉 ⊆ 〈xk〉 basta então mostrar que xd ∈ 〈xk〉.
Pelo algoritmo de Euclides existem a, b ∈ Z tais que d = (n, k) = na+kb, logo xd = xna+kb =
(xn)a(xk)b = (xk)b ∈ 〈xk〉.
Segunda inclusão. Para mostrar que 〈xk〉 ⊆ 〈xd〉 basta mostrar que xk ∈ 〈xd〉. Como d
divide k, existe um inteiro t tal que k = dt logo xk = xdt = (xd)t ∈ 〈xd〉. �
Observe que se G = Cn = 〈x〉 é um grupo ćıclico de ordem n então
G = {1, x, x2, x3, . . . , xn−1},
logo G tem n elementos, ou seja |〈x〉| = o(x). Em outras palavras a ordem de um grupo
ćıclico gerado por x é igual à ordem de x.
SeG é um grupo finito comm elementos (ou seja |G| = m) dizemos queG tem “ordemm”.
Por exemplo o grupo aditivo Z/3Z = {0, 1, 2} tem ordem 3. Até agora todos os grupos que
temos visto são ćıclicos: por exemplo Z/nZ (grupo aditivo) é ćıclico pois todo elemento é uma
potência (aditiva, ou seja múltiplo!) de 1: de fato 2 = 1+1, 3 = 1+1+1, etc. Dáı Z/nZ é um
10 1. GRUPOS
grupo aditivo, ćıclico, finito, de ordem n. O equivalente em notação multiplicativa é o grupo
ćıclico Cn = 〈g〉 = {1, g, g2, . . . , gn−1} (um exemplo de elemento de ordem multiplicativa n
é o número complexo g = cos(2π/n) + i sin(2π/n)). O grupo aditivo Z (o grupo aditivo dos
inteiros) também é ćıclico, de fato todo inteiro é um múltiplo inteiro (potência aditiva inteira)
de 1: se a é um inteiro então a = a · 1. Z é um grupo aditivo, ćıclico, infinito (ou seja, de
ordem infinita).
Considere a operação de multiplicação de classes em Z/nZ, ou seja a operação x ·y := xy.
Lembre-se que o inverso multiplicativo de a ∈ Z/nZ é um elemento b ∈ Z/nZ (se existir)
tal que ab = 1, ou seja ab ≡ 1 mod n. Lembre-se que o inverso modular é calculado por
meio do algoritmo de Euclides. Com essa operação Z/nZ não é um grupo! De fato 0 não
admite inverso multiplicativo (se b é uma classe qualquer 0 ·b = 0 é sempre diferente de 1). Já
vimos que os elementos de Z/nZ que admitem inverso multiplicativo são os elementos a com
(a, n) = 1 (ou seja a é coprimo com n). Seja U = U(Z/nZ) o conjunto de tais elementos. Em
outras palavras U(Z/nZ) é por definição o conjunto dos elementos a ∈ Z/nZ que admitem
inverso em Z/nZ. Por exemplo U(Z/8Z) = {1, 3, 5, 7}.
Observe que U é um grupo multiplicativo! De fato:
• Se x, y ∈ U então xy ∈ U . De fato x−1 ∈ U , y−1 ∈ U e (xy)−1 = y−1x−1 logo xy
admite inverso, em outras palavras xy ∈ U .
• · é associativa, sendo associativa já em Z/nZ, como já visto.
• Existe um elemento neutro, se trata de 1 ∈ U . Observe que 1 pertence a U porque
1 admite inverso: o inverso de 1 é 1.
• Se x ∈ U então x−1 ∈ U . De fato x−1 com certeza existe em Z/nZ sendo x ∈ U ,
logo x−1 ∈ U pois x−1 admite inverso em Z/nZ (o inverso de x−1 é x).
Exemplo. O grupo U(Z/7Z) = {1, 2, 3, 4, 5, 6} é um grupo de ordem 6 (ele tem 6
elementos). Os inversos são 1
−1
= 1, 2
−1
= 4, 3
−1
= 5, 4
−1
= 2, 5
−1
= 3, 6
−1
= 6. Qual a
ordem do elemento 2? Temos 2
1
= 2, 2
2
= 4, 2
3
= 8 = 1 logo o(2) = 3. Observe que se trata
da ordem multiplicativa de 2, não a confunda com a ordem aditiva.
• Observação: a ordem aditiva de 2 é 7, de fato as potências aditivas de 2 são 2, 4, 6,
1, 3, 5, 0.
E qual a ordem (multiplicativa!) de 3? As potências de 3 são 3
1
= 3, 3
2
= 2, 3
3
= 6, 3
4
= 4,
3
5
= 5, 3
6
= 1. Logo a ordem de 3 é 6. Observe que então todo elemento de U(Z/7Z) é uma
potência de 3, sendo 1 = 3
0
, 2 = 3
2
, 3 = 3
1
, 4 = 3
4
, 5 = 3
5
, 6 = 3
3
. Isso mostra exatamente
que U(Z/7Z) é um grupo ćıclico, e mais especificamente U(Z/7Z) = 〈3〉 = {1, 3, 32, 33, 34, 35}.
Lembre-se que dois inteiros n,m são chamados de “coprimos” quando o maior divisor
comum entre n e m é igual a 1.
Proposição4. Seja m um inteiro e n um inteiro positivo. O elemento m ∈ Z/nZ
admite inverso multiplicativo em Z/nZ se e somente se n e m são coprimos.
Demonstração. A menos de substituir m com o representante canônico de m (ou seja
o único inteiro em {0, 1, 2, . . . , n− 1} congruente a m módulo n) podemos supor m positivo.
Precisamos mostrar as duas implicações.
4. GRUPOS CÍCLICOS E SUBGRUPOS 11
(⇒). Suponha que exista o inverso modular de m módulo n, seja ele y. Dáı m · y = 1,
logo n divide my − 1, digamos my − 1 = nz para algum inteiro z. Segue que 1 = my − nz.
Seja d o maior divisor comum entre n e m, áı d divide my − nz = 1 logo d = 1. Isso mostra
que n e m são coprimos.
(⇐). Suponha que n e m são coprimos, ou seja MDC(n,m) = 1. Pelo algoritmo
de Euclide existem x, y inteiros tais que nx + my = 1, dáı reduzindo módulo n obtemos
m · y = 1. �
Segue que a ordem do grupo multiplicativo U(Z/nZ) é igual a ϕ(n) (função de Euler),
ou seja o número de inteiros em {1, . . . , n} coprimos com n.
Por exemplo, lembrando que usando o algoritmo de Euclides temos −167·2013+916·367 =
1, reduzindo tal igualdade módulo 2013 e módulo 367 obtemos que −167 · 2013 ≡ 1 mod 367
e 916 · 367 ≡ 1 mod 2013. Em outras palavras o inverso de 2013 em Z/367Z é −167 = 200 e
o inverso de 367 em Z/2013Z é 916.
Definição 2 (Subgrupo). Um subconjunto H de um grupo G (notação multiplicativa) é
chamado de “subgrupo” de G se as seguintes condições valem.
• 1 ∈ H;
• se h ∈ H então h−1 ∈ H;
• se h1, h2 ∈ H então h1h2 ∈ H.
Se H é um subgrupo de G escrevamos H ≤ G.
Observe que pela definição de subgrupo, se H ≤ G e h ∈ H então hm ∈ H para todo
inteiro m, de fato hm é um produto de alguns h (se m for positivo) ou de alguns h−1 (se m
for negativo), logo é obtido multiplicando elementos de H.
Alguns exemplos.
• Se G é um grupo qualquer (notação multiplicativa) então
{1} ≤ G, G ≤ G.
• Se G é um grupo qualquer (notação multiplicativa) e g ∈ G então
〈g〉 ≤ G.
De fato 1 = g0 ∈ 〈g〉, se x = gk ∈ 〈g〉 então x−1 = g−k ∈ 〈g〉, e se x = ga ∈ 〈g〉 e
y = gb ∈ 〈g〉 então xy = gagb = ga+b ∈ 〈g〉.
• Z ≤ Q ≤ R ≤ C (grupos aditivos). De fato se trata de uma cadeia de grupos com a
mesma operação (a soma).
• Se n é um inteiro qualquer então H = nZ = {nz : z ∈ Z} é um subgrupo de
Z (aditivo). De fato 0 (o elemento neutro de Z) pertence a H sendo 0 = n · 0, se
h = nz ∈ H então −h = −nz = n(−z) ∈ H (logo os inversos dos elementos de H
pertencem a H) e se h = nz, k = nw são elementos de H (com z, w ∈ Z) então
h+ k = nz + nw = n(z + w) ∈ H.
• N não é um subgrupo de Z, por exemplo 1 ∈ N mas −1 6∈ N (logo N não contem os
inversos dos seus elementos).
12 1. GRUPOS
• A = {−2,−1, 0, 1, 2} não é um subgrupo de Z porque
1 ∈ A, 2 ∈ A mas 1 + 2 = 3 6∈ A.
• A = {−1, 0, 1} não é um subgrupo de Z porque
1 ∈ A mas 1 + 1 = 2 6∈ A.
Queremos determinar todos os subgrupos do grupo ćıclico Cn.
Proposição 5. Seja G = Cn (grupo ćıclico finito de ordem n, notação multiplicativa).
Os subgrupos de G são todos ćıclicos da forma 〈xd〉 onde d é um inteiro que divide n, e 〈xd〉
tem ordem n/d. Além disso, para todo divisor m de n, 〈xn/m〉 é o único subgrupo de G de
ordem m.
Demonstração. Seja H um subgrupo de G = 〈x〉 = {1, x, x2, . . . , xn−1}. Queremos
mostrar que H = 〈xd〉 onde d divide n. Se H = {1} isso é claro, basta escolher d = n, de
fato H = {1} = 〈1〉 = 〈xn〉. Suponha H 6= {1}. Seja d o menor inteiro positivo tal que xd
pertence a H. Para mostrar que H = 〈xd〉 mostraremos as duas inclusões.
Primeira inclusão. Seja y = xk ∈ H um qualquer elemento de H. Queremos mostrar que
y ∈ 〈xd〉. Fazendo a divisão com resto de k por d obtemos k = dq + r com 0 ≤ r < d mas
xr = xk−dq = xk(xd)
−q
pertence a H (pois é produto de elementos de H), e isso implica que
r = 0 por minimalidade de d, logo y = xk = xdq = (xd)
q ∈ 〈xd〉. Isso mostra que H ⊆ 〈xd〉.
Segunda inclusão. Seja y ∈ 〈xd〉, queremos mostrar que y ∈ H. Temos que y é uma
potência de xd, logo podemos escrever y = (xd)
t
para algum inteiro t, mas xd ∈ H por
definição logo (xd)
t
, obtido multiplicando elementos de H, também pertence a H.
Isso mostra que H = 〈xd〉. Como já visto, H = 〈xd〉 = 〈x(n,d)〉 logo d = (n, d) (por
minimalidade de d, pois 0 < (n, d) ≤ d), em outras palavras d divide n (!) e |H| = |〈xd〉| =
o(xd) = n/(n, d) = n/d.
Se m divide n e H é um subgrupo de G de ordem m então podemos escrever H = 〈xd〉
com d um divisor de n e m = |H| = |〈xd〉| = n/d logo H = 〈xn/m〉. Isso mostra que se H é
um subgrupo de G de ordem m então H = 〈xn/m〉. Logo 〈xn/m〉 é o único subgrupo de G de
ordem m. �
Alguns exemplos de subgrupos de grupos ćıclicos Cn, nos casos n = 12, n = 7, n = 25,
n = 27, n = 36 (aqui x indica um gerador do grupo Cn).
C12
〈x2〉
yyyyyyyy
〈x3〉
EEEEEEEE
〈x4〉
zzzzzzzz
〈x6〉
DDDDDDDD
zzzzzzzz
{1}
DDDDDDDD
zzzzzzzz
C7
{1}
C25
〈x5〉
{1}
C27
〈x3〉
〈x9〉
{1}
4. GRUPOS CÍCLICOS E SUBGRUPOS 13
C36
〈x2〉
xxxxxxxx
〈x3〉
FFFFFFFF
〈x4〉
yyyyyyyy
〈x6〉
EEEEEEEE
yyyyyyyy
〈x9〉
EEEEEEEE
〈x12〉
EEEEEEEE
yyyyyyyy
〈x18〉
EEEEEEEE
yyyyyyyy
{1}
EEEEEEEE
yyyyyyyy
Um grupo G é dito comutativo ou abeliano (nome devido a Niels Henrik Abel) se xy = yx
para todo x, y ∈ G. Até agora fizemos só exemplos de grupos abelianos. Observe que um
grupo em geral não precisa ser abeliano, ou seja se x, y são elementos de um grupo G então
xy e yx em geral são diferentes. Isso implica que em geral temos (xy)n 6= xnyn.
4.1. Exerćıcios.
(1) Mostre que em um grupo G o elemento neutro é único e todo elemento possui um
único inverso.
(2) Faça a lista dos elementos de C24 e calcule as ordens deles.
(3) Conte os elementos de ordem 15 em C30.
(4) Conte os geradores de C32, ou seja os elementos x ∈ C32 tais que 〈x〉 = C32.
(5) Seja g um elemento de ordem n de um grupo G e seja m um inteiro. Mostre que
〈g〉 = 〈gm〉 se e somente se (m,n) = 1.
(6) Considere X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} com a operação x ? y := min(x, y), o mı́nimo entre x
e y. Calcule 3 ? 5 e 6 ? 2. Existe um elemento neutro? É único? Com essa operação
X é um grupo?
(7) Seja X um conjunto e seja P (X) o conjunto de todos os subconjuntos de X. Seja 4
a operação de P (X) definida por A4B := (A−B)∪ (B −A) (diferença simétrica).
Mostre que P (X) com a operação ∆ é um grupo e calcule as ordens dos seus ele-
mentos.
(8) Seja i ∈ C a raiz quadrada de −1. Calcule a ordem multiplicativa dos elementos
i+1√
2
, 1+i
√
3
2 .
(9) Seja a + ib um número complexo. Mostre que se a + ib tem ordem multiplicativa
finita então a2 + b2 = 1. Vale o vice-versa?
(10) Seja G um grupo tal que (xy)2 = x2y2 para todo x, y ∈ G. Mostre que G é abeliano.
(11) Seja G um grupo tal que x2 = 1 para todo x ∈ G. Mostre que G é abeliano.
(12) Seja G um grupo e sejam x, y ∈ G. Mostre que o(xy) = o(yx).
(13) Seja G um grupo e sejam H ≤ G, g ∈ G. Mostre que gHg−1 = {ghg−1 : h ∈ H}
é um subgrupo de G.
14 1. GRUPOS
(14) Seja G um grupo e sejam H,K ≤ G. Mostre que H∩K ≤ G. Mostre que H∪K ≤ G
se e somente se H ≤ K ou K ≤ H.
(15) Seja G um grupo e seja x ∈ G. Mostre que H = CG(x) = {g ∈ G : gx = xg} (o
centralizador de x em G) é um subgrupo de G contendo x.
(16) Conte os subgrupos de C30 e de C105.
(17) Conte os subgrupos de Z/48Z e de Z/405Z.
(18) Conte os subgrupos de U(Z/14Z).
(19) Conte os subgrupos de U(Z/30Z).
(20) Sejam p, q dois primos distintos. Conte os subgrupos de Cp2q3 .
(21) (Dif́ıcil) Mostre que se p é um número primo então U(Z/pZ) é um grupo ćıclico.
5. Classes laterais e grupo quociente
Dado um grupo G (notação multiplicativa) e H um subgrupo de G, se g ∈ G chamaremos
o conjunto
gH = {gh : h ∈ H} ⊆ G
de “classe lateral a esquerda de H”. O conjunto de todas as classes laterais a esquerda de H
em G é denotado por G/H := {gH : g ∈ G}, o “conjunto quociente” de G módulo H. A
cardinalidade de G/H é chamada de ı́ndice de H em G e denotada por |G : H|.
Por exemplo H = {(x, x) : x ∈ R} é um subgrupo aditivo de R2 e as classes laterais
(a, b) +H são os “translados”de H, ou seja as retas paralelas a H.
Por exemplo H = {x ∈ C : |x| = 1} (o ćırculo unitário de centro a origem) é um
subgrupo multiplicativo de C∗ = C− {0} e as classes laterais gH de H (onde g ∈ C∗) são os
ćırculos de raio arbitrário, de fato gH = {x ∈ C : |x| = |g|}.
Teorema 1 (Lagrange). Seja G um grupo finito e seja H ≤ G. Então |H| divide |G| e
o ı́ndice de H em G é igual a |G : H| = |G/H| = |G|/|H|.
Demonstração. Observe que sendo 1 ∈ H temos g = g · 1 ∈ gH para todo g ∈ G, logo⋃
g∈G gH = G. Além disso, classes laterais distintas são disjuntas, ou seja se xH ∩ yH 6= ∅
então xH = yH. De fato, suponha xH ∩ yH 6= ∅ e seja z ∈ xH ∩ yH, então existem h, k ∈ H
tais que z = xh = yk. Mostraremos que xH ⊆ yH: se t ∈ H então xt = zh−1t = ykh−1t ∈ yH
sendo kh−1t ∈ H. Mostraremos que yH ⊆ xH: se t ∈ H então yt = zk−1t = xhk−1t ∈ xH.
Segue que xH = yH.
Dado g ∈ G a função f : H → gH dada por f(h) := gh é bijetiva: é sobrejetiva
porque todo elemento y ∈ gH tem a forma gh para algum h ∈ H logo y = gh = f(h),
e é injetiva porque se f(h1) = f(h2) então gh1 = gh2 e multiplicando a esquerda por g
−1
obtemos h1 = h2. Segue que |H| = |gH| para todo g ∈ G, e sendo G a união disjunta das
classes laterais de H, indicando com m o número de classes laterais de H em G, ou seja
m = |G/H| = |G : H|, obtemos que m|H| = |G|, ou seja m = |G|/|H|. Em outras palavras
|G : H| = |G/H| = |G|/|H|. Em particular |G|/|H| é um inteiro, logo |H| divide |G|. �
Observe que se x ∈ G e G é finito, então x|G| = 1. De fato, pelo teorema de Lagrange
o(x) = |〈x〉| divide |G|, isto é, |G| = ab onde a = o(x) e b é um número inteiro. Logo,
x|G| = xab = (xa)b = 1b = 1.
5. CLASSES LATERAIS E GRUPO QUOCIENTE 15
Observe que xH = yH se e somente se x−1y ∈ H.
De fato se xH = yH então x = x · 1 ∈ xH = yH logo existe h ∈ H com x = yh e isso
implica x−1y = h−1 ∈ H, vice-versa se x−1y ∈ H então xH ⊆ yH porque se xh ∈ xH então
xh = y(y−1x)h = y(x−1y)−1h ∈ yH sendo x−1y ∈ H e se yh ∈ yH então yh = x(x−1y)h ∈
xH sendo x−1y ∈ H.
Um exemplo de aplicação do teorema de Lagrange é o caso do grupo ćıclico: se Cn = 〈x〉
os subgrupos de Cn têm a forma 〈xd〉 onde d é um divisor de n, e a ordem de 〈xd〉 é n/d,
um divisor de n. Um outro exemplo visto é U(Z/8Z) = {1, 3, 5, 7}, um grupo não ćıclico de
ordem 4. Os subgrupos dele são 〈1〉, 〈3〉, 〈5〉, 〈7〉, eles têm ordem 1, 2, 2 e 2. O teorema de
Lagrange nesse caso é simplesmente o fato que as ordens dos subgrupos dividem 4, que é a
ordem do grupo.
Por exemplo seja G = C6 = 〈x〉 = {1, x, x2, x3, x4, x5}. Esse grupo tem ordem 6, o
subgrupo 〈x2〉 tem ordem o(x2) = 3, o subgrupo 〈x3〉 tem ordem o(x3) = 2 e 2 e 3 dividem
6. As classes laterais de H = 〈x2〉 são H = {1, x2, x4}, xH = {x, x3, x5}. As classes laterais
de L = 〈x3〉 são L = {1, x3}, xL = {x, x4}, x2L = {x2, x5}.
O que queremos fazer agora é tentar dar uma estrutura de grupo ao quociente G/H. Para
fazer isso precisamos definir uma operação, e a operação mais natural é a seguinte:
(xH) · (yH) := (xy)H. (∗)
Mas observe que esse produto depende das escolhas de x e y, então pode acontecer que não
seja bem definido. Queremos saber qual hipótese precisamos por sobre H para ter certeza
que o produto acima seja bem definido.
Suponha que o produto (∗) seja bem definido, e seja g ∈ G. Se h ∈ H então temos
gH = ghH, pois (gh)−1g = h−1g−1g = h−1 ∈ H. Podemos calcular o produto (gH) · (g−1H)
de duas formas diferentes:
(gH) · (g−1H) = (gg−1)H = 1H = H,
(ghH) · (g−1H) = (ghg−1)H.
Como o produto é bem definido por hipótese, o resultado dos dois cálculos tem que ser o
mesmo, em outras palavras H = (ghg−1)H. Sabemos que isso significa ghg−1 ∈ H. Então
essa condição é o que precisamos para ter uma estrutura de grupo em G/H.
Definição 3 (Subgrupo normal, Grupo quociente). Um subgrupo H de um grupo G é
dito normal se ghg−1 ∈ H para todo g ∈ G, h ∈ H. Escrevemos H E G. Nesse caso, o
quociente G/H = {gH : g ∈ G} é um grupo (grupo quociente) com a operação
(xH) · (yH) := (xy)H,
o elemento neutro é 1H = H e o inverso de gH é g−1H.
Demonstração. O fato que o elemento neutro é 1H e o fato que o inverso de gH é
g−1H seguem pela definição da operação no grupo quociente. Mostraremos agora que se H
16 1. GRUPOS
é normal em G então a operação (xH) · (yH) := (xy)H é bem definida. Suponha então
xH = rH, yH = sH, mostraremos que (xy)H = (rs)H ou seja que (rs)−1(xy) ∈ H. Temos
(rs)−1(xy) = s−1r−1xy = s−1y · y−1(r−1x)y ∈ H
sendo s−1y ∈ H, r−1x ∈ H e sendo y−1(r−1x)y ∈ H (pois H é normal). �
Observe que se por exemplo G for abeliano (ou seja se xy = yx para todo x, y ∈ H) então
todo subgrupo de G é normal: se H ≤ G e h ∈ H, g ∈ G então ghg−1 = gg−1h = 1h = h ∈ H.
Logo H EG.
Observe que todo grupo ćıclico é abeliano: se G = 〈x〉 e xa, xb são dois elementos de G
então
xaxb = xa+b = xb+a = xbxa.
Em particular, todo subgrupo de G é normal. Seja H um subgrupo de G. Então
Proposição 6. Se G = 〈x〉 é um grupo ćıclico e H ≤ G então HEG e G/H é um grupo
ćıclico gerado por xH, ou seja G/H = 〈xH〉.
Demonstração. Precisamos mostrar que qualquer elemento de G/H é uma potência
de xH. Um elemento qualquer de G/H tem a forma gH para algum g ∈ Cn, que tem a forma
g = xk, logo gH = xkH. Agora por definição de produto no quociente temos
xkH = xk−1xH = xk−1H · xH = xk−2xHxH = xk−2H · xH · xH =
= . . . = xH · xH · · ·xH = (xH)k.
Logo gH = xkH = (xH)k, isto é, o elemento gH é uma potência de xH. �
6. Grupo simétrico
Seja X um conjunto. Uma “permutação” de X é uma função bijetiva f : X → X. Seja
G = Sym(X) o conjunto das permutações de X. Por exemplo se X = {1, 2, 3} um elemento
de G é uma função bijetiva f : {1, 2, 3} → {1, 2, 3}. No caso em que X = {1, 2, . . . , n} o grupo
Sym(X) será indicado por Sn (grupo simétrico de grau n).
Proposição 7. Seja X um conjunto. Com a operação de composição de funções, o
conjunto G = Sym(X) é um grupo, o elemento neutro de G é a função identidade id : X → X,
ou seja a função definida por id(x) = x para todo x ∈ X.
Demonstração. Duas funções α : X → X, β : X → X são iguais exatamente quando
α(x) = β(x) para todo x ∈ X. Logo para mostrar que id · f = f e f · id = f para todo
f ∈ G (ou seja que id é o elemento neutro da operação de composição) precisamos mostrar
que (id · f)(x) = f(x) para todo x ∈ X e (f · id)(x) = f(x) para todo x ∈ X. Mas isso segue
por definição, pois (id · f)(x) = id(f(x)) = f(x) e (f · id)(x) = f(id(x)) = f(x).
Para mostrar que a composição é realmente uma operação binária do conjunto Sym(X)
precisamos mostrar que se f : X → X e g : X → X são bijetivas então f · g é bijetiva. É
injetiva porque se fg(a) = fg(b) então f(g(a)) = f(g(b)) logo g(a) = g(b) sendo f injetiva logo
a = b sendo g injetiva. É sobrejetiva porque se y ∈ X então existe t ∈ X com f(t) = y sendo f
6. GRUPO SIMÉTRICO 17
sobrejetiva e existe x ∈ X com g(x) = t sendo f sobrejetiva, logo fg(x) = f(g(x)) = f(t) = y.
A associatividade (f · g) · h = f · (g · h) segue calculando
((f · g) · h)(x) = (f · g)(h(x)) = f(g(h(x))),
(f · (g · h))(x) = f((g · h)(x)) = f(g(h(x))).
Toda função bijetiva f : X → X tem uma função inversa, a função g = f−1 : X → X
definida por g(x) igual ao único elemento y ∈ X tal que f(y) = x (função inversa). É claro
que f−1(f(x)) = x e f(f−1(x)) = x para todo x ∈ X, logo f · f−1 = id = f−1 · f . �
Notação ćıclica. Um ciclo é indicado por (12 . . .m), e significa o seguinte: 1 7→ 2 7→ 3 7→
. . . 7→ m 7→ 1. Os elementos que não aparecem no ciclo (por exemplo m + 1,m + 2, . . .) são
elementos fixados pelo ciclo: m+ 1 7→ m+ 1, m+ 2 7→ m+ 2, . . . Por exemplo a permutação
1 7→ 2, 2 7→ 1, 3 7→ 3 escrita na notação ćıclica é (12) (o elemento 3 não aparece, sendo
fixado), a permutação 1 7→ 2, 2 7→ 3, 3 7→ 1 na notação ćıclica é (123). O elemento neutro
nessa notação é indicado por 1. Vamos calcular o produto fg onde f = (12) e g = (13). Para
conhecer uma permutaçãode X precisamos conhecer as imagens de todos os elementos de X,
nesse caso 1, 2, 3. Em outras palavras, queremos calcular fg(1), fg(2), fg(3). Lembre-se que
a definição de fg é a seguinte: (fg)(x) := f(g(x)). Logo, como f(1) = 2, f(2) = 1, f(3) = 3,
g(1) = 3, g(2) = 2 e g(3) = 1 temos
• (fg)(1) = f(g(1)) = f(3) = 3,
• (fg)(2) = f(g(2)) = f(2) = 1,
• (fg)(3) = f(g(3)) = f(1) = 2.
Em outras palavras fg = (132). Um cálculo parecido mostra que gf = (123), logo
fg 6= gf . Isso implica que S3 é um grupo não abeliano.
Atenção: não tem única expressão na notação ćıclica: por exemplo (123) = (231) = (312)
e (12) = (21). Por outro lado, tem uma única expressão de um ćıclo que começa com um
dado elemento: por exemplo (123) é a única expressão desse ciclo que começa com 1.
Atenção: nem toda permutação é um ciclo. Por outro lado, toda permutação é um
produto de ćıclos. Por exemplo em S4 = Sym({1, 2, 3, 4}) o elemento (12)(34) não é um ciclo.
Em geral dado x ∈ X e dada f uma permutação de um conjunto finito X, o ciclo de
f contendo x é (x, f(x), f(f(x)), . . . , fm(x)) onde fk(x) indica a aplicação de f k vezes e
fm+1(x) = x. Aplicando isso a cada elemento de X é posśıvel escrever toda permutação
como produto de ciclos disjuntos. É claro que ćıclos disjuntos comutam e é fácil se convencer
que a ordem de um produto de ćıclos disjuntos é o menor múltiplo comum dos compri-
mentos dos ćıclos. Assim por exemplo (123)(456) tem ordem 3, (12)(345) tem ordem 6 e
(1, 2, 3, 4)(5, 6, 7, 8, 9, 10) tem ordem 12.
Exemplo de subgrupo não normal. Seja
G = S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)}
e seja H = 〈(12)〉 = {1, (12)} ≤ S3. Temos (13)−1 = (13) pois (13)(13) = 1, logo
(13)(12)(13)−1 = (13)(12)(13) = (23) 6∈ H.
18 1. GRUPOS
Isso mostra que H não é normal em G.
Exemplo de subgrupo normal de S3. Seja agora K = 〈(123)〉 ≤ G = S3. Observe
que 1−1 = 1, (12)−1 = (12), (13)−1 = (13), (23)−1 = (23), (123)−1 = (132) e (132)−1 = (123).
Temos
1(123)1−1 = (123) ∈ K, (12)(123)(12)−1 = (132) ∈ K,
(13)(123)(13)−1 = (132) ∈ K, (23)(123)(23)−1 = (132) ∈ K,
(123)(123)(123)−1 = (123) ∈ K, (132)(123)(132)−1 = (123) ∈ K.
Isso mostra que gxg−1 ∈ K para todo g ∈ G, onde x = (123). Para concluir que K é normal
em G precisamos mostrar isso para os outros elementos de K, que são 1 e x2. Mas é claro
que g1g−1 = gg−1 = 1 ∈ K, então para mostrar que KEG basta mostrar que gx2g ∈ K para
todo g ∈ G. Mas gx2g = gxxg = gxg−1gxg−1 = (gxg−1)2 ∈ K porque gxg−1 ∈ K, como
mostrado acima. Isso mostra que K E G. Como K = {1, (123), (132)} tem ordem 3, G/K
tem ordem |G/K| = |G|/|K| = 6/3 = 2 e de fato G/K = {K, (12)K}. Se trata de um grupo
ćıclico de ordem 2.
6.1. Exerćıcios.
(1) Calcule a ordem de (1, 2, 3)(4, 5, 6, 7)(8, 9, 10, 11, 12) ∈ S12.
(2) Dê um exemplo de elementos x, y de um grupo com x · y · x−1 6= y.
(3) Sejam x e y elementos de um grupo. Mostre que o(xyx−1) = o(y).
(4) Seja X um conjunto e seja G = Sym(X). Seja a ∈ X um elemento fixado. Mostre
que H = {f ∈ G : f(a) = a} é um subgrupo de G.
(5) Encontre todos os subgrupos normais de S3.
(6) Seja G = S4 e H = {g ∈ G : g(3) = 3}. Mostre que H é um subgrupo de G e que
|H| = 6.
(7) Mostre que S4 não contem subgrupos de ordem 16.
(8) Seja X um conjunto qualquer com |X| ≥ 3. Mostre que Sym(X) não é comutativo.
(9) Seja g ∈ Sn e seja 1 ≤ k ≤ n. Mostre que
g(12 . . . k)g−1 = (g(1)g(2) . . . g(k)).
(10) Seja G um grupo e seja H uma famı́lia de subgrupos de G tais que se H ∈ H
e g ∈ G então gHg−1 ∈ H . Mostre que a interseção dos subgrupos em H é um
subgrupo normal de G.
(11) Mostre que se N é um subgrupo normal de um grupo G então o centralizador de N
em G
CG(N) = {g ∈ G : gn = ng ∀ n ∈ N}
é um subgrupo normal de G.
(12) Uma outra maneira de dizer que as classes laterais à esquerda de H ≤ G em G
formam uma partição de G é o fato que a seguinte é uma relação de equivalência
em G (verifique!): x ∼ y se e somente se y−1x ∈ H.
(13) Seja H um subgrupo de G, g ∈ G e seja Hg = {hg : h ∈ H} (classe lateral a
direita). Defina gHg−1 = {ghg−1 : h ∈ H} (um “conjugado” de H). Mostre que
são equivalentes
(a) H é normal em G;
(b) Hg = gH para todo g ∈ G;
7. O GRUPO ALTERNADO 19
(c) gHg−1 = H para todo g ∈ G.
(14) Seja G um grupo finito e seja H um subgrupo ćıclico de G. Mostre que se H é
normal em G então todo subgrupo de H é normal em G.
7. O grupo alternado
Agora vamos construir um exemplo de um subgrupo normal de um grupo não abeliano.
Seja G = Sn o grupo simétrico de grau n. Por exemplo lembre-se que
S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)}.
Temos que |Sn| = n!. Considere o polinômio
T :=
∏
1≤i<j≤n
(Xi −Xj)
em variaveis comutantes: XaXb = XbXa. Os fatores desse polinômio são Pij := Xi−Xj com
i < j. Seja P = {Pij : 1 ≤ i < j ≤ n}.
Fixamos σ ∈ G = Sn. Observe que em geral se i < j pode acontecer que σ(i) < σ(j) ou
σ(j) < σ(i) (não pode acontecer que σ(i) = σ(j), por quê?), então em geral Pσ(i),σ(j) 6∈ P .
Podemos definir a função
ϕσ : P → P, ϕσ(Pij) :=
{
Pσ(i),σ(j) se σ(i) < σ(j),
Pσ(j),σ(i) se σ(i) > σ(j)
A função ϕσ : P → P é bijetiva: de fato, a inversa dela é ϕσ−1 . Para ver isso observe que se
i < j e σ(i) < σ(j) temos ϕσ−1(ϕσ(Pij)) = ϕσ−1(Pσ(i),σ(j)) = Pσ−1(σ(i)),σ−1(σ(j)) = Pij . Se
i < j e σ(i) > σ(j) temos ϕσ−1(ϕσ(Pij)) = ϕσ−1(Pσ(j),σ(i)) = Pσ−1(σ(i)),σ−1(σ(j)) = Pij . Isso
implica que ϕσ−1 ◦ ϕσ é a identidade P → P . De forma analoga se mostra que ϕσ ◦ ϕσ−1
também é a identidade P → P .
A permutação σ ∈ Sn permuta os indices no polinômio T =
∏
1≤i<j≤n(Xi−Xj) da forma
seguinte:
Tσ :=
∏
1≤i<j≤n
(Xσ(i) −Xσ(j)).
Como Xi −Xj = −(Xj −Xi), o fato que ϕσ é bijetiva implica que Tσ = ±T .
Definição 4 (Sinal de uma permutação). A permutação σ ∈ Sn é dita par se Tσ = T ,
é dita ı́mpar se Tσ = −T . O sinal de σ, indicado com sgn(σ), é 1 se σ é par e é −1 se σ é
ı́mpar, assim Tσ = sgn(σ)T .
Por exemplo a identidade é sempre par: T1 = T . Vamos calcular o sinal de (12), (123) ∈
S3. Temos T = (X1 −X2)(X1 −X3)(X2 −X3).
• Seja σ = (12). Tσ = (X2 −X1)(X2 −X3)(X1 −X3) = −T . σ é ı́mpar.
• Seja σ = (123). Tσ = (X2 −X3)(X2 −X1)(X3 −X1) = T . σ é par.
Observe que T1 = T , isso implica que sgn(1) = 1. Uma propriedade importante do sinal
é a seguinte.
Proposição 8. Sejam σ, τ ∈ Sn. Então sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ).
20 1. GRUPOS
Demonstração. Temos Tστ =
∏
1≤i<j≤n(Xστ(i) − Xστ(j)) e reordenando os indices
obtemos que esse produto é igual a sgn(τ)
∏
1≤i<j≤n(Xσ(i) −Xσ(j)) = sgn(τ)sgn(σ)T . Por
outro lado temos Tστ = sgn(στ)T logo sgn(σ)sgn(τ) = sgn(στ). �
Uma consequência é que se σ ∈ Sn então sgn(σ) = sgn(σ−1), de fato 1 = sgn(1) =
sgn(σσ−1) = sgn(σ)sgn(σ−1) e o fato que sgn(σ), sgn(σ−1) ∈ {1,−1} implica que sgn(σ) =
sgn(σ−1).
Definição 5. O grupo alternado de grau n é An := {σ ∈ Sn : sgn(σ) = 1}, o conjunto
das permutações pares de Sn.
Proposição 9. An é um subgrupo normal de Sn e |Sn : An| = 2.
Demonstração. Já observamos que sgn(1) = 1, logo 1 ∈ An. Se σ ∈ Sn então
sgn(σ−1) = sgn(σ) = 1, logo σ−1 ∈ An. Se σ, τ ∈ An então sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ) =
1 · 1 = 1, logo στ ∈ An. Isso mostra que An ≤ Sn.
Agora sejam h ∈ An e g ∈ Sn. Temos
sgn(ghg−1) = sgn(g)sgn(h)sgn(g−1) = sgn(g)2sgn(h) = sgn(h) = 1,
logo ghg−1 ∈ An. Isso mostra que An é normal em Sn.
Para mostrar que |Sn : An| = 2 basta mostrar que Sn = An ∪ (12)An. Basta mostrar
que (12) é ı́mpar, porque nesse caso se g ∈ Sn − An então sgn(g) = −1 logo sgn((12)g) =
sgn((12))sgn(g) = (−1)(−1) = 1 logo (12)g ∈ An então g ∈ (12)−1An = (12)An.
Então falta mostrar que σ = (12) é ı́mpar. Temos T =
∏
i<j(Xi − Xj) logo Tσ =
(X2 −X1)
∏
1<j(X1 −Xj)
∏
2<j(X2 −Xj)
∏
2<i<j(Xi −Xj) = −T . �
Observe que como |Sn : An| = 2 temos 2 = |Sn : An| = |Sn/An| = |Sn|/|An| = n!/|An|
logo a ordem do grupo alternado é |An| = n!/2. Por exemplo |A3| = 3!/2 = 3, |A4| = 4!/2 =
12.
Observe que se (ij) ∈ Sn então (ij) é ı́mpar. De fato, se i, j 6= 1, 2 seja g = (1i2j),
se j = 2 seja g = (1i) e se i = 1seja g = (2j). É facil ver que g(12)g−1 = (ij), logo
sgn((ij)) = sgn(g)sgn((12))sgn(g−1) = −sgn(g)2 = −1.
Observe que se σ é um ciclo (a1 a2 . . . ak) então o(σ) = k e sgn(σ) = −(−1)k. De fato,
(a1 a2 . . . ak) = (a1 ak)(a1 ak−1) · · · (a1 a2)
e como sgn é multiplicativa e todo (ij) é ı́mpar, sgn(σ) = (−1)k−1 = −(−1)k. Logo um
ciclo de comprimento par é uma permutação ı́mpar, um ciclo de comprimento ı́mpar é uma
permutação par.
Exemplo. A3 = {1, (123), (132)}.
Seja σ uma permutação em Sn. Podemos escrever σ como produto de ćıclos disjuntos da
forma (a σ(a) σ2(a) . . .) onde a ∈ {1, . . . , n} (começando com a = 1). Por exemplo:
(14)(1423)(6241)(523)(3416) = (13)(2465).
8. HOMOMORFISMOS 21
Essa estrutura de produto de ćıclos disjuntos é a mais natural. Se σ é produto de ćıclos
disjuntos de comprimentos c1, . . . , ct, dizemos que a estrutura ćıclica de σ é (c1, . . . , ct). Por
exemplo (12)(345) tem estrutura ćıclica (2, 3).
Como toda permutação é um produto de ćıclos (disjuntos), e o sinal de um produto de
permutações é o produto dos sinais, para calcular o sinal precisamos só calcular o sinal dos
ćıclos. É facil verificar que
(a1 . . . ak) = (a1ak)(a1ak−1) · · · (a1a2).
Logo sgn((a1, . . . , ak)) = sgn(a1ak) · · · sgn(a1a2) = (−1)k−1. Isso nos permite calcular o
sinal de uma qualquer permutação. Por exemplo
sgn((1529)(381)(51382)(12)) = sgn((1529))sgn((381))sgn((51382))sgn((12)) =
= (−1) · 1 · 1 · (−1) = 1.
8. Homomorfismos
Uma função f : A → B entre dois grupos A,B (em notação multiplicativa) é dita ho-
momorfismo se
f(xy) = f(x)f(y) ∀x, y ∈ A.
Já vimos exemplos de uma tal função:
(1) A identidade G → G (isto é, a função que leva x em x, para todo x ∈ G) é um
homomorfismo de grupos.
(2) Se G é um grupo e g ∈ G então a função γg : G → G definida por γg(x) := gxg−1
é um homomorfismo de grupos pois γg(xy) = gxyg
−1 = gxg−1gyg−1 = γg(x)γg(y).
Observe que γ1 é a identidade G→ G.
(3) A função sinal sgn : Sn → {1,−1} é um homomorfismo pois se σ, τ são duas
permutações, sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ).
(4) Se N EG a função π : G→ G/N definida por π(g) := gN (projeção canonica) é
um homomorfismo de grupos por definição de produto no grupo quociente: f(xy) =
xyN = xNyN = f(x)f(y).
Seja f : A→ B um homomorfismo. Observe que:
• f(1) = 1. De fato, f(1) = f(1·1) = f(1)f(1) logo multiplicando a direita por f(1)−1
obtemos 1 = f(1).
• f(x−1) = f(x)−1. De fato temos f(x−1)f(x) = f(x−1x) = f(1) = 1 e f(x)f(x−1) =
f(xx−1) = f(1) = 1.
O homomorfismo f : A → B é dito ISOMORFISMO se é bijetivo, isto é, se é injetivo e
sobrejetivo. Se existe um isomorfismo f : A→ B escrevemos
A ∼= B.
Por exemplo considere os dois grupos (Z/nZ,+) e (Cn, ·) = 〈x〉, e considere
f : Z/nZ→ Cn, f(k) := xk,
onde k := k + nZ. Observe que k é uma classe lateral de nZ ≤ Z (notação aditiva!) e que
por definição de grupo quociente, k + h = k + h+ nZ = k + nZ + h+ nZ = k + h.
Para mostrar que f é um isomorfismo, precisamos mostrar as coisas seguintes.
22 1. GRUPOS
(1) f é uma função bem definida. Em outras palavras, se k = h então f(k) = f(h).
Observe que k = h significa que k+nZ = h+nZ, em outras palavras n divide k−h,
assim xk−h = 1 (pois x tem ordem n em Cn) logo x
k = xh, isto é, f(k) = f(h).
(2) f é um homomorfismo. Temos
f(k + h) = f(k + h) = xk+h = xkxh = f(k)f(h).
Logo f é um homomorfismo.
(3) f é sobrejetivo. Isso é claro, pois se g = xk é um qualquer elemento de Cn então
g = f(k).
(4) f é injetivo. Suponha f(k) = f(h) e mostramos que k = h. Temos xk = xh, isto
é, xk−h = 1. Isso implica que n (a ordem de x) divide k − h, em outras palavras
k + nZ = h+ nZ, isto é, k = h.
Dado um homomorfismo f : A→ B, considere os conjuntos seguintes:
ker(f) := {a ∈ A : f(a) = 1} NÚCLEO de f,
Im(f) = f(A) := {f(a) : a ∈ A} IMAGEM de f.
Observe que ker(f) ⊆ A (o núcleo de f é um subconjunto de A) e Im(f) ⊆ B (a imagem de
f é um subconjunto de B). Na verdade, o que acontece é o seguinte.
(1) ker(f)EA. 1 ∈ ker(f) pois f(1) = 1, se x ∈ ker(f) então f(x−1) = f(x)−1 = 1−1 = 1
logo x−1 ∈ ker(f) e se x, y ∈ ker(f) então f(xy) = f(x)f(y) = 1 · 1 = 1 logo
xy ∈ ker(f). Isso mostra que ker(f) ≤ A. Para mostrar que é normal, pegamos
x ∈ ker(f) (assim f(x) = 1) e a ∈ A e mostramos que axa−1 ∈ ker(f): como
f(x) = 1 temos f(axa−1) = f(a)f(x)f(a−1) = f(a) · 1 · f(a)−1 = 1.
(2) Im(f) ≤ B. 1 ∈ Im(f) pois f(1) = 1, se x ∈ Im(f) escrevemos x = f(a) com
a ∈ A e temos x−1 = f(a)−1 = f(a−1) ∈ Im(f) pois a−1 ∈ A, e se x, y ∈ Im(f)
escrevemos x = f(a), y = f(b) com a, b ∈ A e temos xy = f(a)f(b) = f(ab) ∈ Im(f)
pois ab ∈ A. Isso mostra que Im(f) ≤ B.
Logo, ker(f) é um subgrupo normal de A e Im(f) é um subgrupo de B (que em geral
não é normal).
Proposição 10. Seja f : A → B um homomorfismo. Então f é injetivo se e somente
se ker(f) = {1}.
Demonstração. Suponha f injetivo e mostramos que ker(f) = {1}. Seja x ∈ ker(f),
assim f(x) = 1. Como 1 = f(1), temos f(x) = f(1), e como f é injetivo temos x = 1.
Suponha ker(f) = {1} e mostramos que f é injetivo. Sejam x, y ∈ A tais que f(x) = f(y)
e mostramos que x = y. Multiplicando a direita por f(y)−1 obtemos 1 = f(x)f(y)−1 =
f(x)f(y−1) = f(xy−1) logo xy−1 ∈ ker(f). Como ker(f) = {1} obtemos xy−1 = 1, isto é,
multiplicando a direita por y, x = y. �
Uma consequência é que f : A → B é um isomorfismo se e somente se ker(f) = {1} e
Im(f) = B. Logo, conhecendo ker(f) e Im(f) sabemos se f é ou não é um isomorfismo.
O resultado seguinte mostra que todo subgrupo normal de um grupo G é o núcleo de
algum homomorfismo de domı́nio G. Em outras palavras, os núcleos dos homomorfismos de
domı́nio G são exatamente os subgrupos normais de G.
9. TEOREMAS DE ISOMORFISMO 23
Proposição 11. Seja N um subgrupo normal de um grupo G. Então N é o núcleo de
um homomorfismo G→ B.
Demonstração. Seja B o grupo quociente G/N e seja π : G → G/N definida por
π(g) := gN (projeção canonica). Já vimos que π é um homomorfismo. O núcleo de π consiste
dos elementos g ∈ G tais que gN = N , isto é, g ∈ N . Logo ker(f) = N . �
Sabemos que o grupo alternado An é um subgrupo normal do grupo simétrico Sn. O
núcleo do homomorfismo sinal sgn : Sn → {1,−1} é exatamente An (por definição de An),
em outras palavras ker(sgn) = An. O grupo quociente Sn/An tem ordem 2, os seus elementos
são An e (12)An, e é ćıclico gerado por (12)An.
8.1. Exerćıcios. Lembre-se que se G é um grupo finito e x ∈ G então 〈x〉 ≤ G logo pelo
teorema de Lagrange o(x) = |〈x〉| divide |G|.
(1) Quais dos grupos aditivos seguintes são ćıclicos? Z, Q, R, Q/Z, R/Q, R/Z. Justifi-
que a resposta.
(2) Conte os elementos de ordem 2, 3, 4, 5, 6 nos grupos S4, S5, A4, A5.
(3) Qual é a maior ordem de um elemento de S5? E de S12, A5, A12?
(4) Seja f : A→ B um isomorfismo de grupos. Mostre que a função inversa f−1 : B →
A é um isomorfismo também.
(5) Seja G um grupo. Mostre que a função f : G→ G, f(x) = x2 é um homomorfismo
de grupos se e somente se G é abeliano.
(6) Seja G um grupo abeliano finito de ordem n e seja m um número inteiro tal que
(n,m) = 1. Mostre que a função f : G→ G, f(x) = xm é um isomorfismo.
(7) Seja G um grupo finito de ordem não diviśıvel por 3. Mostre que se (xy)3 = x3y3
para todo x, y ∈ G então G é abeliano.
(8) Seja G um grupo finito de ordem par. Seja X = {g ∈ G : g2 = 1}. Mostre que |X|
é par. X é sempre um subgrupo de G?
(9) Seja G = C∗ o grupo multiplicativo dos números complexos não nulos e seja N =
{a + ib ∈ G : a2 + b2 = 1}. Sabemos que N E G. Mostre que G/N é isomorfo
ao grupo multiplicativo B = {x ∈ R : x > 0}. Dica: defina f : G/N → B por
(a+ ib)N 7→ a2 + b2. Mostre que é bem definida e que é um isomorfismo.
9. Teoremas de isomorfismo
Teorema 2 (Teorema de Isomorfismo). Seja f : A → B um homomorfismo de grupos.
Então A/ ker(f) ∼= Im(f).
Demonstração. Seja N := ker(f) e seja
f : A/N → Im(f), f(xN) := f(x).
Mostramos que f é um isomorfismo de grupos.
• f é uma função bemdefinida. De fato, se xN = yN então y−1x ∈ N = ker(f), isto
é, f(y−1x) = 1, que pode ser escrito f(y)−1f(x) = 1 e multiplicando a esquerda por
f(y) obtemos f(x) = f(y), em outras palavras f(xN) = f(yN).
• f é um homomorfismo. Se xN, yN ∈ A/N temos
f(xNyN) = f(xyN) = f(xy) = f(x)f(y) = f(xN)f(yN).
24 1. GRUPOS
• f é sobrejetivo. Se b ∈ Im(f) então b = f(x) para algum x ∈ A logo b = f(x) =
f(xN).
• f é injetivo. Se f(xN) = 1 então f(x) = 1, isto é, x ∈ ker(f) = N , em outras
palavras xN = N . Isso mostra que ker(f) = {N}, em outras palavras f é injetivo.
Isso conclui a demostração. �
Por exemplo considere os grupos A = R−{0} = R∗ e B = R>0. A é o grupo dos números
reais não nulos com a operação de multiplicação, B é o grupo dos números reais positivos
com a operação de multiplicação. Se trata de grupos abelianos! Seja f : A→ B definida por
f(x) := x2. Se trata de um homomorfismo pois B é abeliano, de fato
f(xy) = (xy)2 = xyxy = xxyy = x2y2.
O núcleo de f é dado pelos elementos x ∈ A tais que f(x) = 1, isto é, x2 = 1, logo ker(f) =
{1,−1}. Além disso, f é sobrejetiva pois se b ∈ B então b = f(
√
b), logo Im(f) = B. O
teorema de isomorfismo implica que A/{−1, 1} ∼= B, em outras palavras
R∗/{−1, 1} ∼= R>0.
A interpretação intuitiva é que {1,−1} representa o sinal de um número e “se não tivesse o
sinal todos os números seriam positivos” (em algum sentido).
Alguns exemplos de aplicação do teorema de isomorfismo.
(1) O sinal sgn : Sn → {1,−1} é um homomorfismo cujo núcleo é An, o grupo al-
ternado. Como existem permutações pares e impares, sgn é sobrejetivo, logo, pelo
teorema de isomorfismo, Sn/An ∼= {1,−1} ∼= C2. Observe que {1,−1} é isomorfo
a C2 = {1, x} (sendo x2 = 1) porque C2 → {1,−1} que leva xk para (−1)k é um
isomorfismo (em geral se 〈x〉 e 〈y〉 são dois grupos ćıclicos da mesma ordem então a
função 〈x〉 → 〈y〉 que leva xk para yk é um isomorfismo).
(2) Seja C o corpo dos numeros complexos e seja
S1 := {a+ ib ∈ C : a2 + b2 = 1}
o ćırculo de centro 0 que passa por 1 = 1 + i0. Observe que se f(a + ib) = a2 + b2
então para x = a+ ib, y = c+ id temos f(xy) = f(x)f(y), de fato
f(xy) = f((a+ ib)(c+ id)) = (ac− bd)2 + (ad+ bc)2,
f(x)f(y) = (a2 + b2)(c2 + d2)
são iguais. Isso mostra que f respeita o produto então escolhendo bem o domı́nio
e o codomı́nio de f conseguimos um homomorfismo de grupos multiplicativos. Seja
f : C∗ → R>0, f(a+ ib) := a2 + b2,
sendo C∗ o grupo multiplicativo dos números complexos não nulos e R>0 é o grupo
multiplicativo dos números reais positivos. Observe que ker(f) = S1. Além disso,
f é sobrejetivo pois se α ∈ R>0 então f(
√
α) = (
√
α)2 = α. Pelo teorema de
isomorfismo C∗/S1 ∼= R>0.
A ideia geometrica é que dado g ∈ C∗ e N = S1, a classe lateral gN é o ćırculo
de centro 0 e que passa por g, e entender o grupo quociente C∗/S1 significa escolher
de forma inteligente um representante de cada classe lateral. Tem um único número
9. TEOREMAS DE ISOMORFISMO 25
real positivo r que pertence a gN : escolhendo tal r como representante, rN = gN
e o conjunto dos r forma exatamente R>0. Essa é a ideia geometrica do grupo
quociente.
Agora queremos fazer uma famı́lia de exemplos importantes. Sejam A,B dois grupos
(notação multiplicativa), e seja A × B (produto cartesiano) o conjunto dos pares ordenados
(a, b) sendo que a ∈ A e b ∈ B. A×B é um grupo (dito produto direto entre A e B) com a
operação (a, b)(c, d) := (ac, bd). O elemento neutro é (1, 1) e o inverso de (a, b) é (a−1, b−1).
Observe que A× {1} = {(a, 1) : a ∈ A} é um subgrupo de A×B. Vamos mostrar que ele é
normal e que
A×B
A× {1}
∼= B.
Para fazer isso queremos construir um homomorfismo sobrejetivo A × B → B cujo núcleo
seja H = A× {1}. Seja
f : A×B → B, (a, b) 7→ b.
Se trata de um homomorfismo pois
f((a, b)(c, d)) = f((ac, bd)) = bd = f(a, b)f(c, d).
Ele é sobrejetivo pois se b ∈ B logo f((1, b)) = b. É claro que ker(f) = H. Obtemos então
pelo teorema de isomorfismo que A×BA×{1}
∼= B.
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−1bcb−1)bd
logo basta mostrar que c−1bcb−1 = 1. Mas c ∈ A, b ∈ B e A,B são subgrupos normais,
logo c−1bc ∈ B e bcb−1 ∈ A, logo c−1bcb−1 ∈ A ∩ B. Mas por hipótese A ∩ B = {1} logo
c−1bcb−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 3 b = a−1 ∈ A, logo b = a−1 ∈ A ∩ B = {1}, isto é, b = a−1 = 1 e isso implica
(a, b) = (1, 1). �
Se A,B são subgrupos de G com AB = G e AEG, A∩B = {1} dizemos que G = AB =
AoB é o produto semidireto interno entre A e B.
O segundo 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 EH e H/H ∩N ∼= HN/N .
26 1. GRUPOS
Primeiro vamos mostrar que HN ≤ G. É claro que 1 ∈ HN pois 1 = 1·1 e 1 ∈ H e 1 ∈ N .
Sejam h1n1, h2n2 ∈ HN (sendo h1, h2 ∈ H e n1, n2 ∈ N). Mostramos que h1n1h2n2 ∈ HN .
Temos
h1n1h2n2 = h1h2(h
−1
2 n1h2)n2 ∈ HN
pois h1h2 ∈ H e h−12 n1h2 ∈ N (sendo N normal). Agora seja hn ∈ HN e mostramos que
(hn)−1 ∈ HN . Temos
(hn)−1 = n−1h−1 = h−1hn−1h−1 ∈ HN
pois h−1 ∈ H e hn−1h−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(h1h2) =
h1h2N = h1Nh2N = f(h1)f(h2).
• f é sobrejetivo: se hnN é um qualquer elemento de HN/N (sendo 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 .
Vamos mostrar que se H ≤ Sn então H ≤ An ou então |H ∩An| = 12 |H|, ou seja ou todas
as permutações em H são pares ou exatamente a metade das permutações em H são pares.
Para fazer isso observe que sendo An E Sn temos An ≤ HAn ≤ Sn. Segue que
2 = |Sn : An| =
|Sn|
|An|
=
|Sn|
|HAn|
· |HAn|
|An|
= |Sn : HAn| · |HAn : An|,
e sendo 2 um número primo e |Sn : HAn| e |HAn : An| números inteiros obtemos que
|Sn : HAn| = 1 ou |HAn : An| = 1, ou seja Sn = HAn ou HAn = An. No segundo caso
H ≤ An logo todas as permutações em H são pares. Agora suponha HAn = Sn. Pelo segundo
teorema de isomorfismo
C2 ∼= Sn/An = HAn/An ∼= H/H ∩An
logo |H/H ∩An| = 2 ou seja |H|/|H ∩An| = 2. Isso implica |H ∩An| = |H|/2.
Seja G um grupo e seja X ⊆ G. O subgrupo de G gerado por X é
〈X〉 :=
⋂
X⊆H≤G
H,
a interseção dos subgrupos de G contendo X. Se trata do menor subgrupo de G que contem
X. Se X = {x} então 〈X〉 é também indicado por 〈x〉 (grupo ćıclico gerado por x), mas
cuidado: se |X| ≥ 2 em geral 〈X〉 não é ćıclico. Por exemplo o grupo simétrico S3 é gerado
por X = {(12), (123)}. De fato se H ≤ S3 contem X então pelo teorema de Lagrange 2
divide |H| porque (12) ∈ H tem ordem 2, e 3 divide |H| porque (123) ∈ H tem ordem 3, logo
6 divide |H| e sendo |S3| = 6 concluimos que H = S3. O grupo alternado A3 é gerado por
(123), ou seja A3 = {1, (123), (132)} = 〈(123)〉.
10. GRUPOS ABELIANOS FINITOS 27
Lema 2. An é gerado pelos 3-ćıclos.
Demonstração. Seja X o conjunto de todos os 3-ćıclos em Sn. Obviamente X ⊆ An,
isso implica 〈X〉 ≤ An. Agora seja g ∈ An, mostraremos que g ∈ 〈X〉. Sendo gum produto de
um número par de transposições (2-ćıclos) para mostrar que g ∈ 〈X〉 basta mostrar que cada
produto de duas transposições é um produto de 3-ćıclos. Isso é verdade porque (ij)(ik) = (ikj)
e (ik)(jl) = (ijl)(ikl). �
9.1. Exerćıcios.
(1) Seja G um grupo e seja X ⊆ G tal que se x ∈ X e g ∈ G então gxg−1 ∈ X. Mostre
que 〈X〉EG.
(2) Seja G um grupo e seja H ≤ G. Mostre que se |G : H| = 2 então H EG.
(3) Seja G um grupo e seja H ≤ G. Mostre que se todo elemento de G − H = {g ∈
G : g 6∈ H} tem ordem 2 então H é abeliano, H E G e G/H é abeliano. [Dica:
dado g ∈ G−H e h ∈ H temos g, gh ∈ G−H logo g2 = 1 e (gh)2 = 1; mostre que
H → H, h 7→ h−1 é um homomorfismo.]
(4) Seja H um subgrupo de um grupo finito G. Mostre que se |G : H| é um número
primo então H é um subgrupo maximal de G, ou seja os únicos subgrupos K de G
tais que H ≤ K ≤ G são H e G.
(5) Seja f : A → B um homomorfismo injetivo de grupos e seja x ∈ A. Mostre que
o(x) = o(f(x)).
(6) Sejam A,B subgrupos de um grupo G. Mostre que AB ≤ G se e somente se
AB = BA.
(7) Seja G um grupo e sejam A,B subgrupos normais de G tais que AB = G. Mostre
que
G
A ∩B
∼=
G
A
× G
B
.
(8) Seja p um primo e seja X = {x2 : x ∈ Z/pZ}. Mostre que |X| = (p+ 1)/2. [Dica:
H = X − {0} é um subgrupo do grupo multiplicativo G = Z/pZ − {0}. Considere
f : G→ H, f(x) = x2.]
(9) Mostre que R/Z ∼= {a+ ib ∈ C : a2 + b2 = 1}.
(10) Seja G = U(Z/23Z). Encontre g ∈ G tal que G = 〈g〉.
(11) Sejam a, n inteiros positivos coprimos. Mostre que aϕ(n) ≡ 1 mod n (teorema de
Euler-Fermat). [Dica: use o fato que |U(Z/nZ)| = ϕ(n) e o teorema de Lagrange.]
(12) Mostre o terceiro teorema de isomorfismo: Se A ≤ B ≤ G são subgrupos normais
de um grupo G então
G/A
B/A
∼= G/B.
10. 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).
28 1. GRUPOS
Por exemplo dado C2 = {1, x} = 〈x〉 temos
C2 × C2 = {(1, 1), (1, x), (x, 1), (x, x)}.
Observe que C2 × C2 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, C2 × C2
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 = (an, bn) por definição de operação em A × B,
logo (a, b)n = (1, 1) se e somente se an = 1 e bn = 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 C2 = {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 C2×C2 é um grupo de
ordem |C2×C2| = |C2|·|C2| = 2·2 = 4 que não tem elementos de ordem 4. Se agora C6 = 〈y〉 =
{1, y, y2, y3, y4, y5} então no grupo C2 × C6 temos por exemplo o((x, y2)) = mmc(2, 3) = 6,
o(x, y3) = mmc(2, 2) = 2. Os elementos de C2 × C6 são (1, 1), (1, y), (1, y2), (1, y3), (1, y4),
(1, y5), (x, 1), (x, y), (x, y2), (x, y3), (x, y4), (x, y5). As ordens são 1, 6, 3, 2, 3, 6, 2, 6, 6, 2, 6, 6.
Em particular, C2×C6 é um grupo de ordem |C2×C6| = |C2| · |C6| = 2 · 6 = 12 que não tem
elementos de ordem 12.
Logo, C2 ×C2 e C2 ×C6 são exemplos de grupos de ordem n que não contêm elementos
de ordem n. Então eles não são grupos ćıclicos (observe que um grupo ćıclico de ordem n
sempre contem elementos de ordem n, pois se Cn = 〈x〉 então x tem ordem n).
Para repetir: C2 × C2 e C2 × C6 são grupos abelianos não ćıclicos. Observe que é a
primeira vez que encontramos grupos finitos abelianos não ćıclicos. Uma pergunta natural é
a seguinte: Cn × Cm pode ser ćıclico? A resposta é sim:
Proposição 12. Cn × Cm é ćıclico se e somente se n,m são coprimos.
Demonstração. Suponha n,m coprimos, e Cn = 〈x〉, Cm = 〈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 Cn × Cm é um grupo de ordem nm que contem elementos de
ordem nm, logo Cn×Cm é ćıclico, em outras palavras, Cn×Cm ∼= Cnm (dois grupos ćıclicos
da mesma ordem são isomorfos).
Agora suponha Cn×Cm ćıclico 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. Se (a, b) ∈ Cn × Cm
então an = 1 e bm = 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 ar = 1 e br = 1, então (a, b)r = (ar, br) = (1, 1). Isso
implica que o((a, b)) divide r = nm/p, em particular o((a, b)) < nm. Como isso vale para
10. GRUPOS ABELIANOS FINITOS 29
todo elemento (a, b) de Cn × Cm, obtemos que Cn × Cm não tem elementos de ordem nm,
logo não é ćıclico. �
Podemos construir produtos diretos com mais fatores: se A1, . . . , Ak são grupos, podemos
construir o produto direto
A1 ×A2 × · · · ×Ak = {(a1, . . . , ak) : a1 ∈ A1, . . . , ak ∈ Ak}.
A operação é
(a1, . . . , ak)(b1, . . . , bk) = (a1b1, . . . , akbk).
O elemento neutro é (1, 1, . . . , 1) e o inverso de (a1, . . . , ak) é (a
−1
1 , . . . , a
−1
k ). Assim podemos
construir outros grupos abelianos, por exemplo
C2 × C2 × C4 × C5 × C18.
Agora uma pergunta natural é a seguinte: é verdade que todo grupo abeliano finito é um
produto direto de grupos ćıclicos? A resposta é sim:
Teorema 3 (Teorema fundamental dos grupos abelianos finitos). Todo grupo abeliano
finito é um produto direto de grupos ćıclicos finitos.
Antes de mostrar esse teorema, vamos ver algumas consequências.
Observe que A×B ∼= B ×A. Mais em geral se σ é uma permutação de {1, . . . , k} então
Aσ(1) × · · · ×Aσ(k) ∼= A1 × · · · ×Ak.
• Quantos grupos abelianos tem de ordem 12? Como 12 = 22 · 3 e |A1 × · · · × Ak| =
|A1| · · · |Ak|, as possibilidades são C12, C2 × C6, C4 × C3 e C2 × C2 × C3. Mas
observe que como vimos acima, C4 × C3 ∼= C4·3 = C12 e C2 × C3 ∼= C2·3 = C6, logo
C2×C2×C3 ∼= C2×C6. Isso implica que na verdade todo grupo abeliano de ordem
12 é isomorfo a um entre C12 e C2 × C2 × C3.
• Quantos grupos abelianos tem de ordem 70? Como 70 = 2 · 5 · 7 e |A1× · · · ×Ak| =
|A1| · · · |Ak|, a única possibilidade é C2 × C5 × C7 ∼= C10 × C7 ∼= C70. Em outras
palavras, todo grupo abeliano de ordem 70 é ćıclico.
• Quantos grupos abelianos tem de ordem 36? Como 36 = 22 · 32 e |A1 × · · · ×Ak| =
|A1| · · · |Ak|, as possibilidades são C4 × C9 ∼= C36, C2 × C2 × C9, C4 × C3 × C3 e
C2 × C2 × C3 × C3. Isso é tudo pois por exemplo C2 × C18 ∼= C2 × C2 × C9.
Demonstraremos agora o teorema fundamental. Usaremos o Lema 1.
Lema 3. 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 6= g ∈ G tem ordem mp para algum inteiro m então o(gm) = 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(xh/p) = p. �
Seja G um grupo abeliano finito, e para d um qualquer divisor de |G| seja
G[d] := {g ∈ G : gd = 1}.
30 1. GRUPOS
Observe que G[d] ≤ G: de fato 1d = 1 logo 1 ∈ G[d] e se x, y ∈ G[d] então (xy)d = xdyd =
1 · 1 = 1 (a igualdade (xy)d = xdyd 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 xn = 1 = xm, logo
x = x1 = xna+mb = (xn)a(xm)b = 1a1b = 1.
Mostramos que G[n]G[m] = G. Se g ∈ G então g = g1 = gmb+na = (gm)b(gn)a e o
fato que gnm = g|G| = 1 implica que gm ∈ G[n] e gn ∈ G[m], logo também (gm)b ∈ G[n] e
(gn)a ∈ G[m].
Então temos G[n]×G[m] ∼= G. Além disso, se m > 1 e n > 1 então G[m] 6= G e G[n] 6= 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 3, e xm 6= 1 (pois p não divide
m) implica que x 6∈ G[m]. Isso mostra que G 6= G[m] e analogamente G 6= G[n].
Iterando o processo de decomposição de G obtemos que G é um produto direto de subgru-
pos 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| = pt, sendo p um primo.
Supomos então que G seja um grupo abeliano finito de ordem pt, com p primo. Vamos
mostrar que G é um produto direto de grupos ćıclicos, por indução. Se t = 1 então |G| = p
logo G é ćıclico (então ele é um produto direto de grupos ćıclicos). 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 famı́lia 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 6= M〈g〉 e seja
x ∈ G −M〈g〉 de ordem mı́nima. Temos o(x) = pk com k ≤ t (pelo teorema de Lagrange),
então temos xp ∈M〈g〉 (senão xp seria um elemento de G−M〈g〉 de ordem pk−1, menor que
o(x) = pk), logo xp = ygl com y ∈ M e l inteiro positivo. Pelo teorema de Lagrange todo
elemento de G tem ordem uma potência de p logo o(g) = pn e lembre-se que g é um elemento
de G de ordem máxima, logo xp
n
= 1 (senão, x teria ordem ph maior que pn). Temos
1 = xp
n
= (xp)p
n−1
= (ygl)p
n−1
= yp
n−1
glp
n−1
,
logo glp
n−1 ∈M ∩ 〈g〉 = {1}, então pn = o(g) divide lpn−1, isto é, p divide l. Escreva l = pj,
assim (xg−j)p = y ∈ M , e xg−j 6∈ M pois x 6∈ 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〉 6= {1}.
Temos então 1 6= gk = (xg−j)uy′ para k, u ∈ Z e y′ ∈ M . Obtemos xu = gkgjuy′−1 ∈ M〈g〉.
Suponha p|u. Como (xg−j)p ∈ M temos (xg−j)u ∈ M logo gk = 1, logo p não divide
11. AÇÃO DE UM GRUPO 31
u e existem inteiros a, b ∈ Z com pa + ub = 1. Mas xp e xu pertencem a M〈g〉, logo
x = x1 = xpa+ub = (xp)a(xu)b ∈M〈g〉. Contradição.
11. Ação de um grupo
Seja G um grupo. Dizemos que G age a direita sobre o conjunto X se é dada uma
função X ×G→ X, (α, g) 7→ αg com as propriedades seguintes.
(1) α ? 1 = α para todo α ∈ X;
(2) (α ? g) ? h = α ? gh para todo α ∈ X e para todo g, h ∈ G.
Dizemos que G age a esquerda sobre o conjunto X se é dada uma função G×X → X,
(g, α) 7→ gα com as propriedades seguintes.
(1) 1 ? α = α para todo α ∈ X;
(2) h ? (g ? α) = hg ? α para todo α ∈ X e para todo g, h ∈ G.
Observe que se H ≤ G e G age sobre X então H também age sobre X, a ação de H
sendo definida pela mesma regra que define a ação de G.
Trabalharemos mais com ações a esquerda. Se não tiver especificações todas as ações são
ações a esquerda.
Exemplo fundamental: o grupo simétrico Sn age sobre {1, 2, . . . , n} da maneira natu-
ral: (f, α) 7→ f(α). Logo, todo subgrupo de Sn age sobre {1, 2, . . . , n} da maneira natural.
Ação trivial: sejam G um grupo, X um conjunto. A ação de G sobre X definida por
(g, α) 7→ α para todo α ∈ X, g ∈ G é chamada de ação trivial.
Ação regular: seja G um grupo e X = G. A ação de G sobre X dada por (g, α) 7→ gα
para todo α, g ∈ G é chamada de ação regular de G.
O grupo finito G aja sobre o conjunto X. Dado α ∈ X denotamos por Gα ou também
por StabG(α) o estabilizador de α, isto é o conjunto
Gα = StabG(α) = {g ∈ G | gα = α}
(é um subgrupo de G), e denotaremos por OG(α) a G-órbita de α, isto é o conjunto OG(α) =
{gα | g ∈ G}. Tal ação é dita transitiva se existe α ∈ X tal que OG(α) = X. É fácil ver
que a ação de G sobre X é transitiva se e somente se OG(β) = X para todo β ∈ X. De fato
se a ação é transitiva existe α ∈ X tal que OG(α) = X, e se β ∈ X e γ ∈ X então podemos
escrever β = hα, γ = kα onde h, k são oportunos elementos de G logo γ = kα = kh−1β, isso
mostra que OG(β) = X.
Proposição 13. O grupo G aja sobre o conjunto X. Então X é igual à união disjunta
das G-órbitas.
Demonstração. É claro que α = 1α ∈ OG(α) para todo α ∈ X, isso mostra que
X =
⋃
α∈X OG(α). Para mostrar que a união é disjunta precisamos mostrar que se α, β ∈ X
são tais que OG(α)∩OG(β) 6= ∅ então OG(α) = OG(β). Para isso suponha OG(α)∩OG(β) 6= ∅.
É suficiente mostrar que OG(α) ⊆ OG(β), a outra inclusão sendo analoga. Seja gα ∈ OG(α),
32 1. GRUPOS
queremos mostrar que gα ∈ OG(β). Por hipótese existe z = hα = kβ ∈ OG(α)∩OG(β) (com
g, h ∈ G), dáı α = h−1kβ. Obtemos gα = gh−1kβ ∈ OG(β). �
Proposição 14 (Prinćıpio da contagem). Se G age sobre X e α ∈ X então
|G : Gα| = |OG(α)|.
Em particular se a ação for transitiva então |X| divide |G|.
Demonstração. Queremos construir uma bijeção entre o conjunto (G : Gα) das classes
laterais esquerdas deGα emG e o conjunto OG(α). Defina f : (G : Gα)→ OG(α) levando gGα
para gα. f é bem definida: se gGα = hGα então h
−1g ∈ Gα, em outras palavras h−1gα = α e
multiplicando os dois lados a esquerda por h obtemos gα = hα ou seja f(gGα) = f(hGα). f
é bijetiva: é injetiva pois se gα = hα então h−1g ∈ Gα ou seja g ∈ hGα ou seja gGα = hGα;
é sobrejetiva pois se gα ∈ OG(α) então gα = f(gGα). �
Por exemplo considere G = S4 agindo sobre X = {1, 2, 3, 4} e pense nos elementos de X
como os vertices de um quadrado:
1 2
4 3
O estabilizador Gα é isomorfo a S3 para todo α ∈ X (por exemplo os elementos do estabili-
zador de 1 são 1, (23), (24), (34), (234), (243)). O subgrupo H = 〈(1234)〉 age rotacionando
os quatro elementos, os elementos de H são 1, (1234), (13)(24), (1432) logo Hα = {1} para
todo α ∈ X.
No caso da ação trivial de G sobre um conjunto X (ou seja gx = x para todo g ∈ G,
x ∈ X) temos Gx = {g ∈ G : gx = x} = G e OG(x) = {gx : g ∈ G} = {x} logo a igualdade
|OG(x)| = |G : Gx| é a igualdade 1 = |G : G|.
No caso da ação regular de G sobre G (ou seja gx é o produto em G entre g e x) temos
Gx = {g ∈ G : gx = x} = {g ∈ G : g = 1} = {1} (podendo multiplicar por x−1 !) e
OG(x) = {gx : g ∈ G} = G para todo x ∈ G, logo a igualdade |OG(x)| = |G : Gx| neste caso
é a igualdade |G| = |G : {1}|.
12. Ação de conjugação
Ação sobre os conjugados de um elemento. Seja G um grupo e seja x um elemento
(fixado!) de G. Dado h ∈ G o elemento hxh−1 é dito o conjugado de x por meio de h. Os
elementos de G do tipo hxh−1 são chamados de conjugados de x em G. Seja
X = {hxh−1 : h ∈ G}
o conjunto dos conjugados de x em G. O grupo G age transitivamente no conjunto dos
conjugados de x levando (g, hxh−1) para ghxh−1g−1 = (gh)x(gh)−1. Se trata de uma ação a
esquerda, e é transitiva sendo que X é igual à orbita de x. O estabilizador de x é
StabG(x) = Gx = {g ∈ G | gxg−1 = x} = {g ∈ G | gx = xg},
dito o centralizador de x em G e indicado por CG(x). Analogamente o estabilizador de
hxh−1 é CG(hxh
−1). È obvio que x ∈ CG(x) (pois x comuta com x). O prinćıpio da
12. AÇÃO DE CONJUGAÇÃO 33
contagem diz exatamente que o número de conjugados de x em G é igual ao indice do seu
centralizador : |X| = |G : CG(x)|. Por exemplo se G é abeliano então |X| = 1 e CG(x) = G.
O conjunto dos conjugados de um elemento x de um grupo G é chamado de classe de
conjugaçãode x em G. Uma classe de conjugação de G é uma classe de conjugação de um
elemento de G. Por exemplo no grupo simétrico Sn a classe de conjugação de um elemento x
consiste dos elementos de Sn com a mesma estrutura ćıclica de x.
Podemos considerar a ação de G sobre X = G dada pela conjugação: G × G → G,
(g, x) 7→ gxg−1. As órbitas dessa ação são as classes de conjugação dos elementos de G. Por
exemplo a classe de conjugação de 1 é {1} (pois 1 comuta com todo mundo).
Equação das órbitas. O grupo G aja no conjunto X e as órbitas dessa ação sejam
OG(x1), . . . , OG(xt). Então sendo |OG(xi)| = |G : Gxi | para todo i e X a união disjunta
OG(x1) ∪ . . . ∪OG(xt) obtemos
|X| = |OG(x1) ∪ . . . ∪OG(xt)| =
t∑
i=1
|OG(xi)| =
t∑
i=1
|G : Gxi |.
Equação das classes. Trata-se da equação das órbitas no caso particular em que X = G
e a ação é por conjugação: (g, x) 7→ gxg−1. Obtemos que se x1, . . . , xk são representantes de
classes de conjugação distintas então
|G| =
k∑
i=1
|G : CG(xi)|.
Exemplo. Considere
G = S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)}.
Os conjugados de (12) são (12), (13), (23) (os ćıclos de comprimento 2), os conjugados de
(123) são (123) e (132) (os ćıclos de comprimento 3). As órbitas da ação de conjugação (ou
seja as classes de conjugação) são então
{1}, {(12), (13), (23)}, {(123), (132)}.
A órbita de (12) tem tamanho 3 e de fato |G : CG((12))| = |G|/|CG((12))| = 3 sendo
CG((12)) = {1, (12)}. A órbita de (123) tem tamanho 2 e de fato |G : CG((123))| =
|G|/|CG((123))| = 2 sendo CG((123)) = {1, (123), (132)} (esses centralizadores podem ser
calculados a mão). A equação das classes neste caso pode ser escrita 6 = 1 + 3 + 2, mais
especificamente
|S3| = |{1}|+ |{(12), (13), (23)}|+ |{(123), (132)}|.
|S3| = |G : CG(1)|+ |G : CG((12))|+ |G : CG((123))|.
Todo elemento g ∈ Sn pode ser escrito como produto de ćıclos disjuntos, digamos g =
a1 · · · at com os ai ćıclos dois a dois disjuntos, ai de comprimento ci para todo i = 1, . . . , t e
c1 ≤ c2 ≤ . . . ≤ ct. A t-upla (c1, . . . , ct) é chamada de estrutura ćıclica de g.
34 1. GRUPOS
Proposição 15. Dois elementos de Sn são conjugados se e somente se eles têm a mesma
estrutura ćıclica.
Demonstração. Dado g ∈ G, a conjugação x 7→ gxg−1 é homomorfismo de grupos
G→ G, e como visto nos exerćıcios g(1 . . . k)g−1 = (g(1) . . . g(k)) para todo 1 ≤ k ≤ n, logo
dois elementos conjugados têm a mesma estrutura ćıclica.
Agora sejam g, h dois elementos com a mesma estrutura ćıclica (c1, . . . , ct), digamos
g = a1 · · · at e h = b1 · · · bt com ai e bi de comprimento ci para todo i = 1, . . . , t e c1 ≤ c2 ≤
. . . ≤ ct. Escrevendo ai = (xi1 . . . xici) e bi = (yi1 . . . yici) defina o elemento wi ∈ Sn que fixa
todo elemento de {1, . . . , n}−{xi1, . . . , xici} e leva xij para yij para todo j = 1, . . . , ci, então
wiaiw
−1
i = bi logo definido w = w1 · · ·wt temos
wgw−1 = w1a1w
−1
1 · · ·wtatw
−1
t = b1 · · · bt = h.
Isso conclui a demonstração. �
Proposição 16. Seja σ = (1 . . . n) ∈ Sn. Então CSn(σ) = 〈σ〉.
Demonstração. Observe que toda potência de σ comuta com σ, logo 〈σ〉 ⊆ CSn(σ).
Sendo |〈σ〉| = o(σ) = n, para terminar basta mostrar que |CSn(σ)| = n.
A classe de conjugação de σ em Sn é o conjunto dos conjugados de σ, ou seja, pela
proposição anterior, os seus elementos são exatamente os elementos que têm estrutura ćıclica
igual à estrutura ćıclica de σ, ou seja os n-ćıclos. Como cada ćıclo admite n escritas diferentes
e temos n escolhas para o primeiro elemento, n−1 escolhas para o segundo, et cetera, obtemos
que Sn contem exatamente n!/n = (n − 1)! n-ćıclos. Segue que o tamanho da órbita de σ
pela ação de conjugação é |OG(σ)| = (n − 1)!. Por outro lado pelo prinćıpio da contagem
|OG(σ)| = |G : CG(σ)| = n!/|CG(σ)| logo (n− 1)! = n!/|CG(σ)|, segue que |CG(σ)| = n. �
12.1. Exerćıcios.
(1) G aja a esquerda sobre X e sejam g ∈ G, x ∈ X. Mostre que gGxg−1 = Ggx.
(2) O grupo G aja a direita sobre o conjunto X levando (α, g) ∈ X×G para αg. Mostre
que a formula g ∗ α := αg−1 (onde g ∈ G e α ∈ X) define uma ação a esquerda de
G sobre X.
(3) O grupo simétrico G = S4 age de maneira natural sobre X = {1, 2, 3, 4}. Calcule o
indice |G : Gα| para todo α = 1, 2, 3, 4.
(4) Se G age sobre X e H ≤ G podemos considerar as órbitas da ação de H sobre X
(H-órbitas). Considere G = S4 agindo da maneira natural sobre X = {1, 2, 3, 4} e
H = Gα onde α ∈ X. Conte as H-órbitas.
(5) Seja G um grupo. Mostre que G age sobre G×G por meio da regra
G× (G×G)→ G×G, (g, (α, β)) 7→ (gα, gβ).
Conte as órbitas dessa ação em termos de n = |G|.
(6) Conte as classes de conjugação de A4 e de S4.
(7) Seja σ = (12 . . . n− 1) ∈ Sn. Mostre que CSn(σ) = 〈σ〉.
(8) Seja k(G) o número de classes de conjugação do grupo finito G. Seja
C := {(x, y) ∈ G×G : xy = yx}.
Mostre que |C| = k(G)|G|.
13. REPRESENTAÇÕES PERMUTACIONAIS 35
[Dica: comece mostrando que |C| =
∑
x∈G |CG(x)| e aplique o prinćıpio da
contagem.]
(9) O centro de um grupo G é Z(G) = {g ∈ G : gx = xg ∀x ∈ G} =
⋂
x∈G CG(x).
Mostre que Z(G)EG. Mostre que Z(Sn) = {1} para todo n ≥ 3.
(10) Sejam N EG e seja L um subgrupo de G/N . Seja H = {g ∈ G : gN ∈ L}. Mostre
que N ≤ H ≤ G e que L = H/N .
(11) Seja G um grupo. Um automorfismo de G é um isomorfismo G → G. Seja A =
Aut(G) o conjunto dos automorfismos de G. Então A é um grupo com a operação
de composição. Seja γ : G → A definida por γ(g)(x) = gxg−1 para todo g, x ∈ G.
Mostre que γ é um homomorfismo e que ker(γ) = Z(G). Deduza que G/Z(G) é
isomorfo a um subgrupo de Aut(G).
(12) Seja G um grupo e seja H a famı́lia dos subgrupos normais N de G tais que G/N
é abeliano. Seja I =
⋂
N∈H N a interseção dos subgrupos de G pertencentes à
famı́lia H . Mostre que G/I é abeliano. [I é chamado de “subgrupo derivado” ou
“subgrupo comutador” de G.]
13. Representações permutacionais
O grupo G aja agora nos dois conjuntos X e Y . As duas ações são chamadas de equivalen-
tes (ou isomorfas) se existir uma bijeção ϕ : X → Y tal que ϕ(gx) = gϕ(x) para todo g ∈ G,
x ∈ X(observe que gx é a ação de G sobre X, gϕ(x) é a ação sobre Y ). Duas ações isomorfas
são “a mesma ação”, no sentido que mexem os mesmos elementos da mesma maneira.
Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. O grupo G age transitivamente no conjunto
X das classes laterais esquerdas de H em G levando (g, yH) para gyH. Ela é transitiva
porque OG(H) = X. Além disso o estabilizador de H é {g ∈ G : gH = H} = H. Toda ação
transitiva é desse tipo, mais especificamente:
Proposição 17 (Caracterização das ações transitivas). Seja G × X → X uma ação
transitiva e sejam x ∈ X, H = Gx. A bijeção construida na demonstração do prinćıpio da
contagem determina uma equivalência entre a ação de G sobre X e a sua ação no conjunto
das classes laterais esquerdas de H por multiplicação a esquerda.
Demonstração. Seja Y = (G : H) = {yH : y ∈ G}. Já vimos que a função
ϕ : X → Y , ϕ(gx) = gH é bem definida e bijetiva. Precisamos mostrar que se k ∈ G então
ϕ(k(gx)) = kϕ(gx), mas isso é obvio pois ϕ(k(gx)) = ϕ((kg)x) = kgH e kϕ(gx) = k(gH) =
kgH. �
No próximo resultado vemos que dar uma ação de G sobre X é a mesma coisa que dar
um homomorfismo G→ Sym(X). Mais especificamente, existe uma bijeção canônica entre o
conjunto das ações a esquerda de G sobre X e o conjunto dos homomorfismos G→ Sym(X).
Um homomorfismo G → Sym(X) é também chamado de representação permutacional
(estamos representando os elementos de G como permutações de X).
Proposição 18 (Representações permutacionais). Sejam G um grupo e X um conjunto.
• Se A : G × X → X, (g, x) 7→ gx é uma ação de G sobre X o homomorfismo
correspondente é γA : G→ Sym(X), γA(g) : X → X, x 7→ gx.
36 1. GRUPOS
• Se γ : G→ Sym(X) é um homomorfismo, a ação correspondente é Aγ : G×X → X,
(g, x) 7→ γ(g)(x).
As construções acima são bem definidas e são uma a inversa da outra:• AγA = A para toda ação A de G sobre X,
• γAγ = γ para todo homomorfismo γ : G→ Sym(X).
Demonstração. Seja dada a ação A de G sobre X. A função γA(g) : X → X é
bijetiva, sendo γA(g
−1) a sua inversa (de fato γA(g
−1)γA(g)(x) = γA(g
−1)(gx) = g−1gx = x
e γA(g)γA(g
−1)(x) = γA(g)(g
−1x) = g(g−1x) = x, logo é um elemento de Sym(X), o grupo
das funções bijetivas X → X. γA é homomorfismo de grupos porque se x ∈ X, e g, h ∈ G,
γA(gh)(x) = ghx = g(hx) = γA(g)(γA(h)(x))⇒ γA(gh) = γA(g)γA(h).
Agora suponha de ter um homomorfismo γ : G→ Sym(X), g 7→ γ(g). Então Aγ define uma
ação porque γ(g)γ(h)x = γ(gh)x sendo γ homomorfismo.
Precisamos mostrar que as construções acima são uma a inversa da outra. Seja dada a
ação A, então a ação AγA : G × X → X leva (g, x) para γA(g)(x) = gx, isso mostra que
AγA = A. Seja dado o homomorfismo γ, então γAγ : G→ Sym(X) leva g para γAγ (g) : x 7→
γ(g)(x), isso mostra que γAγ (g) = γ(g) para todo g ∈ G logo γAγ = γ. �
O núcleo de uma ação de G sobre X é por definição igual ao núcleo do homomorfismo
G → Sym(X) correspondente, e uma ação é dita fiel se o seu núcleo é {1}. Em particular
as ações fieis de G sobre X correspondem aos homomorfismos injetivos G → Sym(X), e as
ações fieis sobre X correspondem (a menos de equivalência) aos subgrupos de Sym(X). No
caso da ação natural de Sn sobre {1, 2, . . . , n} o homomorfismo correspondente é a identidade
Sn → Sn.
Seja γ : G → Sym(X) o homomorfismo correspondente a uma ação de G sobre X. O
núcleo da ação é então
ker(γ) = {g ∈ G : γ(g) = idX} = {g ∈ G : γ(g)(x) = x ∀x ∈ X}
= {g ∈ G : gx = x ∀x ∈ X} =
⋂
x∈X
Gx.
Ou seja o núcleo de uma ação é igual à interseção dos estabilizadores. Por exemplo
o núcleo da ação de conjugação de G sobre G é a interseção dos centralizadores dos elementos
de G, ou seja o centro de G, Z(G).
Pelo teorema de isomorfismo se G age sobre X com núcleo K então G/K é
isomorfo a um subgrupo de Sym(X).
Vamos analizar as ações transitivas. Seja H um subgrupo de G, e G aja por multiplicação
a esquerda sobre o conjunto X := (G : H) das classes laterais esquerdas de H em G. Tal
ação é obviamente transitiva, e vimos que toda ação transitiva é desse tipo. Seja yH ∈ X.
Mostraremos que o estabilizador de yH é igual a yHy−1. Temos
Stab(yH) = {g ∈ G | gyH = yH} = {g ∈ G | y−1gy ∈ H} =
= {g ∈ G | g ∈ yHy−1} = yHy−1.
13. REPRESENTAÇÕES PERMUTACIONAIS 37
O núcleo dessa ação é então igual a
⋂
g∈G gHg
−1. Trata-se de um subgrupo normal de G
(sendo o núcleo de um homomorfismo) contido em H. Denotaremos-o por HG e chamaremos-
o de coração normal de H em G. É fácil ver que HG é um subgrupo normal de G contido
em H e que todo subgrupo normal de G contido em H é contido em HG, em outras palavras
HG é o maior subgrupo normal de G contido em H (em particular H E G se e somente se
H = HG). Temos então um homomorfismo injetivo
G/HG → Sym({yH : y ∈ G}) ∼= Sn
onde n = |X| = |G : H|.
Teorema 4 (Teorema de Cayley generalizado). Seja G um grupo e seja H ≤ G um
subgrupo de ı́ndice n. O quociente G/HG é isomorfo a um subgrupo de Sn, em particular a
ordem de G/HG divide n!.
Teorema de Cayley classico (“G é isomorfo a um subgrupo de Sym(G)”). O caso
H = {1} do teorema de Cayley generalizado corresponde à ação regular de G (a ação de G
sobre G dada pela multiplicação a esquerda). Observe que neste caso HG = {1} logo obtemos
um homomorfismo injetivo G → Sn onde n = |G : H| = |G|. Em outras palavras a ação
regular do grupo G é dada pela multiplicação a esquerda de G sobre o próprio G (as classes
laterais de {1} são simplesmente os elementos de G). Os estabilizadores dessa ação são triviais
logo o núcleo também é trivial e a ação é fiel.
Por exemplo vamos aplicar o teorema de Cayley generalizado para mostrar que se G é
um grupo finito de ordem ı́mpar e H é um subgrupo de G tal que |G : H| = 3 então H EG.
De fato temos que HG ≤ H ≤ G e |G/HG| divide |S3| = 6, por outro lado |G| é ı́mpar,
logo |G/HG| é um divisor ı́mpar de 6, segue que |G/HG| ∈ {1, 3}. Mas |G/HG| 6= 1 porque
G 6= HG, sendo G 6= H e HG ≤ H, segue que |G : HG| = |G/HG| = 3. Mas |G : H| = 3
também, logo 3 = |G : HG| = |G : H||H : HG| = 3|H : HG|, segue |H : HG| = 1 ou seja
H = HG ou seja H EG.
Um grupo G é dito simples se os únicos subgrupos normais de G são {1} e G. Deduzimos
que se um grupo simples G possui um subgrupo H de indice n > 1 então |G| divide n!. De
fato HG ≤ H ≤ G logo HG 6= G logo HG = {1} e G ∼= G/HG é isomorfo a um subgrupo de
Sn, que tem ordem n!.
O centro de um grupo G é a interseção dos centralizadores dos elementos de G:
Z(G) =
⋂
x∈G
CG(x) = {g ∈ G : gx = xg ∀x ∈ G}.
Em outras palavras Z(G) contem os elementos que “comutam com todo mundo”. Por exemplo
G é abeliano se e somente se Z(G) = G. Pode se verificar a mão que Z(S3) = {1}. O centro
de um grupo G é exatamente o núcleo da ação de conjugação de G sobre G.
Seja p um número primo. Um grupo finito G é chamado de p-grupo se |G| é uma potência
de p: existe um inteiro não negativo n tal que |G| = pn. Por exemplo S3 não é um p-grupo
38 1. GRUPOS
pois |S3| = 6 = 2 · 3 não é uma potência de um primo. Por exemplo S2 = {1, (12)} é um
2-grupo pois |S2| = 2 = 21. Um outro exemplo de p-grupo é o grupo de Klein S2 × S2, ele
tem ordem 2 · 2 = 4 = 22.
Teorema 5. Seja p um número primo. Seja G um p-grupo com G 6= {1}. Então
Z(G) 6= {1}.
Demonstração. Dado x ∈ G denotaremos por C(x) a classe de conjugação de x. Es-
creva as classes de conjugação de G como C(x1), . . . , C(xm). O número m é o número de
classes de conjugação de G (por exemplo se G = S3 então m = 3). Observe que xi ∈ Z(G)
se e somente se C(xi) = {xi} (a ação de conjugação num elemento do centro é trivial).
Escrevemos a equação das classes como
|G| =
m∑
i=1
|G : CG(xi)|.
A menos de trocar de lugar as parcelas dessa soma podemos supor que xi ∈ Z(G) para todo
i = 1, 2, . . . , k, assim k = |Z(G)| ≤ m. Obviamente |G : CG(xi)| = 1 para todo i = 1, 2, . . . , k
assim temos
|G| = 1 + 1 + . . .+ 1 +
m∑
i=k+1
|G : CG(xi)| = |Z(G)|+
m∑
i=k+1
|G : CG(xi)|.
Observe que |C(xi)| > 1 para i > k. Por outro lado |G| = pn é uma potência de p e
|G : CG(xi)| = |C(xi)| é uma potência de p maior que 1 para todo i = k + 1, . . . ,m (é uma
potência de p pois divide |G| = pn, é maior que 1 pois xi 6∈ Z(G)). Reduzindo a equação das
classes módulo p obtemos então
0 ≡ |Z(G)|+ 0 mod p
ou seja p divide |Z(G)|. Isso implica que Z(G) 6= {1} sendo que |{1}| = 1 não é diviśıvel por
p. �
13.1. Exerćıcios. A ação de G sobre X é dita fiel se a interseção dos estabilizadores é
trivial:
A ação é dita fiel se
⋂
α∈X
Gα = {1}.
Ou seja uma ação é dita fiel se o seu núcleo for trivial.
(1) Seja p um número primo e seja G um grupo finito de ordem p. Mostre que G é
ćıclico. [Dica: a ordem de um elemento de G divide a ordem de G.]
(2) G aja de maneira fiel sobre X, e seja H ≤ G. Suponha que a ação de H sobre X
seja transitiva. Defina K = CG(H) = {g ∈ G : gh = hg ∀h ∈ H} (o centralizador
de H em G). Mostre que Kα = {1} para todo α ∈ X.
(3) Seja G um grupo finito abeliano que age de maneira fiel e transitiva sobre um
conjunto X. Mostre que |G| = |X|.
(4) Seja G um grupo que age de maneira fiel e transitiva sobre X. Mostre que |Z(G)|
divide |X|.
(5) Seja G um grupo. Mostre que toda classe de conjugação de G tem tamanho no
máximo |G : Z(G)|.
14. TEOREMA DE SYLOW 39
(6) Seja p um número primo e seja G um p-grupo finito. Seja M um subgrupo maximal
de G (ou seja os únicos subgrupos H de G com M ≤ H ≤ G são M e G). Mostre
que M E G e que |G : M | = p. [Dica: por indução sobre n, onde |G| = pn. Seja
y ∈ Z(G)− {1}, uma sua oportuna potência x tem ordem p; considere G/〈x〉.]
(7) O grupo G aja de maneira fiel sobre o conjunto X. Mostre que se X é finito então
G é finito também.
(8) Uma ação de G sobre X com todos os estabilizadores triviais (ou sejaGx = {1}
para todo x ∈ X) é dita semiregular. Mostre que a ação de G sobre X é isomorfa
à ação regular de G (que é a ação de G sobre G dada pela multiplicação a esquerda)
se e somente se é semiregular e transitiva.
(9) Considere o grupo S6 agindo sobre X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} da maneira natural. Mostre
que S6 contem um subgrupo isomorfo a S4 cuja ação sobre X é transitiva. [Dica:
considere a ação natural de S4 sobre o conjunto dos subconjuntos de {1, 2, 3, 4} de
cardinalidade 2.]
(10) Seja G um grupo simples. Mostre que se G contem um subgrupo H de ı́ndice 3
então H = {1}, ou seja |G| = 3.
(11) Mostre que se G/Z(G) é ćıclico então G = Z(G), ou seja G é abeliano.
[Dica: chamado Z = Z(G), o quociente G/Z é gerado por um elemento xZ,
logo todo elemento de G tem a forma xnz com n um inteiro e z ∈ Z. Considere dois
elementos a = xnz, b = xmw de G (onde z, w ∈ Z) e mostre que ab = ba.]
(12) Seja G um grupo de ordem 56 contendo um subgrupo de ı́ndice 4. Mostre que G
não é simples.
(13) Sejam m,n dois inteiros positivos coprimos. Mostre que Cnm ∼= Cn × Cm. [Dica:
escrevendo G = Cnm = 〈x〉, sejam A = 〈xm〉, B = 〈xn〉. Mostre que A ∼= Cn,
B ∼= Cm, A,B EG, AB = G, A ∩B = {1}.]
14. Teorema de Sylow
Teorema 6 (Cauchy). Seja G um grupo finito cuja ordem é diviśıvel pelo primo p. Então
existe x ∈ G de ordem p.
Demonstração. Primeira demonstração. Considere Gp = G × · · · × G (p vezes) e
X = {(g1, . . . , gp) ∈ Gp : g1 · · · gp = 1}. Obviamente |X| = |G|p−1. O grupo C = Cp = 〈σ〉
age sobre o conjunto X da seguinte forma: σ leva (g1, . . . , gp) para (g2, . . . , gp, g1). Isso define
uma ação de C por meio da posição σi(x) := σi−1(σ(x)). Se trata de uma ação bem definida
porque se (g1, . . . , gp) ∈ X então (g2, . . . , gp, g1) ∈ X, de fato
g2 · · · gpg1 = g−11 g1 · · · gpg1 = g
−1
1 g1 = 1.
O elemento σ fixa (g1, . . . , gp) se e somente se g1 = . . . = gp = g e neste caso g
p = 1. A
órbita de um elemento x = (g1, . . . , gp) não fixado por σ tem cardinalidade |C : Cx|, e sendo
p primo devemos ter |C : Cx| = p, logo aplicando a equação das órbitas obtemos que p divide
a cardinalidade de Y = {(g1, . . . , gp) ∈ X : g1 = . . . = gp}. De fato definido m como sendo
o número de órbitas com p elementos temos |X| = |Y | + mp e reduzindo módulo p obtemos
que p divide |Y |. Em particular |Y | > 1, logo (1, 1, . . . , 1) não é o único elemento de Y , em
outras palavras existe um elemento (g1, . . . , gp) ∈ X com g1 = . . . = gp = g 6= 1, dáı gp = 1
logo g tem ordem p.
40 1. GRUPOS
Segunda demonstração. Basta encontrar um elemento x ∈ G de ordem diviśıvel por
p, pois se o(x) = mp então xm tem ordem p. Por indução sobre |G|, basta encontrar um
subgrupo próprio H ou um quociente próprio G/N de G cuja ordem é diviśıvel por p. Se G
for abeliano seja x ∈ G de ordem não diviśıvel por p, podemos aplicar a hipótese de indução
sobre G/〈x〉. Suponha G não abeliano, isto é G 6= Z(G). Se Z(G) 6= {1} podemos aplicar a
hipótese de indução a Z(G) ou a G/Z(G), agora suponha Z(G) = {1}. Considere a equação
das classes
|G| = 1 +
∑
i
|G : CG(xi)|,
onde os xi são não representantes de classes de conjugação com mais que um elemento,
em particular G 6= CG(xi) para todo i. Como p divide |G|, p não divide pelo menos um
|G : CG(xi)|, logo p divide um |CG(xi)|. Agora é só aplicar a hipótese de indução sobre
|CG(xi)|. �
Ação sobre os conjugados de um subgrupo. Seja G um grupo e seja H um subgrupo de G.
Dado g ∈ G considere gHg−1 := {ghg−1 | h ∈ H} ⊆ G. Trata-se de um subgrupo de G. Os
subgrupos de G do tipo gHg−1 são chamados de conjugados de H. Se trata de subgrupos
de G isomorfos a H (um isomorfismo é H → gHg−1, h 7→ ghg−1). G age transitivamente
no conjunto dos conjugados de H levando (g, yHy−1) para gyHy−1g−1 = (gy)H(gy)−1. O
estabilizador de H por meio de tal ação é
{g ∈ G | gHg−1 = H},
é dito o normalizador de H em G e denotado por NG(H). Se trata de um subgrupo de
G contendo H. Dizemos que um elemento g ∈ G “normaliza H” se gHg−1 = H, ou seja
g ∈ NG(H), e se K ≤ NG(H) dizemos que K normaliza H. Por exemplo é obvio que H
sempre normaliza H. O prinćıpio da contagem diz exatamente que o número de conjugados
de H em G é igual ao indice do seu normalizador:
|{gHg−1 | g ∈ G}| = |G : NG(H)|.
Em particular H é normal em G se e somente se NG(H) = G (todo mundo normaliza H).
Observe que H ≤ NG(H) ≤ G logo |G : H| = |G : NG(H)| · |NG(H) : H|, em particular
|G : NG(H)| ≤ |G : H|, logo H tem sempre no máximo |G : H| conjugados em G.
Seja G um grupo finito, e seja p um número primo que divide |G|. Um p-subgrupo de
Sylow (ou p-Sylow) de G é um subgrupo H de G tal que |H| é uma potência de p e p não
divide |G : H|. Em outras palavras escrevendo |G| = ptm com m não diviśıvel por p, um
p-subgrupo de Sylow de G é um subgrupo de G de ordem pt.
Teorema 7 (Sylow). Sejam G um grupo finito, p um divisor primo de |G|, e pt a maior
potência de p que divide |G|. Escrevemos |G| = mpt.
(1) Para todo inteiro k tal que 0 ≤ k ≤ t existe um subgrupo de G de ordem pk. Em
particular existe um p-subgrupo de Sylow de G.
(2) Dois quaisquer p-subgrupos de Sylow de G são conjugados em G, e o número np =
np(G) de p-subgrupos de Sylow divide m e é congruente a 1 módulo p.
(3) Todo p-subgrupo de G está contido em um p-subgrupo de Sylow de G.
Precisamos do lema seguinte.
14. TEOREMA DE SYLOW 41
Lema 4. Seja p um número primo. Se um p-subgrupo H de G normaliza um p-subgrupo
de Sylow P de G (ou seja H ≤ NG(P )) então H ≤ P .
Demonstração. Considere o normalizador NG(P ). Temos P E NG(P ) e por hipótese
H ⊆ NG(P ). Temos que HP é um subgrupo de NG(P ) sendo que P é normal em NG(P ), e
HP/P ∼= H/H ∩P é um p-grupo porque a sua ordem divide a ordem de H. Segue que HP é
um p-grupo (de fato |HP | = |H||P |/|H ∩P |) contendo P , logo |HP | = |P | por maximalidade
de P (que é um p-Sylow). Obtemos |P | = |HP | = |HP/P ||P | logo HP/P = {1}, ou seja
H ⊆ P . �
Agora mostraremos o teorema 7.
Demonstração. Item 1. Por indução sobre |G|. Podemos supor que p divida os indices
dos centralizadores dos elementos não centrais, porque se não poderiamos aplicar a hipótese
de indução a um centralizador oportuno: de fato se x ∈ G− Z(G) e pt divide |CG(x)| então
sendo CG(x) 6= G por indução existe H ≤ CG(x) de ordem pk. Pela equação das classes
temos então
|G| = |Z(G)|+
l∑
i=1
|G : CG(xi)|,
onde os xi são representantes de classes de conjugação não contidas no centro, e p divide
|G : CG(xi)| para todo i = 1, . . . , l, deduzimos que p divide |Z(G)|. Seja x um elemento de
Z(G) de ordem p (existe pelo teorema de Cauchy). Sendo x ∈ Z(G), o subgrupo 〈x〉 é normal
em G e o quociente G/〈x〉 tem ordem |G|/p = mpt−1. Se k = 0 o subgrupo {1} tem ordem
1 = p0, agora suponha k > 0. Por hipótese de indução, sendo 0 ≤ k − 1 ≤ t− 1, o quociente
G/〈x〉 contem um subgrupo H/〈x〉 de ordem pk−1, dáı |H| = |H/〈x〉||〈x〉| = pk−1p = pk.
Item 2. Seja Π o conjunto dos p-Sylow de G, e considere a ação de conjugação de G
sobre Π: (g, P ) 7→ gPg−1. Seja P ∈ Π. Seja Σ uma órbita de Π para a ação de conjugação
de G, e particionamos Σ em P -órbitas. A cardinalidade de tais órbitas é uma potência de p
porque P é um p-grupo. Se P ∈ Σ então {P} é uma P -órbita (porque P normaliza P ), e é
a única P -órbita com um único elemento porque se {Q} é uma P -órbita então P normaliza
Q logo pelo Lema 4 temos P ⊆ Q e segue P = Q sendo |P | = |Q|. Da equação das órbitas
segue então que |Σ| ≡ 1 mod (p). Por outro lado se P 6∈ Σ então pelo Lema 4 não existem
P -órbitas de Σ com um único elemento, logo pela equação das órbitas p divide |Σ|. Segue
que:
• se P ∈ Σ então |Σ| ≡ 1 mod (p).
• se P 6∈ Σ então p divide |Σ|.
Isso vale para todo P ∈ Π. Sendo Σ 6= ∅, segue que o segundo caso não pode acontecer
(ou seja não existe P 6∈ Σ), em outras palavras Σ = Π, ou seja a ação de G sobre Π é
transitiva, e isso mostra a primeira parte do segundo item.Vimos que np(G) = |Π| = |Σ| ≡ 1
mod (p). Para mostrar que np(G) = |Π| divide m = |G|/pt basta observar que se P ∈ Π
então |Π| = |G : NG(P )| divide |G : P | = m sendo que P ⊆ NG(P ) (mais especificamente
|G : P | = |G : NG(P )||NG(P ) : P |).
Item 3. Seja agora H um p-subgrupo de G. Particionamos Π em H-órbitas. Como cada
H-órbita tem um número de elementos que é uma potência de p, e a cardinalidade de Π é
42 1. GRUPOS
congruente a 1 módulo p, deve existir uma H-órbita que contem um único elemento, P . Segue
que H normaliza P , ou seja H ⊆ P pelo lema 4.
Isso termina a demonstração do teorema 7. �
Dado um primo p e um grupo G indicaremos com np(G) ou simplesmente com np o
número de p-subgrupos de Sylow de G. Observe que np = 1 se e somente se o p-subgrupo de
Sylow de G é normal em G.
Por exemplo suponha que |G| = mp com p primo e m < p. Então G não é um grupo
simples. De fato, os p-subgrupos de Sylow têm ordem p e indicado com np o número de
p-subgrupos de Sylow, np divide m e np ≡ 1 mod p. Como m < p deduzimos np = 1 logo
existe um único p-subgrupo de Sylow, logo é normal.
O problema geral: dado um grupo G conseguimos entender se G é simples apenas conhe-
cendo a sua ordem |G|? Observe que G é simples abeliano se e somente se |G| é um número
primo p e neste caso G ∼= Cp.
Por exemplo se G tem ordem 21 não é simples pois contem um 7-Sylow, que tem indice
3, logo é normal (pelo teorema de Sylow). Por exemplo se G tem ordem 40 = 23 · 5 então G
não é simples pois n5 = 1.
Um exemplo mais interessante é: se |G| = 30 mostraremos que G não é simples. Temos
|G| = 30 = 2 · 3 · 5 dáı n5 = 1 ou n5 = 6. Se n5 = 1 acabou, agora suponha n5 = 6. Dáı
G contem 4 · 6 = 24 elementos de ordem 5 logo G contem exatamente 6 elementos de ordem
diferente de 5, mas se n2 > 1 e n3 > 1 então tem a identidade, pelo menos dois elementos de
ordem 2 e pelo menos quatro elementos de ordem 3, uma contradição.
14.1. Exerćıcios.
(1) Seja G um grupo finito e seja p um número primo. Mostre que |G| é uma potência
de p se e somente se todo elemento de G tem ordem uma potência de p.
(2) Mostre que se G é um grupo tal que |G| ∈ {6, 12, 18, 24} então G não é um grupo
simples.
(3) Seja G um grupo finito com um subgrupo H de indice 4. Mostre que G não é
simples. [Dica: G/HG é isomorfo a um subgrupo de S4 ...]
(4) Seja G um grupo não abeliano com |G| < 60. Mostre que G não é simples.
(5) Seja G um grupo não abeliano com 60 < |G| < 168. Mostre que G não é simples.
[Cuidado: algumas ordens são dif́ıceis, falaremos delas em sala de aula. Mas é bom
tentar.]
(6) Seja p um primo. Calcule np(G) nos casos seguintes.
(a) G = GL(2, p) (“general linear group”), o grupo das matrices 2 × 2 inverśıveis
com coeficientes no corpo Z/pZ, ou seja
G = GL(2, p) =
{(
a b
c d
)
: a, b, c, d ∈ Z/pZ, ad− bc 6= 0
}
.
15. O GRUPO SIMÉTRICO DE GRAU 4 43
[Dica: comece calculando |GL(2, p)|: tem p2−1 escolhas para a primeira coluna
e p2 − p escolhas para a segunda.]
(b) G = SL(2, p) (“special linear group”), o grupo das matrices 2× 2 com coefici-
entes no corpo Z/pZ e determinante 1, ou seja
G = SL(2, p) =
{(
a b
c d
)
: a, b, c, d ∈ Z/pZ, ad− bc = 1
}
.
[Dica: sendo o determinante det : GL(2, p) → Z/pZ − {0} um homomorfismo
sobrejetivo com núcleo SL(2, p) obtemos pelo teorema de isomorfismo (p −
1)|SL(2, p)| = |GL(2, p)|.
(c) O grupo seguinte:
G =
{(
a b
0 c
)
: a, b, c ∈ Z/pZ, ac 6= 0
}
≤ GL(2, p).
(7) Seja P um subgrupo de Sylow de G. Mostre que NG(NG(P )) = NG(P ).
15. O grupo simétrico de grau 4
Considere o grupo G = S4, grupo simétrico de grau 4, agindo sobre X = {1, 2, 3, 4} da
maneira natural. Se trata de um grupo de ordem 4! = 24 = 23 · 3.
15.1. Os subgrupos de Sylow. Imagine os elementos de X como vertices de um qua-
drado:
1 2
4 3
Pense no comprimento do lado como unitário, assim as diagonais têm comprimento
√
2. O
conjunto dos elementos que preservam a distância é um subgrupo D, chamado de grupo
diedral de grau 4. Os seus elementos são também chamados de “isometrias” do quadrado.
Por exemplo a rotação horária de noventa graus é dada pelo 4-ćıclo (1234) ∈ D. As reflexões
também são isometrias e nenhum 3-ćıclo é uma isometria. É fácil entender que
D = {1, (1234), (1432), (13)(24), (12)(34), (14)(23), (13), (24)}.
Em particular D é um 2-Sylow de S4. Observe que D não é abeliano porque (13)(1234) =
(12)(34) e (1234)(13) = (14)(23). Como existem elementos de ordem 2 fora de D (por
exemplo (14)) e todo 2-subgrupo está contido em um 2-subgrupo de Sylow, deduzimos que
n2(G) 6= 1. Como n2(G) divide |G : D| = 3 obtemos que n2(G) = 3. Os conjugados de
D correspondem aos grupos de isometria correspondentes às varias maneiras de enumerar
os vertices do quadrado. Analogamente n3(G) ∈ {1, 4} e n3(G) 6= 1 porque nem todos os
conjugados de (123) pertencem a 〈(123)〉 (por exemplo considere (234)). Logo n3(G) = 4.
44 1. GRUPOS
15.2. Os subgrupos normais. Considere K := DG, o coração normal de D em G.
Sabemos que G/K é isomorfo a um subgrupo de S3 (porque |G : D| = 3), e |G : K| = |G :
D||D : DG| = 3|D : DG|, segue que |D : DG| ∈ {1, 2}. Por outro lado |D : DG| 6= 1 porque
se não seria D = DG ou seja D EG, e isso é falso porque n2(G) = 3. Segue que G/K ∼= S3
e |D/K| = 2 dáı |K| = |D|/2 = 4. O subgrupo K é chamado de grupo de Klein. É um
subgrupo normal de G de ordem 4 e G/K ∼= S3. Temos
K = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} ∼= C2 × C2. Grupo de Klein.
Observe que o grupo alternado A = A4 é normal em G de indice 2 e contem K, dáı temos
uma sequência de subgrupos normais (as setas sendo inclusões)
{1} 4 // K 3 // A 2 // G
Mostraremos que eles são os únicos subgrupos normais de G. Para isso lembre-se que
os únicos subgrupos normais de S3 são os dois triviais e o grupo alternado de grau 3. Seja
N um subgrupo normal de G com N 6= {1},K,A,G por contradição. Se K ≤ N então N
é um entre K, A e G (pelo teorema de correspondência) logo podemos supor K 6≤ N , dáı
N ∩K tem ordem 1 ou 2. Mas se fosse |N ∩K| = 2 então escrevendo N ∩K = 〈x〉 = {1, x},
o elemento x pertenceria ao centro de G (sendo N ∩K normal em G) e Z(G) = {1}. Segue
que N ∩ K = {1}. Deduzimos que NK é um subgrupo normal de G de ordem 4|N |, logo
|N | ∈ {1, 2, 3, 6}. Já sabemos que não pode ser |N | ∈ {1, 3} (lembre-se que n3(G) = 4) e
|N | 6= 2 porque se não seria N ≤ Z(G), logo |N | = 6. Se P é um 3-Sylow de N então tendo
ordem 3 é um 3-Sylow de G. Como N é normal em G, os conjugados de P em G estão
contidos em N , mas então são iguais a P porque n3(N) = 1 pelo teorema de Sylow. Isso
implica (pelo teorema de Sylow) que todos os 3-Sylow de G estão contidos em N , logo G tem
um único 3-Sylow, o que contradiz n3(G) = 4.
15.3. Os quocientes. Segue como corolário que os quocientes de S4 são S4/{1} ∼= S4,
S4/K ∼= S3 (K é o núcleo da ação de conjugação de S4 no conjunto dos seus 2-subgrupos de
Sylow), S4/A ∼= C2 e S4/S4 ∼= {1}.
15.4. Os subgrupos maximais. Um subgrupo maximal de G é um subgrupo M tal
que os únicos H com M ≤ H ≤ G são M e G. Sendo |G : M | = |G : H||H : M | quando
M ≤ H ≤ G, é claro que se M é um subgrupo de indice primo então é maximal. O grupo
alternado A tem indice 2 em G logo é maximal. O grupo diedral D tem indice 3 em G logo
é maximal, assim como os seus três conjugados. Considere os estabilizadores Gx com x ∈ X,
sabemos que Gx ∼= S3. Eles são maximais. De fato se Gx < H < G então |G : H| = 2 logo H
é normal, mas vimos acima que o único subgrupo normal de indice 2 é A, logo H = A, e isso
é uma contradição porque A não contem nenhum estabilizador Gx (todos os estabilizadores
contêm 2-ćıclos, e os 2-ćıclos não pertencem a A).
Os conjugados de D, os Gx com x ∈ X e A são os únicos subgrupos maximais
de G. Para mostrar isso seja M um subgrupo maximal de G. Se |G : M | = 2 então M EG
logo M = A. Se |G : M | = 3 então M é um 2-Sylow logo é conjugado a D. Se |G : M | = 4
então |M | = 6 logo M não é transitivo(4 = |X| não divide |M |), por outro lado M contem
um 3-ćıclo logo as órbitas de M têm tamanho 1 e 3 e deduzimos que M = Gx para algum
x ∈ X. Se |G : M | = 6 então |M | = 4 logo M não é maximal porque está contido em um
2-Sylow, que tem ordem 8 (todo 2-subgrupo de G está contido em um 2-Sylow de G). Se
16. GRUPOS ALTERNADOS 45
|G : M | = 8 então |M | = 3 logo M é um 3-Sylow logo não é maximal porque está contido em
um oportuno Gx, que tem ordem 6. Se |G : M | = 12 então |M | = 2 logo M está contido em
um 2-Sylow logo não é maximal.
15.5. Os subgrupos transitivos. Os subgrupos transitivos são G, A, K, os con-
jugados de D e os subgrupos ćıclicos de ordem 4 (os gerados pelos 4-ćıclos). Para
ver isso seja H um subgrupo transitivo de G. Observe que |X| = 4 divide |H| e |H| divide
|G| = 24, logo |H| ∈ {4, 8, 12, 24}. Se |H| = 8 então H é um 2-Sylow (ou seja é conjugado a
D), se |H| = 12 então H tem indice 2 em G, logo é normal em G, logo H = A (já temos a
lista de todos os subgrupos normais!), e se |H| = 24 então H = G. Precisamos estudar agora
o caso |H| = 4. Neste caso a ação é regular e tem duas possibilidades: H é ćıclico ou não
é ćıclico. No primeiro caso H é gerado por um 4-ćıclo. No segundo caso os elementos não
triviais de H têm ordem 2. Mostraremos que neste caso H = K é o grupo de Klein. Sendo
|H| = 4, H é abeliano (veja as listas). A menos de conjugar H com um elemento oportuno
podemos supor H ≤ D. Se H contem (13) então como os únicos elementos de D de ordem
2 que comutam com ele são (24) e (13)(24) obtemos H = {1, (13), (24), (13)(24)}, mas esse
subgrupo não é transitivo, uma contradição. Analogamente H não pode conter (24). Mas
então os elementos de H são 1, (12)(34), (13)(24) e (14)(23), ou seja H = K.
15.6. Exerćıcios.
(1) Seja G um grupo de ordem 6. Mostre que se G é abeliano então é ćıclico, e que se
G não é abeliano então G ∼= S3.
(2) Seja G um grupo de ordem 15. Mostre que G é ćıclico.
(3) Seja G um grupo não abeliano de ordem 231 = 3 · 7 · 11. Mostre que |Z(G)| = 11.
[Dica: considere a ação de conjugação de G sobre o conjunto dos elementos de ordem
11.]
(4) Seja G um grupo de ordem 12. Mostre que G ∼= A4 se e somente se G não contem
subgrupos de indice 2. [Dica: se G de ordem 12 contem um subgrupo N de indice
2 então olhando ao 3-Sylow de N mostre que n3(G) = 1.]
(5) Seja P um p-subgrupo de Sylow do grupo finito G e seja N E G. Mostre que
P ∩ N é um p-subgrupo de Sylow de N e que PN/N é um p-subgrupo de Sylow
de G/N . [Dica: precisa mostrar que p não divide |N : P ∩ N | e que p não divide
|G/N : PN/N |.]
(6) Seja p um número primo. Mostre que todo grupo de ordem p2 é abeliano. [Dica:
lembre-se do exerćıcio que falava que se G/Z(G) é ćıclico então G é abeliano.]
(7) Seja G um grupo de ordem p2q onde p, q são dois primos distintos. Mostre que G
não é simples. [Dica: pelo exerćıcio anterior os p-Sylow de G são abelianos. Sejam
P1, P2 dois p-Sylow, então P1 ∩ P2 E P1 e P1 ∩ P2 E P2 sendo P1, P2 abelianos.
Considere NG(P1 ∩ P2).]
(8) Escreva a equação das classes de S4, S5 e de A4.
16. Grupos alternados
Proposição 19 (Classes de conjugação de An). Seja x ∈ An. Sejam CLAn(x) e CLSn(x)
as classes de conjugação de x em An e Sn. Então CLAn(x) 6= CLSn(x) se e somente se a
46 1. GRUPOS
estrutura ćıclica de x consiste de ćıclos de comprimentos ı́mpares dois a dois distintos. Além
disso neste caso |CLAn(x)| = |CLSn(x)|/2.
Observe que na estrutura ćıclica de uma permutação são contabilizados os ćıclos de com-
primento 1, assim por exemplo os 3-ćıclos em A5 têm estrutura ćıclica (3, 1, 1), logo os com-
primentos não são dois a dois distintos. Segue pela proposição que em A5 (e mais em geral
em An para n ≥ 5) todos os 3-ćıclos são conjugados. Em A4 os elementos (123) e (132) não
são conjugados (exerćıcio).
Demonstração. Sejam CSn(x) e CAn(x) os centralizadores de x em Sn e em An. Mos-
traremos que CSn(x) = CAn(x) se e somente se CLSn(x) 6= CLAn(x). Pelo prinćıpio da
contagem
|An| = |CAn(x)| · |CLAn(x)|, |Sn| = |CSn(x)| · |CLSn(x)|,
logo sendo |Sn| = 2|An|, se CAn(x) = CSn(x) então CLAn(x) 6= CLSn(x) e neste caso
|CLAn(x)| =
|An|
|CAn(x)|
=
|Sn|/2
|CSn(x)|
=
1
2
|CLSn(x)|.
Agora suponha CLAn(x) 6= CLSn(x), dáı sendo CLAn(x) ⊆ CLSn(x) temos que |CLAn(x)| 6=
|CLSn(x)| ou seja |An : CAn(x)| 6= |Sn : CSn(x)|, ou seja |CSn(x)| 6= 2|CAn(x)|. Mas sendo
CAn(x) = An ∩ CSn(x) deduzimos que CSn(x) ≤ An ou seja CSn(x) = CAn(x) (porque se
H ≤ Sn não está contido em An então |An ∩H| = |H|/2).
Em outras palavras a classe de conjugação de x ∈ An em Sn “cinde” (ou seja CLAn(x) 6=
CLSn(x)) em duas classes em An (do mesmo tamanho) se e somente se CSn(x) ≤ An, ou seja
CSn(x) = CAn(x), ou seja x não é centralizado por permutações ı́mpares. Suponha então
que x não seja centralizado por permutações ı́mpares, e seja x = x1x2...xk a decomposição
de x como produto de ćıclos disjuntos. Como cada xi centraliza x, cada xi tem comprimento
ı́mpar (ou seja é uma permutação par). Se xi e xj têm o mesmo comprimento t então existe
um ćıclo y de comprimento 2t tal que y2 = xixj (por exemplo se xi = (123), xj = (456),
y = (142536)), logo y é uma permutação ı́mpar que centraliza x, contradição. Segue que
x1, ..., xk têm comprimentos ı́mpares dois a dois distintos. Viceversa, suponha que x1, ..., xk
têm comprimentos ı́mpares dois a dois distintos, e y ∈ Sn centralize x. Sendo yxy−1 =
yx1y
−1 · · · yxky−1 e os xi têm comprimentos dois a dois distintos, os yxiy−1 são ćıclos dois
a dois disjuntos de comprimentos dois a dois distintos (com yxiy
−1 do mesmo comprimento
de xi) logo y centraliza cada xi. Seja Xi = Supp(xi) o suporte de xi para todo i = 1, . . . , k,
ou seja o conjuntos dos pontos não fixados por xi. Como y centraliza xi, se o suporte de um
ćıclo da estrutura ćıclica de y tem interseção com Xi então está contido em Xi (se não xi e
yxiy
−1 teriam suportes diferentes, logo seriam diferentes). Para todo i = 1, . . . , k seja yi o
produto dos ćıclos da estrutura ćıclica de y cujo suporte está contido em Xi, então y = y1...yk
com Supp(yi) ⊆ Xi e yi centraliza xi para todo i = 1, ..., k. Lembre-se que o centralizador
de um n-ćıclo σ em Sn é igual a 〈σ〉. Segue que yi ∈ CSym(Xi)(xi) = 〈xi〉 ≤ An para todo
i = 1, . . . , k. Em particular cada yi é par, logo y é par também. �
Por exemplo representantes das classes de conjugação de S5 contidas em A5 são 1,
(12)(34), (123), (12345). Pela proposição a única classe que cinde é a classe de (12345), de
fato temos duas classes de conjugação de 5-ćıclos em A5, representantes são x = (12345)
16. GRUPOS ALTERNADOS 47
e y = (13245). Para mostrar que x e y não são conjugados em A5 suponha por con-
tradição que y = gxg−1 para algum g ∈ A5, então sendo y = hxh−1 onde h = (23) temos
hxh−1 = y = gxg−1 logo g−1h ∈ CS5(x) = 〈x〉 ≤ A5, segue que g−1h ∈ A5 mas isso é
absurdo porque g ∈ A5 e h 6∈ A5. Segue que os tamanhos das classes de conjugação de A5
são conforme a tabela seguinte.
1 (12)(34) (123) (12345) (13245)
1 15 20 12 12
Usando isso é fácil mostrar que A5 é um grupo simples (não abeliano). De fato, um qualquer
subgrupo normal N de A5 é união de classes de conjugação de A5 (isso é imediato pela
definição de subgrupo normal) logo |N | é uma soma de tamanhos de classes de conjugação,
incluindo a classe {1}. Mas é imediato ver que nenhuma soma dos números 1, 15, 20, 12,
12 (incluindo 1) é igual a um divisor próprio não trivial de 60. Segue que A5 é um grupo
simples.
Teorema 8. An é um grupo simples não abeliano se n ≥ 5.
Demonstração. Por indução sobre n. O caso n = 5 foi feito acima. Suponha agora que
An−1 é um grupo simples, mostraremos que An é um grupo simples. Seja N um subgrupo
normal não trivial de An. É claro que StabAn(x)
∼= An−1 para todo x ∈ {1, . . . , n}. N ∩
StabAn(x) é um subgrupo normal de StabAn(x), logo é igual a StabAn(x) ou{1}. No primeiro
caso N contem pelo menos um 3-ćıclo logo contem todos os 3-ćıclos (porque se n ≥ 5 todos
os 3-ćıclos são conjugados em An pela proposição 19), segue N = An porque An é gerado
pelos 3-ćıclos. Podemos então supor que N ∩ StabAn(x) = {1} para todo x ∈ {1, ..., n}, em
outras palavras toda permutação não identica de N é sem pontos fixos. Mostraremos que
isso não pode acontecer. Seja g 6= 1 um elemento de N . Se g admitisse na estrutura ćıclica
dois ćıclos de comprimentos distintos então existiria uma potência não identica de g com um
ponto fixo. Segue que todos os ćıclos na estrutura ćıclica de g têm o mesmo comprimento,
em particular (veja a proposição 19) se g não é um n-ćıclo então a classe de conjugação de g
em An é igual à sua classe em Sn, logo existe um conjugado g
′ ∈ N tal que se g = g1...gk é
a decomposição de g como produto de ćıclos disjuntos então g′ = g1
−1g2...gk (porque g e g
′
têm a mesma estrutura ćıclica!) logo gg′ ∈ N admite um ponto fixo (os pontos não fixados
por g1), segue que g
2
i = 1 para todo i = 2, . . . , k e pelo mesmo argumento aplicado a g2
(no lugar de g1) temos g
2
1 = 1, ou seja todo gi é um 2-ćıclo, digamos g = (12)(34)g3 · · · gk.
Conjugando com (12)(35) obtemos g′′ = (12)(45)g′′3 · · · g′′k (produto de ćıclos disjuntos) logo
g′′g(1) = g′′(2) = 1 e g′′g(3) = g′′(4) = 5, logo g′′g 6= 1 e tem pontos fixos, contradição. Falta
considerar o caso em que g é um ćıclo de comprimento n, digamos (a menos de mudar os nomes
dos simbolos) g = (123456...n). Conjugando com (12)(34) obtemos que g′ = (214356...n) ∈ N ,
logo g′g ∈ N fixa 1, sendo g′g(1) = g′(2) = 1, por outro lado g′g 6= 1 sendo g′g(2) = g′(3) = 5.
Contradição. �
Corolário 1. Se n ≥ 5 os subgrupos normais de Sn são {1}, An e Sn.
Demonstração. Se N E Sn então N ∩An EAn logo N ∩An = {1} ou então N ≥ An.
No segundo caso N = An ou N = Sn, agora suponha N ∩ An = {1}. Se x, y ∈ N e x 6= 1,
y 6= 1 então xy (produto de duas permutações ı́mpares) pertence a N ∩ An logo xy = 1, em
48 1. GRUPOS
particular (escolhendo y = x) temos x2 = 1, segue que dado 1 6= x ∈ N , se 1 6= y ∈ N então
y = x−1 = x, logo N = {1, x}. Mas isso implica que x ∈ Z(Sn) = {1}, contradição. �
17. Solubilidade
Um grupoG é dito solúvel se existe uma sequência (ou “série”) de subgruposH0, H1, . . . ,Hn
de G com as propriedades seguintes:
• H0 = {1},
• Hn = G,
• Hi é um subgrupo normal de Hi+1 para todo i = 0, 1, . . . , n− 1,
• Hi+1/Hi é um grupo abeliano para todo i = 0, 1, . . . , n− 1.
Por exemplo todo grupo abeliano G é solúvel: basta escolher n = 1, H0 = {1}, H1 = G.
Um exemplo de grupo solúvel não abeliano é S3, considerando a série {1} < A3 < S3: os
quocientes são A3/{1}, ćıclico de ordem 3, e S3/A3, ćıclico de ordem 2. Um outro exemplo
de grupo solúvel não abeliano é S4: ele tem a série {1} < K < A4 < S4 onde K é o grupo
de Klein, os quociêntes dessa série são K/{1} ∼= K (abeliano de ordem 4), A4/K ∼= C3,
S4/A4 ∼= C2.
Proposição 20. Se G é solúvel e H ≤ G, N EG então H e G/N são solúveis.
Demonstração. Sejam H1, . . . ,Hn como na definição de grupo solúvel. Seja Ki :=
Hi ∩ H para todo i = 0, 1, . . . , n. Observe que K0 = {1}, Kn = H, e Ki é um subgrupo
normal de Ki+1 (de fato se g ∈ Ki+1 então gKig−1 está contido em H sendo Ki ≤ H e
g ∈ H, e está contido em Hi sendo g ∈ Hi+1 e Hi normal em Hi+1). Além disso Ki+1/Ki =
Ki+1/Ki+1 ∩Hi ∼= Ki+1Hi/Hi é um subgrupo de Hi+1/Hi, que é abeliano, logo Ki+1/Ki é
abeliano.
Agora observe que HiN E Hi+1N pois HiN é obviamente normalizado por Hi+1 e se
h ∈ Hi e n,m ∈ N então
m(hn)m−1 = h · h−1mh · nm−1 ∈ HiN.
Pelo teorema de isomorfismo aplicado ao grupo Hi+1N e aos seus subgrupos normais N , HiN
temos
Hi+1N/N
HiN/N
∼=
Hi+1N
HiN
=
Hi+1HiN
HiN
∼=
Hi+1
Hi+1 ∩HiN
é um quociente de Hi+1/Hi porque Hi ≤ Hi+1 ∩HiN . Como Hi+1/Hi é abeliano segue que
Hi+1N/N
HiN/N
é abeliano. Isso implica que a serie
N/N ≤ H1N/N ≤ H2N/N ≤ . . . ≤ HnN/N = G/N
tem fatores abelianos, logo G/N é solúvel. �
Um grupo finito simples G é solúvel se e somente se é ćıclico de ordem prima. De fato
se G é simples a única série posśıvel é {1} < G, logo se G é solúvel então G é abeliano, e
todo grupo simples abeliano é ćıclico de ordem prima. Segue que An não é solúvel para todo
n ≥ 5, de fato ele é simples e não abeliano.
Corolário 2. O grupo simétrico Sn é solúvel se e somente se n ≤ 4.
17. SOLUBILIDADE 49
Demonstração. Observe que podemos identificar cada grupo simétrico Sn com o sub-
grupo de Sn+1 das permutações de {1, 2, . . . , n + 1} que fixam o elemento n + 1. Segue da
proposição que para mostrar que Sn é solúvel se e somente se n ≤ 4 basta mostrar que S4 é
solúvel e S5 não é solúvel. S4 é solúvel porque temos a sequência
{1} < K < A4 < S4
onde K é o grupo de Klein, e S4/A4 ∼= C2, A4/K ∼= C3, K/{1} ∼= K ∼= C2×C2 são abelianos.
O grupo alternado A5 é simples não abeliano logo a única sequência de subgrupos, cada um
normal no seguinte, é {1} < A5, e A5/{1} não é abeliano. Segue que A5 não é solúvel logo
sendo A5 um subgrupo de S5 segue que S5 não é solúvel. �
Observe que se G é um grupo com um subgrupo normal N tal que N e G/N são solúveis
então G é solúvel: dadas as sequências H0, . . . ,Hn de N e K0/N, . . . ,Km/N para N e G/N
como na definição de grupo solúvel, com H0 = {1}, Hn = N = K0 e Km = G, considere a
sequência H0, H1, . . . ,Hn−1, Hn = K0,K1, . . . ,Km.
Proposição 21. Seja p um primo. Todo p-grupo finito é solúvel.
Demonstração. Por indução sobre n onde |G| = pn. Se n = 1 então G ∼= Cp é abeliano,
em particular é solúvel. Suponha o resultado verdadeiro para os grupos de ordem pm com
m < n e seja G um grupo de ordem pn. Sabemos que Z(G) 6= {1}. Se Z(G) = G então
G é abeliano, em particular solúvel. Se Z(G) 6= G então G/Z(G) é solúvel por hipótese de
indução. Mas então Z(G) é solúvel (porque abeliano) e G/Z(G) é solúvel, logo G é solúvel. �
Curiosidade: pelo teorema de Feit-Thompson (1963) todo grupo finito de ordem ı́mpar
é solúvel (!). Equivalentemente, todo grupo simples não abeliano tem ordem par. Junto com
o exerćıcio 3 abaixo isso implica que todo grupo simples não abeliano tem ordem diviśıvel por
4.
17.1. Exerćıcios.
(1) Seja G um grupo solúvel finito. Mostre que G é polićıclico, ou seja existe uma série
{1} = G0CG1C . . .CGn = G tal que Gi/Gi−1 é ćıclico para todo i = 1, . . . , n. Isso
permanece verdadeiro se G for infinito?
(2) Seja G um grupo simples de ordem 60. Mostre que G ∼= A5. [Dica: basta encontrar
um subgrupo de indice 5 (por quê?); no caso n2 = 15 sejam P e Q dois 2-Sylow
distintos, então P ∩ Q é normal em P e em Q (por quê?), calcule o indice |G :
NG(P ∩Q)|.]
(3) Seja G um grupo simples de ordem 15 ·pn com p primo e n ∈ N. Mostre que G ∼= A5.
[Dica: pelo exerćıcio acima basta mostrar que pn = 4.]
(4) Seja G um grupo de ordem 2m com m ı́mpar. Mostre que existe H ≤ G tal
que |G : H| = 2. [Dica: Seja n = |G|, a representação permutacional regular dá
um homomorfismo injetivo G → Sn (Cayley), logo podemos identificar G com um
subgrupo de Sn. Defina H = G ∩ An, para mostrar que |G : H| = 2 basta mostrar
que G não está contido em An. Para isso tome um elemento x ∈ G de ordem 2 e
mostre que a permutação associada em Sn é ı́mpar.]
(5) Mostre que S6 contem um subgrupo H cuja ação natural sobre X = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
é transitiva e com a propriedade que H ∼= S5. [Dica: S5 contem seis 5-subgrupos de
Sylow.]
50 1. GRUPOS
(6) Escreva a equação das classes de S6 e de A6.
(7) Seja p ≥ 2 um inteiro. Mostre que p é primo se e somente se p divide (p − 1)! + 1.
[Dica: se p é primo, conte os p-subgrupos de Sylow do grupo simétrico Sp.]
(8) Dado um grupo G, o grupo dos automorfismos Aut(G) de G é o grupo dos iso-
morfismos G → G com a operação de composição. Seja α : G → Aut(G) dado
por α(g)(x) = gxg−1. Se trata de um homomorfismode grupos e ker(α) = Z(G).
Mostre que Aut(S4) ∼= S4. [Dica: Seja X o conjunto dos subgrupos de S4 de ı́ndice
4 (você sabe quem eles são). Aut(S4) age sobre X de maneira natural. Mostre que
tal ação é fiel, ou seja que o seu núcleo é trivial.]
(9) Seja n um inteiro ı́mpar e seja x = (12 . . . n) ∈ An. Mostre que x é conjugado a x−1
em An se e somente se n ≡ 1 mod 4.
(10) Seja n ≥ 5 um inteiro. Seja H ≤ Sn tal que H 6= Sn e H 6= An. Mostre que
|Sn : H| ≥ n.
(11) Seja G um grupo simples tal que |G| > 2 e seja H ≤ G tal que H 6= G. Seja
n = |G : H|. Mostre que |G| divide |An| = n!/2.
18. Produto semidireto
Produto semidireto interno. Seja G um grupo e sejam N E G, H ≤ G. Se NH = G
e H ∩ N = {1} dizemos que G é o “produto semidireto interno” entre N e H. No grupo
G todo elemento pode ser escrito da forma nh com n ∈ N e h ∈ H, e tal escrita é única
porque se nh = n1h1 com n1 ∈ N e h1 ∈ H então n−11 n = h1h−1 ∈ N ∩ H = {1} logo
n1 = n e h1 = h. Observe que se H E G então G é um produto direto N × H. Dado um
produto semidireto interno G = NH, sendo N EG temos uma ação de H sobre N dada por
ϕ : H → Aut(N), ϕ(h)(n) = hnh−1 para todo n ∈ N (ação de conjugação). Se trata de uma
ação por automorfismo, ou seja se h ∈ H então ϕ(h) não é apenas uma permutação de N , é
um automorfismo de N , ou seja um isomorfismo N → N .
Produto semidireto externo. Sejam H, N grupos e seja ϕ : H → Aut(N) um homomor-
fismo (ação por automorfismo de H sobre N). No que segue vamos constuir um grupo em que
a ação ϕ é interpretada como uma ação de conjugação. Seja G o produto cartesiano N ×H
com a operação seguinte:
(n1, h1) ∗ (n2, h2) := (n1ϕ(h1)(n2), h1h2).
Então G é um grupo com elemento neutro (1, 1) e (n, h)−1 = (ϕ(h−1)(n−1), h−1). Além disso,
G é o produto semidireto interno entre N × {1}EG e {1} ×H.
A notação é G = N oϕ H = H nϕ N ou simplesmente N oH, H nN se a função ϕ for
subentendida.
G é chamado “produto semidireto externo” entre N e H. Observe que se ϕ é o homo-
morfismo trivial h 7→ 1 então o produto semidireto correspondente é na verdade o produto
direto entre N e H.
Demonstração. (1, 1) é o elemento neutro pois
(n, h) ∗ (1, 1) = (nϕ(h)(1), h) = (n, h).
18. PRODUTO SEMIDIRETO 51
O inverso de (n, h) é (ϕ(h−1)(n−1), h−1) pois
(n, h) ∗ (ϕ(h−1)(n−1), h−1) = (nϕ(h)(ϕ(h−1)(n−1)), hh−1) = (1, 1).
A operação ∗ é associativa pois se (n1, h1), (n2, h2), (n3, h3) pertencem a G
((n1, h1) ∗ (n2, h2)) ∗ (n3, h3) = (n1ϕ(h1)(n2), h1h2) ∗ (n3, h3)
= (n1ϕ(h1)(n2)ϕ(h1h2)(n3), h1h2h3)
(n1, h1) ∗ ((n2, h2) ∗ (n3, h3)) = (n1, h1) ∗ (n2ϕ(h2)(n3), h2h3)
= (n1ϕ(h1)(n2ϕ(h2)(n3)), h1h2h3)
Precisamos então mostrar que
ϕ(h1)(n2)ϕ(h1h2)(n3) = ϕ(h1)(n2ϕ(h2)(n3)).
Mas sendo ϕ homomorfismo H → Aut(N) e ϕ(h1) homomorfismo N → N ,
ϕ(h1)(n2)ϕ(h1h2)(n3) = ϕ(h1)(n2)ϕ(h1)(ϕ(h2)(n3)) = ϕ(h1)(n2ϕ(h2)(n3)).
Observe que N × {1} é um subgrupo de G isomorfo a N , de fato (1, 1) ∈ N × {1},
(n, 1)−1 = (n−1, 1) ∈ N × {1} e
(n, 1) ∗ (m, 1) = (nϕ(1)(m), 1) = (nm, 1) ∈ N × {1}.
Segue também que N → N × {1}, n 7→ (n, 1) é um isomorfismo de grupos.
Observe que {1} × H é um subgrupo de G isomorfo a H, de fato (1, 1) ∈ {1} × H,
(1, h)−1 = (ϕ(h−1)(1), h−1) = (1, h−1) ∈ {1} ×H e se (1, h), (1, k) ∈ {1} ×H então
(1, h) ∗ (1, k) = (ϕ(h)(1), hk) = (1, hk) ∈ {1} ×H.
Segue também que H → {1} ×H, h 7→ (1, h) é um isomorfismo de grupos.
Observe que a conjugação no grupo G é a seguinte: dados (n, h), (m, k) ∈ G temos
(m, k) ∗ (n, h) ∗ (m, k)−1 = (mϕ(k)(n), kh) ∗ (ϕ(k−1)(m−1), k−1)
= (mϕ(k)(n) · ϕ(kh)(ϕ(k−1)(m−1)), khk−1)
= (mϕ(k)(nϕ(hk−1)(m−1)), khk−1),
em particular no caso h = 1 temos
(m, k) ∗ (n, 1) ∗ (m, k)−1 = (mϕ(k)(nϕ(k−1)(m−1)), 1) ∈ N × {1}
logo N × {1}EG. A ação de conjugação de {1} ×H sobre N × {1}EG é dada por
(1, k) ∗ (n, 1) ∗ (1, k)−1 = (ϕ(k)(nϕ(k−1)(1)), k1k−1) = (ϕ(k)(n), 1),
e isso mostra que a ação dada deH sobreN , ou seja ϕ : H → Aut(N), corresponde exatamente
à ação de conjugação da “cópia de H” ({1}×H) sobre a “copia de N” (N ×{1}) no produto
semidireto N oH.
É claro que (N × {1}) ∩ ({1} × H) = {(1, 1)}, e (N × {1})({1} × H) = G porque um
elemento arbitrário (n, h) pode ser escrito como (n, 1) ∗ (1, h). Segue que G é o produto
semidireto interno entre N × {1} e {1} ×H. �
52 1. GRUPOS
Para poder fazer as contas é bom seguir a ideia seguinte. Escrevemos os elementos de
N o H como nh onde n ∈ N , h ∈ H e se mk é um outro elemento então nh · mk =
nhmh−1 ·hk. Em outras palavras ϕ(h)(m) é igual, no produto semidireto, a hmh−1. Estamos
então interpretando a ação por automorfismo de H sobre N (dada por ϕ : H → Aut(N))
como uma ação de conjugação. Na verdade isso mostra que se H age por automorfismo sobre
N (ou seja é dado H → Aut(N)) então no produto semidireto correspondente NoH tal ação
é uma ação de conjugação. Em outras palavras toda ação por automorfismo pode ser vista
como uma ação por conjugação!
A ideia da proposição seguinte é dar um critério suficiente para decidir se dois produtos
semidiretos são isomorfos.
Proposição 22. Sejam N,H dois grupos e seja ϕ : H → Aut(N) uma ação por au-
tomorfismo de H sobre N , seja G = N oϕ H o produto semidireto correspondente. Sejam
α : N → N0, β : H → H0 isomorfismos e seja ψ : H0 → Aut(N0) um homomorfismo
com G0 = N0 oψ H0 o produto semidireto correspondente. Suponha que valha a condição de
compatibilidade
ψ(β(h))(α(n)) = α(ϕ(h)(n)) ∀n ∈ N, h ∈ H.
Então G ∼= G0 por meio do isomorfismo γ : G→ G0, γ(nh) := α(n)β(h).
Demonstração. Vamos mostrar que γ((nh)(mk)) = γ(nh)γ(mk). Temos
γ((nh)(mk)) = γ(nhmh−1hk) = α(nhmh−1)β(hk),
γ(nh)γ(mk) = α(n)β(h)α(m)β(k),
logo precisamos mostrar que α(hmh−1)β(h) = β(h)α(m). Mas
α(hmh−1)β(h) = α(ϕ(h)(m))β(h) = ψ(β(h))(α(m))β(h)
= β(h)α(m)β(h)−1β(h) = β(h)α(m).
É claro que γ extende α : N → N0 e β : H → H0 e que γ é bijetiva. �
(O1) O caso α = idN é interessante, e pode ser reformulado como segue: se ψ : H →
Aut(N) é um homomorfismo e β : H → H é um isomorfismo então N oψ H ∼= N oψ◦β H.
(O2) Um outro caso interessante é o seguinte. Sejam H ≤ Aut(N), ϕ : H → Aut(N) a
inclusão e a ∈ Aut(N). Seja ψ : aHa−1 → Aut(N) a inclusão. Então NoϕH ∼= NoψaHa−1.
Para isso considere os isomorfismos α : N → N , α(n) = a(n) e β : H → aHa−1, β(h) =
aha−1. Temos
ψ(β(h))(α(n)) = β(h)(a(n)) = aha−1(a(n)) = a(h(n)) = α(ϕ(h)(n)).
Ou seja subgrupos conjugados H,H0 de Aut(N) (com a ação dada pela inclusão em Aut(N))
induzem produtos semidiretos isomorfos: N oH ∼= N oH0.
Por exemplo vamos classificar os grupos de ordem 2p com p primo ı́mpar. Seja
G um grupo de ordem 2p. Seja N um p-Sylow de G, então N ∼= Cp e N EG pelo teorema de
Sylow (ou porque |G : N | = 2). Dado um 2-Sylow H (de ordem 2), digamos H = 〈h〉, temos
N∩H = {1} (eles têm ordens coprimas!) e |NH| = |N ||H|/|N∩H| = |N ||H| = 2p = |G| logo
18. PRODUTO SEMIDIRETO 53
NH = G e G é um produto semidireto N oH. Falta determinar a ação H → Aut(N). Sendo
N ∼= Cp, Aut(N) ∼= U(Z/pZ) ∼= Cp−1 (veja a lista de exerćıcios) logo Aut(N) contem um
único subgrupo de ordem 2 (sendo Aut(N) ćıclico!), chamando tal subgrupo de 〈ε〉, o elemento
ε é o automorfismo de inversão N → N , x 7→ x−1. Segue que tem duas possibilidades: ação
trivial (H → Aut(N), h 7→ 1) ou ação de inversão (H → Aut(N), h 7→ ε). O primeiro caso
corresponde ao produto direto Cp × C2 ∼= C2p (grupo ćıclico), o segundo caso é Cp o C2
com a ação de inversão. Tal grupo é isomorfo ao grupo diedral de ordem 2p. Logo existem
exatamente dois grupos de ordem 2p (a menos de isomorfismo).
Por exemplo vamos classificar os grupos de ordem 21 = 7 · 3. Dados um 7-Sylow
N e um 3-Sylow H, N ∼= C7, H ∼= C3 e pelo teorema de Sylow N E G e N , H têm ordens
coprimas, logo N ∩H = {1}, |NH| = |N ||H| = 21 = |G| logo NH = G e G é um produto
semidireto N o H. Falta encontrar os homomorfismos ϕ : H → Aut(N). Sendo H ∼= C3
e Aut(N) ∼= U(Z/7Z) ∼= C6 temos três possibilidades para ϕ(h) (onde H = 〈h〉): os três
elementos deAut(N) cujo cubo é igual a 1. Se ϕ(h) = 1 o produto semidireto N oH é na
verdade o produto direto N ×H (ação trivial) e N ×H ∼= C7 ×C3 ∼= C21 (grupo ćıclico). Os
outros dois casos correspondem aos dois automorfismos de N de ordem 3, ou seja γ2 : N → N ,
γ2(y) = y
2 e γ4 : N → N , γ4(y) = y4. Segue que ϕ(h) ∈ {γ2, γ4}. Por outro lado usando
O1, sendo H → H, h 7→ h2 um isomorfismo, tais duas escolhas de ϕ(h) produzem produtos
semidiretos isomorfos, logo podemos supor ϕ(h) = γ2. Segue que escrevendo N = 〈x〉, a ação
de h sobre um genérico xi ∈ N é hxih−1 = x2i, logo em geral
xihj · xrhs = xi(hjxrh−j)hj+s = xix2
jrhj+s = xi+2
jrhj+s.
Isso determina completamente o produto semidireto. Segue que existem exatamente dois
grupos de ordem 21 (a menos de isomorfismo).
18.1. Exerćıcios.
(1) Mostre que Aut(Cn) ∼= U(Z/nZ).
(2) Mostre que se A e B são dois grupos finitos de ordens coprimas então Aut(A×B) ∼=
Aut(A)×Aut(B).
(3) Classifique os grupos de ordem 12, 14, 20, 30, 33, 2015, 2019 a menos de isomorfismo.
Pode tentar outras ordens, mas é melhor evitar os números diviśıveis por potências
de primos com expoente grande porque os p-grupos são dif́ıceis para classificar.
[Tem 5 grupos de ordem 12, 2 grupos de ordem 14, 5 grupos de ordem 20, 4
grupos de ordem 30, 1 grupo de ordem 33, 2 grupos de ordem 2015 e 2 grupos de
ordem 2019.]
(4) O grupo diedral de ordem 2n, D2n, é o grupo das isometrias do n-agono regular. Tal
grupo pode ser descrito como o produto semidireto CnoC2 onde C2 = 〈ε〉 age sobre
Cn por meio da ação de inversão, ou seja a regra εxε
−1 = x−1 (Cn é gerado por
uma rotação de ordem n e C2 é gerado por uma reflexão). Suponha n = p primo.
Escreva a equação das classes de G. A probabilidade de comutar de um grupo G é
pc(G) =
|{(x, y) ∈ G×G : xy = yx}|
|G×G|
.
54 1. GRUPOS
Essa probabilidade “mede” quanto comutativo é um grupo, no sentido que 0 <
pc(G) ≤ 1 para todo G e G é comutativo se e somente se pc(G) = 1. Calcule
limp→∞ pc(D2p).
[Dica: definido k(G) o número de classes de conjugação de G mostre primeiro
que pc(G) = k(G)/|G|. Para isso veja as listas anteriores.]
(5) Tente calcular pc(D2n) para n qualquer.
(6) Calcule o centro Z(D2n).
(7) Mostre que se n é um inteiro positivo então D4n ∼= D2n × C2 se e somente se n é
ı́mpar.
(8) Dado um inteiro positivo n, conte os 2-subgrupos de Sylow do grupo diedral D2n.
(9) Seja p um primo e seja G um grupo de ordem p2. Mostre que G ∼= Cp2 ou G ∼=
Cp × Cp.
(10) (Mais dif́ıcil) Seja p um primo ı́mpar.
(a) Classifique os grupos de ordem 2p2, mostrando que um tal grupo é isomorfo a
um dos seguintes: o grupo ćıclico de ordem 2p2, o grupo abeliano Cp×Cp×C2,
o grupo diedral de ordem 2p2, um produto semidireto V oC2 onde V = Cp×Cp
e C2 = 〈ε〉 age sobre V por uma das regras
ε(x, y)ε−1 = (x−1, y−1), ε(x, y)ε−1 = (y, x).
[Dica: observe que o p-Sylow N é Cp2 ou Cp × Cp, e no segundo caso N pode
ser visto como espaço vetorial de dimensão 2 sobre Fp = Z/pZ, observe que
neste caso Aut(N) ∼= GL(2, p) (o grupo geral linear de F2p, ou seja o grupo das
matrizes inverśıveis 2× 2 com coeficientes em Fp) e o gerador ε de um 2-Sylow
H de G é diagonalizável, quais são os seus autovalores? Use (O2).]
(b) Determine a equação das classes dos grupos encontrados no item acima.
(11) Classifique os grupos de ordem 147.
(12) Seja f : H → G um homomorfismo de grupos e seja ϕ : H → Aut(G) definido por
ϕ(h)(g) := f(h)gf(h)−1. Seja X = G o H o produto semidireto correspondente.
Mostre que X ∼= G×H.
[Dica: L = {(f(h), h−1) : h ∈ H} é um subgrupo de X isomorfo a H,
centralizado por G× {1}, e junto com G× {1} gera X.]
(13) Mostre que Aut(C2 × C2) ∼= S3. [Dica: Aut(C2 × C2) ∼= GL(2, 2).]
(14) Seja G = Sn e seja H ≤ G com |G : H| = 2. Mostre que H = An.
[Dica: mostre que An é gerado por {x2 : x ∈ Sn}.]
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 55
19. Resolução dos exerćıcios de Grupos
19.1. Encontre inteiros x, y tais que 32x+ 23y = 1.
Algoritmo de Euclides.
32 23
1 0 32
0 1 23
1 −1 9
−2 3 5
3 −4 4
−5 7 1
Segue que −5 · 32 + 7 · 23 = 1.
19.2. Encontre inteiros x, y tais que 18x+ 70y = 2.
Algoritmo de Euclides.
70 18
1 0 70
0 1 18
1 −3 16
−1 4 2
Segue que −70 + 4 · 18 = 2.
19.3. Faça a divisão com resto entre 90 e 13 e entre −90 e 13.
90 = 13 · 6 + 12, −90 = 13 · (−7) + 1.
19.4. Mostre que a operação x+ y := x+ y em Z/nZ é bem definida.
Feito em sala de aula.
19.5. Calcule a ordem multiplicativa do elemento (i − 1)/
√
2 no grupo multiplicativo
C∗ = C− {0}.
Seja z = (i − 1)/
√
2. Temos z2 = (i2 + 1 − 2i)/2 = −i logo z8 = (−i)4 = 1, segue que
o(z) divide 8, logo o(z) ∈ {1, 2, 4, 8}. Mas z4 = (−i)2 = −1 6= 1, logo o(z) = 8.
19.6. Mostre que a operação x · y := x · y de Z/nZ é bem definida. Z/nZ com essa
operação é um grupo?
Feito em sala de aula.
19.7. Encontre os elementos x ∈ Z/6Z tais que existe y ∈ Z/6Z com x · y = 1.
Como visto em sala de aula se trata das classes coprimas com 6, ou seja 1 e 5. Temos
1 · 1 = 1 e 5 · 5 = 1.
56 1. GRUPOS
19.8. Mostre que em um grupo G o elemento neutro é único e todo elemento possui um
único inverso.
Sejam e, f dois elementos neutros, então e = e · f = f . Sejam b, c dois inversos de a ∈ G,
então ba = ab = 1 = ac = ca e multiplicando ab = ac a esquerda por b obtemos (ba)b = (ba)c
ou seja b = c.
19.9. Faça a lista dos elementos de C24 e calcule as ordens deles.
Seja x um gerador de C24, então o(x) = 24 e sabemos que o(x
m) = 24/(24,m), em
particular o(xm) = 24 se (24,m) = 1, ou seja os elementos seguintes têm ordem 24: x, x5, x7,
x11, x13, x17, x19, x23. o(xm) = 12 se (24,m) = 2, ou seja os elementos seguintes têm ordem
12: x2, x10, x14, x22. o(xm) = 8 se (24,m) = 3, ou seja os elementos seguintes têm ordem
8: x3, x9, x15, x21. o(xm) = 6 se (24,m) = 4, ou seja os elementos seguintes têm ordem
6: x4, x20. o(xm) = 4 se (24,m) = 6, ou seja os elementos seguintes têm ordem 4: x6, x18.
o(xm) = 3 se (24,m) = 8, ou seja os elementos seguintes têm ordem 3: x3, x21. o(xm) = 2 se
(24,m) = 12, ou seja x12 é o único elemento de ordem 2.
19.10. Conte os elementos de ordem 15 em C30.
C30 = 〈x〉. Temos o(xm) = 15 se e somente se 30/(m, 30) = 15 ou seja (m, 30) = 2, segue
que os elementos de ordem 15 em C30 são x
2, x4, x8, x14, x16, x22, x26, x28.
19.11. Conte os geradores de C32, ou seja os elementos x ∈ C32 tais que 〈x〉 = C32.
Sabemos que C32 tem ϕ(32) = 16 geradores, são as potências de um fixado gerador com
expoente coprimo com 32.
19.12. Seja g um elemento de ordem n de um grupo G e seja m um inteiro. Mostre que
〈g〉 = 〈gm〉 se e somente se (m,n) = 1.
Segue da formula o(gm) = o(g)/(o(g),m). De fato 〈g〉 = 〈gm〉 se e somente se o(gm) =
o(g) = n, ou seja n/(n,m) = n ou seja (n,m) = 1.
19.13. Considere X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} com a operação x ? y := min(x, y), o mı́nimo entre
x e y. Calcule 3 ? 5 e 6 ? 2. Existe um elemento neutro? É único? Com essa operação X é
um grupo?
É claro que 6 é o único elemento neutro mas X com essa operação não é um grupo porque
por exemplo 1 não admite inverso, sendo x ? 1 = 1 6= 6 para todo x ∈ X.
19.14. Seja X um conjunto e seja P (X) o conjunto de todos os subconjuntos de X. Seja
4 a operação de P (X) definida por A4B := (A−B)∪ (B−A) (diferença simétrica). Mostre
que P (X) com a operação ∆ é um grupo e calcule as ordens dos seus elementos.
O elemento neutro é ∅, de fato A4∅ = A = ∅4A para todo A ∈ P (X). O inverso de
A ∈ P (X) é o próprio A, de fato A4A = ∅. Segue que se P (X) com a operação 4 é um
grupo então os seus elementos não triviais têm ordem 2. Para mostrar que X com a operação
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 57
4 é um grupo basta mostrar que 4 é associativa, ou seja que para todo A,B,C ∈ P (X)
temos
(A4B)4C = A4(B4C).
Para mostrar essa igualdade precisamos mostrar as duas inclusões. Mostraremos agora a
inclusão (⊆).
Se x ∈ (A4B)4C tem dois casos:
• x ∈ (A4B) − C. Neste caso se x ∈ A − B então x ∈ A − (B4C), se x ∈ B − A
então x ∈ (B4C)−A.• x ∈ C − (A4B). Neste caso se x 6∈ A ∪ B então x ∈ (B4C) − A, se x ∈ A ∩ B
então x ∈ A− (B4C).
Mostraremos agora a inclusão (⊇).
Se x ∈ A4(B4C) tem dois casos:
• x ∈ A − (B4C). Neste caso se x 6∈ B ∪ C então x ∈ (A4B) − C, se x ∈ B ∩ C
então x ∈ C − (A4B).
• x ∈ (B4C) − A. Neste caso se x ∈ B − C então x ∈ (A4B) − C, se x ∈ C − B
então x ∈ C − (A4B).
19.15. Seja i ∈ C a raiz quadrada de −1. Calcule a ordem multiplicativa dos elementos
i+1√
2
, 1+i
√
3
2 .
Seja x := i+1√
2
. Temos
• x2 = 1−1+2i2 = i 6= 1,
• x3 = x2x = ix = i−1√
2
6= 1,
• x4 = (x2)2 = i2 = −1 6= 1,
• x5 = x4x = −x = −i−1√
2
6= 1,
• x6 = x4x2 = −i 6= 1,
• x7 = x6x = −ix = 1−i√
2
6= 1,
• x8 = (x4)2 = (−1)2 = 1.
Logo a ordem multiplicativa de x é 8: o(x) = 8.
Seja y := 1+i
√
3
2 . Temos
• y2 = 1−3+2i
√
3
4 =
−1+i
√
3
2 6= 1,
• y3 = yy2 = (1+i
√
3)(−1+i
√
3)
4 =
−3−1
4 = −1 6= 1,
• y4 = y3y = −y = − 1+i
√
3
2 6= 1,
• y5 = y3y2 = −y2 = −−1+i
√
3
2 6= 1,
• y6 = (y3)2 = (−1)2 = 1.
Logo a ordem multiplicativa de y é 6: o(y) = 6.
19.16. Seja a+ ib um número complexo. Mostre que se a+ ib tem ordem multiplicativa
finita então a2 + b2 = 1. Vale o vice-versa?
58 1. GRUPOS
Seja z = a+ ib onde a, b são números reais. Se z tem ordem multiplicativa finita igual a
n então zn = 1. Lembre-se que todo número complexo admite a representação polar, ou seja
z = r(cos(α) + i sin(α)) onde r = |z| =
√
a2 + b2 e α é o angulo formado por z e o eixo real
do plano complexo. Essa notação permite calcular as potências de maneira imediata, pois
zn = (r(cos(α) + i sin(α)))n = rn(cos(nα) + i sin(nα)).
Logo “zn = 1” é equivalente a “rn = 1, cos(nα) = 1 e sin(nα) = 0”. Em particular rn = 1
implica r = 1, pois r é um número real positivo. Logo r =
√
a2 + b2 = 1, e elevando ao
quadrado a2 + b2 = 1. O vice-versa não vale. De fato como visto zn = 1 significa (usando a
representação polar z = r(cos(α) + i sin(α))) que rn = 1, cos(nα) = 1 e sin(nα) = 0, e isso só
acontece quando r = 1 e nα = 2kπ com k inteiro. Logo se α não tem a forma (2kπ)/n (com
n e k inteiros) então zn 6= 1. Por exemplo não existem inteiros n e k tais que (2kπ)/n = 1, de
fato se existissem então seria π = n/(2k), absurdo (pois π é um número irracional). Logo o
elemento z := cos(1) + i sin(1) verifica a2 + b2 = 1 (onde a = cos(1) e b = sin(1)) mas zn 6= 1
para todo inteiro positivo n.
19.17. Seja G um grupo tal que (xy)2 = x2y2 para todo x, y ∈ G. Mostre que G é
abeliano.
Temos xyxy = x2y2 para todo x, y ∈ G. Multiplicando a esquerda por x−1 e a direita
por y−1 obtemos yx = xy.
19.18. Seja G um grupo tal que x2 = 1 para todo x ∈ G. Mostre que G é abeliano.
Sejam x, y ∈ G. Temos (xy)2 = x2 = y2 = 1 logo xyxy = 1 e multiplicando a esquerda
por x e a direita por y deduzimos yx = xy.
19.19. Seja G um grupo e sejam x, y ∈ G. Mostre que o(xy) = o(yx).
Precisamos mostrar que (xy)n = 1 se e somente se (yx)n = 1. Se (xy)n = 1 então
(yx)n = y(xy)ny−1 = yy−1 = 1, e se (yx)n = 1 então (xy)n = x(yx)nx−1 = xx−1 = 1.
19.20. Seja G um grupo e sejam H ≤ G, g ∈ G. Mostre que gHg−1 = {ghg−1 : h ∈ H}
é um subgrupo de G.
Seja K = {ghg−1 : h ∈ H}. Queremos mostrar que K ≤ G. Temos 1 ∈ K pois
1 = g1g−1 e 1 ∈ H (sendo H ≤ G). Se ghg−1 ∈ K então (ghg−1)−1 = gh−1g−1 ∈ K
pois h−1 ∈ H (sendo H ≤ G). Se gh1g−1 ∈ K e gh2g−1 ∈ K com h1, h2 ∈ H então
(gh1g
−1)(gh2g
−1) = gh1h2g
−1 ∈ K pois h1h2 ∈ H (sendo H ≤ G).
19.21. Seja G um grupo e sejam H,K ≤ G. Mostre que H ∩ K ≤ G. Mostre que
H ∪K ≤ G se e somente se H ≤ K ou K ≤ H.
Primeira implicação (⇒). Suponha H ∪ K ≤ G e por contradição H 6⊆ K e K 6⊆ H.
Então existem h ∈ H−K e k ∈ K−H. Temos h ∈ H∪K, k ∈ H∪K e H∪K é um subgrupo
(por hipótese) logo hk ∈ H ∪ K. Isso significa que hk ∈ H ou hk ∈ K. No primeiro caso
hk ∈ H, logo sendo h−1 ∈ H (pois h ∈ H) temos h−1(hk) ∈ H, ou seja k ∈ H, contradição.
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 59
No segundo caso hk ∈ K, logo sendo k−1 ∈ K (pois k ∈ K) temos (hk)k−1 ∈ K, ou seja
h ∈ K, contradição.
Segunda implicação (⇐). Se H ⊆ K então H ∪K = K, e se K ⊆ H então H ∪K = H,
logo nos dois casos H∪K é um subgrupo de G (é igual a K no primeiro caso, a H no segundo).
19.22. Seja G um grupo e seja x ∈ G. Mostre que H = CG(x) = {g ∈ G : gx = xg} (o
centralizador de x em G) é um subgrupo de G contendo x.
1 ∈ H pois 1g = g = g1. Se x ∈ G então x−1g = x−1gxx−1 = x−1xgx−1 = gx−1 logo
x−1 ∈ H. Se x, y ∈ H então xg = gx e yg = gy logo xyg = xgy = gxy logo xy ∈ H. H
contem x porque x comuta com x.
19.23. Conte os subgrupos de C30 e de C105.
Os divisores de 30 = 2 ·3 ·5 são do tipo 2a3b5c onde a, b, c ∈ {0, 1} logo 30 tem 8 divisores,
especificamente os divisores de 30 são 1, 2, 3, 5, 2 · 3 = 6, 2 · 5 = 10, 3 · 5 = 15, 2 · 3 · 5 = 30.
Sabemos que C30 contem exatamente um subgrupo de ordem d para todo divisor d de 30.
Logo C30 contem exatamente 8 subgrupos.
Os divisores de 105 = 3 · 5 · 7 são do tipo 3a5b7c onde a, b, c ∈ {0, 1} logo 105 tem 8
divisores, especificamente os divisores de 105 são 1, 3, 5, 7, 3 · 5 = 15, 3 · 7 = 21, 5 · 7 = 35,
3 · 5 · 7 = 105. Sabemos que C105 contem exatamente um subgrupo de ordem d para todo
divisor d de 105. Logo C105 contem exatamente 8 subgrupos. O diagrama dos subgrupos é
parecido com o de C30.
Segue o diagrama dos subgrupos de C30 = 〈x〉.
〈x〉
{{
{{
{{
{{
{{
{{
{{
{{
{
DD
DD
DD
DD
DD
DD
DD
DD
D
〈x2〉
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
C
〈x3〉
{{
{{
{{
{{
{{
{{
{{
{{
{
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
C
〈x5〉
{{
{{
{{
{{
{{
{{
{{
{{
{
〈x6〉
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
CC
C
〈x10〉 〈x15〉
zz
zz
zz
zz
zz
zz
zz
zz
z
〈1〉
19.24. Conte os subgrupos de Z/48Z.
60 1. GRUPOS
Os divisores de 48 = 24 · 3 são do tipo 2a3b com a ∈ {0, 1, 2, 3, 4} e b ∈ {0, 1} logo 48 tem
10 divisores (tendo 5 escolhas para a e 2 escolhas para b), especificamente os divisores de 48
são 1, 2, 3, 22 = 4, 23 = 8, 24 = 16, 2 · 3 = 6, 22 · 3 = 12, 23 · 3 = 24, 24 · 3 = 48. Sabemos
que o grupo aditivo ćıclico Z/48Z = 〈1〉 = {0, 1, 2, . . . , 47} contem exatamente um subgrupo
de ordem d para todo divisor d de 48. Logo Z/48Z contem exatamente 10 subgrupos. Segue
o diagrama dos subgrupos de Z/48Z.
〈1〉
{{
{{
{{
{{
AA
AA
AA
AA
〈2〉
zz
zz
zz
zz
CC
CC
CC
CC
〈3〉
}}
}}
}}
}}
〈4〉
{{
{{
{{
{{
DD
DD
DD
DD
〈6〉
{{
{{
{{
{{
〈8〉
{{
{{
{{
{{
CC
CC
CC
CC
〈12〉
zz
zz
zz
zz
〈16〉
CC
CC
CC
CC
〈24〉
{{
{{
{{
{{
〈0〉
19.25. Conte os subgrupos de U(Z/14Z)
Temos que U(Z/14Z) = {1, 3, 5, 9, 11, 13} é um grupo de ordem 6, ele é ćıclico porque
32 = 9 6= 1 e 33 = 27 = 13 6= 1 logo o(3) = 6 (pois a ordem de 3 divide 6). O grupo ćıclico
de ordem 6 contem exatamente um subgrupo de ordem cada divisor de 6, e sendo 6 = 2 · 3,
6 admite 4 divisores (ou seja 1, 2, 3, 6) logo U(Z/14Z) contem exatamente 4 subgrupos (se
trata dos únicos subgrupos de ordens 1, 2, 3, 6, ou seja 〈1〉, 〈13〉, 〈9〉, 〈3〉).
19.26. Sejam p, q dois primos distintos. Conte os subgrupos de Cp2q3 .
p2q3 admite 3 · 4 = 12 divisores, os números da forma paqb onde a ∈ {0, 1, 2} e b ∈
{0, 1, 2, 3}. Logo Cp2q3 admite exatamente 12 subgrupos. Segue o diagrama dos subgrupos
de Cp2q3 = 〈x〉.
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 61
〈x〉
uu
uu
uu
uu
u
II
II
II
II
I
〈xp〉
ww
ww
ww
ww
HH
HH
HH
HH
H
〈xq〉
vv
vv
vv
vv
v
GG
GG
GG
GG
〈xp2〉
FF
FF
FF
FF
〈xpq〉
vv
vv
vv
vv
v
HH
HH
HH
HH
H
〈xq2〉
ww
ww
ww
ww
FF
FF
FF
FF
〈xp2q〉
HH
HH
HH
HH
H
〈xpq2〉
vv
vv
vv
vv
v
GG
GG
GG
GG
〈xq3〉
xx
xx
xx
xx
〈xp2q2〉
HH
HH
HH
HH
HH
〈xpq3〉
ww
ww
ww
ww
w
〈1〉
19.27. Conte os subgrupos de U(Z/30Z).
Contaremos agora os subgrupos de U(Z/30Z). Temos que
G = U(Z/30Z) = {1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29}
é um grupo de ordem 8, o(1) = 1, o(7) = 4, o(11) = 2, o(13) = 4, o(17) = 4, o(19) = 2,
o(23) = 4, o(29) = 2. Observe que isso implica que G não é ćıclico (porque |G| = 8 mas G não
contem elementos de ordem 8). Em particular não podemos dizer que o número de subgrupos
de G é igual ao número de divisores de |G| (porque isso valeriasó se G fosse ćıclico). A tabela
da multiplicação de G é a seguinte.
∗ 1 7 11 13 17 19 23 29
1 1 7 11 13 17 19 23 29
7 7 19 17 1 29 13 11 23
11 11 17 1 23 7 29 13 19
13 13 1 23 19 11 7 29 17
17 17 29 7 11 19 23 1 13
19 19 13 29 7 23 1 17 11
23 23 11 13 29 1 17 19 7
29 29 23 19 17 13 11 7 1
Seja H um subgrupo qualquer de G. Sabemos que |H| divide |G| = 8 pelo teorema de
Lagrange, logo |H| é igual a 1, 2, 4 ou 8. Se |H| = 1 então H = {1}, se |H| = 8 então H = G
(se trata dos subgrupos “triviais”). Se |H| = 2 então H tem a forma {1, a} com o(a) = 2 (H
é ćıclico de ordem 2), logo o número de subgrupos de ordem 2 é igual ao número de elementos
de ordem 2, ou seja G contem 3 subgrupos de ordem 2. Agora suponha |H| = 4. Se H contem
62 1. GRUPOS
um elemento de ordem 4 então é ćıclico, gerado por um elemento de ordem 4, logo tem duas
possibilidades: H = 〈7〉 = 〈13〉 e H = 〈17〉 = 〈23〉. Agora suponha H não ćıclico. As ordens
dos elementos de H dividem |H| = 4 logo os elementos de H têm ordem 1, 2 ou 4, por outro
lado como H não é ćıclico H não contem elementos de ordem 4, logo todos os elementos não
triviais de H têm ordem 2. Mas G contem exatamente 3 elementos de ordem 2, que são 11,
19 e 29, logo a única possibilidade é H = {1, 11, 19, 29}. Se trata de um subgrupo de G, a
tabela da multiplicação é
∗ 1 11 19 29
1 1 11 19 29
11 11 1 29 19
19 19 29 1 11
29 29 19 11 1
Logo G contem exatamente 1 + 1 + 3 + 2 + 1 = 8 subgrupos. O diagrama dos subgrupos é o
seguinte.
G
〈17〉
2
yyyyyyyy
〈7〉
2
H
2
EEEEEEEEE
〈19〉
2
DDDDDDDD
2
2
zzzzzzzzz
〈29〉
2
〈11〉
2
DDDDDDDDD
{1}
2
DDDDDDDD
2
2
zzzzzzzz
19.28. (Dif́ıcil) Mostre que se p é um número primo então U(Z/pZ) é um grupo ćıclico.
Seja G = U(Z/pZ), é um grupo multiplicativo de ordem m = p− 1. Para todo divisor d
de m seja f(d) o número de elementos de G de ordem d. Sabemos que Cm tem ϕ(d) elementos
de ordem d. Podendo particionar G juntando elementos da mesma ordem, e podendo fazer a
mesma coisa com Cm, obtemos que∑
d|m
f(d) = |G| = m = |Cm| =
∑
d|m
ϕ(d).
Observe agora que sendo Z/pZ um corpo Xd = {x ∈ Z/pZ : xd = 1} tem tamanho no
máximo d. Por outro lado se existir um elemento x ∈ G de ordem d então 〈x〉 ⊆ Xd e sendo
|〈x〉| = d e |Xd| ≤ d obtemos 〈x〉 = Xd, logo os únicos elementos de ordem d são as potências
de x de ordem d. Isso mostra que f(d) ∈ {0, ϕ(d)} para todo d|m, logo f(d) ≤ ϕ(d) para
todo d|m. Mas a igualdade
∑
d|m f(d) =
∑
d|m ϕ(d) pode ser escrita
∑
d|m(ϕ(d)− f(d)) = 0,
e uma soma de números não negativos é zero se e somente se tais números são todos nulos,
logo ϕ(d) = f(d) para todo d|m. Em particular f(m) = ϕ(m) 6= 0, logo G contem elementos
de ordem m. Como |G| = m segue que G é ćıclico.
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 63
19.29. Calcule a ordem de (1, 2, 3)(4, 5, 6, 7)(8, 9, 10, 11, 12) ∈ S12.
A ordem de um produto de ćıclos disjuntos é o mmc dos comprimentos dos ćıclos, neste
caso 60.
19.30. Dê um exemplo de elementos x, y de um grupo com x · y · x−1 6= y.
G = S3, x = (123), y = (12). De fato xyx
−1 = (23) 6= y.
19.31. Sejam x e y elementos de um grupo. Mostre que o(xyx−1) = o(y).
Precisamos mostrar que yn = 1 se e somente se (xyx−1)n = 1. Suponha yn = 1, então
(xyx−1)n = xynx−1 = xx−1 = 1. Suponha (xyx−1)n = 1, então yn = x−1(xyx−1)nx =
x−1x = 1.
19.32. Seja X um conjunto e seja G = Sym(X). Seja a ∈ X um elemento fixado. Mostre
que H = {f ∈ G : f(a) = a} é um subgrupo de G.
Precisamos verificar os três axiomas de subgrupo. Temos id ∈ H pois id(a) = a. Se
f ∈ H então f(a) = a logo aplicando a função inversa (que existe porque f é bijetiva)
obtemos f−1(f(a)) = f−1(a) ou seja f−1(a) = a logo f−1 ∈ H. Se f, g ∈ H então f(a) = a,
g(a) = a logo (fg)(a) = f(g(a)) = f(a) = a, e isso mostra que fg ∈ H.
19.33. Encontre todos os subgrupos normais de S3.
G = S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)}. Seja N E G diferente de {1} e de G. Como
|N | divide |G| = 6 temos |N | = 2 ou |N | = 3. Mas todo grupo de ordem prima é ćıclico
(pelo teorema de Lagrange), logo N é ćıclico. Se |N | = 2 então N é gerado por (12), (13)
ou (23), mas os subgrupos 〈(12)〉, 〈(13)〉, 〈(23)〉 não são normais, porque (13)(12)(13)−1 =
(13)(12)(13) = (23) 6∈ 〈(12)〉 = {1, (12)}, (12)(13)(12)−1 = (12)(13)(12) = (23) 6∈ 〈(13)〉 =
{1, (13)}, e (12)(23)(12)−1 = (12)(23)(12) = (13) 6∈ 〈(23)〉 = {1, (23)}. Se |N | = 3 então N
é gerado por (123) porque 〈(123)〉 = {1, (123), (132)} = 〈(132)〉. Se trata de um subgrupo
normal porque é igual ao grupo alternado A3. Segue que os subgrupos normais de S3 são
{1}, A3 e S3.
19.34. Seja G = S4 e H = {g ∈ G : g(3) = 3}. Mostre que H é um subgrupo de G e
que |H| = 6.
O fato que H ≤ G foi demonstrado em geral em um exerćıcio acima. H pode ser
visto como o grupo das permutações de {1, 2, 4}, que é um conjunto de três elementos, logo
|H| = 3! = 6.
19.35. Mostre que S4 não contem subgrupos de ordem 16.
Segue do teorema de Lagrage pois 16 não divide |S4| = 4! = 24.
64 1. GRUPOS
19.36. Seja X um conjunto qualquer com |X| ≥ 3. Mostre que Sym(X) não é comuta-
tivo.
É só observar que (123)(12) = (13) e (12)(123) = (23) são distintos.
19.37. Seja g ∈ Sn e seja 1 ≤ k ≤ n. Mostre que
g(12 . . . k)g−1 = (g(1)g(2) . . . g(k)).
Seja h = (12 . . . k), temos ghg−1(g(i)) = gh(i) = g(i + 1) para todo i = 1, . . . , k, onde
k+1 é identificado com 1. Segue que ghg−1 leva g(i) para g(i+1) logo é o ćıclo (g(1) . . . g(k)).
19.38. Seja G um grupo e seja H uma famı́lia de subgrupos de G tais que se H ∈ H
e g ∈ G então gHg−1 ∈ H . Mostre que a interseção dos subgrupos em H é um subgrupo
normal de G.
Seja I a interseção dos subgrupos em H e sejam x ∈ I, g ∈ G. Precisamos mostrar
que gxg−1 ∈ I, ou seja que x ∈ g−1Hg para todo H ∈ H . Mas isso é verdade porque
g−1Hg ∈H por hipótese.
19.39. Mostre que se N é um subgrupo normal de um grupo G então o centralizador de
N em G
CG(N) = {g ∈ G : gn = ng ∀ n ∈ N}
é um subgrupo normal de G.
Seja H = CG(N). H ≤ G porque 1 ∈ H (sendo 1n = n1 = n para todo n ∈ N), se
x, y ∈ H e n ∈ N então xyn = xny = nxy logo xy ∈ H, e se x ∈ H então xn = nx e
multiplicando a esquerda e a direita por x−1 obtemos nx−1 = x−1n logo x−1 ∈ H. H é
normal em G porque se x ∈ H e g ∈ G então para n ∈ N sendo g−1ng ∈ N (porque N é
normal) temos
(gxg−1)n = gx(g−1ng)g−1 = g(g−1ng)xg−1 = n(gxg−1).
19.40. Uma outra maneira de dizer que as classes laterais à esquerda de H ≤ G em
G formam uma partição de G é o fato que a seguinte é uma relação de equivalência em G
(verifique!): x ∼ y se e somente se y−1x ∈ H.
A relação ∼ é reflexiva porque se x ∈ G então x−1x = 1 ∈ H, logo x ∼ x. É simétrica
porque se x, y ∈ G com x ∼ y então y−1x ∈ H logo x−1y = (y−1x)−1 ∈ H ou seja y ∼ x.
É transitiva porque se x, y, z ∈ G com x ∼ y e y ∼ z então y−1x, z−1y ∈ H logo z−1x =
(z−1y)(y−1x) ∈ H.
19.41. Seja H um subgrupo de G, g ∈ G e seja Hg = {hg : h ∈ H} (classe lateral
a direita). Defina gHg−1 = {ghg−1 : h ∈ H} (um “conjugado” de H). Mostre que são
equivalentes
(1) H é normal em G;
(2) Hg = gH para todo g ∈ G;
(3) gHg−1 = H para todo g ∈ G.
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 65
(1) implica (2). Suponha H normal, e vamos mostrar que se g ∈ G então Hg = gH.
Mostramos as duas inclusões. (⊆): se hg ∈ Hg então hg = gg−1hg ∈ gH pois g−1hg ∈ H (H
é normal). (⊇): se gh ∈ gH então gh = ghg−1g ∈ Hg pois ghg−1 ∈ H (H é normal).
(2) implica (3). Se Hg = gH multiplicando à direita por g−1 obtemos H = gHg−1.
(3) implica (1). Suponha gHg−1 = H. Se g ∈ G e h ∈ H então ghg−1 ∈ gHg−1 = H
logo ghg−1 ∈ H.
19.42. Seja G um grupo finito e seja H um subgrupo ćıclico de G. Mostre que se H é
normal em G então todo subgrupo de H é normal em G.
Seja K ≤ H e seja g ∈ G. Precisamos mostrar que gKg−1 = K. Mas gKg−1 é um
subgrupo de G e a função K → gKg−1, x 7→ gxg−1 é bijetiva, logo |K| = |gKg−1|. Além
disso sendo H normal em G e K ≤ H obtemos que gKg−1 é um subgrupo de K. Segue
que K e gKg−1 são subgrupos deH da mesma ordem. Como H é ćıclico, isso implica que
K = gKg−1.
19.43. Quais dos grupos aditivos seguintes são ćıclicos? Z, Q, R, Q/Z, R/Q, R/Z.
Justifique a resposta.
Z é ćıclico gerado por 1. R/Q não é ćıclico porque se fosse ćıclico admitiria um gerador
x + Z. Sendo x/2 + Q ∈ R/Q existe n ∈ Z com nx + Q = x/2 + Q, ou seja nx − x/2 =
m ∈ Q. Mas sendo n 6= 1/2 isso implica x = m/(n − 1/2) ∈ Q, ou seja x + Q = Q, dáı
R/Q = 〈x+Q〉 = 〈Q〉 é o grupo trivial, absurdo. Segue que R e R/Z não são ćıclicos, porque
admitem o quociente não ćıclico R/Q.
Q/Z não é ćıclico porque se fosse ćıclico admitiria um gerador x + Z, x = a/b ∈ Q com
a, b ∈ Z e b 6= 0. Sendo 1/2b + Z ∈ Q/Z existe k ∈ Z com kx + Z = 1/2b + Z ou seja
ka/b−1/2b = c ∈ Z, segue que 2ka−1 = 2bc, absurdo porque k, a, b, c são inteiros. Segue que
Q não é ćıclico porque admite o quociente não ćıclico Q/Z, e R não é ćıclico porque admite
o quociente não ćıclico R/Z.
19.44. Conte os elementos de ordem 2, 3, 4, 5, 6 nos grupos S4, S5, A4, A5.
Um elemento de ordem 2 em S4 é do tipo (ab) ou (ab)(cd) logo S4 tem
(
4
2
)
+ 3 = 9
elementos de ordem 2. A mesma coisa vale em S5 logo S5 tem
(
5
2
)
+ 5 · 3 = 25 elementos
de ordem 2. Os elementos de ordem 2 em A4 são três, (12)(34), (13)(24) e (14)(23). Os
elementos de ordem 2 em A5 são da forma (ab)(cd) logo são 5 · 3 = 15.
Um elemento de ordem 3 em S4, S5, A4, A5 é um 3-ćıclo, logo S4 e A4 contêm
(
4
3
)
2 = 8
elementos de ordem 3, S5 e A5 contêm
(
5
3
)
2 = 20 elementos de ordem 3.
Um elemento de ordem 4 em S4, S5 é um 4-ćıclo e A4, A5 não contêm elementos de ordem
4 (os 4-ćıclos são ı́mpares). Segue que S4 contem 3! = 6 elementos de ordem 4 e S5 contem
5 · 3! = 30 elementos de ordem 4.
Um elemento de ordem 5 em S5, A5 é um 5-ćıclo logo S5 e A5 contêm 4! = 24 elementos
de ordem 5 e S4, A4 não contêm tais elementos.
Um elemento de ordem 6 em S5 tem a forma (abc)(de) logo S5 contem
(
5
2
)
2 = 20 elementos
de ordem 6. S4, A4, A5 não contêm elementos de ordem 6.
66 1. GRUPOS
19.45. Qual é a maior ordem de um elemento de S5? E de S12, A5, A12?
Pelo exerćıcio anterior a maior ordem de um elemento de S5 é 6 e a maior ordem de um
elemento de A5 é 5.
As estruturas ćıclicas dos elementos de S12 são 1 (par, ordem 1), (2) (́ımpar, ordem 2),
(3) (par, ordem 3), (4) (́ımpar, ordem 4), (5) (par, ordem 5), (6) (́ımpar, ordem 6), (7) (par,
ordem 7), (8) (́ımpar, ordem 8), (9) (par, ordem 9), (10) (́ımpar, ordem 10), (11) (par, ordem
11), (12) (́ımpar, ordem 12), (2, 10) (par, ordem 10), (3, 9) (́ımpar, ordem 9), (4, 8) (par,
ordem 8), (5, 7) (par, ordem 35), (6, 6) (par, ordem 6), (2, 2, 8) (́ımpar, ordem 8), (2, 3, 7)
(́ımpar, ordem 42), (2, 4, 6) (́ımpar, ordem 12), (2, 5, 5) (́ımpar, ordem 10), (3, 3, 6) (́ımpar,
ordem 6), (3, 4, 5) (́ımpar, ordem 60), (4, 4, 4) (́ımpar, ordem 4), (2, 2, 2, 6) (par, ordem 6),
(2, 2, 3, 5) (par, ordem 30), (2, 2, 4, 4) (par, ordem 4), (2, 3, 3, 4) (par, ordem 12), (3, 3, 3, 3)
(par, ordem 3), (2, 2, 2, 2, 4) (́ımpar, ordem 4), (2, 2, 2, 3, 3) (́ımpar, ordem 6), (2, 2, 2, 2, 2, 2)
(par, ordem 2). Segue que a maior ordem de um elemento de S12 é 60 e a maior ordem de
um elemento de A12 é 35.
19.46. Seja f : A → B um isomorfismo de grupos. Mostre que a função inversa f−1 :
B → A é um isomorfismo também.
Seja g = f−1, e sejam x, y ∈ B. Precisamos mostrar que g(xy) = g(x)g(y). Sejam
r = g(x), s = g(y), então f(r) = f(g(x)) = x e f(s) = f(g(y)) = y e g(xy) = g(f(r)f(s)) =
g(f(rs)) = rs = g(x)g(y).
19.47. Seja G um grupo. Mostre que a função f : G→ G, f(x) = x2 é um homomorfismo
de grupos se e somente se G é abeliano.
Para todo x, y ∈ G temos (xy)2 = x2y2 ou seja xyxy = x2y2. Multiplicando a esquerda
por x−1 e a direita por y−1 obtemos yx = xy.
19.48. Seja G um grupo abeliano finito de ordem n e seja m um número inteiro tal que
(n,m) = 1. Mostre que a função f : G→ G, f(x) = xm é um isomorfismo.
f é um homomorfismo porque (xy)m = xmym para todo x, y ∈ G sendo G abeliano.
Sejam a, b ∈ Z com an + bm = 1. Sabemos que xn = 1 para todo x ∈ G (pelo teorema de
Lagrange) logo
x = x1 = xan+bm = (xn)a(xm)b = (xm)b
para todo x ∈ G. Segue que a função h : G→ G definida por g(x) = xb é a inversa da função
f , logo f é bijetiva, ou seja é um isomorfismo.
19.49. Seja G um grupo finito de ordem não diviśıvel por 3. Mostre que se (xy)3 = x3y3
para todo x, y ∈ G então G é abeliano.
Seja n = |G|, e sejam s, t ∈ Z com sn + 3t = 1. Se x ∈ G então x = x1 = xsn+3t = x3t
logo a função G → G, x 7→ x3 é bijetiva com inversa x 7→ xt. Logo todo elemento de G tem
a forma a3 para algum a ∈ G. Se x, y ∈ G então x = a3 para algum a ∈ G e
yx = ya3 = ya3y−1y = (yay−1)3y = y3a3y−3y = y3xy−2 ⇒ y2x = xy2.
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 67
Segue que y2 comuta com todo elemento de G. Logo se x, y ∈ G então
xyxyxy = (xy)3 = x3y3 = xy2x2y ⇒ xy = yx.
19.50. Seja G um grupo finito de ordem par. Seja X = {g ∈ G : g2 = 1}. Mostre que
|X| é par. X é sempre um subgrupo de G?
Podemos particionar G como união dos conjuntos Dg = {g, g−1} onde g ∈ G. Observe
que |Dg| = 1 se e somente se g tem ordem 1 ou 2, logo definido D a união dos Dg com
o(g) 6= 1, 2 temos que G é a união disjunta D ∪X, logo |G| = |D| + |X|. Mas |D| é par por
construção, e |G| é par por hipótese, logo |X| = |G| − |D| é par também. X não é sempre um
subgrupo de G, por exemplo se G = S3 então X = {1, (12), (13), (23)} não é um subgrupo de
S3 (porque |X| = 4 não divide |S3| = 6).
19.51. Seja G = C∗ o grupo multiplicativo dos números complexos não nulos e seja
N = {a+ ib ∈ G : a2 + b2 = 1}. Sabemos que N EG. Mostre que G/N é isomorfo ao grupo
multiplicativo B = {x ∈ R : x > 0}. Dica: defina f : G/N → B por (a + ib)N 7→ a2 + b2.
Mostre que é bem definida e que é um isomorfismo.
Feito em sala de aula.
19.52. Seja G um grupo e seja X ⊆ G tal que se x ∈ X e g ∈ G então gxg−1 ∈ X.
Mostre que 〈X〉EG.
Se H ≤ G contem X então todos os conjugados gHg−1 contêm X. Segue que 〈X〉 =⋂
X⊆H≤GH é normal em G.
19.53. Seja G um grupo e seja H ≤ G. Mostre que se |G : H| = 2 então H EG.
Se |G : H| = 2 então H admite duas classes laterais esquerdas em G, sejam elas H e xH.
Mas pela mesma razão H admite duas classes laterais direitas em G, sejam elas H e Hy.
Sendo xH = G−H = Hy obtemos xH = Hy, segue que x ∈ Hy logo Hy = Hx e xH = Hx.
Isso mostra que H é normal.
19.54. Seja G um grupo e seja H ≤ G. Mostre que se H 6= G e todo elemento de
G−H = {g ∈ G : g 6∈ H} tem ordem 2 então H é abeliano, HEG e G/H é abeliano. [Dica:
dado g ∈ G−H e h ∈ H temos g, gh ∈ G−H logo g2 = 1 e (gh)2 = 1; mostre que H → H,
h 7→ h−1 é um homomorfismo.]
Dado g ∈ G−H e h ∈ H temos g, gh ∈ G−H logo g2 = 1 e (gh)2 = 1 ou seja ghgh = 1,
segue ghg = h−1. Sendo g = g−1 obtemos que ghg−1 = h−1. Como isso vale para todo h ∈ H
e para todo g ∈ G−H deduzimos que H EG. Se x, y ∈ H e g ∈ G−H então sabemos que
gxg−1 = x−1, gyg−1 = y−1 e gxyg−1 = (xy)−1 logo
y−1x−1 = (xy)−1 = gxyg−1 = gxg−1gyg−1 = x−1y−1,
segue que xy = yx, logo H é abeliano. No grupo G/H temos que (gH)2 = H para todo
gH ∈ G/H logo como visto em outro exerćıcio G/H é abeliano.
68 1. GRUPOS
19.55. Seja H um subgrupo de um grupo finito G. Mostre que se |G : H| é um número
primo então H é um subgrupo maximal de G, ou seja os únicos subgrupos K de G tais que
H ≤ K ≤ G são H e G.
Seja K ≤ G tal que H ≤ K ≤ G. Temos que |G : H| = p é um número primo e
p = |G : H| = |G|
|H|
=
|G|
|K|
· |K|
|H|
= |G : K| · |K : H|,
e os números |G : K|, |K : H| são inteiros. Sendo p primo segue que |G : K| = 1 ou
|K : H| = 1, ou seja G = K ou K = H.
19.56. Seja f : A → B um homomorfismo injetivo de grupos e seja x ∈ A. Mostre que
o(x) = o(f(x)).
Precisamos mostrar que xn = 1 se e somente se f(x)n = 1. Se xn = 1 então f(x)n =
f(xn) = f(1) = 1. Se f(x)n = 1 então f(1) = 1 = f(x)n = f(xn) e sendo f injetivo xn = 1.
19.57. Sejam A,B subgrupos de um grupo G. Mostre que AB ≤ G se esomente se
AB = BA.
Suponha AB ≤ G, e sejam a ∈ A, b ∈ B, então b−1a−1 = (ab)−1 ∈ AB logo existem
a′ ∈ A, b′ ∈ B com b−1a−1 = a′b′, segue ab = (b−1a−1)−1 = (a′b′)−1 = b′−1a′−1 ∈ BA. Isso
mostra que AB ⊆ BA. A inclusão BA ⊆ AB é analoga. Isso mostra que AB = BA.
Suponha AB = BA. 1 ∈ AB porque 1 = 1 · 1 e 1 ∈ A ∩ B. Se a ∈ A, b ∈ B então
(ab)−1 = b−1a−1 ∈ BA = AB. Se a1, a2 ∈ A e b1, b2 ∈ B então b1a2 ∈ BA = AB logo
(a1b1)(a2b2) ∈ A(BA)B = A(AB)B = AB.
19.58. Seja G um grupo e sejam A,B subgrupos normais de G tais que AB = G. Mostre
que
G/A ∩B ∼= G/A×G/B.
Seja f : G → G/A × G/B definida por f(g) = (gA, gB). O seu núcleo é A ∩ B, logo
pelo teorema de isomorfismo para terminar basta mostrar que f é sobrejetiva. Seja então
(xA, yB) ∈ G/A × G/B. Sendo AB = G e A,B normais G = AB = BA logo podemos
escrever x = b1a1, y = a2b2 com a1, a2 ∈ A e b1, b2 ∈ B, logo xA = b1A e yB = a2B. Seja
g = a2b1. Temos gA = a2b1A = b1(b
−1
1 a2b1)A = b1A = xA sendo b
−1
1 a2b1 ∈ A (A é normal)
e gB = a2b1B = a2B = yB. Segue que f(g) = (xA, yB).
19.59. Seja p um primo e seja X = {x2 : x ∈ Z/pZ}. Mostre que |X| = (p + 1)/2.
[Dica: H = X − {0} é um subgrupo do grupo multiplicativo G = Z/pZ − {0}. Considere
f : G→ H, f(x) = x2.]
Considere f : G→ H, f(x) = x2 como na dica. Sendo p um primo, o núcleo de f é {−1, 1}
logo pelo teorema de isomorfismo {x2 : x ∈ H} ∼= G/{−1, 1} logo |X|−1 = |G|/2 = (p−1)/2,
segue que |X| = 1 + (p− 1)/2 = (p+ 1)/2.
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 69
19.60. Mostre que R/Z ∼= {a+ ib ∈ C : a2 + b2 = 1}.
Seja G = {a + ib ∈ C : a2 + b2 = 1}. Se trata de aplicar o teorema de isomorfismo à
função R→ G, α 7→ cos(2πα) + i sin(2πα).
19.61. Seja G = U(Z/23Z). Encontre g ∈ G tal que G = 〈g〉.
Temos |G| = 22 = 2 · 11. Precisamos encontrar g ∈ G de ordem 22. Observe que todo
elemento de G tem ordem 1, 2, 11 ou 22. Sendo 22 = 4 e 211 = 1, 2 tem ordem 11. Como
52 = 2, segue que 511 = 25 · 5 = 22 6= 1 logo 5 tem ordem 22 (porque o(5) 6∈ {1, 2, 11}) ou
seja G = 〈5〉.
19.62. Sejam a, n inteiros positivos coprimos. Mostre que aϕ(n) ≡ 1 mod n (teorema de
Euler-Fermat). [Dica: use o fato que |U(Z/nZ)| = ϕ(n) e o teorema de Lagrange.]
É imediato pelo fato que x|G| = 1 para x ∈ G quando G é um grupo finito (isso é verdade
porque o(x) = |〈x〉| divide |G| pelo teorema de Lagrange).
19.63. Mostre o terceiro teorema de isomorfismo: Se A ≤ B ≤ G são subgrupos normais
de um grupo G então
G/A
B/A
∼= G/B.
Seja f : G/A → G/B definida por f(gA) = gB. É bem definida porque se xA = yA
então y−1x ∈ A e como A ≤ B temos y−1x ∈ B logo xB = yB ou seja f(xA) = f(yA).
f é um homomorfismo sobrejetivo e ker(f) = B/A, logo o resultado segue do teorema de
isomorfismo.
19.64. G aja a esquerda sobre X e sejam g ∈ G, x ∈ X. Mostre que gGxg−1 = Ggx.
Primeira inclusão: se a ∈ Gx então gag−1 · gx = gax = gx logo gag−1 ∈ Ggx. Segunda
inclusão: se b ∈ Ggx então definido a = g−1bg temos ax = g−1bgx = g−1gx = x logo a ∈ Gx
dáı b = gag−1 ∈ gGxg−1.
19.65. O grupo G aja a direita sobre o conjunto X levando (α, g) ∈ X × G para αg.
Mostre que a formula g ∗ α := αg−1 (onde g ∈ G e α ∈ X) define uma ação a esquerda de G
sobre X.
Temos 1 ∗α = α1−1 = α1 = 1 e se g, h ∈ G então g ∗ (h ∗α) = g ∗ (αh−1) = (αh−1)g−1 =
α(h−1g−1) = α((gh)−1) = (gh) ∗ α.
19.66. O grupo simétrico G = S4 age de maneira natural sobre X = {1, 2, 3, 4}. Calcule
o indice |G : Gα| para todo α = 1, 2, 3, 4.
Como a ação de G sobre X é transitiva, sendo OG(1) = X (e por consequência OG(α) = X
para todo α ∈ X), obtemos que |G : Gα| = |X| = 4 para todo α ∈ X. O fato que OG(1) = X
pode ser visto usando o ćıclo σ = (1234), de fato 1, σ(1) = 2, σ2(1) = 3, σ3(1) = 4 pertencem
a OG(1).
70 1. GRUPOS
19.67. Se G age sobre X e H ≤ G podemos considerar as órbitas da ação de H sobre X
(H-órbitas). Considere G = S4 agindo da maneira natural sobre X = {1, 2, 3, 4} e H = Gα
onde α ∈ X. Conte as H-órbitas.
A menos de trocar os nomes dos elementos podemos supor α = 4. Temos H = StabG(4) ∼=
S3, os elementos de H são 1, (12), (13), (23), (123), (132). Segue que as H-órbitas são {1, 2, 3}
e {4}. Mais em geral as Gα-órbitas são X−{α} e {α}. Logo tem exatamente duas H-órbitas.
19.68. Seja G um grupo. Mostre que G age sobre G×G por meio da regra
G× (G×G)→ G×G, (g, (α, β)) 7→ (gα, gβ).
Conte as órbitas dessa ação em termos de n = |G|.
A órbita de (α, β) é {(gα, gβ) : g ∈ G}, ela tem tamanho n = |G|. Segue que todas as
órbitas têm tamanho n logo sendo que |G×G| = n2 o número de órbitas é n.
19.69. Conte as classes de conjugação de A4 e de S4.
S4 é mais fácil: duas permutações são conjugadas se e somente se elas têm a mesma
estrutura ćıclica. Segue que representantes de classes de conjugação são 1, (12), (123), (1234)
e (12)(34), logo S4 tem 5 classes de conjugação e a equação das classes é 1+6+8+6+3 = 24.
No caso de
A = A4 = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23), (123), (132), (124),
(142), (234), (243), (134), (143)}.
Vamos calcular os centralizadores. Para fazer isso lembre-se que, nos grupo simétricos, sendo
gxg−1(g(i)) = g(x(i)) temos que o conjugado de um ćıclo é
g(i1 · · · ik)g−1 = (g(i1) · · · g(ik)).
Por exemplo (1234)(123)(45)(1234)−1 = (234)(15). Além disso se c1, . . ., cn são ćıclos então
gc1c2 · · · cng−1 = gc1g−1gc2g−1 · · · gcng−1
e isso permite de calcular facilmente os conjugados de uma permutação qualquer (escrita
como produto de ćıclos disjuntos).
Um elemento y pertence a CA(x) se e somente se yxy
−1 = x. Lembrando isso vamos
calcular os centralizadores dos elementos de A. Obviamente CA(1) = A e
• CA((12)(34)) = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}, e é também igual ao centralizador
de (13)(24) e de (14)(23).
• CA((123)) = CA((132)) = {1, (123), (132)}.
• CA((124)) = CA((142)) = {1, (124), (142)}.
• CA((234)) = CA((243)) = {1, (234), (243)}.
• CA((134)) = CA((143)) = {1, (134), (143)}.
Segue que (12)(34) tem 3 conjugados, que são (12)(34), (13)(24) e (14)(23), e a classe de
(12)(34) é a única com 3 elementos. Como cada 3-ćıclo tem 4 conjugados, existem exatamente
duas classes com 4 elementos sendo 1 + 3 + 4 + 4 = 12 = |A| (equação das classes). Segue que
A contem quatro classes de conjugação.
Curiosidade: conjugando com os 3-ćıclos obtemos que
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 71
• a classe de (123) é {(123), (243), (134), (142)},
• a classe de (132) é {(132), (234), (143), (124)}.
O grupo K = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} (grupo de Klein) é um subgrupo normal de A,
de ordem 4, e age (por conjugação) sobre as A-órbitas de tamanho 4, e tais ações são regulares
(fieis, transitivas, com estabilizadores triviais).
19.70. Seja σ = (12 . . . n− 1) ∈ Sn. Mostre que CSn(σ) = 〈σ〉.
Sn contem n(n − 2)! (n − 1)-ćıclos (escolhemos o ponto fixado em n maneiras e com os
restantes n − 1 elementos formamos (n − 2)! ćıclos), logo |Sn : CSn(σ)| = n(n − 2)! e isso
implica |CSn(σ)| = n− 1. Por outro lado 〈σ〉 ≤ CSn(σ) e |〈σ〉| = n− 1 logo CSn(σ) = 〈σ〉.
19.71. Seja k(G) o número de classes de conjugação do grupo finito G. Seja
C := {(x, y) ∈ G×G : xy = yx}.
Mostre que |C| = k(G)|G|.
[Dica: comece mostrando que |C| =
∑
x∈G |CG(x)| e aplique o prinćıpio da contagem.]
Seja cx o número de conjugados de x em G, temos cx = |G : CG(x)| logo |CG(x)| = |G|/cx,
segue que |C| = |G|
∑
x∈G 1/cx. Podemos juntar todos os elementos que estão em uma mesma
classe: chamando de C1, . . . , Ck as classes de conjugação de G, onde k = k(G), se x ∈ Ci
então cx = |Ci| logo
|C| = |G|
k∑
i=1
∑
x∈Ci
1
cx
= |G|
k∑
i=1
∑
x∈Ci
1
|Ci|
= |G|
k∑
i=1
1 = |G|k.
19.72. O centro de um grupo G é Z(G) = {g ∈ G : gx = xg ∀x ∈ G} =
⋂
x∈G CG(x).
Mostre que Z(G)EG. Mostre que Z(Sn) = {1} para todo n ≥ 3.
1 ∈ Z(G) porque 1g = g = g1 para todo g ∈ G, se x, y ∈ Z(G) então xy ∈ Z(G) pois se
g ∈ G então xy · g = xgy = g · xy, e se z ∈ Z(G) então z−1 ∈ Z(G), de fato temos zg = gz
para todo g ∈ G, que pode ser re-escrito, multiplicando a esquerda e a direita por z−1, comogz−1 = z−1g, e isso vale para todo g ∈ G. Z(G) é normal em G porque se z ∈ Z(G) e g ∈ G
então gzg−1 = z ∈ Z(G). Seja g um elemento do centro Z(Sn). Suponha por contradição que
g 6= 1 e seja i ∈ {1, . . . , n} tal que g(i) = j 6= i. Sendo n ≥ 3 existe k ∈ {1, . . . , n} com k 6= i
e k 6= j. Por hipótese o 3-ćıclo x = (ijk) comuta com g. Logo g(ijk) = (ijk)g. Aplicando a
i obtemos g(j) = k. Por outro lado g(ij) = (ij)g também, e aplicando a i obtemos g(j) = i.
Contradição.
19.73. Sejam N E G e seja L um subgrupo de G/N . Seja H = {g ∈ G : gN ∈ L}.
Mostre que N ≤ H ≤ G e que L = H/N .
É claro que H está contido em G. H contem N porque se n ∈ N então nN = N ∈ L
sendo L um subgrupo de G/N . Além disso H é exatamente igual à pre-imagem de L por
meio da projeção canônica π : G→ G/N , g 7→ gN , logo é um subgrupo de G (1 ∈ H porque
π(1) = N ∈ L, se x, y ∈ H então π(xy) = xyN = xNyN ∈ L logo xy ∈ H, e se x ∈ H então
72 1. GRUPOS
π(x−1) = x−1N = (xN)−1 ∈ L logo x−1 ∈ H). Todo elemento de H/N pertence a L por
definição, e se gN ∈ L então g ∈ H logo gN ∈ H/N . Segue que L = H/N .
19.74. Seja G um grupo. Um automorfismo de G é um isomorfismo G → G. Seja
A = Aut(G) o conjunto dos automorfismos de G. Então A é um grupo com a operação de
composição. Seja γ : G→ A definida por γ(g)(x) = gxg−1 para todo g, x ∈ G. Mostre que γ
é um homomorfismo e que ker(γ) = Z(G). Deduza que G/Z(G) é isomorfo a um subgrupo
de Aut(G).
O inverso de um automorfismo f : G → G é um automorfismo também porque dados
x, y ∈ G podemos escrever x = f(a), y = f(b) com a, b ∈ G sendo f sobrejetiva, logo
f−1(xy) = f−1(f(a)f(b) = f−1(f(ab)) = ab = f−1(x)f−1(y). É claro que a identidade é um
automorfismo de G e que a composição de dois automorfismos é um automorfismo. Segue
que A é um grupo com a operação de composição. Para mostrar que γ é homomorfismo
precisamos mostrar que γ(gh) = γ(g)γ(h), ou seja que γ(gh)(x) = γ(g)γ(h)(x) para todo
x ∈ G. Mas isso significa (gh)x(gh)−1 = ghxh−1g−1 que é verdadeiro. O núcleo de γ contem
aqueles elementos g ∈ G tais que γ(g) = 1, ou seja γ(g)(x) = x para todo x ∈ G, ou seja
gxg−1 = x para todo x ∈ G, ou seja gx = xg para todo x ∈ G, segue que ker(γ) = Z(G).
Pelo teorema de isomorfismo aplicado a γ deduzimos que G/Z(G) é isomorfo a um subgrupo
de Aut(G).
19.75. Seja G um grupo e seja H a famı́lia dos subgrupos normais N de G tais que G/N
é abeliano. Seja I =
⋂
N∈H N a interseção dos subgrupos de G pertencentes à famı́lia H .
Mostre que G/I é abeliano. [I é chamado de “subgrupo derivado” ou “subgrupo comutador”
de G.]
Considere o produto direto X =
∏
N∈H G/N . Temos o homomorfismo canônico G→ X,
g 7→ (gN)N∈H , cujo núcleo é I, logo pelo teorema de isomorfismo G/I é isomorfo a um
subgrupo de X. Mas X é abeliano, sendo um produto direto de grupos abelianos, logo G/I
é abeliano também.
19.76. Seja p um número primo e seja G um grupo finito de ordem p. Mostre que G é
ćıclico. [Dica: a ordem de um elemento de G divide a ordem de G.]
Sendo |G| = p > 1 existe 1 6= g ∈ G. Seja H = 〈g〉. Pelo teorema de Lagrange |H| = o(g)
divide |G| = p, por outro lado o(g) 6= 1 sendo g 6= 1 logo |H| = o(g) = p. Sendo H ≤ G e
|H| = p = |G| obtemos G = H = 〈g〉, logo G é ćıclico.
19.77. G aja de maneira fiel sobre X, e seja H ≤ G. Suponha que a ação de H sobre X
seja transitiva. Defina K = CG(H) = {g ∈ G : gh = hg ∀h ∈ H} (o centralizador de H em
G). Mostre que Kα = {1} para todo α ∈ X.
Seja g ∈ Kα. Temos gα = α. Se β ∈ X então existe h ∈ H com hα = β (porque a ação
de H é transitiva) dáı gβ = ghα = hgα = hα = β, segue que g ∈ Kβ . Mas isso vale para
todo β ∈ X, logo g pertence a
⋂
β∈X Kβ , que está contido em
⋂
β∈X Gβ = {1} (sendo a ação
de G sobre X fiel). Segue que g = 1.
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 73
19.78. Seja G um grupo finito abeliano que age de maneira fiel e transitiva sobre um
conjunto X. Mostre que |G| = |X|.
Como G é abeliano temos que CG(G) = G logo aplicando o exerćıcio anterior obtemos
Gα = {1} para todo α ∈ X. Sendo a ação transitiva, para um qualquer α ∈ X temos
|X| = |G : Gα| = |G|.
19.79. Seja G um grupo que age de maneira fiel e transitiva sobre X. Mostre que |Z(G)|
divide |X|.
O grupo Z(G) age sobre X e tal ação é fiel. Seja O ⊆ X uma Z(G)-órbita. Sendo
Z(G) um grupo abeliano que age de maneira fiel e transitiva sobre O, pelo exerćıcio anterior
obtemos |O| = |Z(G)|. Isso vale para todas as Z(G)-órbitas logo pela equação das órbitas
|Z(G)| divide |X|.
19.80. Seja G um grupo. Mostre que toda classe de conjugação de G tem tamanho no
máximo |G : Z(G)|.
A classe de conjugação de x ∈ G tem tamanho |G : CG(x)| e como Z(G) ≤ CG(x) temos
|G : Z(G)| = |G : CG(x)| · |CG(x) : Z(G)| dáı |G : CG(x)| ≤ |G : Z(G)|.
19.81. Seja p um número primo e seja G um p-grupo finito. Seja M um subgrupo
maximal de G (ou seja os únicos subgrupos H de G com M ≤ H ≤ G são M e G). Mostre
que MEG e que |G : M | = p. [Dica: por indução sobre n, onde |G| = pn. Seja y ∈ Z(G)−{1},
uma sua oportuna potência x tem ordem p; considere G/〈x〉.]
Suponha por contradição que M tenha dois conjugados em G. Sabemos então que |G :
NG(M)| = 2. Por outro lado M ≤ NG(M) ≤ G logo NG(M) = M ou NG(M) = G (sendo M
maximal). Mas se NG(M) = M então 2 = |G : NG(M)| = |G : M | logo M tem ı́ndice 2 em
G, logo M EG (pelo exerćıcio anterior) mas isso significa que NG(M) = G, uma contradição.
Se por outro lado NG(M) = G então M EG logo M tem apenas um conjugado em G, uma
contradição.
19.82. O grupo G aja de maneira fiel sobre o conjunto X. Mostre que se X é finito então
G é finito também.
Pelo teorema de Cayley generalizado G é isomorfo a um subgrupo de Sym(X). Se X é
finito, digamos |X| = n, então Sym(X) tem ordem n! logo sendo G isomorfo a um subgrupo
de Sym(X) obtemos que |G| ≤ n!, em particular G é finito.
19.83. Uma ação de G sobre X com todos os estabilizadores triviais (ou seja Gx = {1}
para todo x ∈ X) é dita semiregular. Mostre que a ação de G sobre X é isomorfa à ação
regular de G (que é a ação de G sobre G dada pela multiplicação a esquerda) se e somente se
é semiregular e transitiva.
A ação regular é semiregular e transitiva. Agora suponha de ter uma ação A de G sobre
X que é semiregular e transitiva. Seja x ∈ X e defina f : G → X, f(g) = gx. É sobrejetiva
74 1. GRUPOS
sendo A transitiva e é injetiva pois se gx = hx então h−1gx = x logo h−1g = 1 ou seja g = h
sendo A semiregular. Além disso f(ag) = agx = af(g) logo f é uma equivalência e deduzimos
que A é equivalente à ação regular de G sobre G.
19.84. Considere o grupo S6 agindo sobre X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} da maneira natural. Mos-
tre que S6 contem um subgrupo isomorfo a S4 cuja ação sobre X é transitiva. [Dica: considere
a ação natural de S4 sobre o conjunto dos subconjuntos de {1, 2, 3, 4} de cardinalidade 2.]
A ação indicada na dica é transitiva e fiel. Logo S4 é isomorfo a um subgrupo transitivo
de S6.
19.85. Seja G um grupo simples. Mostre que se G contem um subgrupo H de ı́ndice 3
então H = {1}, ou seja |G| = 3.
Seja H um subgrupo de G com |G : H| = 3. Em particular H < G logo sendo o coração
normal HG um subgrupo normal de G contido em H, como G é simples HG = {1}. Sabemos
que G ∼= G/HG é isomorfo a um subgrupo de S3. Os subgrupos de S3 são dos tipos seguintes:
{1}, C2, C3, S3. Os únicos entre eles que contêm subgrupos de ı́ndice 3 são C3 e S3. Por outro
lado S3 não é simples porque contem um subgrupo normal de ordem 3 (o grupo alternado de
grau 3), logo G ∼= C3 e |G| = 3, além disso H = {1}.
19.86. Mostre que se G/Z(G) é ćıclico então G = Z(G), ou seja G é abeliano.
[Dica: chamado Z = Z(G), o quociente G/Z é gerado por um elemento xZ, logo todo
elemento de G tem a forma xnz com n um inteiro e z ∈ Z. Considere dois elementos a = xnz,
b = xmw de G (onde z, w ∈ Z) e mostre que ab = ba.]
Como z, w ∈ Z(G) e as potências de x comutam entre elas,
ab = xnzxmw = xmwxnz = ba.
19.87.Seja G um grupo de ordem 56 contendo um subgrupo de ı́ndice 4. Mostre que G
não é simples.
Suponha G simples por contradição. Como |G| = 56 não é primo, G não é abeliano. Seja
H ≤ G com |G : H| = 4. Sabemos que o coração normal HG E G e HG ≤ H < G, logo
HG = {1} sendo G simples. Pelo teorema de Cayley generalizado G ∼= G/HG é isomorfo a
um subgrupo de S4, logo |G| = 56 divide |S4| = 24, uma contradição.
19.88. Sejam m,n dois inteiros positivos coprimos. Mostre que Cnm ∼= Cn ×Cm. [Dica:
escrevendo G = Cnm = 〈x〉, sejam A = 〈xm〉, B = 〈xn〉. Mostre que A ∼= Cn, B ∼= Cm,
A,B EG, AB = G, A ∩B = {1}.]
Obviamente A,B são normais em G = Cnm sendo G abeliano, e |A| = |〈xm〉| = o(xm) =
nm/(m,nm) = nm/m = n, |B| = |〈xn〉| = o(xn) = nm/(n, nm) = nm/n = m. Sendo G
ćıclico, A e B são ćıclicos (sendo subgrupos de G) logo A ∼= Cn e B ∼= Cm. A interseção
A ∩ B é trivial pelo teorema de Lagrange, sendo A ∩ B subgrupo de A e de B e sendo
|A| = n e |B| = m coprimos. Falta mostrar que AB = G. Pelo algoritmo de Euclides
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 75
existem x, y ∈ Z com nx + my = 1, logo um elemento arbitrário xk de G pode ser escrito
xk = xk(nx+my) = xmky+nkx = (xm)ky(xn)kx ∈ AB.
19.89. Seja G um grupo finito e seja p um número primo. Mostre que |G| é uma potência
de p se e somente se todo elemento de G tem ordem uma potência de p.
Se |G| é uma potência de p então todo elemento de G tem ordem uma potência de p
pelo teorema de Lagrange. Se todo elemento de G tem ordem uma potência de p e por
contradição |G| não é uma potência de p então existe um divisor primo q de |G| tal que q 6= p.
Pelo teorema de Cauchy existe g ∈ G de ordem q. Isso é uma contradição porque q não é
uma potência de p.
19.90. Mostre que se G é um grupo tal que |G| ∈ {6, 12, 18, 24} então G não é um grupo
simples.
Se |G| ∈ {6, 12, 24} então um 2-Sylow tem ı́ndice 3 e já vimos (em um exerćıcio acima)
que a existência de um subgrupo de ı́ndice 3 implica |G| = 3 para um grupo simples, uma
contradição. Se |G| = 18 então um 3-Sylow tem ı́ndice 2 logo é normal.
19.91. Seja G um grupo finito com um subgrupo H de indice 4. Mostre que G não é
simples. [Dica: pelo teorema de Cayley generalizado G/HG é isomorfo a um subgrupo de S4]
Sendo HG ≤ H < G se G é simples (por contradição) temos HG = {1} logo G ∼= G/HG
é isomorfo a um subgrupo de S4. Segue que |G| divide 24 e 4 divide |G| dáı |G| é um entre
4, 8, 12, 24. Mas 12 e 24 foram tratados no exerćıcio anterior, e se |G| é um entre 4 e 8, que
são potências de 2, então sabemos que Z(G) 6= {1} logo existe x ∈ Z(G) de ordem 2 (pelo
teorema de Cauchy) e 〈x〉 é um subgrupo normal diferente de {1} e de G, contradição.
19.92. Seja G um grupo não abeliano com |G| < 60. Mostre que G não é simples.
Se |G| é um primo é abeliano, se é uma potência de um primo pn com n ≥ 2 então
sabemos que Z(G) 6= {1}, logo se G não é abeliano então a existência do subgrupo normal
Z(G) mostra que G não é simples. Além disso se G contem um subgrupo de ı́ndice 4 então
não é simples pelo exerćıcio 19.91, e já vimos que o único grupo simples que contem um
subgrupo de ı́ndice 3 é C3 (exerćıcio 19.85). Se |G| = 6 então n3 = 1, se |G| = 10 então
n5 = 1, se |G| = 12 então veja o exerćıcio acima, se |G| = 14 então n7 = 1, se |G| = 15 então
n5 = 1, se |G| = 18 então n3 = 1, se |G| = 20 então n5 = 1, se |G| = 21 então n7 = 1, se
|G| = 22 então n11 = 1, se |G| = 24 então veja o exerćıcio acima, se |G| = 26 então n13 = 1,
se |G| = 28 então n7 = 1, se |G| = 30 então veja acima, se |G| = 33 então n11 = 1, se |G| = 34
então n17 = 1, se |G| = 35 então n7 = 1, se |G| = 36 = 22 · 32 então os 3-Sylow têm ı́ndice 4,
se |G| = 38 então n19 = 1, se |G| = 39 então n13 = 1, se |G| = 40 então n5 = 1, se |G| = 42
então n7 = 1, se |G| = 44 então n11 = 1, se |G| = 45 então n3 = 1, se |G| = 46 então n23 = 1,
se |G| = 48 = 24 · 3 então os 2-Sylow têm ı́ndice 3, se |G| = 50 então n5 = 1, se |G| = 52
então n13 = 1, se |G| = 54 então n3 = 1, se |G| = 55 então n11 = 1, se |G| = 56 = 23 · 7
então podemos supor n7 = 8, dáı temos 6 · 8 = 48 elementos de ordem 7, dáı tem espaço
para apenas um 2-Sylow (porque 56− 48 = 8) ou seja n2 = 1, se |G| = 57 então n19 = 1, se
|G| = 58 então n29 = 1.
76 1. GRUPOS
19.93. Seja G um grupo não abeliano com 60 < |G| < 168. Mostre que G não é simples.
[Cuidado: algumas ordens são dif́ıceis, falaremos delas em sala de aula. Mas é bom tentar.]
Excluindo as potências de primos e os casos em que existe um subgrupo de Sylow de
ı́ndice 2, 3 ou 4 os únicos números faltando são 65 = 5 · 13, 66 = 2 · 3 · 11, 70 = 2 · 5 · 7,
72 = 23 · 32, 78 = 2 · 3 · 13, 80 = 24 · 5, 84 = 22 · 3 · 7, 85 = 5 · 17, 88 = 23 · 11, 90 = 2 · 32 · 5,
91 = 7 · 13, 95 = 5 · 19, 99 = 32 · 11, 102 = 2 · 3 · 17, 104 = 23 · 13, 105 = 3 · 5 · 7, 110 = 2 · 5 · 11,
112 = 24 ·7, 114 = 2 ·3 ·19, 115 = 5 ·23, 117 = 32 ·13, 119 = 7 ·17, 120 = 23 ·3 ·5, 126 = 2 ·32 ·7,
130 = 2 · 5 · 13, 132 = 22 · 3 · 11, 133 = 7 · 19, 135 = 33 · 5, 136 = 23 · 17, 138 = 2 · 3 · 23,
140 = 22 ·5 ·7, 143 = 11 ·13, 144 = 24 ·32, 145 = 5 ·29, 150 = 23 ·52, 152 = 23 ·19, 153 = 32 ·17,
154 = 2 · 7 · 11, 155 = 5 · 31, 156 = 22 · 3 · 13, 160 = 25 · 5, 161 = 7 · 23, 165 = 3 · 5 · 11.
Observe que muitos deles têm a forma mp com p primo e m < p, neste caso np = 1 pelo
teorema de Sylow. Excluindo tais números os que faltam são 70 = 2 · 5 · 7, 72 = 23 · 32,
80 = 24 ·5, 84 = 22 ·3 ·7, 90 = 2 ·32 ·5, 105 = 3 ·5 ·7, 112 = 24 ·7, 120 = 23 ·3 ·5, 126 = 2 ·32 ·7,
132 = 22 · 3 · 11, 135 = 33 · 5, 140 = 22 · 5 · 7, 144 = 24 · 32, 150 = 23 · 52, 154 = 2 · 7 · 11,
160 = 25 · 5, 165 = 3 · 5 · 11.
Se |G| ∈ {70, 84, 140} então n7 = 1, se |G| = 150 então n5 = 1, se |G| ∈ {154, 165} então
n11 = 1. Se |G| tiver a forma 5 · pm com p primo diferente de 5 então os p-Sylow têm ı́ndice
5 logo G é isomorfo a um subgrupo de S5, dáı |G| divide 5! e deduzimos que pm = 3 ou pm
divide 8. Isso resolve os números 80, 135, 160. Os que faltam são 72 = 23 · 32, 90 = 2 · 32 · 5,
105 = 3 · 5 · 7, 112 = 24 · 7, 120 = 23 · 3 · 5, 126 = 2 · 32 · 7, 132 = 22 · 3 · 11, 144 = 24 · 32.
Se |G| = 72 = 23 · 32 então podemos supor n3 = 4, e segue que o normalizador de um
3-Sylow tem ı́ndice 4, contradição.
Se |G| = 105 = 3 · 5 · 7 então podemos supor n7 = 15, n5 = 21, dáı temos 15 · 6 = 90
elementos de ordem 7 e 21 · 4 = 84 elementos de ordem 5, uma contradição sendo 90 + 84 >
105 = |G|.
Se |G| = 112 = 24 · 7 então podemos identificar G com o correspondente subgrupo de S7.
Seja A = A7, então A tem ı́ndice 2 em S7 e G∩A é normal em G, logo se G não está contido
em A então G ∩ A = {1}, mas isso implica GA = S7 e |G||A| = 7! ou seja |G| = 2, absurdo.
Segue que G ≤ A, em particular |G| = 24 ·7 divide |A| = 7!/2 = 23 ·32 ·5 ·7, uma contradição.
Se |G| = 132 = 22 · 3 · 11 então podemos supor n11 = 12, dáı tem 10 · 12 = 120 elementos
de ordem 11, por outro lado podemos supor n3 6= 4 (se não o normalizador de um 3-Sylow
teria ı́ndice 4) logo n3 = 22 pelo teorema de Sylow e deduzimos que G contem 22 · 2 = 44
elementos de ordem 3, uma contradição porque 120 + 44 > 132 = |G|.
Se |G| ∈ {90, 126} então |G| tem a forma 2m com m impar. Neste caso a representação
regular mostra que podemos identificar G com um subgrupo de S = S2m e chamado de
A = A2m < S o grupo alternado, temos que G ∩ A E G logo G ∩ A = G ou seja G ≤ A
(não pode ser G ∩A = {1} porque teriamos S = GA logo |S| = |GA| = |G||A| o que implica
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 77
|G| = 2, absurdo). Por outro lado chamado de x um gerador de um 2-Sylow de G, o elemento
x corresponde (na representação regular) a um produto de m ćıclos de comprimento 2, e tal
elemento não pertence a A (sendo m impar), absurdo.
Faltaram os números 120 = 23 · 3 · 5, 144 = 24 · 32. Eles são mais dif́ıceis.
Se |G| = 120 = 23 · 3 · 5 e G é simples observe primeiramente que n2 = 15. De fato se
não fosse assim seria1 < n2 ≤ 5, logo G teria um subgrupo (o normalizador de um 2-Sylow)
de ı́ndice 3 ou 5. Em geral se se G tem um subgrupo próprio não trivial de ı́ndice menor ou
igual a 5 então pelo teorema de Cayley generalizado G é isomorfo a um subgrupo de S5 logo
G ∼= S5 (sendo |G| = 120), mas S5 não é simples pois contem o subgrupo normal A5 (grupo
alternado de grau 5). Considere um 2-Sylow P agindo por conjugação no conjunto X dos
2-subgrupos de Sylow. Observe que |X| = n2 = 15. Existe pelo menos uma tal órbita de
tamanho 2, sendo |X| = n2 = 15 6≡ 1 mod 4. Seja então {Q,R} uma P -órbita de tamanho
2. Segue que |P : NP (Q)| = 2 logo |NP (Q)| = 4. Por outro lado NP (Q) é um 2-subgrupo
de G que normaliza Q, logo está contido em Q (pelo lema tecnico visto na demonstração do
teorema de Sylow), segue que NP (Q) ≤ P ∩ Q. Mas sendo |P : NP (Q)| = 2 e P 6= Q segue
P ∩Q = NP (Q) e |P ∩Q| = 4, |P : P ∩Q| = |Q : P ∩Q| = 2. Segue que P ∩Q é normal em
P e em Q logo P,Q ≤ NG(P ∩Q), logo NG(P ∩Q) é um subgrupo de G que contem P e é
diferente de P . Segue que |G : NG(P ∩Q)| ∈ {1, 3, 5}. Mas pelo argumento sobre os ı́ndices
menores ou iguais a 5 isso implica que |G : NG(P ∩Q)| = 1 ou seja P ∩QEG. Isso contradiz
o fato que G é simples pois |P ∩Q| = 4.
Se |G| = 144 = 24 · 32 então observe primeiramente que n3 = 16, sendo 8 6≡ 1 mod 3 e
sabemos que não existem subgrupos de ı́ndice 2 ou 4. Seja P um 3-Sylow, então NG(P ) = P .
Considere a ação de conjugação de P sobre o conjunto X dos 3-subgrupos de Sylow de
G. Sendo |P | = 9 e |X| = n3 = 16 6≡ 1 mod 9 deve existir uma P -órbita de tamanho 3
(tem uma única órbita de tamanho 1 e as outras não podem todas ter tamanho 9), logo
existe um 3-Sylow Q tal que |P : NP (Q)| = 3, dáı |NP (Q)| = 3 e sendo NP (Q) ≤ P ∩Q (pelo
teorema de Sylow, porque NP (Q) é um 3-subgrupo de G que normaliza o 3-Sylow Q) obtemos
|P ∩ Q| = 3. Mas P e Q têm ordem 9, logo são abelianos, logo P ∩ Q é normal em P e em
Q, logo P,Q ≤ NG(P ∩Q) logo |G : NG(P ∩Q)| ∈ {1, 2, 4, 8} e não pode ser G = NG(P ∩Q)
sendo P ∩ Q 6= {1} (sendo |P ∩ Q| = 3). Tal ı́ndice não pode ser 2 nem 4 sendo G simples.
Deduzimos |G : NG(P ∩ Q)| = 8 mas então |NG(P ∩ Q)| = 9 · 2 e isso implica que P tem
ı́ndice 2 em NG(P ∩Q) logo é normal nele, dáı NG(P ∩Q) ≤ NG(P ) = P , absurdo.
19.94. Seja p um primo. Calcule np(G) nos casos seguintes.
(1) G = GL(2, p) (“general linear group”), o grupo das matrices 2 × 2 inverśıveis com
coeficientes no corpo Z/pZ, ou seja
G = GL(2, p) =
{(
a b
c d
)
: a, b, c, d ∈ Z/pZ, ad− bc 6= 0
}
.
[Dica: comece calculando |GL(2, p)|: tem p2 − 1 escolhas para a primeira coluna e
p2 − p escolhas para a segunda.]
78 1. GRUPOS
Temos p2− 1 escolhas para a primeira coluna (uma qualquer coluna não nula) e
p2 − p escolhas para a segunda coluna (uma qualquer coluna que não seja múltipla
da primeira). Obtemos
|G| = (p2 − 1)(p2 − p) = p(p− 1)2(p+ 1),
dáı os p-subgrupos de Sylow têm ordem p. Seja x =
(
1 1
0 1
)
. É claro que
P = 〈x〉 =
{(
1 t
0 1
)
: t ∈ Z/pZ
}
é um p-subgrupo de Sylow, e pelo teorema de Sylow todos os subgrupos de Sylow são
conjugados a P . Em particular pelo prinćıpio da contagem np(G) = |G : NG(P )| =
|G|/|NG(P )|, logo é suficiente calcular |NG(P )|. Um elemento g =
(
a b
c d
)
∈ G
pertence a NG(P ) se e somente se gxg
−1 é uma potência de x. Temos g−1 =
1
ad−bc
(
d −b
−c a
)
, logo
gxg−1 = 1ad−bc
(
a b
c d
)
·
(
1 1
0 1
)
·
(
d −b
−c a
)
= 1ad−bc
(
ad− ac− bc a2
−c2 ac− bc+ ad
)
.
Logo se gxg−1 ∈ P devemos ter c = 0 e substituindo obtemos
gxg−1 =
1
ad
(
ad a2
0 ad
)
=
(
1 a/d
0 1
)
∈ P.
Segue que a igualdade c = 0 define o normalizador e |NG(P )| = p(p−1)2. Segue que
np(G) = |G : NG(P )| = p+ 1 que é coerente com o teorema de Sylow pois p+ 1 ≡ 1
mod p.
(2) G = SL(2, p) (“special linear group”), o grupo das matrices 2 × 2 com coeficientes
no corpo Z/pZ e determinante 1, ou seja
G = SL(2, p) =
{(
a b
c d
)
: a, b, c, d ∈ Z/pZ, ad− bc = 1
}
.
[Dica: sendo o determinante det : GL(2, p)→ Z/pZ−{0} um homomorfismo sobre-
jetivo com núcleo SL(2, p) obtemos pelo teorema de isomorfismo (p− 1)|SL(2, p)| =
|GL(2, p)|.
Seguindo a dica obtemos |G| = p(p − 1)(p + 1) e como no caso anterior seja
x =
(
1 1
0 1
)
∈ G. O subgrupo P = 〈x〉 é um p-subgrupo de Sylow e como no
caso anterior precisamos calcular |NG(P )|. Seja g =
(
a b
c d
)
. A conta é a mesma
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 79
do exerćıcio anterior lembrando que ad− bc = 1 dáı
gxg−1 =
(
1− ac a2
−c2 ac+ 1
)
.
Segue que se g ∈ NG(P ) então c = 0 e substituindo obtemos gxg−1 ∈ P dáı a
igualdade c = 0 define o normalizador. Segue que os elementos diagonais são a e
a−1 logo |NG(P )| = p(p− 1) e np(G) = |G : NG(P )| = p+ 1.
(3) O grupo seguinte:
G =
{(
a b
0 c
)
: a, b, c ∈ Z/pZ, ac 6= 0
}
≤ GL(2, p).
Vimos acima que G é o normalizador de um p-Sylow de GL(2, p) logo neste caso
np(G) = 1.
19.95. Seja P um subgrupo de Sylow de G. Mostre que NG(NG(P )) = NG(P ).
A inclusão NG(P ) ≤ NG(NG(P )) é obvia, mostraremos a inclusão ≥. Se g ∈ NG(NG(P ))
então gNG(P )g
−1 = NG(P ), em particular sendo P ≤ NG(P ) temos gPg−1 ≤ NG(P ). Sendo
|gPg−1| = |P |, o subgrupo gPg−1 é um p-subgrupo de Sylow de NG(P ). Pelo teorema de
Sylow existe t ∈ NG(P ) tal que tP t−1 = gPg−1, por outro lado como t ∈ NG(P ) temos
obviamente tP t−1 = P logo P = tP t−1 = gPg−1. Segue que g ∈ NG(P ).
19.96. Seja G um grupo de ordem 6. Mostre que se G é abeliano então é ćıclico, e que
se G não é abeliano então G ∼= S3.
Sejam x um elemento de G de ordem 3 e y um elemento de G de ordem 2. Se G é
abeliano então xy = yx logo (xy)2 = x2y2 = x2, (xy)3 = x3y3 = y, (xy)4 = x4y4 = x,
(xy)5 = x5y5 = x2y, (xy)6 = x6y6 = 1. Segue que xy é um elemento de ordem 6, logo 〈xy〉
é um subgrupo de ordem 6 logo 〈xy〉 = G e G é ćıclico. Agora suponha G não ćıclico. Pelo
teorema de Sylow n3 = 1 e n2 ∈ {1, 3}. Se fosse n2 = 1 então G conteria um 3-Sylow normal
A e um 2-Sylow normal B Logo pelo exerćıcio anterior G ∼= A × B seria abeliano (sendo
|A| = 3 e |B| = 2). Isso mostra que n2 = 3. Seja P um 2-Sylow de G. Temos então PG 6= P
logo PG = {1} (sendo |P | = 2 primo e PG < P ), dáı como P tem ı́ndice 3 em G, G ∼= G/PG
é isomorfo a um subgrupo de S3. Como |G| = 6 segue que G ∼= S3.
19.97. Seja G um grupo de ordem 15. Mostre que G é ćıclico.
Sejam x um elemento de ordem 5 e y um elemento de ordem 3, A = 〈x〉 e B = 〈y〉.
Então A é um 5-Sylow e B é um 3-Sylow. Pelo teorema de Sylow n5 = 1 e n3 = 1, logo A
e B são subgrupos normais de G. Como |A| e |B| são coprimos, A ∩ B = {1}. Segue que
|AB| = |A||B|/|A ∩ B| = |A||B| = 15 = |G| logo AB = G. Pelo exerćıcio acima deduzimos
G ∼= A×B ∼= C3 × C5 ∼= C15 (teorema chinês dos restos). Se podia também mostrar que xy
tem ordem 15 usando o fato que xy = yx.
80 1. GRUPOS
19.98. Seja G um grupo não abeliano de ordem 231 = 3 · 7 · 11. Mostre que |Z(G)| = 11.
[DICA: considere a ação de conjugação de G sobre o conjunto dos elementos de ordem 11.]
Pelo teorema de Sylow n11 = 1, logo G contem exatamente 10 elementos de ordem 11.
Seja X o conjunto dos 10 elementos de ordem 11 em G. O grupo G age por conjugação sobre
X, assim como todos os subgrupos de G. Sejam P um 3-Sylow, Q um 7-Sylow. As P -órbitas
têm tamanho 1 ou 3, logo existe uma P -órbita {x} de tamanho 1 pois 3 não divide 10. Segue
que os elementos de P comutam com x. Mas x tem ordem 11, logo ele gera o 11-Sylow, isso
mostra que os elementos de P comutam com todos os elementos de ordem 11. Analogamente
como 7 não divide 10 os elementos de Q comutam com todos os elementos de ordem 11. Isso
mostra que o núcleo da ação contem o 11-Sylow, um 3-Sylow e um 7-Sylow, logo a ordem do
núcleo é diviśıvel por 11, por 3 e por 7, logo o núcleo é igual a G, ou seja a ação é trivial.
Isso significa que o 11-Sylow está contido em Z(G), dáı 11 divide |Z(G)|. Por outro lado
|G : Z(G)| não é um número primo porque se G/Z(G) é ćıclico então G é abeliano.Isso
implica que |Z(G)| = 11.
19.99. Seja G um grupo de ordem 12. Mostre que G ∼= A4 se e somente se G não contem
subgrupos de indice 2. [DICA: se G de ordem 12 contem um subgrupo N de indice 2 então
olhando ao 3-Sylow de N mostre que n3(G) = 1.]
Seja G um grupo de ordem 12 contendo um subgrupo N de ı́ndice 2. Então N é normal
em G (tem ı́ndice 2), seja P um 3-Sylow de N . Então |P | = 3 logo P é um 3-Sylow de G.
Além disso os conjugados de P em G estão contidos em N (porque N é normal e contem P )
logo são iguais a P (porque n3(N) = 1 pelo teorema de Sylow), ou seja n3(G) = 1. Agora
seja G = A4, para mostrar que G não contem subgrupos de ı́ndice 2 basta então mostrar que
n3(G) 6= 1. Mas isso é claro porque G contem mais que dois elementos de ordem 3 (mais
precisamente G contem oito elementos de ordem 3). Reciprocamente suponha que |G| = 12
e que G não contem subgrupos de ı́ndice 2. Seja P um 3-Sylow de G, então P tem ı́ndice 4 e
P não é normal em G porque se fosse P EG então G/P teria ordem 4 então pelo teorema de
Sylow existiria H/P de ordem 2 logo H teria ı́ndice 2 em G. Segue que PG 6= P logo sendo
|P | = 3 primo obtemos PG = {1}. Segue que G ∼= G/PG é isomorfo a um subgrupo de S4.
Identificando G com o subgrupo correspondente de S4 obtemos que G é um subgrupo de S4
de ı́ndice 2 e vimos que isso implica G = A4.
19.100. Seja P um p-subgrupo de Sylow do grupo finito G e seja N E G. Mostre que
P ∩ N é um p-subgrupo de Sylow de N e que PN/N é um p-subgrupo de Sylow de G/N .
[DICA: precisa mostrar que p não divide |N : P ∩N | e que p não divide |G/N : PN/N |.]
Primeira parte. Temos |NP | = |N ||P |/|N ∩ P | logo |N : N ∩ P | = |NP |/|P | divide
|G|/|P | = |G : P | logo não é diviśıvel por p (porque p não divide |G : P |). Por outro lado
P ∩N é um p-grupo logo é um p-subgrupo de Sylow de N .
Segunda parte. Temos |G/N : PN/N | = |G : PN | = |G|/|PN | = |G||P ∩ N |/|P ||N | =
|G|/|P ||N : P ∩ N | não é diviśıvel por p (porque p não divide |G : P |). Por outro lado
PN/N ∼= P/P ∩N é um p-grupo logo é um p-subgrupo de Sylow de G/N .
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 81
19.101. Seja p um número primo. Mostre que todo grupo de ordem p2 é abeliano.
[DICA: lembre-se do exerćıcio que falava que se G/Z(G) é ćıclico então G é abeliano.]
Seja G um grupo de ordem p2. Como G é p-grupo Z(G) 6= {1}. Se Z(G) = G então G
é abeliano, logo falta discutir o caso |Z(G)| = p. Neste caso G/Z(G) tem ordem p, logo é
ćıclico, mas sabemos que isso implica G abeliano, ou seja G = Z(G), uma contradição.
19.102. Seja G um grupo de ordem p2q onde p, q são dois primos distintos. Mostre que
G não é simples. [DICA: pelo exerćıcio anterior os p-Sylow de G são abelianos. Sejam P1, P2
dois p-Sylow, então P1∩P2EP1 e P1∩P2EP2 sendo P1, P2 abelianos. Considere NG(P1∩P2).]
NG(P1 ∩ P2) contem P1 e P2 logo contem P1 propriamente, mas P1 tem ı́ndice q, primo,
logo NG(P1 ∩ P2) = G. Se G é simples (por contradição) então deduzimos P1 ∩ P2 = {1}.
Como isso vale para todos os p-Sylow distintos P1, P2, e como np = q (pelo teorema de Sylow,
sendo G simples), deduzimos que o número de elementos não triviais de ordem uma potência
de p é (p2 − 1)q = |G| − q, logo em G tem espaço para apenas um q-subgrupo de Sylow, que
então é normal (pelo teorema de Sylow).
19.103. Escreva a equação das classes de S4, S5 e de A4.
S4 e A4 foram feitos em outros itens. A equação das classes de S5 é
1 + 4! + 5 · 3! + 2
(
5
2
)
+
(
5
2
)
+ 2
(
5
2
)
+ 5 · 3 = 120 = |S5|.
Aqui 1 contabiliza a identidade, 4! é o número de 5-ćıclos, 2
(
5
2
)
é o número de elementos de
estrutura ćıclica (3, 2),
(
5
2
)
é o número de 2-ćıclos, 2
(
5
2
)
é o número de 3-ćıclos, 5 ·3 é o número
de elementos de estrutura ćıclica (2, 2).
19.104. Seja G um grupo solúvel finito. Mostre que G é polićıclico, ou seja existe uma
série {1} = G0 C G1 C . . . C Gn = G tal que Gi/Gi−1 é ćıclico para todo i = 1, . . . , n. Isso
permanece verdadeiro se G for infinito?
Pela definição de grupo solúvel basta claramente mostrar que todo grupo abeliano finito é
polićıclico. Mas isso segue do teorema de classificação dos grupos abelianos finitos (Teorema
3): de fato um produto direto de grupos ćıclicos é obviamente um grupo polićıclico. Existem
grupos abelianos infinitos que não são polićıclicos, por exemplo o grupo aditivo Q. De fato
todo grupo polićıclico é obviamente finitamente gerado (o conjunto formado por pre-imagens
dos geradores dos fatores ćıclicos é um conjunto gerador de G), mas Q não é finitamente
gerado ...
19.105. Seja G um grupo simples de ordem 60. Mostre que G ∼= A5. [Dica: basta
encontrar um subgrupo de indice 5 (por quê?); no caso n2 = 15 sejam P e Q dois 2-Sylow
distintos, então P ∩Q é normal em P e em Q (por quê?), calcule o indice |G : NG(P ∩Q)|.]
Se H ≤ G tem ı́ndice 5 em G então temos a representação permutacional G → S5
com núcleo HG = {1} (sendo G simples) logo G é isomorfo a um subgrupo de S5. Podemos
identificar G com o correspondente subgrupo de S5. Observe que |G| = 60 implica |S5 : G| = 2
82 1. GRUPOS
logo G E S5. Mas os únicos subgrupos normais de S5 são {1}, A5 e S5, logo G = A5. Isso
mostra que basta encontrar um subgrupo de G de ı́ndice 5. Obviamente n2 6= 1 n2 6= 3
(porque um grupo simples não abeliano não contem subgrupos próprios não triviais de ı́ndice
menor ou igual a 4) e se n2 = 5 então o normalizador de um 2-Sylow tem ı́ndice 5. Podemos
então supor n2 = 15. Sejam P e Q dois 2-Sylow distintos, eles têm ordem 4 logo são abelianos
e P ∩Q é normal em P e em Q. Deduzimos que P,Q ≤ NG(P ∩Q) = H. Segue que P ≤ H
e P 6= H (sendo Q 6≤ P ) logo o ı́ndice de H divide propriamente |G : P | = 15. Sabemos que
|G : H| 6= 3 e se |G : H| = 5 então encontramos um subgrupo de ı́ndice 5, podemos então
supor |G : H| = 1 ou seja G = H, ou seja P ∩ Q E G. Mas sendo G simples isso implica
P ∩Q = {1}. Contando os elementos obtemos então que G contem 15 · 3 = 45 elementos de
ordem 2 ou 4. Por outro lado n5 6= 1 logo n5 ≥ 6, isso implica que G contem pelo menos
4 · 6 = 24 elementos de ordem 5, isso é uma contradição porque 45 + 24 > 60.
19.106. Seja G um grupo simples de ordem 15 · pn com p primo e n ∈ N. Mostre que
G ∼= A5. [Dica: pelo exerćıcio acima basta mostrar que pn = 4.]
Seja P um p-Sylow de G. Temos np(G) = |G : NG(P )| ∈ {1, 3, 5, 15} pelo teorema de
Sylow. Pelo teorema de Cayley generalizado, sendo G simples G é isomorfo a um subgrupo
de S3, S5 ou S15. Sendo |G| = 15 · pn, se G ≤ S5 então p = 2 e n ≤ 3, segue que |G| ∈
{15, 30, 60, 120} e sabemos que os grupos de ordem 15 e 30 não são simples e que S5 não é
simples (porque A5 E S5) logo |G| = 60 e G ∼= A5. Agora suponha np(G) = 15. Observe
que P age no conjunto dos quinze p-Sylow de G por conjugação e {P} é a única P -órbita
com um único elemento (veja a demonstração do teorema de Sylow). Sendo 15 6≡ 1 mod 4
deve existir uma P -órbita {Q,R} de tamanho 2, dáı |P : NP (Q)| = 2, mas NP (Q) é um
p-subgrupo de G que normaliza o p-Sylow Q, logo NP (Q) ≤ Q e isso implica NP (Q) = P ∩Q,
dáı P ∩Q tem ı́ndice 2 em P , logo tem ordem |P |/2 = |Q|/2 logo tem ı́ndice 2 em Q também.
Segue que P,Q ≤ NG(P ∩ Q), logo NG(P ∩ Q) tem ı́ndice um divisor próprio de 15. Pelos
argumentos acima não pode ser 3 nem 5, logo é igual a 1 e P ∩ Q E G. Sendo G simples
obtemos P ∩ Q = {1}, mas como P ∩ Q tem ı́ndice 2 em P obtemos pn = 2 e |G| = 30,
contradição.
19.107. Seja G um grupo de ordem 2m com m ı́mpar. Mostre que existe H ≤ G
tal que |G : H| = 2. [Dica: Seja n = |G|, a representação permutacional regular dá um
homomorfismo injetivo G → Sn (Cayley), logo podemos identificar G com um subgrupo de
Sn. Defina H = G∩An, para mostrar que |G : H| = 2 basta mostrar que G não está contido
em An. Para isso tome um elemento x ∈ G de ordem 2 e mostre que a permutação associada
em Sn é ı́mpar.]
A representação regular mostra que podemos identificar Gcom um subgrupo de S = S2m
e chamado de A = A2m < S o grupo alternado, temos que G∩AEG logo G∩A = G ou seja
G ≤ A (não pode ser G ∩ A = {1} porque teriamos S = GA logo |S| = |GA| = |G||A| o que
implica |G| = 2, absurdo). Por outro lado chamado de x um gerador de um 2-Sylow de G, o
elemento x corresponde (na representação regular) a um produto de m ćıclos de comprimento
2, e tal elemento não pertence a A (sendo m impar), absurdo.
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 83
19.108. Mostre que S6 contem um subgrupoH cuja ação natural sobreX = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
é transitiva e com a propriedade que H ∼= S5. [Dica: S5 contem seis 5-subgrupos de Sylow.]
Seja X o conjunto dos seis 5-subgrupos de Sylow de S5. Então a ação de conjugação de
S5 sobre X fornece um homomorfismo f : S5 → Sym(X) ∼= S6 cuja imagem é um subgrupo
transitivo de S6. Falta mostrar que f é injetivo. Mas o núcleo de f é um subgrupo normal
de S5, os subgrupos normais de S5 são {1}, A5 e S5 e é claro que ker(f) não contem A5: por
exemplo (123) não normaliza 〈(12345)〉. Segue que ker(f) = {1}.
19.109. Escreva a equação das classes de S6 e de A6.
Temos 5! = 120 6-ćıclos, 6 · 4! = 144 5-ćıclos,
(
6
4
)
6 = 90 4-ćıclos,
(
6
3
)
2 = 40 3-ćıclos,(
6
2
)
= 15 2-ćıclos,
(
6
2
)
3 = 45 elementos (2, 2), 5 · 3 = 15 elementos (2, 2, 2), 6
(
5
2
)
2 = 120
elementos (2, 3),
(
5
2
)
2 · 2 = 40 elementos (3, 3),
(
6
2
)
6 = 90 elementos (4, 2). A equação das
classes é
1 + 120 + 144 + 90 + 40 + 15 + 45 + 15 + 120 + 40 + 90 = 6! = 720.
As classes de A6:
• 5-ćıclos. O centralizador em S6 tem ordem 5 logo é ćıclico e A6 contem duas classes
de 5-ćıclos, cada uma de tamanho 72.
• 3-ćıclos. O centralizador em S6 tem ordem 18 e não está contido em A6 porque
(123) comuta com (45) ∈ S6 −A6, logo os 3-ćıclos são todos conjugados em A6.
• (2, 2). O centralizador em S6 tem ordem 16 e não está contido em A6 porque (12)(34)
comuta com (56) ∈ S6 −A6, logo os (2, 2) são todos conjugados em A6.
• (3, 3). O centralizador em S6 tem ordem 18 e não está contido em A6 porque
(123)(456) comuta com (14)(25)(36) ∈ S6 −A6, logo os (3, 3) são todos conjugados
em A6.
• (4, 2). O centralizador em S6 tem ordem 8 e não está contido em A6 porque
(1234)(56) comuta com (56) ∈ S6 − A6 logo os (4, 2) são todos conjugados em
A6.
Segue que a equação das classes de A6 é
1 + 72 + 72 + 40 + 45 + 40 + 90 = 6!/2 = 360.
19.110. Seja p ≥ 2 um inteiro. Mostre que p é primo se e somente se p divide (p−1)!+1.
[Dica: se p é primo, conte os p-subgrupos de Sylow do grupo simétrico Sp.]
Se p divide (p − 1)! + 1 então p é primo porque se não fosse primo existiria um divisor
primo q de p com q < p logo q dividiria p e (p − 1)! e isso contradiz o fato que p divide
(p − 1)! + 1. Reciprocamente suponha p primo. O grupo simétrico Sp tem (p − 1)! ćıclos de
comprimento p e cada p-Sylow tem ordem p logo contem p− 1 p-ćıclos, dáı np(Sp) = (p− 2)!.
Pelo teorema de Sylow (p− 2)! ≡ 1 mod p. Multiplicando por p− 1 obtemos (p− 1)! ≡ −1
mod p, ou seja p divide (p− 1)! + 1.
84 1. GRUPOS
19.111. Dado um grupo G, o grupo dos automorfismos Aut(G) de G é o grupo dos
isomorfismos G → G com a operação de composição. Seja α : G → Aut(G) dado por
α(g)(x) = gxg−1. Se trata de um homomorfismo de grupos e ker(α) = Z(G). Mostre que
Aut(S4) ∼= S4. [Dica: Seja X o conjunto dos subgrupos de S4 de ı́ndice 4 (você sabe quem
eles são). Aut(S4) age sobre X de maneira natural. Mostre que tal ação é fiel, ou seja que o
seu núcleo é trivial.]
A ação óbvia de Aut(S4) sobre X é dada por ϕ(H) = {ϕ(h) : h ∈ H}. Se ϕ ∈ Aut(S4)
é tal que ϕ(H) = H para todo H ∈ X então em particular ϕ(StabS4(a)) = StabS4(a) para
todo a ∈ {1, 2, 3, 4} (porque os estabilizadores têm ı́ndice 4) logo ϕ fixa todos os 2-ćıclos: por
exemplo ϕ((12)) pertence a StabS4(3) ∩ StabS4(4) = 〈(12)〉 logo ϕ((12)) = (12), e o mesmo
argumento se aplica aos outros 2-ćıclos. Mas todo elemento de S4 é produto de 2-ćıclos
(transposições) logo ϕ = 1. Segue que temos uma representação permutacional Aut(S4)→ S4
injetiva, logo |Aut(S4)| ≤ 24. Por outro lado Z(S4) = {1} logo a função α indicada no texto
mostra que |S4| ≤ |Aut(S4)|. Em conclusão Aut(S4) ∼= S4.
19.112. Seja n um inteiro ı́mpar e seja x = (12 . . . n) ∈ An. Mostre que x é conjugado a
x−1 em An se e somente se n ≡ 1 mod 4.
Como n é ı́mpar x = (1 . . . n) ∈ An. Suponha n ≡ 1 mod 4. O elemento (2, n)(3, n −
1) · · · (n−12 ,
n+1
2 ) pertence aAn (sendo
n−1
2 par) e conjuga x = (1 . . . n) em (1, n, n−1, . . . , 3, 2) =
x−1.
Agora suponha que x seja conjugado ao seu inverso x−1 em An, ou seja existe τ ∈ An
com τxτ−1 = x−1. Seja ρ := (2, n)(3, n − 1) · · · (n−12 ,
n+1
2 ). Sabemos que ρxρ
−1 = x−1.
Temos ρxρ−1 = x−1 = τxτ−1 logo deduzimos τ−1ρxρ−1τ = x, ou seja τ−1ρ ∈ CSn(x). Mas
sendo x um n-ćıclo em Sn temos CSn(x) = 〈x〉 ≤ An. Segue τ−1ρ ∈ An e sendo τ ∈ An,
ρ ∈ τAn = An. Sendo ρ um produto de n−12 transposições, segue que
n−1
2 é par, ou seja
n ≡ 1 mod 4.
19.113. Seja n ≥ 5 um inteiro. Seja H ≤ Sn tal que H 6= Sn e H 6= An. Mostre que
|Sn : H| ≥ n.
Seja m = |Sn : H|. Como os únicos subgrupos normais de Sn são {1}, An e Sn, e H não
contem An (porque os únicos subgrupos de Sn que contêm An são An e Sn), o coração normal
HSn é trivial. Pelo teorema de Cayley generalizado segue que Sn é isomorfo a um subgrupo
de Sm (sendo |Sn : H| = m), logo n! divide m!, em particular n! ≤ m! e isso implica n ≤ m.
19.114. Seja G um grupo simples tal que |G| > 2 e seja H ≤ G tal que H 6= G. Seja
n = |G : H|. Mostre que |G| divide |An| = n!/2.
Pelo teorema de Cayley generalizado G é isomorfo a um subgrupo de Sn, logo |G| divide
n!. Por outro lado identificando G com tal subgrupo de Sn, temos que G∩An é um subgrupo
normal de G (sendo An E Sn), e G é um grupo simples, logo G ∩ An = {1} ou G ∩ An = G.
No segundo caso G ≤ An logo |G| divide |An|. Falta mostrar que G ∩ An 6= {1}. Se
fosse G ∩ An = {1} então G 6≤ An logo GAn = Sn (sendo |Sn : An| = 2), segue que
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 85
C2 ∼= Sn/An = GAn/An ∼= G/G ∩An ∼= G ou seja G ∼= C2 que é absurdo porque |G| > 2 por
hipótese.
19.115. Mostre que Aut(Cn) ∼= U(Z/nZ).
Escrevemos Cn = 〈x〉. Seja A = Aut(Cn). Observe que ϕ ∈ A é determinado por ϕ(x)
sendo ϕ(xm) = ϕ(x)m. Sendo ϕ(x) ∈ Cn = 〈x〉, existe k ∈ {0, . . . , n} tal que ϕ(x) = xk.
Sendo ϕ um isomorfismo, a ordem de x é igual à ordem de ϕ(x), logo o(xk) = n. Mas sendo
o(xk) = n/(n, k) isso implica que n e k são coprimos. Por outro lado se (n, k) = 1 então
ϕ(xm) = xkm define um isomorfismo Cn → Cn: é bijetivo porque escrevendo an + bk = 1
(identidade de Bezout) temos xm = xm(an+bk) = xmbk logo o inverso de ϕ é xm 7→ xmb.
Podemos escrever ϕ = ϕk onde ϕk(x) = x
k. Seja U = U(Z/nZ) e seja f : U → A, k 7→ ϕk.
Acabamos de ver que f é sobrejetiva, e é injetiva porque se ϕk = ϕh então x
k = xh ou seja
k ≡ h mod n, mas sendo h e k entre 0 e n−1 deduzimos k = h. f é homomorfismo porque a
composição ϕk ◦ ϕh é igual a ϕkh, sendo (xh)k = xhk. Segue que f é isomorfismo de grupos.
19.116. Mostre que se A e B são dois grupos finitos de ordens coprimas então Aut(A×
B) ∼= Aut(A)×Aut(B).
Seja f : A×B → A×B um isomorfismo, e sejam iA : A→ A×B, iA(a) = (a, 1), iB : B →
A×B, iB(b) = (1, b), πA : A×B → A, πA(a, b) = a, πB : A×B → B, πB(a, b) = b. Se trata
de homomorfismos de grupos. Observe que πB ◦ f ◦ iA é um homomorfismo fAB : A → B,
logo a ordem da sua imagem divide |A| e |B|. Mas sendo |A| e |B| coprimos deduzimos que
fAB(a) = 1 para todo a ∈ A. Pela mesma razão fBA = πA ◦ f ◦ iB é o homomorfismo trivial.
Sejam fAA = πA ◦ f ◦ iA e fBB = πB ◦ f ◦ iB . Segue que
f(a, b) = f((a, 1)(1, b)) = f(a, 1)f(1, b) = (fAA(a), 1)(1, fBB(b))
= (fAA(a), fBB(b)).
Seja
ψ : Aut(A×B)→ Aut(A)×Aut(B), f 7→ (fAA, fBB).
Acabamos de ver que ψ é uma função bijetiva. É homomorfismo porque iA◦πA é a identidade
A→ A logo se f, h ∈ A temos
(f ◦ h)AA = πA ◦ f ◦ h ◦ iA = πA ◦ f ◦ iA◦ πA ◦ h ◦ iA = fAA ◦ hAA.
19.117. Classifique os grupos de ordem 12, 14, 20, 30, 33, 2015, 2019 a menos de isomor-
fismo. Pode tentar outras ordens, mas é melhor evitar os números diviśıveis por potências de
primos com expoente grande porque os p-grupos são dif́ıceis para classificar.
[Tem 5 grupos de ordem 12, 2 grupos de ordem 14, 5 grupos de ordem 20, 4 grupos de
ordem 30, 1 grupo de ordem 33, 2 grupos de ordem 2015 e 2 grupos de ordem 2019.]
• Se |G| = 12 = 22 · 3, n3 = 1 ou n2 = 1 (se fosse n3 6= 1 6= n2 então uma simples
contagem dos elementos leva a uma contradição). Se n2 = n3 = 1 então G é o
produto direto do seu 2-Sylow com o seu 3-Sylow, e como o 2-Sylow tem ordem
4 e o 3-Sylow tem ordem 3 segue que G é abeliano, do tipo C4 × C3 ∼= C12 ou
C2 ×C2 ×C3. Agora suponha que um entre n2 e n3 não vale 1. Se n3 = 1 e n2 = 3
86 1. GRUPOS
seja N o único 3-Sylow, e seja P um 2-Sylow, então G é um produto semidireto NoP
com ação não trivial, e como Aut(C3) ∼= C2 e P ∼= C4 ou P ∼= C2 ×C2 usando (O1)
obtemos que tem um único produto semidireto a menos de isomorfismo (usando
Aut(C4) ∼= C2 e Aut(C2 × C2) ∼= S3 - para isso veja o exerćıcio abaixo - é fácil ver
que a partir de um homomorfismo P → Aut(N) sobrejetivo é posśıvel obter todos
os outros compondo com os automorfismos de P ). Se n2 = 1 e n3 = 4 seja N o
único 2-Sylow, e seja P um 3-Sylow, então G é um produto semidireto N o P com
ação não trivial, e como Aut(C4) ∼= C2 deduzimos que N ∼= C2 × C2; agora sendo
Aut(C2 × C2) ∼= S3 (veja o exerćıcio abaixo) tem um único produto semidireto a
menos de isomorfismo (a ação P → Aut(N) é injetiva logo pode ser pensada como
inclusão, agora é só usar (O2) lembrando que os subgrupos de S3 de ordem 2 são
todos conjugados, sendo os 2-Sylow). Resumindo, existem exatamente 5 grupos de
ordem 12 a menos de isomorfismo (dois abelianos e três não abelianos).
• Se |G| = 14 = 2 · 7, |G| tem a forma 2p com p primo ı́mpar e já vimos que tem duas
possibilidades: G ∼= C14 ou G ∼= D14.
• Se |G| = 20 = 22 ·5, seja N um 5-Sylow. Pelo teorema de Sylow n5 = 1 logo G é um
produto semidireto N oP onde P é um 2-Sylow. Sendo Aut(N) ∼= C4 e P ∼= C4 ou
P ∼= C2×C2 temos, computando a ação trivial, três ações posśıveis no caso P ∼= C4
e duas ações posśıveis no caso P ∼= C2 × C2. Em total 5 grupos.
• Se |G| = 30 = 2 · 3 · 5, pelo teorema de Sylow n3 ∈ {1, 10} e n5 ∈ {1, 6}, e uma
contagem mostra que não pode ser n3 = 10 e n5 = 6. Segue que um 3-Sylow é normal
ou um 5-Sylow é normal. Em todo caso o produto entre um 3-Sylow e um 5-Sylow
é um subgrupo N de G de ordem 15 e ı́ndice 2, logo é normal. Sendo |N | = 15, N é
ćıclico (como já vimos) e G é um produto semidireto N o P onde P é um 2-Sylow,
P ∼= C2. Sendo Aut(N) ∼= Aut(C15) ∼= Aut(C3×C5) ∼= Aut(C3)×Aut(C5) ∼= C2×C4
temos quatro possibilidades para a ação de P = 〈ε〉: indicado C2×C4 = 〈a〉× 〈b〉, a
imagem de ε pode ser (1, 1), (a, 1), (1, b2), (a, b2). No primeiro caso temos C30, no
segundo caso temos S3×C5, no terceiro caso temos C3×D10, no quarto caso temos
D30.
• Se |G| = 33 = 3 · 11, pelo teorema de Sylow n3 = 1 e n11 = 1, logo chamados de A
e B o 3-Sylow e o 11-Sylow, A e B são normais em G, A ∩ B = {1} (tendo A e B
ordens coprimas), |AB| = |A||B|/|A ∩B| = |A||B| = 33 = |G| logo AB = G. Segue
que G ∼= A× B ∼= C3 × C11 ∼= C33. Isso mostra que a menos de isomorfismo C33 é
o único grupo de ordem 33.
• Se |G| = 2015 = 5 · 13 · 31, pelo teorema de Sylow n31 = n13 = 1, sejam A o
31-Sylow e B o 13-Sylow. Sendo A,B normais em G, AB é um subgrupo normal
de G e sendo |A| e |B| coprimos |AB| = |A||B|, N = AB ∼= A × B ∼= C13·31 é um
subgrupo normal ćıclico de G de ı́ndice 5, e Aut(N) ∼= C12×C30. As ações posśıveis
de C5 sobre N por automorfismo são então a ação trivial e as ações que têm como
imagem o único subgrupo de Aut(N) de ordem 5. Por (O1) tais ações dão produtos
semidiretos isomorfos. Logo temos exatamente dois grupos de ordem 2015 a menos
de isomorfismo.
• Se |G| = 2019 = 3 · 673, o 673-Sylow é normal logo G é um produto semidireto
C673oC3, e temos duas posśıveis ações por automorfismo de C3 sobre C673, a trivial
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 87
e a não trivial (correspondente ao único subgrupo de Aut(C673) ∼= C672 isomorfo a
C3). Logo tem exatamente dois produtos semidiretos C673 o C3.
19.118. O grupo diedral de ordem 2n, D2n, é o grupo das isometrias do n-agono regular.
Tal grupo pode ser descrito como o produto semidireto Cn oC2 onde C2 = 〈ε〉 age sobre Cn
por meio da ação de inversão, ou seja a regra εxε−1 = x−1 (Cn é gerado por uma rotação
de ordem n e C2 é gerado por uma reflexão). Suponha n = p primo. Escreva a equação das
classes de G. A probabilidade de comutar de um grupo G é
pc(G) =
|{(x, y) ∈ G×G : xy = yx}|
|G×G|
.
Essa probabilidade “mede” quanto comutativo é um grupo, no sentido que 0 < pc(G) ≤ 1
para todo G e G é comutativo se e somente se pc(G) = 1. Calcule limp→∞ pc(D2p).
[Dica: definido k(G) o número de classes de conjugação de G mostre primeiro que pc(G) =
k(G)/|G|. Para isso veja as listas anteriores.]
Em um exerćıcio anterior foi mostrado que |{(x, y) ∈ G×G : xy = yx}| = k(G)|G|, segue
que pc(G) = k(G)|G|/|G|2 = k(G)/|G|. Escrevemos D2n = 〈a〉o 〈b〉 com a de ordem n, b de
ordem 2 e bab = a−1. Observe que a é conjugado ao seu inverso (por meio de b) e a mesma
coisa vale para as potências de a (baib = a−i). Os conjugados de ai são ai e a−i, que são
distintos se i 6= 0, n/2. A classe de conjugação de b contem os elementos aiba−i = a2ib, logo se
n é ı́mpar a classe de b é igual à classe lateral 〈a〉b, se n é par tem duas classes de conjugação
de tamanho n/2 contidas em 〈a〉b. Segue que se n é ı́mpar k(G) = 1+(n−1)/2+1 = (n+3)/2,
e se n é par k(G) = 2 + (n− 2)/2 + 2 = n/2 + 3. Em todo caso k(G)/|G| tende a 1/4 quando
n→∞.
19.119. Tente calcular pc(D2n) para n qualquer.
Foi feito acima.
19.120. Calcule o centro Z(D2n).
Usando as notações acima, observe que uma potência ai está no centro somente se ai =
baib = a−i ou seja a2i = 1, isso implica que se n é ı́mpar então Z(D2n) ∩ 〈a〉 = {1} e se n é
par então Z(D2n) ∩ 〈a〉 = 〈an/2〉. Se um elemento do tipo aib está no centro então comuta
com a, logo aib = aaiba−1 = ai+2b ou seja ai = ai+2 ou seja a2 = 1, isso implica que n divide
2 logo n = 1 ou n = 2; nestes dois casos D2n é abeliano logo Z(D2n) = D2n. Segue que: se
n ≤ 2 então Z(D2n) = D2n, se n ≥ 3 é ı́mpar então Z(D2n) = {1}, e se n ≥ 3 é par então
Z(D2n) = 〈an/2〉.
19.121. Mostre que se n é um inteiro positivo então D4n ∼= D2n × C2 se e somente se n
é ı́mpar.
...Scriviamo G = D2n = 〈a〉〈b〉 con o(a) = 2n, o(b) = 2 e bab = a−1.
88 1. GRUPOS
(⇒) Supponiamo per assurdo che D2n ∼= Dn × C2 con n pari. Allora per ??, indicando
con k(G) il numero di classi di coniugio di G si ha
2n+ 6
2
= k(D2n) = k(Dn × C2) = k(Dn)k(C2) =
n+ 6
2
· 2,
assurdo.
(⇐) Supponiamo che n sia dispari e mostriamo che G = 〈a2〉〈b〉 × 〈an〉, questo ci basta
perché 〈a2〉〈b〉 ∼= Dn (perché siccome o(a) = 2n, o(a2) = n) e 〈an〉 ∼= C2. Per farlo basta
mostrare le seguenti cose: H := 〈a2〉〈b〉 e Z := 〈an〉 sono normali in G, si intersecano in
{1} e HZ = G. Mostriamo che H e Z sono normali in G. Siccome G è generato da a e b
basta mostrare che a e b normalizzano H e Z. Mostriamo che a normalizza H. Sia quindi
a2kbh ∈ H e calcoliamo x = aa2kbha−1 = a2k+1+�bh dove � = ±1. Siccome 2k + 1 + � è
pari segue che x ∈ H. Mostriamo che b normalizza H. Sia quindi a2kbh ∈ H e calcoliamo
ba2kbhb−1 = a−2kbh ∈ H dato che −2k è pari. Mostriamo che a normalizza Z. Questo è
chiaro dato che Z = 〈an〉 e a commuta con le sue potenze. Mostriamo che b normalizza Z.
Si ha Z = {1, an} e b1b−1 = 1 ∈ Z e banb−1 = a−n = an ∈ Z dato che o(a) = 2n. Ora
mostriamo che H ∩ Z = {1}. Prendiamo quindi un elemento comune, che avrà le due forme
ank = x = a2hbt. Da qui segue bt = ank−2h per cui bt = 1 essendo 〈a〉 ∩ 〈b〉 = 1. Ne segue
che ank−2h = 1 quindi 2n divide nk − 2hperché o(a) = 2n. Siccome n è dispari, segue che
n divide h quindi x = 1. Segue che H e Z sono normali in G e si intersecano in {1}, quindi
|HZ| = |H||Z| = 4n = |G| da cui HZ = G.
19.122. Dado um inteiro positivo n, conte os 2-subgrupos de Sylow do grupo diedral
D2n.
... Scriviamo G = D2n = 〈a〉〈b〉 con o(a) = 2n, o(b) = 2 e bab = a−1. Poiché 〈a〉 EDn,
ogni sottogruppo di 〈a〉 è normale in Dn (esercizio ??). Sia N il 2-Sylow di 〈a〉. Allora NEDn
e per il teorema di Sylow N è contenuto in tutti i 2-Sylow di Dn (è contenuto in uno di essi e
quindi è contenuto in tutti, essendo N normale ed essendo i 2-Sylow a due a due coniugati).
Per il teorema di corrispondenza, il numero di 2-Sylow di Dn è uguale al numero di 2-Sylow
di Dn/N . Ora, Dn/N ∼= D2n/2k dove 2k è la massima potenza di 2 che divide n. Siamo
quindi ridotti a discutere il caso in cui n è dispari.
Supponiamo quindi che n sia dispari. Allora 〈b〉 è un 2-Sylow di Dn, quindi il numero
di 2-Sylow di Dn è uguale al numero di coniugati di 〈b〉, che è uguale al numero di coniugati
di b essendo b un elemento di ordine 2. Essendo b−1ab = a−1, ogni elemento di Dn si scrive
come am oppure amb per qualche intero m.
• amb(am)−1 = ba−2m è uguale a b se e solo se a−2m = 1, se e solo se n divide −2m,
cioè, siccome n è dispari, n divide m. Quindi l’unica potenza di a che commuta con
b è 1.
• (amb)b(amb)−1 = ambbba−m = amba−m è uguale a b se e solo se am = 1 (cf. sopra).
Ne segue che CDn(b) = 〈b〉 e quindi b ha |Dn : CDn(b)| = |Dn : 〈b〉| = n coniugati in Dn.
Ne segue che Dn ha n 2-sottogruppi di Sylow. Osserviamo che questo è coerente col teorema
di Sylow: n è dispari, quindi n ≡ 1 mod (2).
19. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE GRUPOS 89
In conclusione, se n > 1 è un qualsiasi intero allora il numero di 2-Sylow di Dn è n/2
k
dove 2k è la massima potenza di 2 che divide n.
19.123. Seja p um primo e seja G um grupo de ordem p2. Mostre que G ∼= Cp2 ou
G ∼= Cp × Cp.
Já vimos em outro exerćıcio que se |G| = p2 então G é abeliano. Suponha G não ćıclico,
então pelo teorema de Lagrange todos os elementos não triviais de G têm ordem p. Sejam A
e B dois subgrupos de G de ordem p (existem pelo menos dois porque |G| = p2 > p), como
|A| = |B| = p e A 6= B temos A ∩B = {1}, logo AB tem ordem |A||B| = p2, segue AB = G,
e sendo G abeliano A e B são normais em G. Segue que G é isomorfo ao produto direto
A×B ∼= Cp × Cp.
19.124. (Mais dif́ıcil) Seja p um primo ı́mpar.
(1) Classifique os grupos de ordem 2p2, mostrando que um tal grupo é isomorfo a um
dos seguintes: o grupo ćıclico de ordem 2p2, o grupo abeliano Cp×Cp×C2, o grupo
diedral de ordem 2p2, um produto semidireto V oC2 onde V = Cp ×Cp e C2 = 〈ε〉
age sobre V por uma das regras
ε(x, y)ε−1 = (x−1, y−1), ε(x, y)ε−1 = (y, x).
[Dica: observe que o p-Sylow N é Cp2 ou Cp × Cp, e no segundo caso N pode
ser visto como espaço vetorial de dimensão 2 sobre Fp = Z/pZ, observe que neste
caso Aut(N) ∼= GL(2, p) (o grupo geral linear de F2p, ou seja o grupo das matrizes
inverśıveis 2 × 2 com coeficientes em Fp) e o gerador ε de um 2-Sylow H de G é
diagonalizável, quais são os seus autovalores? Use (O2).]
(2) Determine a equação das classes dos grupos encontrados no item acima.
Seja N o único p-Sylow de G. Pelo exerćıcio anterior N ∼= Cp2 ou N ∼= Cp × Cp. O
grupo G é um produto semidireto N oH onde H = 〈ε〉 tem ordem 2. Se N é ćıclico H age
trivialmente ou por inversão, logo obtemos o grupo ćıclico e o grupo diedral. Suponha agora
N ∼= Cp × Cp. Se a ação de H sobre N é trivial G é o grupo abeliano Cp × Cp × C2, agora
suponha que H aja sobre N de maneira não trivial. N pode ser visto como espaço vetorial
de dimensão 2 sobre o corpo com p elementos, Fp = Z/pZ (notação aditiva). Observe que
todo homomorfismo N → N é Fp-linear sendo os elementos de Fp uma soma de uns. Segue
que Aut(N) ∼= GL(2, p). Como H ∼= C2 age sobre N por automorfismo de maneira não
trivial, podemos pensar no gerador ε de H como uma matriz 2× 2 inverśıvel com coeficientes
em Fp e de ordem 2, ε ∈ GL(2, p). O polinômio minimal de ε é X + 1 ou X2 − 1, logo
ε é conjugada em GL(2, p) a uma das matrizes
(
1 0
0 −1
)
,
(
−1 0
0 −1
)
. A primeira é
conjugada a
(
0 1
1 0
)
. Isso corresponde aos dois grupos no enunciado.
A equação das classes dos grupos abelianos é |G| = 1 + 1 + . . . + 1. No caso do grupo
diedral de ordem 2p2 sabemos que tem uma classe de tamanho 1, (p2 − 1)/2 classes de
tamanho 2 e uma classe de tamanho p2, logo a equação das classes é 1 + 2 + 2 + . . .+ 2 + p2
(onde os 2 são (p2 − 1)/2). O grupo (Cp × Cp) o C2 com a ação de inversão tem uma
90 1. GRUPOS
classe de tamanho p2, uma classe de tamanho 1 e (p2 − 1)/2 classes de tamanho 2 logo a
equação das classes é a mesma do grupo diedral D2p2 . O grupo (Cp × Cp) o C2 com a
ação de troca tem p classes de tamanho 1 (os elementos (x, x) estão no centro), (p2 − p)/2
classes de tamanho 2 (do tipo {(x, y), (y, x)}). A classe de (a, b)ε é dada pelos elementos
(x, y)(a, b)ε(x−1, y−1) = (x, y)(a, b)(y−1, x−1)ε = (xay−1, ybx−1)ε ou seja os elementos (r, s)ε
tais que rs = ab. Para encontrar um tal elemento temos p escolhas para r e dado r o elemento
s fica determinado, igual a s = r−1ab, logo a classe de (a, b)ε tem tamanho p. Segue que
os elementos fora do p-Sylow são particionados em p classes de tamanho p, e a equação das
classes é 1 + . . . + 1 + 2 + . . . + 2 + p + . . . + p onde tem p uns, (p2 − p)/2 dois e p parcelas
iguais a p.
19.125. Classifique os grupos de ordem 147.
Seja G um grupo de ordem 147 = 3·72 e seja N o 7-Sylow de G e seja H um 3-Sylow de G.
O grupo G é um produto semidireto N oH. Ação trivial corresponde a C147 e C7×C7×C3
(grupos abelianos), agora suponha que a ação não seja trivial. Se N é ćıclico temos um
único grupo (Aut(C49) é ćıclico de ordem 42, contem um único subgrupo de ordem 3), agora
suponha N ∼= C7×C7. Como no exerćıcio anterior podemos ver N como o espaço vetorial F27
e H como um subgrupo de Aut(N) ∼= GL(2, 7). Seja b um gerador de H. b é raiz de X3 − 1
que se fatora módulo 7 como (X − 1)(X − 2)(X − 4). Segue que b é conjugado em GL(2, 7)
a uma das matrizes (
1 0
0 2
)
,
(
1 0
0 4
)
,
(
2 0
0 2
)
,
(
2 0
0 4
)
.
Mas as primeiras duas dão grupos isomorfos (a segunda matriz é o quadrado da primeira,
logo basta usar (O1) lembrando que elevar ao quadrado induz um automorfismo de H), logo
temos três grupos desse tipo, que são
A = N o 〈
(
1 0
0 2
)
〉, B = N o 〈
(
2 0
0 2
)
〉, C = N o 〈
(
2 0
0 4
)
〉.
Mostraremos que A, B, C são dois a dois não isomorfos. Observe que Z(A) = {1}, Z(C) = {1}
mas Z(B) 6= {1} (o centro de B tem ordem 7), de fato
• Os grupos dados são do tipo G = N oH com H = C7 ×C7 e H agindo de maneira
fiel (por automorfismo) sobre N . Se um elemento vh ∈ G pertence ao centro de G
então wvhw−1 = vh para todo w ∈ N logo wvhw−1h−1 = v para todo w ∈ N , e
sendo N abeliano segue que hwh−1 = w para todo w ∈ N . Agora como a ação de
H é fiel obtemos h = 1, logo vh = v e tal elemento pertence ao centro de G se e
somente se comuta com todo elemento de H, ou seja é fixado pelos elementos de H.
Segue que os elementos do centro são os vetores (vendo N como espaço vetorial F27)
fixados pela matriz que gera H, ou seja os autovetores com autovalor igual a 1. Das
três matrizes a única que tem 1 como autovalor é a matriz associada a A.
Segue que A não é isomorfo a B e nem a C. Falta mostrar que B 6∼= C. Para isso é suficiente
observar que todo subgrupo de N é normal em B (porque no caso de B o subgrupo H age
scalarmente) por outro lado o subgrupo {(x, x) : x ∈ C7} de N não é normal em C. Se B
e C fossem isomorfos o número de subgrupos normais de B e de C contidos em N seria o
mesmo (são os subgrupos normais de ordem uma potência de 7). Logo B 6∼= C.
20. MATERIAL ADICIONAL 91
Segue que a menos de isomorfismo existem exatamente 6 grupos de ordem 147.
19.126. Seja f : H → G um homomorfismo de grupos e seja ϕ : H → Aut(G)definido
por ϕ(h)(g) := f(h)gf(h)−1. Seja X = GoH o produto semidireto correspondente. Mostre
que X ∼= G×H.
[Dica: L = {(f(h), h−1) : h ∈ H} é um subgrupo de X isomorfo a H, centralizado por
G× {1}, e junto com G× {1} gera X.]
É claro que L e G × {1} geram X, porque (gf(h−1)−1, 1)(f(h), h−1) = (g, h) para todo
g ∈ G, h ∈ H. Além disso se (f(h), h−1) ∈ L e (g, 1) ∈ G× {1} então
(g, 1)(f(h), h−1) = (gf(h), h−1)
(f(h), h−1)(g, 1) = (f(h)f(h−1)gf(h−1)−1, h−1) = (gf(h), h−1)
são iguais. Segue que L e G×{1} se centralizam, logo são normais em X sendo o X igual ao
produto entre eles. Sendo L ∩ (G× {1}) = {1} obtemos que G é isomorfo ao produto direto
entre L e G× {1}. Mas sendo L ∼= H e G× {1} ∼= G obtemos X ∼= G×H.
19.127. Mostre que Aut(C2 × C2) ∼= S3. [Dica: Aut(C2 × C2) ∼= GL(2, 2).]
GL(2, 2) tem ordem 6 e age de maneira natural sobre C2×C2−{1}, que tem 3 elementos.
Tal ação é fiel, logo GL(2, 2) é isomorfo a um subgrupo de S3, e tendo ordem 6 é isomorfo a
S3.
19.128. Seja G = Sn e seja H ≤ G com |G : H| = 2. Mostre que H = An.
[Dica: mostre que An é gerado por {x2 : x ∈ Sn}.]
Seja Q = {x2 : x ∈ Sn}. É claro que Q ⊆ An, porque sgn(x2) = sgn(x)2 = (±1)2 = 1.
Todo elemento de An é um produto de coisas do tipo (ab)(cd) com a 6= b e c 6= d logo basta
mostrar que um tal elemento pertence a Q. Se {a, b}∩{c, d} = ∅ então (ab)(cd) = (acbd)2 ∈ Q,
e se {a, b} ∩ {c, d} 6= ∅ temos dois casos: (ab) = (cd), no qual caso (ab)(cd) = 1 = 12 ∈ Q, e o
segundo caso é (sem perda em generalidade) a = c e b 6= d, neste caso (ab)(cd) = (ab)(ad) =
(adb) = (abd)2 ∈ Q. Segue que 〈Q〉 = An.
Sendo |G : H| = 2, HEG e se x ∈ G então (xH)2 = H no grupo quociente G/H (porque
G/H tem ordem 2), logo x2 ∈ H para todo x ∈ G, ou seja Q ⊆ H, logo An = 〈Q〉 ≤ H e
sendo |G : H| = 2 segue H = An.
20. Material adicional
20.1. O grupo de automorfismos. ...
20.2. Subgrupos normais do grupo diedral. ... Sia G := Dn il gruppo diedrale di
ordine 2n. Mostrare quanto segue.
(1) Se n è dispari i sottogruppi normali di G sono G e i sottogruppi di 〈a〉.
(2) Se n è pari i sottogruppi normali di G sono G, i sottogruppi di 〈a〉 e i sottogruppi
〈a2, b〉, 〈a2, ab〉, entrambi di indice 2.
92 1. GRUPOS
Risoluzione. Sappiamo che i sottogruppi di 〈a〉 sono normali in G, in quanto sottogruppi
di un sottogruppo ciclico normale.
Sia ora N un sottogruppo normale di G non contenuto in 〈a〉. Allora esiste un intero
i tale che aib ∈ N , quindi N contiene a−1(aib)a = ai−1ba = ai−1babb = ai−2b, per cui N
contiene (aib)−1(ai−2b) = ba−iai−2b = ba−2b = a2. Quindi N ⊇ 〈a2〉.
Se n è dispari allora 〈a2〉 = 〈a〉, quindi N contiene a e siccome contiene anche aib contiene
anche b da cui N = G.
Supponiamo ora che n sia pari. Abbiamo visto sopra che i sottogruppi normali di G non
contenuti in 〈a〉 contengono 〈a2〉, quindi corrispondono, tramite il teorema di corrispondenza,
ai sottogruppi normali di G/〈a2〉, che ha ordine |G : 〈a2〉| = |G : 〈a〉| · |〈a〉 : 〈a2〉| = 4 quindi
è abeliano (notiamo che |〈a〉 : 〈a2〉| = 2 perché n è pari). Non è ciclico in quanto i suoi due
elementi a〈a2〉 e b〈a2〉 hanno entrambi ordine 2. Ne segue che G/〈a2〉 ∼= C2×C2. Dal teorema
di corrispondenza segue che ci sono esattamente quattro sottogruppi di Dn che contengono a
2,
e sono tutti normali (corrispondono a sottogruppi di G/〈a2〉 ∼= C2×C2 e quindi sono normali
essendo C2 × C2 abeliano). Uno di essi è Dn. Siccome i sottogruppi propri non banali di
C2×C2 sono tre, ognuno generato da un elemento di ordine 2, gli altri tre sottogruppi di Dn
che contengono 〈a2〉 sono generati da a2 e da un elemento di Dn che modulo 〈a2〉 ha ordine
2 (cioè la cui classe in G/〈a2〉 ha ordine 2). Certamente i tre elementi a, b e ab hanno ordine
2 modulo 〈a2〉 (infatti non stanno in 〈a2〉 ma il loro quadrato ci sta), ed è facile verificare
che le loro classi modulo 〈a2〉 sono a due a due distinte (per esempio b〈a2〉 6= ab〈a2〉 perché
altrimenti si avrebbe, moltiplicando a sinistra per b, 〈a2〉 = a−1〈a2〉, cioè a ∈ 〈a2〉, assurdo
perché n è pari). Quindi i sottogruppi di Dn che contengono 〈a2〉 sono Dn, 〈a, a2〉 = 〈a〉,
〈a2, b〉 e 〈a2, ab〉.
Segue che i sottogruppi normali di Dn non contenuti in 〈a〉 sono Dn, 〈a2, b〉 e 〈a2, ab〉.
20.3. Números ćıclicos. Um número natural n é dito ćıclico se todo grupo finito de
ordem n é ćıclico. Por exemplo todo número primo é ćıclico e é fácil ver que 15 é um número
ćıclico.
Teorema 9. Seja n um número natural. Então n é um número ćıclico se e somente se
n e ϕ(n) são coprimos.
Demonstração. Suponha n ćıclico. Se n é diviśıvel por p2 para algum primo p então
o grupo Cp × Cp × Cn/p2 é não ćıclico de ordem n (por exemplo porque contem mais de
um subgrupo de ordem p), contradição. Se n é diviśıvel por dois primos p e q com q que
divide p− 1 então Cq é isomorfo a um subgrupo de Aut(Cp) ∼= Cp−1 logo existe um produto
semidireto não ćıclico Cp o Cq de ordem pq, uma contradição. Escrevendo n =
∏
i pi temos
ϕ(n) =
∏
i(pi − 1), segue que (n, ϕ(n)) = 1.
Suponha (n, ϕ(n)) = 1, e seja G um grupo de ordem n. ... �
20.4. Teorema de Landau.
Teorema 10 (Landau). Seja k um número natural. Existem apenas um número finito
de grupos com exatamente k classes de conjugação.
...
20. MATERIAL ADICIONAL 93
20.4.1. Encontraremos todos os grupos G com exatamente 3 classes de conjugação. Sejam
x1, x2, x3 representantes das classes de conjugação de G e sejam ci = |CG(xi)| e suponha
c1 ≤ c2 ≤ c3 = n = |G|. A equação das classes pode ser escrita
1 = 1/c1 + 1/c2 + 1/n.
Obtemos 1 ≤ 3/c1 logo c1 ≤ 3. Não pode ser c1 = 1, e se c3 = 3 então (c1, c2, c3) = (3, 3, 3).
Agora suponha c1 = 2. Temos 1 = 1/2 + 1/c2 + 1/n logo 1/2 = 1/c2 + 1/n ≤ 2/c2 então
3 ≤ c2 ≤ 4. Segue que (c1, c2, c3) = (2, 3, 6), (2, 4, 4). Mas (2, 4, 4) pode ser excluido porque
todo grupo de ordem 4 é abeliano. Segue que um grupo G com exatamente três classes de
conjugação tem ordem 3, no qual caso G ∼= C3, ou tem ordem 6, no qual caso G ∼= S3
(lembrando que os grupos de ordem 6 são C6 e S3).
20.4.2. Encontraremos todos os grupos G com exatamente 4 classes de conjugação. Sejam
x1, x2, x3, x4 representantes das classes de conjugação de G e sejam ci = |CG(xi)| e suponha
c1 ≤ c2 ≤ c3 ≤ c4 = n = |G|. A equação das classes pode ser escrita
1 = 1/c1 + 1/c2 + 1/c3 + 1/n.
Obtemos 1 ≤ 4/c1 logo c1 ≤ 4. Não pode ser c1 = 1 (a única classe com um elemento
corresponde à parcela 1/n), logo c1 ∈ {2, 3, 4}.
• Suponha c1 = 2. Temos
1/2 = 1/c2 + 1/c3 + 1/n ≤ 3/c2
logo 3 ≤ c2 ≤ 6 (não podendo ser c2 = 2).
– Se c2 = 3 então 1/6 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo 7 ≤ c3 ≤ 12, logo (c3, n) =
(7, 42), (8, 24), (9, 18), (10, 15), (12, 12). como c3 divide n o caso (10, 15) não
acontece.
– Se c2 = 4 então 1/4 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo 5 ≤ c3 ≤ 8, logo (c3, n) =
(5, 20), (6, 12), (8, 8).
– Se c2 = 5 então 3/10 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo 5 = c2 ≤ c3 ≤ 6, logo
(c3, n) = (5, 10).
– Se c2 = 6 então 1/3 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo c3 = 6 (sendo c3 ≥ c2) e
(c3, n) = (6, 6).
• Suponha c1 = 3. Temos
2/3 = 1/c2 + 1/c3 + 1/n ≤ 3/c2
logo 3 = c1 ≤ c2 ≤ 4 ou seja c2 ∈ {3, 4}.
– Se c2 = 3 então 1/3 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo 4 ≤ c3 ≤ 6, logo (c3, n) =
(4, 12), (6, 6).
– Se c2 = 4 então 5/12 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo c3 = 4 e (c3, n) = (4, 6) que não
é posśıvel porque 4 não divide 6.
• Suponha c1 = 4. Sendo c1 ≤ c2 ≤ c3 ≤ n obtemos (c1, c2, c3, n) = (4, 4, 4, 4).
Segue que as únicas possibilidades para (c1, c2, c3, n) são (2, 3, 7, 42), (2, 3, 8, 24), (2, 3, 9, 18),
(2, 3, 12, 12), (2, 4, 5, 20), (2, 4, 6, 12), (2, 4, 8, 8), (2, 5, 5, 10), (2, 6, 6, 6), (3, 3, 4, 12), (3, 3, 6, 6),
(4, 4, 4, 4).
94 1. GRUPOS
Se n = 6 já sabemos que G tem 3 ou 6 classes de conjugação, isso elimina (2, 6, 6, 6) e
(3, 3, 6, 6).
Observe que em geral se X é um grupo finito cuja ordem é diviśıvel por p2 onde p é um
primo então |CX(x)| 6= p para todo x ∈ X. De fato se |CX(x)| = p então sendo x ∈ CX(x)
temos CX(x) = 〈x〉 e x tem ordem p, seja P um p-Sylow de G contendo x. Seja z um
elemento não trivial docentro Z(P ) de P . Como z ∈ CX(x) e |CX(x)| = p segue que
x ∈ CX(x) = 〈z〉 ≤ Z(P ), dáı P ≤ CX(x) e isso contradiz o fato que p2 divide |P |.
Isso elimina os casos (2, 3, 8, 24), (2, 3, 9, 18), (2, 3, 12, 12), (2, 4, 5, 20), (2, 4, 6, 12), (2, 4, 8, 8).
O caso (2, 3, 7, 42): Como |G| = 2 · 21, sabemos que existe N E G de ı́ndice 2, ou seja
ordem 21. Seja x ∈ G de ordem 2. Como |CG(x)| = 2, o elemento x tem |G : CG(x)| = 21
conjugados em G, em particular G contem pelo menos 21 elementos de ordem 2. Por outro
lado nenhum elemento de N tem ordem 2, e |N | = 21 = |G − N |, isso implica que os
elementos de ordem 2 são os elementos de G − N = {xn : n ∈ N}. Segue que xn tem
ordem 2 para todo n ∈ N , ou seja xnxn = 1, ou seja xnx−1 = n−1 (sendo x−1 = x).
Mas então se n,m ∈ N temos por um lado xnmx−1 = (nm)−1 = m−1n−1 e por outro
lado xnmx−1 = xnx−1 · xmx−1 = n−1m−1. Segue que m−1n−1 = n−1m−1, que pode ser
escrito nm = mn. Isso mostra que N é abeliano, logo está contido no centralizador dos seus
elementos, e contradiz o fato que existem centralizadores de ordem 3 e 7 (lembrando que N
contem todos os elementos de ordem 3 e 7).
Segue que as únicas possibilidades são
(2, 5, 5, 10), (3, 3, 4, 12), (4, 4, 4, 4).
• No caso (2, 5, 5, 10) seja P um 2-Sylow, então |G : P | = 5 e G não é abeliano,
segue que a representação permutacional G → S5 é injetiva sendo PG = {1} (se
fosse PG = P sendo |P | = 2 o gerador de P pertenceria ao centro de G logo
teria centralizador de ordem 10). Além disso G contem um 5-Sylow normal logo
G está contido no normalizador de um 5-Sylow de S5, que podemos escolher como
sendo o normalizador de Q = 〈(12345)〉. Observe que S5 contem 4! 5-ćıclos logo
n5(S5) = 4!/4 = 6 logo |NS5(Q)| = 5!/6 = 20. NS5(Q) contem um único subgrupo
de ordem 10, que é a sua interseção com A5. Trata-se do grupo diedral D10, segue
que G ∼= D10.
• No caso (3, 3, 4, 12) seja P um 3-Sylow de G, temos |G : P | = 4, considere a re-
presentação permutacional associada G → S4 com núcleo PG. Observe que P não
é normal em G porque G tem duas classes de elementos de ordem 3, cada uma
com quatro elementos, logo G contem 4 + 4 = 8 elementos de ordem 3. Segue que
PG = {1} logo G→ S4 é injetiva e G é isomorfo a um subgrupo de S4 de ordem 12,
logo G ∼= A4.
• O caso (4, 4, 4, 4) corresponde aos grupos abelianos C4 e C2 × C2.
Segue que os únicos grupos finitos com exatamente 4 classes de conjugação são C4, C2×C2,
A4 e D10.
CAṔıTULO 2
Aneis e polinômios
1. Aneis comutativos unitários
Definição 6 (Anel unitário). Um anel unitário é um conjunto A que tem duas operações
binarias + e · (soma e produto) tais que
(1) A com a operação + é um grupo comutativo com elemento neutro 0 e o inverso
(aditivo) de a é −a.
(2) A com a operação · é um monoide, isto é, · é associativa e existe um elemento neutro
1.
(3) Propriedade distributiva (compatibilidade entre soma e produto):
a(b+ c) = ab+ ac e (a+ b)c = ac+ bc para todo a, b, c ∈ A.
A palavra “unitário” refere-se à existência do elemento 1 (elemento neutro do produto).
Observe que em geral um anel não é um grupo com a multiplicação. Quando falamos “anel”
queremos sempre dizer anel unitário. Um anel A é dito comutativo se a sua operação de
multiplicação é comutativa, isto é, se ab = ba para todo a, b ∈ A.
Multiplicação por zero. Se A é um anel e a ∈ A então a · 0 = 0. De fato a · 0 =
a · (0 + 0) = a · 0 + a · 0 logo adicionando −(a · 0) aos dois lados 0 = a · 0. Observe que a
igualdade a·0 = 0 é uma consequência da propriedade distributiva. Isso implica em particular
que 0 admite inverso multiplicativo se e somente se 0 = 1, e neste caso o inverso de 0 é 0 e
A = {0} (porque se a ∈ A então a = a · 1 = a · 0 = 0).
Por exemplo Z, Q, R, C são aneis comutativos com as operações usuais.
Um exemplo importante de anel é Z/nZ com soma e produto modulares. A propriedade
distributiva neste caso é uma consequência imediata da propriedade distributiva em Z: se
a, b, c ∈ Z então
a · (b+ c) = a · b+ c = a(b+ c)
= ab+ ac = ab+ ac = a · b+ a · c
Todos os aneis considerados serão unitários.
Definição 7 (Corpo). Um anel comutativo A é dito corpo se todo elemento a ∈ A
diferente de zero admite inverso multiplicativo a−1.
95
96 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Por exemplo Z não é um corpo (pois por exemplo 2 ∈ Z mas 2a 6= 1 para todo a ∈ Z)
mas Q, R e C são corpos.
Proposição 23. O anel comutativo A = Z/nZ é um corpo se e somente se n é um
número primo.
Demonstração. A é um corpo se e somente se todo elemento a 6= 0 admite inverso
multiplicativo, ou seja todo a ∈ {1, 2, . . . , n − 1} é coprimo com n, ou seja n é um número
primo. �
Se A é um anel comutativo considere U(A), o conjunto dos elementos de A que admitem
inverso multiplicativo. U(A) é um grupo multiplicativo (um grupo com a operação de multi-
plicação) chamado de “grupo das unidades” de A (grupo dos elementos inverśıveis de A).
Por exemplo já estudamos o grupo U(Z/nZ). Observe que U(Z) = {1,−1} (pois os únicos
inteiros que admitem inverso multiplicativo inteiro são 1 e −1), logo U(Z) é um grupo ćıclico
de ordem 2 (gerado por −1). Vimos que U(Z/nZ) é um grupo de ordem ϕ(n) e que é ćıclico
de ordem n− 1 se n for primo.
Observe que é imediato da definição de corpo que o anel comutativo A é um corpo se e
somente se U(A) = A − {0}. Por exemplo Z/6Z não é um corpo pois U(Z/6Z) = {1, 5} 6=
{1, 2, 3, 4, 5} = Z/6Z − {0}, e Z/5Z é um corpo pois U(Z/5Z) = {1, 2, 3, 4} = Z/5Z − {0}.
Observe que no anel Z/6Z temos 2 6= 0, 3 6= 0 mas 2 · 3 = 6 = 0. Isso mostra que em um anel
pode acontecer que o produto de dois elementos não nulos é igual a zero. Isso não acontece
em um corpo:
Proposição 24 (Lei de cancelamento). Seja K um corpo, e sejam a, b ∈ K. Então
ab = 0 se e somente se a = 0 ou b = 0. Em outras palavras se a 6= 0 e b 6= 0 então ab 6= 0.
Demonstração. Sendo a segunda implicação imediata, mostraremos somente a pri-
meira implicação. Suponha ab = 0. Se a 6= 0 existe a−1 ∈ K (sendo K um corpo) logo
multiplicando os dois lados da igualdade ab = 0 por a−1 obtemos b = 0. Se b 6= 0 existe
b−1 ∈ K (sendo K um corpo) logo multiplicando os dois lados da igualdade ab = 0 por b−1
obtemos a = 0. �
2. Aneis de polinômios
Seja K um anel comutativo. Um “polinômio com coeficientes em K” é uma função
f : N→ K tal que C = {i ∈ N : f(i) 6= 0} é finito. A representação canônica de polinômio é
P (X) =
n∑
i=0
aiX
i = a0 + a1X + a2X
2 + . . .+ anX
n
onde ai = f(i) ∈ K e f(i) = 0 para i > n. Os elementos a0, a1, . . . , an são chamados de
“coeficientes” do polinômio P (X). Observe que C pode ser vazio, neste caso o polinômio
P (X) é chamado de polinômio nulo: P (X) = 0. Se C não for vazio na escrita P (X) =∑n
i=0 aiX
i supomos por coerência de notação que o coeficiente de Xn seja não nulo: an 6= 0.
Em outras palavras n = max(C). Se C não for vazio (ou seja se P (X) não for o polinômio
nulo), o máximo elemento de C (que existe pois C é finito) é chamado de grau do polinômio.
Por exemplo o polinômio 6X3 + 2X2 + 1 tem grau 3, e C neste caso é {0, 2, 3} (que está
2. ANEIS DE POLINÔMIOS 97
contido propriamente em {0, 1, 2, 3}). Observe que a0 = 1, a1 = 0, a2 = 2, a3 = 6, e ai = 0
para todo i ≥ 4. Ou seja os ai que não aparecem são iguais a zero. Se C for vazio então
P (X) = 0 é o polinômio nulo e normalmente digamos que o grau do polinômio nulo é −∞,
um número menor de todos os números. Os polinômios de grau zero são da forma a com
0 6= a ∈ K (polinômios “constantes”), os polinômios de grau 1 são da forma aX + b com
a, b ∈ K e a 6= 0, os polinômios de grau 2 são da forma aX2 + bX + c com a, b, c ∈ K e a 6= 0,
etc.
Dois polinômios P1(X) =
∑n
i=0 aiX
i, P2(X) =
∑n
i=0 biX
i são iguais exatamente quando
são iguais as funções correspondentes f(i) = ai, g(i) = bi, ou seja exatamente quando ai = bi
para todo i ∈ N. Esse fato é as vezes chamado de “principio de identidade dospolinômios”,
se trata de uma consequência imediata da definição de polinômio.
Podemos introduzir duas operações entre polinômios.
• Soma.
n∑
i=0
aiX
i +
n∑
i=0
biX
i =
n∑
i=0
(ai + bi)X
i.
• Produto. Se trata da regra XiXj = Xi+j extendida por distributividade, ou seja(
n∑
i=0
aiX
i
)
·
(
m∑
i=0
biX
i
)
:=
n+m∑
k=0
 ∑
i+j=k
aibj
Xk.
Proposição 25. Seja K um corpo. Se P (X), Q(X) ∈ K[X] são dois polinômios não
nulos de graus n e m, o grau de P (X)Q(X) é n+m.
Demonstração. Escrevendo P (X) =
∑n
i=0 aiX
i e Q(X) =
∑m
i=0 biX
i com an 6= 0,
bm 6= 0 é imediato ver, usando a distributividade, que P (X)Q(X) = anbmXn+m +J(X) com
J(X) de grau menor que n+m, logo o grau de P (X)Q(X) é n+m: de fato anbm 6= 0 sendo
K um corpo, an, bn ∈ K, an 6= 0 e bm 6= 0. �
O conjunto de todos os polinômios com coeficientes no anel comutativo unitário K é
indicado por K[X]. Se trata de um anel comutativo unitário com elemento neutro da soma
0 (o polinômio nulo) e elemento neutro do produto 1 (o polinômio constante 1). Em geral
os elementos não admitem inverso multiplicativo, por exemplo consideramos o polinômio X.
Não existe nenhum polinômio P (X) tal que XP (X) = 1, sendo o grau de XP (X) igual a
1 + n onde n é o grau de P (X), e 1 + n ≥ 1.
Teorema 11 (Divisão com resto para polinômios.). Sejam A(X), B(X) ∈ K[X] dois
polinômios não nulos. Existem Q(X), R(X) em K[X] (quociente e resto) polinômios com
R(X) nulo ou de grau menor que o grau de B(X), tais que
A(X) = Q(X)B(X) +R(X).
Demonstração. Considere o conjunto
U = {A(X)− S(X)B(X) : S(X) ∈ K[X]}.
98 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Se 0 ∈ U então existe Q(X) com A(X) = Q(X)B(X) e basta escolher R(X) = 0. Agora
suponha 0 6∈ U . Então o conjunto dos graus dos elementos de U admite mı́nimo. Seja
R(X) = A(X) − Q(X)B(X) um polinômio de U de grau mı́nimo. Precisamos mostrar que
o grau n de R(X) é menor que o grau m de B(X). Seja a o coeficiente de Xn em R(X)
multiplicado pelo inverso do coeficiente de Xm em B(X) (que existe pois K é corpo!). Se
for n ≥ m (por contradição) então escrevendo n = m + k, k ≥ 0 e por definição de a,
L(X) = R(X)− aXkB(X) é nulo ou tem grau menor que n. Obtemos
A(X)−Q(X)B(X) = R(X) = L(X) + aXkB(X)
logo A(X) − (Q(X) + aXk)B(X) = L(X) dáı L(X) ∈ U . Mas isso implica que L(X) 6= 0
(pois 0 6∈ U) e L(X) tem grau menor que o grau de R(X). Isso contradiz a minimalidade do
grau de R(X). �
Por exemplo se A(X) = X2 + X + 2 e B(X) = X o problema da divisão com resto
é reduzida a “colocar X em evidência”: A(X) = X(X + 1) + 2 = (X + 1)B(X) + 2 logo
Q(X) = X + 1 e R(X) = 2. Observe que R(X) tem grau zero, e B(X) tem grau 1, o que faz
sentido pois 0 < 1.
Um outro exemplo fácil é A(X) = X2 + 1, B(X) = X + 1, neste caso X2 + 1 = (X −
1)(X + 1) + 2 logo Q(X) = X − 1 e R(X) = 2.
Para resolver exemplos mais complicados precisamos de um algoritmo de divisão. O
algoritmo para fazer a divisão com resto entre dois polinômios A(X) e B(X) é o seguinte.
Sejam n o grau de A(X), m o grau de B(X), dáı existem polinômios H(X) (de grau menor que
n) e J(X) (de grau menor que m) tais que A(X) = anX
n +H(X) e B(X) = bmX
m + J(X).
A(X) = anX
n +H(X) B(X) = bmX
m + J(X)
Q1(X)B(X) Q1(X) =
an
bm
Xn−m
A(X)−Q1(X)B(X)
Feito isso, o algoritmo continua com A(X)−Q1(X)B(X) no lugar de A(X). Isso nos dá um
“segundo quociente” Q2(X), etc. No final teremos que o resto da divisão é o último polinômio
da primeira coluna e o quociente é Q1(X) +Q2(X) + . . .
Observe que o polinômio anbmX
n−m é um elemento de K[X], e isso explica porque esco-
lhemos K como sendo um corpo. Por exemplo o anel Z[X] não admite divisão com resto.
2. ANEIS DE POLINÔMIOS 99
Exemplo. Sejam A(X) = X4 + X2 + 1, B(X) = X2 + X em Q[X]. Faremos a divisão
com resto entre A(X) e B(X).
X4 +X2 + 1 X2 +X
X4 +X3 X2 −X + 2
−X3 +X2 + 1
−X3 −X2
2X2 + 1
2X2 + 2X
−2X + 1
Obtemos que A(X) = B(X)Q(X) + R(X) onde Q(X) = X2 −X + 2 (quociente) e R(X) =
−2X + 1 (resto).
Exemplo. Sejam A(X) = X4 − 2X3 + X2 − X − 1 e B(X) = 3X2 + X. Faremos a
divisão com resto entre A(X) e B(X).
X4 − 2X3 +X2 −X − 1 3X2 +X
X4 + 13X
3 1
3X
2 − 79X +
16
27
− 73X
3 +X2 −X − 1
− 73X
3 − 79X
2
16
9 X
2 −X − 1
16
9 X
2 + 1627X
− 4327X − 1
Obtemos que A(X) = B(X)Q(X) + R(X) onde Q(X) = 13X
2 − 79X +
16
27 (quociente) e
R(X) = − 4327X − 1 (resto).
Lembrando que em Z/5Z[X] temos 3−1 = 2, podemos fazer a divisão entre A(X) =
X4 − 2X3 +X2 −X − 1 e B(X) = 3X2 +X em Z/5Z[X]. Temos
X4 − 2X3 +X2 −X − 1 3X2 +X
X4 + 2X3 2X2 + 2X + 3
X3 +X2 + 4X + 4
X3 + 2X2
4X2 + 4X + 4
4X2 + 3X
X + 4
Tendo divisão com resto, podemos aplicar o algoritmo de Euclides exatamente como o
aplicamos em Z. Ou seja se K é corpo então no anel K[X] pode se aplicar o algoritmo de
Euclides.
Uma “raiz” de P (X) ∈ K[X] é um elemento a ∈ K tal que P (a) = 0.
Proposição 26. Seja K um corpo e seja P (X) ∈ K[X] de grau n ≥ 1. Então P (X)
tem no máximo n raizes em K.
100 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Demonstração. Por indução sobre n. Se n = 1 então P (X) = cX + d (com c, d ∈ K
e c 6= 0) tem exatamente uma raiz, −d/c = −d · c−1 (observe que c−1 existe porque K é
um corpo e c 6= 0). Suponha o resultado verdadeiro para n e seja P (X) um polinômio de
grau n + 1. Se P (X) não tiver raizes em K então P (X) tem no máximo n + 1 raizes (pois
0 ≤ n + 1) e o resultado é demonstrado, então suponha que P (X) tenha uma raiz a ∈ K.
Fazendo a divisão com resto entre P (X) e X−a obtemos P (X) = (X−a)Q(X) +R(X) com
R(X) nulo ou de grau menor que o grau de X − a, ou seja R(X) = r ∈ K é uma constante
(que pode ser nula). Sendo P (a) = 0 obtemos
0 = P (a) = (a− a)Q(a) + r = r
dáı r = 0 logo P (X) = (X − a)Q(X), logo Q(X) tem grau n (pois P (X) tem grau n + 1 e
X − a tem grau 1). Uma raiz de P (X) diferente de a tem que ser uma raiz de Q(X) (pois
se P (b) = 0 então (b− a)Q(b) = 0 logo Q(b) = 0 se b 6= a, sendo K um corpo), por hipótese
Q(X) tem no máximo n raizes em K (pois o resultado é verdadeiro para n) logo P (X) tem
no máximo n+ 1 raizes em K. �
Todo polinômio P (X) ∈ K[X] induz uma função polinomial fP : K → K, fP (x) := P (x).
Dois polinômios diferentes podem induzir a mesma função polinomial. Por exemplo X2 +X
e 0 induzem a função nula Z/2Z→ Z/2Z.
2.1. Exerćıcios.
(1) Faça a divisão com resto entre X6 −X e 2X2 +X + 1 em Q[X] e em Z/7Z[X].
(2) Encontre dois polinômios G(X), H(X) ∈ Q[X] tais que
G(X)(X3 + 2) +H(X)(X2 +X + 1) = 1.
(3) Existe uma formula para o grau de A(X)+B(X) que depende só dos graus de A(X)
e B(X)?
(4) Encontre todos os x ∈ Z/17Z tais que x2 + 8x+ 14 = 0.
(5) Conte os polinômios de grau 4 em Z/3Z[X].
(6) Calcule X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4) em Z/5Z[X].
(7) Encontre todos os x ∈ Z/16Z tais que x4 = 0.
(8) Sejam A e B dois aneis (comutativos, unitários). Seja R = A × B o produto
cartesiano entre A e B. Mostre que R é um anel (comutativo, unitário) com as
operações
(a1, b1) + (a2, b2) = (a1 + a2, b1 + b2),
(a1, b1) · (a2, b2) = (a1a2, b1b2).
Mostre que U(R) = U(A)× U(B). R é um corpo?
3. IDEAIS, QUOCIENTES, TEOREMA DE ISOMORFISMO 101
(9) Seja A o conjunto das funções f : R → R. Mostre que A é um anel comutativo
unitário com as operações
(f + g)(x) := f(x) + g(x), (f · g)(x) := f(x)g(x).
Calcule U(A).
(10) Seja A um anel unitário. Mostre que U(A) com a multiplicação é um grupo.
(11) Seja K um corpo. Mostre que U(K[X]) = U(K) = K − {0}.
(12) Seja G um grupo abeliano aditivo e seja A = End(G) o conjunto dos endomorfismos
de G, ou seja os homomorfismos G→ G. Mostre que A é um anel com as operações
(f + g)(x) = f(x) + g(x) (para todo x ∈ G) e (fg)(x) = f(g(x)) (para todo x ∈ G).
(13) Seja A um anel unitário. Mostre que se b2 = b para todo b ∈ A então A é comutativo.
Mostre que se b3 = b para todo b ∈ A então A é comutativo.
(14) Seja p um número primo ı́mpar e seja K o corpo Z/pZ. Mostre que o polinômio
X2 + 1 ∈ K[X] admite uma raiz em K se e somente se p ≡ 1 mod 4. [Dica:
lembre-se que U(K) ∼= Cp−1.](15) Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 módulo 4.
[Dica: suponha isso falso por contradição e seja m o produto de todos os primos
congruentes a 1 módulo 4. Seja P (X) = X2 +1 e seja p um divisor primo de P (2m).
Mostre que P (X) admite uma raiz em K = Z/pZ e deduza que p ≡ 1 mod 4 usando
o exerćıcio anterior.]
(16) Seja K um corpo infinito e seja P (X) um polinômio em K[X]. Então P (X) é o
polinômio nulo se e somente se P (a) = 0 para todo a ∈ K.
(17) Seja K um corpo, e seja F o conjunto das funções K → K. Seja g : K[X] → F a
função definida por g(P (X))(a) := P (a). Mostre que g é injetiva se e somente se K
é infinito.
3. Ideais, quocientes, teorema de isomorfismo
Seja A um anel comutativo unitário. Em particular A é um grupo abeliano com +; seja
I um subgrupo aditivo de A. Como visto no primeiro modulo, sabemos fazer o quociente
A/I = {a+ I : a ∈ A} e sabemos que se trata de um grupo aditivo abeliano com elemento
neutro I = 0 + I. Observe que como visto no primeiro modulo, x+ I = y+ I se e somente se
x− y ∈ I (lembre-se que em notação multiplicativa, xN = yN se e somente se y−1xN = N ,
se e somente se y−1x ∈ N). Queremos indagar as propriedades que I precisa ter para poder
dar uma estrutura natural de anel a A/I. Já temos uma operação de soma em A/I, aquela
do grupo quociente: (a + I) + (b + I) := (a + b) + I. A definição natural de produto é
(a+ I)(b+ I) := ab+ I com elemento neutro 1 + I.
102 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Imagine que A/I seja um anel bem definido com as operações definidas acima. Lembre-se
que sendo A/I um anel com zero igual a 0 + I = I, temos (a + I)(0 + I) = 0 + I para todo
a ∈ A (pois r · 0 = 0 para todo r ∈ R, se R é um qualquer anel). Por outro lado x+ I = 0 + I
para todo x ∈ I, logo temos (a+I)(x+I) = 0+I para todo a ∈ A, x ∈ I, em outras palavras
ax+ I = I para todo a ∈ A, x ∈ I, isto é, ax ∈ I para todo a ∈ A, x ∈ I.
Definição 8. Um ideal de um anel A é um subgrupo aditivo I de A tal que ax ∈ I para
todo a ∈ A, x ∈ I. Se I é um ideal de A escrevemos I EA.
Por exemplo, é facil mostrar que {0} e A são ideais de A.
Vamos mostrar que se I é um ideal de A então as operações (a+I)+(b+I) = (a+ b)+I,
(a + I)(b + I) = ab + I fazem de A/I um anel comutativo unitario com elemento neutro da
soma 0 + I = I e elemento neutro do produto 1 + I. Vamos mostrar isso.
• O produto é bem definido. Sejam a+I = c+I (isto é, a−c ∈ I), b+I = d+I (isto é,
b−d ∈ I) elementos de A/I. Queremos mostrar que (a+I)(b+I) = (c+I)(d+I), isto
é, que o produto não depende do representante escolhido. Mas (a+I)(b+I) = ab+I
e (c+I)(d+I) = cd+I, logo temos que mostrar que ab+I = cd+I, isto é, ab−cd ∈ I.
Temos ab− cd = a(b−d) +d(a− c) ∈ I pois I é um ideal (em particular, grupo com
+) e b− d, a− c ∈ I e a, d ∈ A. Observe que aqui usamos as duas propriedades que
definem um ideal.
• O produto é associativo:
(a+ I)((b+ I)(c+ I)) = (a+ I)(bc+ I) = a(bc) + I = (ab)c+ I =
= (ab+ I)(c+ I) = ((a+ I)(b+ I))(c+ I).
• Propriedade distributiva:
(a+ I)((b+ I) + (c+ I)) = (a+ I)((b+ c) + I) = a(b+ c) + I = ab+ ac+ I =
= (ab+ I) + (ac+ I) = (a+ I)(b+ I) + (a+ I)(c+ I).
Um homomorfismo de aneis A,B é um homomorfismo de grupos aditivos f : A → B
com as duas propriedades seguintes: f(xy) = f(x)f(y) para todo x, y ∈ A e f(1) = 1.
Observe que a primeira dessas duas propriedades em geral não implica a segunda pois f(1) =
f(1 · 1) = f(1)f(1) não implica f(1) = 1 se f(1) não tem inverso em A (lembre que a
operação de produto em um anel não é uma operação de grupo). Um isomorfismo de aneis
é um homomorfismo bijetivo. Se existe um isomorfismo A→ B escrevemos A ∼= B.
O núcleo de f é ker(f) := {a ∈ A : f(a) = 0} e a imagem de f é Im(f) := {f(a) :
a ∈ A}. Já sabemos que f é injetivo se e somente se é injetivo como homomorfismo de grupos
aditivos, e isso vale se e somente se ker(f) = {0}.
• ker(f) é um ideal de A. De fato já sabemos que ker(f) é um subgrupo aditivo de
A, e se a ∈ A e x ∈ ker(f) logo f(ax) = f(a)f(x) = f(a)0 = 0 então ax ∈ ker(f).
• Im(f) é um subanel de B (ou seja Im(f) é um anel com as mesmas operações de B e
os mesmos elementos neutros). De fato 1 = f(1) ∈ Im(f) e se b1, b2 ∈ Im(f) existem
a1, a2 ∈ A com f(a1) = b1 e f(a2) = b2 e b1b2 = f(a1)f(a2) = f(a1a2) ∈ Im(f).
3. IDEAIS, QUOCIENTES, TEOREMA DE ISOMORFISMO 103
Por exemplo a função π : A → A/I (projeção canonica) definida por π(a) := a + I
é um homomorfismo sobrejetivo de aneis e ker(π) = I. Já vimos no primeiro modulo que
π é um homomorfismo de grupos aditivos e que ker(π) = I, falta mostrar que π respeita o
produto e que leva 1 para 1: π(ab) = ab+ I = (a+ I)(b+ I) = π(a)π(b) e π(1) = 1 + I.
Teorema 12 (Teorema de isomorfismo). Seja f : A → B um homomorfismo de aneis.
Então A/ ker(f) ∼= Im(f) (isomorfismo de aneis!).
Demonstração. Seja I := ker(f). Já sabemos que ϕ : A/I → Im(f) definida por
ϕ(a+ I) := f(a) é um isomorfismo de grupos aditivos (pelo teorema de isomorfismo visto no
primeiro modulo). Falta mostrar que é um homomorfismo de aneis: temos
ϕ((a+ I)(b+ I)) = ϕ(ab+ I) = f(ab) = f(a)f(b) = ϕ(a+ I)ϕ(b+ I)
e ϕ(1 + I) = f(1) = 1. �
Por exemplo se n é um inteiro então nZ = {nz : z ∈ Z} é um ideal do anel Z.
De fato já sabemos que nZ é um subgrupo aditivo de Z e se a ∈ Z e nz ∈ nZ então
ax = anz = n(az) ∈ nZ.
Por exemplo se A = Q[X] então o conjunto S = {nX : n ∈ Z} não é um ideal pois
X ∈ S mas X2 = X ·X 6∈ S (todos os polinômios em S têm grau 1 enquanto X2 tem grau
2). Logo não vale o axioma 2 da definição de ideal neste caso.
Por exemplo Z ⊆ Q[X] mas Z não é um ideal de Q[X], de fato 1 ∈ Z, X ∈ Q[X] mas
1 ·X = X 6∈ Z.
Definição 9 (Ideal principal). Seja A um anel comutativo unitário. Seja r ∈ A. O
“ideal principal gerado por r” é o conjunto (r) := {rx : x ∈ A}. Se trata de um ideal de A.
Vamos mostrar que (r) é realmente um ideal de A.
Axioma 1. (r) é um subgrupo aditivo de A, de fato 0 ∈ (r) sendo 0 = r0 e se rx, ry ∈ (r)
então rx+ ry = r(x+ y) ∈ (r), −(rx) = r(−x) ∈ (r).
Axioma 2. Se a ∈ A e rx ∈ (r) então a(rx) = r(ax) ∈ (r).
Por exemplo {0} e A são ideais principais de A sendo {0} = (0) e A = (1).
Por exemplo se A = Z e r ∈ A então (r) = rZ.
Por exemplo se K é um corpo o ideal (X) de K[X] é o ideal
(X) = {XP (X) : P (X) ∈ k[X]}.
Proposição 27. Seja A um anel comutativo unitário. Então A é um corpo se e somente
se os únicos ideais de A são (0) = {0} e (1) = A.
Demonstração. Suponha A corpo e seja I um ideal de A com I 6= (0). Seja x ∈ I com
x 6= 0. Como A é um corpo, x−1 ∈ A, logo xx−1 ∈ I pois I é ideal, assim 1 ∈ I. Mas se
a ∈ A então a = a · 1 ∈ I pois I é ideal e 1 ∈ I. Isso mostra que A ⊆ I, logo A = I.
Suponha que os únicos ideais de A sejam (0) = {0} e (1) = A. Seja x ∈ A com x 6= 0 e
vamos mostrar que x tem inverso em A. Como x 6= 0, o ideal principal (x) = {ax : a ∈ A}
104 2. ANEIS E POLINÔMIOS
é um ideal não nulo de A. Como os únicos ideais de A são (0) e (1), temos (x) = (1), em
particular 1 ∈ (x), logo existe a ∈ A tal que ax = 1, assim a é o inverso de x. �
Logo A é um corpo se e somente se A tem exatamente dois ideais, (0) e (1).
Teorema 13 (Teorema de correspondência). Seja I um ideal de um anel comutativo
unitário A. Existe uma bijeção (canonica) A → B entre o conjunto A dos ideais de A que
contêm I e o conjunto B dos ideais de A/I.
Demonstração. Defina ϕ : A → B por ϕ(J) := J/I e ψ : B → A por ψ(T ) := {a ∈
A : a + I ∈ T}. Primeiro, mostraremos que ϕ e ψ são bem definidas, isto é, que se J ∈ A
então ϕ(J) é um ideal de A/I e que se T ∈ B então ψ(T ) é um ideal de A contendo I.
• Um elemento de J/I tem a forma x + I sendo x ∈ J . Se x + I, y + I ∈ J/I então
(x + I) + (y + I) = x + y + I ∈ J/I pois x + y ∈ J sendo J um ideal de A. Além
disso, −(x+ I) = −x+ I ∈ J/I pois −x ∈ J sendo J um ideal de A. Se a+ I ∈ A/I
então (a+ I)(x+ I) = ax+ I ∈ J/I pois ax ∈ J sendo J um ideal de A. Isso mostra
que J/I EA/I.
• Sejam x, y ∈ ψ(T ), assim x+I, y+ I ∈ T . Temos x+ y+ I = (x+ I) + (y+ I) ∈ T
pois x + I, y + I ∈ T e T é um ideal de A/I; isso mostra que x + y ∈ ψ(T ). Além
disso, −x+ I = −(x+ I) ∈ T pois x+ I ∈ T e T é um ideal de A/I; isso mostra que
−x ∈ ψ(T ). Se x ∈ ψ(T ) e a ∈ A então ax + I = (a + I)(x + I) ∈ T pois T é um
ideal de A/I; isso mostra que ax ∈ ψ(T ). Isso mostra que ψ(T )E A. ψ(T ) contem
I pois se x ∈ I então x+ I = I = 0 + I ∈ T pois T é um ideal de A/I.
Vamos mostrar que para todo J ∈ A, T ∈ B temos ψ(ϕ(J)) = J e ϕ(ψ(T )) = T .
• Temos ψ(ϕ(J)) = ψ(J/I) = {a ∈ A : a+ I ∈ J/I}. a+ I ∈ J/I significa que existe
j ∈ J tal que a+ I = j + I, isto é, a− j = i ∈ I, assim a = i+ j ∈ J sendo J ⊇ I.
Por outro lado é claro que se a ∈ J então a+ I ∈ J/I. Isso mostra que a+ I ∈ J/I
é equivalente a a ∈ J , logo ψ(ϕ(J)) = {a ∈ A : a ∈ J} = J .
• Temos ϕ(ψ(T )) = {a ∈ A : a + I ∈ T}/I. Vamos mostrar que ϕ(ψ(T )) = T
mostrando as duas inclusões. Se x+ I ∈ ϕ(ψ(T )) então x+ I = a+ I com a+ I ∈ T
logo x+ I ∈ T ; isso mostra (⊆). Se t = a+ I ∈ T então a ∈ ψ(T ) logo t = a+ I ∈
ϕ(ψ(T )); isso mostra (⊇).
Logo ϕ e ψ são bijeções (uma a inversa da outra). �
Por exemplo, isso implica que se I E A, o anel A/I é um corpo se e somente se I é um
ideal maximal de A, isto é, os únicos ideais de A que contêm I são I e A. De fato, como
visto acima A/I é um corpo se e somente se os únicos ideais de A/I são os ideais triviais,
I/I = {I} (o ideal nulo) e A/I. Pelo teorema de correspondência, isso significa que os únicos
ideais de A contendo I são I e A.
Seja K um corpo. Os ideais de A = K[X] são principais. De fato se I é um ideal de A
diferente de {0} seja P (X) um polinômio não nulo de grau minimo em I e seja H(X) ∈ I.
Efetuando a divisão com resto entre H(X) e P (X) obtemos H(X) = Q(X)P (X) + R(X)
logo R(X) = H(X)−Q(X)P (X) ∈ I, e como o grau de R(X) é menor que o grau de P (X)
obtemos R(X) = 0 ou seja H(X) = Q(X)P (X) ∈ (P (X)). Isso mostra que I ⊆ (P (X)) e a
outra inclusão é clara logo I = (P (X)).
3. IDEAIS, QUOCIENTES, TEOREMA DE ISOMORFISMO 105
Um polinômio não nulo P (X) ∈ K[X] é dito irredut́ıvel se para toda fatoração P (X) =
H(X)Q(X) com H(X), Q(X) ∈ K[X] temos que pelo menos um entre H(X) e Q(X) pertence
a U(K[X]) ou seja é um polinômio constante.
Proposição 28. Seja K um corpo e seja A = K[X]. Se 0 6= P (X) ∈ A o ideal I =
(P (X)) E A é maximal em A se e somente se P (X) é irredut́ıvel. Segue que um quociente
K[X]/(P (X)) é um corpo se e somente se P (X) é irredut́ıvel em K[X].
Demonstração. Suponha I = (P (X)) maximal emA. Se P (X) é um produtoH(X)Q(X)
então P (X) ∈ (Q(X)) logo (P (X)) ⊆ (Q(X)) e sendo I maximal isso implica (Q(X)) =
(P (X)) ou (Q(X)) = A. No primeiro caso Q(X) = P (X)S(X) com S(X) ∈ A logo
P (X) = H(X)S(X)P (X) ou seja P (X)(1 − H(X)S(X)) = 0 e sendo P (X) 6= 0 isso im-
plica 1 − H(X)S(X) = 0 (pela formula do grau de um produto a lei de cancelamento vale
em A). Segue que H(X)S(X) = 1 logo H(X) é um polinômio inverśıvel. No segundo caso
(Q(X)) = A 3 1 logo existe H(X) ∈ A com Q(X)H(X) = 1 logo Q(X) é um polinômio
inverśıvel.
Suponha P (X) irredut́ıvel e seja I = P (X). Se I ⊆ J ⊆ A e J é ideal de A vamos mostrar
que J = (P (X)) ou J = A. Podemos escrever J = (Q(X)) logo P (X) = Q(X)H(X) para
algum H(X) ∈ A, segue que um entre Q(X) e H(X) é inverśıvel (sendo P (X) irredut́ıvel) e
isso implica J = (Q(X)) = A ou (H(X)) = A. No segundo caso sendo 1 ∈ A existe S(X) ∈ A
com H(X)S(X) = 1 logo P (X)S(X) = Q(X)H(X)S(X) = Q(X) logo Q(X) ∈ (P (X)) = I e
isso implica J = (Q(X)) ⊆ (P (X)) = I. Como a outra inclusão vale por hipótese deduzimos
J = I. �
3.1. Exerćıcios.
(1) Um elemento a de um anel comutativo unitário A é chamado de nilpotente se an = 0
para algum n ∈ N. Mostre que o conjunto dos elementos nilpotentes de A é um
ideal de A.
(2) Um elemento e de um anel comutativo unitário A é chamado de idempotente se
e2 = e. Mostre que A contem idempotentes diferentes de 0 e de 1 se e somente se
A é isomorfo a um produto direto de dois aneis comutativos unitários não triviais,
A ∼= X×Y . [Dica: mostre que 1− e é idempotente e defina X = eA, Y = (1− e)A.]
(3) Se I e J são ideais de um anel comutativo unitário A então defina I + J = {i+ j :
i ∈ I, j ∈ J}. Mostre que I + J EA. Defina IJ como sendo o ideal de A gerado por
{ij : i ∈ I, j ∈ J} (a interseção dos ideais de A contendo {ij : i ∈ I, j ∈ J}).
Mostre que se I + J = A então I ∩ J = IJ .
(4) Seja A um anel comutativo unitário e sejam a, b ∈ A. Considere (a, b) := {ax+ by :
x, y ∈ A}. Mostre que (a, b) é um ideal de A.
(5) Seja f : A→ B um homomorfismo de aneis comutativos unitários e seja J um ideal
de B. Mostre que f←(J) = {a ∈ A : f(a) ∈ J} é um ideal de A. É verdade que se
I é um ideal de A então f(I) é um ideal de B?
(6) Seja A um anel comutativo unitário e seja f : A[X] → A a função definida por
f(P (X)) := P (0), isto é, f(a0 + a1X + . . . + anX
n) := a0. Usando o teorema de
isomorfismo, mostre que A[X]/(X) ∼= A.
(7) Escreva e demonstre o teorema de isomorfismo para espaços vetoriais sobre um corpo
K. Se V é um espaço vetorial e W é um subespaço, V/W = {v + W : v ∈ V } é
106 2. ANEIS E POLINÔMIOS
um espaço vetorial com a multiplicação por escalar dada por a(v + W ) := av + W
(para todo a ∈ K, v ∈ V ). Calcule dimK(V/W ).
(8) Calcule o núcleo de vi+1 : Q[X]→ C, vi+1(P (X)) := P (i+ 1).
(9) Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 módulo 3. [Dica: se por con-
tradição são finitos seja m o produto deles, seja P (X) = X2 +X + 1 ∈ Z[X] e seja
p um divisor primo de P (3m). Mostre que U(Z/pZ) contem um elemento de ordem
3.]
4. Domı́nios
Um domı́nio de integridade (ou simplesmente domı́nio) é um anel comutativo unitário A
tal que se a, b ∈ A e ab = 0 então a = 0 ou b = 0. Por exemplo Z e Z[X] são domı́nios e mais
em geral se A é um domı́nio A[X] é um domı́nio também: isso segue pela formula
grau(P (X)Q(X)) = grau(P (X)) + grau(Q(X))
que vale em A[X] se A é um domı́nio, como já visto (isso foi feito no caso A corpo mas a única
coisa usada foi a lei de cancelamento). Observe também que a formula acima vale também
quando um entre P (X) e Q(X) é nulo porque grau(0) = −∞.
Teorema 14. Seja A um anel comutativo. Então A é um domı́nio de integridade se e
somente se A é isomorfo a um subanel de um corpo.
Demonstração. Seja A um subanel de um corpo K e sejam a, b ∈ A tais que ab = 0.
Mostraremos que a = 0 ou b = 0, em outras palavras, mostraremos que se a 6= 0 então b = 0.
Se a 6= 0 então existe a−1 ∈ K (pois K é um corpo) logo multiplicando os dois lados de ab = 0
por a−1 obtemos b = aba−1 = 0a−1 = 0.
Agora vamos mostrar a outra implicação, isto é, que se A é um domı́nio de integridade
então A é um subanel de um corpo. Seja
R := {(a, b) : a, b ∈ A, b 6= 0}.
Vamos definir uma relação ∼ em R da forma seguinte:
(a, b) ∼ (c, d) ⇔ ad = bc.
Se trata de uma relação de equivalência:
(1) Propriedade reflexiva. Se (a, b) ∈ R então (a, b) ∼ (a, b) pois ab = ba (A é comuta-
tivo).
(2) Propriedade simétrica. Se (a, b) ∼ (c, d) então (c, d) ∼ (a, b). De fato, (a, b) ∼ (c, d)
significa ad = bc, que implica da = cb (A sendo comutativo) logo (c, d) ∼ (a, b).
(3) Propriedade transitiva. Suponha (a, b) ∼ (c, d) ∼ (e, f), e vamos mostrar que
(a, b) ∼ (e, f), isto é, que af = be. Temos ad = bc e cf = de. Multiplicando os dois
lados de ad = bc por e temos ade = bce e usando cf = de obtemos acf = bce, isto
é, caf − cbe = 0 (A é comutativo). Isolando c temos c(af − be) = 0 (propriedade
distributiva) logo se c 6= 0 então af = be, o que queremos (pois A é um domı́nio de
integridade). Agora suponha c = 0. Precisamos mostrar que se ad = 0 e de = 0
então af = be. Como d 6= 0 e A é um domı́nio de integridade, ad = 0 e de = 0
implicam a = e = 0 logo af = be vale.
4. DOMÍNIOS 107
As classes de equivalência de ∼ são (aqui (a, b) ∈ R)
[(a, b)]∼ := {(x, y) ∈ R : (x, y) ∼ (a, b)}.
O conjunto quociênte é
K := R/ ∼ ={[(a, b)]∼ : (a, b) ∈ R}.
Queremos dar a K estrutura de corpo contendo uma copia do anel A.
A primeira coisa para fazer é usar uma notação menos complicada para a classe de
equivalência [(a, b)]∼, vamos por
a
b
:= [(a, b)]∼.
Com essa notação, lembrando que o que acontece em Q é
a
b
+
c
d
=
ad+ bc
bd
,
a
b
c
d
:=
ac
bd
é natural pegar essas igualdades como definição de soma e produto em K, em outras palavras
(mais formais)
[(a, b)]∼ + [(c, d)]∼ := [(ad+ bc, bd)]∼, [(a, b)]∼ · [(c, d)]∼ := [(ac, bd)]∼.
Agora precisamos verificar que + e · fazem de K um corpo. No que segue lembre-se que por
definição de classe de equivalência, [(a, b)]∼ = [(c, d)]∼ se e somente se (a, b) ∼ (c, d), isto é,
a
b =
c
d se e somente se ad = bc.
(1) + é bem definida. Se ab =
x
y (isto é, ay = bx) e
c
d =
z
w (isto é, cw = dz) precisamos
mostrar que ab +
c
d =
x
y +
z
w , isto é,
ad+bc
bd =
xw+yz
yw , isto é, (ad+bc)yw = bd(xw+yz),
que segue das propriedades comutativa do produto e distributiva e do fato que
ay = bx e cw = dz.
(2) · é bem definida. Se Se ab =
x
y (isto é, ay = bx) e
c
d =
z
w (isto é, cw = dz) precisamos
mostrar que ab ·
c
d =
x
y ·
z
w , isto é,
ac
bd =
xz
yw , em outras palavras acyw = bdxz, o que
segue da propriedade comutativa do produto e do fato que ay = bx e cw = dz.
(3) (K,+) é um grupo abeliano com elemento neutro 01 e o inverso de
a
b é
−a
b (em outras
palavras, −ab é por definição
−a
b ).
A operação + é associativa pois
(
a
b
+
c
d
) +
e
f
=
ad+ bc
bd
+
e
f
=
(ad+ bc)f + bde
bdf
a
b
+ (
c
d
+
e
f
) =
a
b
+
cf + de
df
=
adf + (cf + de)b
bdf
são iguais pois (ad+ bc)f + bde = adf + (cf + de) pelas propriedades comutativa e
distributiva de A.
(4) (K, ·) é um monoide comutativo com elemento neutro 11 . A operação · é associativa
pois
a
b
· ( c
d
· e
f
) =
a
b
· ce
df
=
ace
bdf
=
ac
bd
· e
f
= (
a
b
· c
d
) · e
f
.
É comutativa pois ab ·
c
d =
ac
bd =
ca
db =
c
d ·
a
b , sendo A comutativo.
108 2. ANEIS E POLINÔMIOS
(5) A propriedade distributiva, isto é, o fato que ab · (
c
d +
e
f ) =
a
b ·
c
d +
a
b ·
e
f (podemos
verificar só essa pois · é comutativo). De fato, temos
a
b
· ( c
d
+
e
f
) =
a
b
· cf + de
df
=
a(cf + de)
bdf
a
b
· c
d
+
a
b
· e
f
=
ac
bd
+
ae
bf
=
acbf + bdae
bdbf
são iguais pois a(cf + de)(bdbf) = bdf(acbf + bdae) (definição de igualdade entre
frações).
(6) Todo elemento diferente de zero tem inverso multiplicativo. De fato, se ab ∈ K e
a
b 6= 0 =
0
1 , isto significa que a · 1 6= b · 0, isto é, a 6= 0, logo
b
a ∈ K. Temos
a
b ·
b
a =
ab
ba =
1
1 sendo ab = ba.
Isso mostra que K é um corpo. Seja à := {a1 : a ∈ A}, que é um subanel de K. A
função ϕ : A→ Ã definida por ϕ(a) = a/1 é um isomorfismo de aneis. �
O corpo K construido na prova acima é dito corpo de frações de A e indicado com
Frac(A). Por exemplo Frac(Z) = Q. Um outro exemplo é dado pelos polinômios: Frac(Z[X]) =
Q(X), onde Q(X) é o anel (na verdade, corpo) das frações P (X)Q(X) onde P (X), Q(X) são po-
linômios de Q[X] e Q(X) 6= 0.
Observe que se A é um domı́nio então Frac(A) é “o menor corpo contendo A” no sentido
seguinte: se F é um corpo que contem A como subanel e K = Frac(A) então existe um único
homomorfismo injetivo de aneis f : K → F tal que f(a) = a para todo a ∈ A (onde estamos
identificando A com a sua imagem {a/1 : a ∈ A} em K). Se trata de f(a/b) = ab−1. Por
exemplo se A é um corpo então A ∼= Frac(A).
5. Corpos
Se A e B são aneis com A ≤ B (A subanel de B) e b ∈ B podemos considerar
vb : A[X]→ B, vb(a0 + a1X + . . .+ anXn) := a0 + a1b+ . . .+ anbn,
em outras palavras vb(P (X)) := P (b). Se trata de um homomorfismo de aneis (homomorfismo
de substituição), pois é claro que vb(1) = 1 e vb(P (X)+Q(X)) = P (b)+Q(b) = vb(P (X))+
vb(Q(X)) e vb(P (X)Q(X)) = P (b)Q(b) = vb(P (X))vb(Q(X)). A imagem de vb é indicada
com A[b]: Im(vb) = A[b]. Se A[b] é um domı́nio, o corpo de frações de A[b] é indicado com
A(b).
A[b] = {P (b) : P (X) ∈ A[X]},
A(b) =
{
P (b)
Q(b)
: P (X), Q(X) ∈ A[X], Q(b) 6= 0
}
.
Observe que A[b] não é um anel de polinômios: se trata do subanel de B seguinte:
A[b] := {a0 + a1b+ . . .+ anbn : n ∈ N, a0, a1, . . . , an ∈ A} ≤ B.
5. CORPOS 109
Vimos que se K é um corpo então o ideal I = (P (X)) de K[X] é maximal se e somente
se P (X) é irredut́ıvel, e neste caso K[X]/I é um corpo. Por exemplo R[X]/(X2 + 1) é um
corpo. Considere o homomorfismo de substituição
vi : R[X]→ C, vi(P (X)) = P (i).
É sobrejetivo porque todo elemento de C tem a forma ai + b com a, b ∈ R logo ai + b =
vi(aX + b). O núcleo ker(vi) é um ideal de R[X], mostraremos agora que ker(vi) = (X2 + 1),
o ideal principal gerado por X2 + 1. A inclusão (X2 + 1) ⊆ ker(vi) é clara porque se L(X) =
(X2 + 1)Q(X) ∈ (X2 + 1) então vi(L(X)) = (i2 + 1)Q(i) = 0Q(i) = 0 logo L(X) ∈ ker(vi).
Para mostrar a inclusão ker(vi) ⊆ (X2 + 1) considere L(X) ∈ ker(vi), ou seja L(i) = 0.
Efetuando a divisão com resto de L(X) por X2 + 1 obtemos L(X) = (X2 + 1)Q(X) + aX + b
onde a, b ∈ R e 0 = vi(L(X)) = L(i) = (i2 + 1)Q(i) + ai + b = ai + b logo a = b = 0
e R(X) = aX + b = 0. Segue que L(X) = (X2 + 1)Q(X) ∈ (X2 + 1). Pelo teorema de
isomorfismo obtemos que
C ∼= R[X]/ ker(vi) = R[X]/(X2 + 1).
Lema 5. Seja K um corpo, e seja G um subgrupo multiplicativo de K∗. Se G é finito
então G é ćıclico.
Demonstração. Quando mostramos que se p é primo U(Z/pZ) é ćıclico o argumento
foi o seguinte: se G é um grupo abeliano finito tal que a equação xd = 1 tem no máximo d
soluções em G para todo divisor d de |G| então G é ćıclico. Isso vale para o grupo G = K∗
porque o polinômio Xd − 1, que tem grau d, tem no máximo d soluções. �
Se p é um primo defina Fp = Z/pZ.
Por exemplo F∗7 é um grupo ćıclico. Observe que F7 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} logo F∗7 =
{1, 2, 3, 4, 5, 6}. As potências de 2 são 21 = 2, 22 = 4, 23 = 1, logo 2 tem ordem 3: o(2) = 3.
Em particular 2 não é um gerador de F∗7: 〈2〉 6= F∗7. As potências de 3 são 31 = 3, 32 = 2,
33 = 2 · 3 = 6, 34 = 6 · 3 = 4, 35 = 4 · 3 = 5, 36 = 5 · 3 = 1. Logo F∗7 = 〈3〉, em outras palavras
o grupo ćıclico F∗7 é gerado por 3. Em geral F∗p é um grupo multiplicativo ćıclico de ordem
p− 1.
Considere K = F3[X]/I onde I é o ideal principal (X2 + 1). Sabemos que X2 + 1 é
irredut́ıvel em F3[X] porque X2+1 é um polinômio de grau 2 sem raizes em F3: 02+1 = 1 6= 0,
11 + 1 = 2 6= 0, 22 + 1 = 2 6= 0. Logo
K := F3[X]/(X2 + 1)
é um corpo. Queremos entender melhor os elementos de K e as operações de soma e produto
em K. Um elemento generico de K é uma classe P (X) + (X2 + 1). Fazendo a divisão
com resto de P (X) por X2 + 1 obtemos P (X) = (X2 + 1)Q(X) + R(X) com R(X) de
grau menor que 2, assim R(X) = aX + b com a, b ∈ F3. Observe que P (X) + (X2 + 1) =
(X2 + 1)Q(X) + R(X) + I = R(X) + I, logo na verdade os elementos de K têm a forma
aX + b + I (o que acabamos de mostrar é que existem representantes de grau menor que
2). Observe que os representantes de grau menor que 2 dão classes dois a dois distintas pois
aX + b + I = cX + d + I se e somente se a = c e b = d (se aX + b − cX − d ∈ I então
X2 + 1 divide (a− c)X + (b− d) logo (a− c)X + (b− d) = 0). Em particular podemos contar
110 2. ANEIS E POLINÔMIOS
os elementos de K: temos 3 possibilidades para a e 3 possibilidades para b (pois a, b ∈ F3)
logo |K| = 32 = 9. K é um corpo com 9 elementos. Em particular existem corpos com 9
elementos (K é um exemplo).
Agora queremos entender as operações em K. Seja α := X = X + I ∈ K. Usar α
simplifica muito a notação pois aX + b+ I = aα+ b. Logo
K = {0, 1, 2, α, α+ 1, α+ 2, 2α, 2α+ 1, 2α+ 2}.
A soma de dois elementos de K se faz da forma usual lembrando que 3 = 0, assim por exemplo
(2α+ 1) + (2α+ 2) = 4α+ 3 = α. Entender a multiplicação é mais interessante. Observe que
α é raiz do polinômio Y 2 + 1 ∈ K[Y ], de fato α2 + 1 = (X + I)2 + (1 + I) = X2 + 1 + I = I
(zero). Em outras palavrasα2 = −1. Isso nos permite de multiplicar elementos de K, por
exemplo
(2α+ 1)(α+ 2)(α+ 1) = (2α2 + 5α+ 2)(α+ 1) = (2α)(α+ 1) = 2α2 + 2α = 2α+ 1.
Agora podemos responder a uma outra pergunta interessante. Sabemos que K é um corpo
com 9 elementos, em particular
K∗ = K − {0} = {1, 2, α, α+ 1, α+ 2, 2α, 2α+ 1, 2α+ 2}
é um grupo multiplicativo finito. Sabemos que isso implica que K∗ é ćıclico (é um subgrupo
de K∗). Vamos agora encontrar um gerador de K∗. Para fazer isso calculamos as potências
dos elementos de K∗. Como |K∗| = 8, um gerador de K∗ é exatamente um elemento de K∗
de ordem 8. As potências de 2 são 21 = 2 e 22 = 1, logo o(2) = 2 (2 tem ordem 2) e 2 não é
um gerador de K∗: 〈2〉 6= K∗. As potências de α são α1 = α, α2 = −1, α3 = −α, α4 = 1,
logo o(α) = 4 (α tem ordem 4) e α não é um gerador de K∗: 〈α〉 6= K∗. As potências de α+1
são (α+ 1)1 = α+ 1, (α+ 1)2 = α2 + 2α+ 1 = 2α, (α+ 1)3 = 2α(α+ 1) = 2α2 + 2α = 2α+ 1,
(α + 1)4 = (α + 1)(2α + 1) = 2α2 + 1 = 2. Isso implica que o(α + 1) > 4. Por outro lado
o(α+ 1) divide |K∗| = 8 (pelo teorema de Lagrange) logo o(α+ 1) = 8. Isso mostra que α+ 1
é um gerador de K∗: 〈α+ 1〉 = K∗.
5.1. Exerćıcios.
(1) Sejam I, J ideais de um anel comutativo unitário A. Suponha I + J = A. Mostre
que I ∩ J é um ideal de A e que
A/I ∩ J ∼= A/I ×A/J.
(Isomorfismo de aneis, obviamente).
(2) Sejam A,B corpos (com 1 6= 0) e seja f : A → B um homomorfismo de aneis.
Mostre que f é injetivo.
(3) Seja A um domı́nio de integridade finito. Mostre que A é um corpo. [Dica: dado
a ∈ A diferente de zero considere a função A → A dada pela multiplicação por a.
Mostre que é injetiva e deduza que é sobrejetiva.]
(4) Seja A um domı́nio. Mostre que se A tem apenas um número finito de ideais então
A é um corpo.
(5) Seja A um domı́nio de integridade e sejam a, b ∈ A. Mostre que (a) = (b) se e
somente se existe um elemento inverśıvel u ∈ A tal que b = au.
(6) Conte os ideais de Z/12Z.
(7) Conte os ideais de R[X]/(X2 − 1) e de R[X]/(X2 − 2X + 1).
6. EXTENSÕES SIMPLES 111
(8) Se A e B são domı́nios A×B é um domı́nio?
(9) Seja K := F2[X]/(X3 + X + 1). Mostre que K é um corpo finito, calcule |K| e
encontre um gerador do grupo multiplicativo ćıclico K∗. Seja I = (X3 + X + 1).
Escreva o inverso de α = X = X + I e de α + 1 como polinômio (com coeficientes
em F2) avaliado em α.
(10) Seja K := F5[X]/(X2 + 2). Mostre que K é um corpo finito, calcule |K| e encontre
um gerador do grupo multiplicativo ćıclico K∗.
(11) Seja K um corpo finito. Mostre que existe P (X) ∈ K[X] de grau maior que zero
tal que P (a) 6= 0 para todo a ∈ K.
(12) Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 módulo 6. [Dica: X2−X + 1.]
6. Extensões simples
Uma extensão de corpos é, por definição, dada por um corpo contendo um outro corpo
como subanel: F ≤ E. A notação que vamos usar é E/F (que não significa quociente).
Consideramos extensão de corpos também um homomorfismo de aneis ϕ : F → E, onde F e
E são corpos: um tal homomorfismo tem que ser injetivo (pois o seu núcleo é um ideal do
corpo F diferente de F , sendo ϕ(1) = 1 6= 0) e identificamos F com a imagem ϕ(F ).
Seja E/F uma extensão de corpos e seja α ∈ E. Considere o homomorfismo de substi-
tuição
vα : F [X]→ E, P (X) 7→ P (α).
Se trata de um homomorfismo de aneis. A imagem de vα é indicada por F [α], se trata de
{P (α) : P (X) ∈ F [X]}. Indicamos por F (α) o corpo de frações de F [α], isto é, F (α) =
{P (α)/Q(α) : P (X), Q(X) ∈ F [X], Q(α) 6= 0}. Observe que F (α) é canonicamente
isomorfo a um subcorpo de E (por meio do homomorfismo P (α)/Q(α) 7→ P (α)Q(α)−1).
Temos F ≤ F [α] ≤ F (α) ≤ E (onde ≤ significa subanel). Em geral F [α] 6= F (α), em outras
palavras F [α] não é um corpo. Queremos entender quando F [α] é um corpo.
Definição 10. Seja E/F uma extensão de corpos e seja α ∈ E. Seja vα : F [X]→ E o
homomorfismo de substituição, vα(P (X)) := P (α). α é dito
• algébrico sobre F se ker(vα) 6= {0};
• transcendente sobre F se ker(vα) = {0}.
Em outras palavras, α é algébrico se e somente se existe 0 6= A(X) ∈ ker(vα), isto é, se e
somente se α é raiz de um polinômio não nulo de F [X]. Nesse caso ker(vα) é um ideal principal
de F [X] (pois todos os ideais de F [X] são principais, sendo F [X] um domı́nio Euclidiano), e
não nulo, logo é gerado por um polinômio não nulo.
Definição 11. Seja E/F uma extensão de corpos e seja α ∈ E um elemento algébrico
sobre F . O polinômio minimal de α sobre F (as vezes indicado com Irr(α, F )) é o único
gerador mônico do ideal ker(vα) de F [X].
Comentário. Lembre-se que um polinômio é dito mônico se o coeficiente de grau máximo é
1. Como os geradores de ker(vα) são dois a dois associados (isto é, diferem pela multiplicação
por uma constante não nula), existe um único gerador mônico de ker(vα), dito polinômio
minimal de α sobre F .
112 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Proposição 29. Seja E/F uma extensão de corpos e seja α ∈ E algébrico sobre F .
Então o polinômio minimal de α sobre F é o único polinômio mônico irredut́ıvel contido em
ker(vα).
Demonstração. Seja P (X) o polinômio minimal de α sobre F . Primeiro observe que
P (X) não é o polinômio nulo (pois α é algébrico, i.e. ker(vα) 6= {0}) e P (X) não é inverśıvel
(pois ker(vα) 6= F [X] sendo vα(1) = 1 6= 0). Suponha agora P (X) = A(X)B(X) com
A(X), B(X) ∈ F [X]. Então 0 = P (α) = A(α)B(α) logo um entre A(α) e B(α) é zero
(pois são elementos de E, que é um corpo), por exemplo suponha A(α) = 0 (o outro caso é
analogo). Assim A(X) ∈ ker(vα) = (P (X)) logo P (X) divide A(X), Mas como A(X) divide
P (X), segue que P (X) e A(X) são associados: P (X) = cA(X) com c ∈ F uma constante
não nula. Assim cA(X) = P (X) = A(X)B(X) implica que B(X) = c logo B(X) é inverśıvel.
Agora seja M(X) ∈ F [X] um polinômio mônico irredut́ıvel tal que M(α) = 0. Temos
M(X) ∈ ker(vα) = (P (X)) logo P (X) divide M(X), e como M(X) é irredut́ıvel e P (X) não é
inverśıvel, P (X) e M(X) são associados. Como eles são ambos mônicos, P (X) = M(X). �
Seja E/F extensão de corpos, seja α ∈ E algébrico sobre F e seja P (X) o polinômio
minimal de α sobre F . Pelo teorema de isomorfismo
F [α] ∼= F [X]/(P (X))
é um corpo (sendo P (X) irredut́ıvel!). Isso mostra que se α é algébrico então F [α] é um corpo.
Por outro lado, observe que se α é transcendente então ker(vα) = {0} logo F [α] ∼= F [X] não
é um corpo! Em outras palavras, α é algébrico sobre F se e somente se F [α] é um corpo (e
nesse caso F [α] = F (α)), e α é transcendente sobre F se e somente se F [α] não é um corpo.
Exemplos de elementos de R transcendentes sobre Q são e e π. Em particular Q[π] ∼= Q[X].
Definição 12 (Grau de uma extensão). Seja E/F uma extensão de corpos. Então E
é um espaço vetorial sobre F com as operações de soma e produto por escalar dadas pelas
operações de soma e produto em E. A dimensão dimF (E) é chamada de grau da extensão e
é indicada com |E : F |.
|E : F | := dimF (E).
Seja α ∈ E algébrico sobre F . Então F [α] = F (α) é um corpo. A extensão F (α)/F é
chamada de “extensão simples”, ou seja uma extensão K/F é dita simples se existir α ∈ K
tal que K = F (α). Queremos entender o grau |F (α) : F |.
Proposição 30. Seja E/F uma extensão de corpos e seja α ∈ E algébrico sobre F . O
grau |F (α) : F | é igual ao grau do polinômio minimal de α sobre F .
Demonstração. Seja P (X) o polinômio minimal de α sobre F e seja n o grau de P (X).
Vamos mostrar que B = {1, α, . . . , αn−1} é uma base de F [α] = F (α) sobre F (isto é, um
conjunto gerador linearmente independente). Isso implica o resultado (pois a dimensão de
um espaço vetorial é o número de elementos de uma qualquer base dele).
Primeiro mostraremos que B é um conjunto gerador de F [α]. Um elemento generico de
F [α] é L(α) onde L(X) é um polinômio de F [X]. Fazendo a divisão com resto de L(X) por
P (X) temos L(X) = P (X)Q(X) + R(X) com R(X) de grau menor que n, assim R(X)=
a0 + a1X + . . . + an−1X
n−1 com a0, a1, . . . , an−1 ∈ F . Substituindo X = α temos L(α) =
P (α)Q(α) +R(α) = R(α) = a0 + a1α+ . . .+ an−1α
n−1. Segue que L(α) é combinação linear
dos elementos deB com coeficientes em F .
6. EXTENSÕES SIMPLES 113
Mostraremos agora que B é um conjunto linearmente independente. Suponha que b0 +
b1α + . . . + bn−1α
n−1 = 0 com b0, b1, . . . , bn−1 ∈ F . Queremos mostrar que b0 = 0, . . .,
bn−1 = 0. Seja L(X) = b0 + b1X + . . . + bn−1X
n−1 ∈ F [X]. Então L(α) = 0, logo L(X) ∈
ker(vα) = (P (X)) assim P (X) divide L(X). Mas se L(X) não é nulo, o grau de L(X) é
não negativo e menor que n (por definição de L(X)) logo P (X), que tem grau n, não pode
dividir L(X) (porque o grau de um produto é a soma dos graus). Logo L(X) = 0, em outras
palavras b0 = 0, b1 = 0, . . ., bn−1 = 0. �
Antes de fazer exemplos precisamos de um lema.
Lema 6. Seja P (X) ∈ Z[X] mônico e seja z = r/s ∈ Q uma raiz de P (X) (com r, s
inteiros coprimos). Então s = ±1, ou seja z = r/s ∈ Z. Além disso z divide P (0) em Z.
Demonstração. Escrevendo P (X) =
∑n
i=0 aiX
i temos P (r/s) = 0 e multiplicando por
sn obtemos
∑n
i=0 air
isn−i = 0. Como an = 1 obtemos
rn = −
n−1∑
i=0
air
isn−i = −s
n−1∑
i=0
air
isn−i−1,
segue que s divide rn. Como r e s são coprimos isso implica s = ±1.
Se z é uma raiz inteira de P (X) então P (z) = 0, que pode ser escrito
a0 = −
n∑
i=1
aiz
i = −z
n∑
i=1
aiz
i−1.
Segue que z divide a0 = P (0). �
Agora vamos fazer exemplos. Observe que um polinômio P (X) ∈ F [X] de grau 3 é
irredut́ıvel em F [X] se e somente se não tem raizes em F . De fato P (X) é redut́ıvel se e
somente se admite um fator de grau 1, e a existência de um fator de grau 1 em F [X] é
equivalente à existência de uma raiz em F .
(1) Sejam F = R, E = C, α = i. Como não existem polinômios de grau 1 em R[X]
com i como raiz, o polinômio minimal de i sobre R é X2 + 1 e R[i] = {a + ib :
a, b ∈ R} = C é uma extensão de R de grau 2 (pois X2 + 1 tem grau 2). Além disso
C = R[i] ∼= R[X]/(X2 + 1).
(2) Sejam F = Q, E = C, α = i. Como não existem polinômios de grau 1 em Q[X]
com i como raiz, o polinômio minimal de i sobre Q é X2 + 1 e Q[i] = {a + ib :
a, b ∈ Q} é uma extensão de Q de grau 2 (pois X2 + 1 tem grau 2). Além disso
Q[i] ∼= Q[X]/(X2 + 1).
(3) Sejam F = Q, E = C, α = 3
√
2. Temos α3 = 2 logo α é raiz de P (X) = X3 − 2.
Esse polinômio é irredut́ıvel em Q[X] pelo Lema 6 pois tem grau 3 e não tem raizes
racionais, porque não tem raizes inteiras, porque as candidatas raizes inteiras são
os divisores de −2 ou seja 1,−1, 2,−2 e nenhum desses elementos é raiz de P (X).
Logo α é algébrico sobre Q e P (X) é o polinômio minimal de α sobre Q, o grau
|Q(α) : Q| é igual a 3 e Q(α) = Q[α] ∼= Q[X]/(X3 − 2).
Vimos que se α = 3
√
2 então Q(α)/Q é uma extensão de grau 3, e Q(α) = Q[α] sendo
α algébrico. O fato que Q[α] é um corpo significa que o inverso de todo elemento não nulo
de Q[α] pode ser escrito como polinômio avaliado em α. Por exemplo sendo α3 = 2 temos
114 2. ANEIS E POLINÔMIOS
1/α = (1/2)α2. Um exemplo mais complicado é estudar 1/(α + 1) por exemplo. Para isso
vamos fazer a divisão com resto entre X3−2 e X+1, obtendo X3−2 = (X+1)(X2−X+1)−3.
Substituindo X = α e lembrando que α3 = 2 obtemos (α + 1)(α2 − α + 1) = 3. Dividindo
por 3(α+ 1) obtemos que 1α+1 =
1
3 (α
2 − α+ 1).
Mais em geral, se E/F é uma extensão de corpos e α ∈ E é algébrico sobre F com
polinômio minimal P (X) ∈ F [X], de grau n, dado L(α) ∈ F [α] com L(X) ∈ F [X] de grau
menor de n, L(X) e P (X) são coprimos (pois P (X) é irredut́ıvel de grau maior ou igual que
o grau de L(X)) e aplicando o algoritmo de Euclides obtemos S(X), T (X) ∈ F [X] tais que
S(X)P (X) + T (X)L(X) = 1. Como P (α) = 0, substituindo X = α obtemos T (α)L(α) = 1
logo T (α) é o inverso de L(α) em F [α].
6.1. Exerćıcios.
(1) Mostre que não existem homomorfismos de aneis (comutat́ıvos unitários) C → R,
R→ Q, Q→ Z, Z[
√
2]→ Z[
√
3], Z/nZ→ Z.
(2) Encontre todos os homomorfismos de aneis ϕ : C → C com a propriedade que
ϕ(r) = r para todo r ∈ R.
(3) Um ideal I de um anel comutativo unitário A é chamado de primo se A/I é um
domı́nio de integridade. Mostre que todo ideal maximal de A é primo e que se A
é finito então todo ideal primo de A é maximal. Quais são os ideais primos de Z?
Quais são os ideais maximais de Z?
(4) Seja α = i
√
2 ∈ C. Mostre que α é algébrico sobre Q e calcule o grau |Q(α) : Q|.
Encontre o inverso de α e de α + 1 em Q[α] (ou seja expresse α e α + 1 como
polinômios de Q[X] avaliados em α).
(5) Seja α =
√
2
2 (1+i) ∈ C. Mostre que α é algébrico sobre Q e calcule o grau |Q(α) : Q|.
Encontre o inverso de α2 + 1 em Q[α] (ou seja expresse α2 + 1 como polinômio de
Q[X] avaliado em α).
(6) Seja α =
√
2− i ∈ C. Mostre que α é algébrico sobre Q e que
√
2 ∈ Q(α).
(7) Seja F um corpo e α ∈ F . Encontre o polinômio minimal de α sobre F .
(8) Seja P (X) ∈ Q[X] um polinômio de grau ≥ 1 e seja α ∈ C. Mostre que α é algébrico
sobre Q se e somente se P (α) é algébrico sobre Q.
(9) Um corpo F é dito algebricamente fechado se todo polinômio de F [X] admite uma
raiz em F . Mostre que F é algebricamente fechado se e somente se não existem
extensões E/F de grau finito maior que 1.
(10) Seja E/F uma extensão de corpos e suponha E finito. Mostre que E/F é uma
extensão simples.
(11) Seja K := F2[X]/I onde I = (X3 + X + 1). Seja α = X = X + I ∈ K. Escreva o
inverso de α2 +1 e de α2 +α+1 como polinômios (com coeficientes em F2) avaliados
em α.
(12) Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 módulo 8. [Dica: X4 + 1.]
7. Fatoração
Lembre-se que nos domı́nios de integridade temos 1 6= 0, ou seja o anel nulo não é
considerado como domı́nio. Seja A um domı́nio de integridade e sejam a, b, u ∈ A. Lembre
que (a) = {ax : x ∈ A} (ideal principal gerado por a).
7. FATORAÇÃO 115
(1) a divide b se existe c ∈ A com ac = b. Em outras palavras, (a) ⊇ (b).
(2) u é dito inverśıvel (ou unidade) se existe c ∈ A com uc = 1. Em outras palavras,
u divide 1, isto é, (u) ⊇ (1). Como (1) = A, temos que u é inverśıvel se e somente
se (u) = A. O conjunto dos elementos inverśıveis (as unidades) de A é indicado por
U(A): observe que se trata de um grupo multiplicativo.
(3) a, b são ditos associados se existe c ∈ A inverśıvel tal que b = ac. Se a, b são
associados escrevemos a ∼ b. Observe que ∼ é uma relação de equivalência em A, e
que a ∼ b se e somente se (a) = (b).
(4) a ∈ A diferente de zero é dito irredut́ıvel se
• a não é inverśıvel e
• cada vez que a = xy com x, y ∈ A, pelo menos um entre x e y é inverśıvel.
É facil mostrar que se a, b são associados, a é irredut́ıvel se e somente se b é irre-
dut́ıvel.
(5) x ∈ A diferente de zero é dito primo se
• x não é inverśıvel e
• cada vez que x divide um produto ab, x divide pelo menos um entre a e b.
Alguns exemplos de cálculo dos elementos irredut́ıveis.
(1) Os elementos irredut́ıveis de Z são os elementos da forma ±p sendo p un número
primo. Observe que se trata também de elementos primos de Z (cf. a definição de
elemento primo acima).
(2) Os elementos irredut́ıveis de C[X] são os polinômios de grau 1, aX + b com a 6= 0.
De fato, C é algebricamente fechado. Isto significa que todo polinômio de C[X]
admite uma raiz complexa, logo (pela divisão com resto) admite um fator de grau
1. Os polinômios de grau 1 são obviamente irredut́ıveis pois um fator proprio deles
teria que ter grau 0, i.e. teria que ser inverśıvel.
(3) Os elementos irredut́ıveis de R[X] são os polinômios de grau 1, aX + b com a 6= 0, e
os polinômios de grau 2 com discriminante negativo, aX2 + bX+ c com b2−4ac < 0
(exerćıcio; dica: os produtos (X − (a+ ib))(X − (a− ib)) têm coeficientes reais).
(4) O que acontece em Q[X] e em Z[X]? Boa pergunta.
Definição 13 (UFD). Um domı́nio A é dito domı́nio de fatoração única (ou domı́nio
fatorial, ou DFU, ou UFD) se todo elemento não nuloe não inverśıvel de A se escreve de
“maneira única” como produto de elementos irredut́ıveis de A, mais precisamente:
(1) Todo elemento não nulo e não inverśıvel de A é um produto finito de elementos
irredut́ıveis.
(2) Se p1, . . . , ps, q1, . . . , qt são elementos irredut́ıveis e p1 · · · ps = q1 · · · qt então s = t
e existe uma bijeção σ : {1, . . . , s} → {1, . . . , t = s} tal que pi é associado a qσ(i)
para todo i = 1, . . . , s.
Por exemplo 12 = 2 ·2 ·3 = (−2) · (−3) ·2, nesse caso observe que 2 é associado a −2 e 3 é
associado a −3. Os elementos 2, 3, −2, −3 são irredut́ıveis e o número de fatores irredut́ıveis
é o mesmo, s = t = 3.
Um outro exemplo é X2− 1 = (X − 1)(X + 1) = (2(X − 1))( 12 (X + 1)) em Q[X], de fato
observe que X − 1 é associado a 2(X − 1) e X + 1 é associado a 12 (X + 1) pois 2 e
1
2 são
inverśıveis em Q[X] (um o inverso do outro).
116 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Proposição 31. Seja A um domı́nio. Então todo elemento primo de A é irredut́ıvel. Se
A é UFD, todo elemento irredut́ıvel de A é primo.
Demonstração. Seja x um elemento primo de A, mostraremos que x é irredut́ıvel.
Suponha que x = ab, vamos mostrar que um entre a e b é inverśıvel. Como x divide x
(pois x = x · 1) e x = ab, x divide ab logo x divide a ou x divide b (pois x é um elemento
primo). Suponha que x divida a (o outro caso é analogo), assim a = xy e x = ab = xyb logo
x(1 − yb) = 0. Como x é primo, x 6= 0 assim 1 = yb pois A é domı́nio. Isso mostra que b é
inverśıvel.
Agora seja A um UFD, seja x ∈ A irredut́ıvel e mostraremos que x é primo. Suponha
então que x divida um produto ab, assim existe y ∈ A tal que xy = ab, e mostraremos que x
divide pelo menos um entre a e b. Escreva y, a, b como produto de irredut́ıveis: y = y1 · · · yt,
a = a1 · · · an, b = b1 · · · bm. Então podemos escrever xy = ab da seguinte forma (lembrando
que x é irredut́ıvel):
xy1 · · · yt = a1 · · · anb1 · · · bm.
Como A é UFD, pela unicidade da fatoração x tem que ser associado a um ai ou a um bi,
suponha que x seja associado a ai (o outro caso é analogo). Então x = aiu com u inverśıvel,
logo x divide a (pois ai divide a e u é inverśıvel). �
Isso nos permite dar uma caracterização dos domı́nios fatoriais.
Proposição 32. Seja A um domı́nio. Então A é UFD se e somente se todo elemento
não nulo e não inverśıvel de A é um produto finito de elementos irredut́ıveis de A e todo
elemento irredut́ıvel de A é primo.
Demonstração. A implicação ⇒ foi mostrada acima. Mostraremos ⇐. Suponha que
todo elemento não nulo e não inverśıvel de A seja um produto finito de elementos irredut́ıveis
e que todo elemento irredut́ıvel de A seja primo. Para mostrar que A é UFD temos apenas
que mostrar a unicidade da fatoração. Suponha então que p1 · · · ps = q1 · · · qr com os pi e qi
irredut́ıveis, mostraremos o resultado por indução sobre s. Se s = 1 então p1 = q1 · · · qr logo
r = 1 (pois p1 é irredut́ıvel e nenhum dos qi é inverśıvel) e p1 = q1 - isso mostra a base da
indução. Agora suponha s > 1. Por hipótese os pi são primos (sendo eles irredut́ıveis). Agora
p1 divide q1 · · · qr, assim p1 divide um qj pois p1 é primo, e podemos supor que j = 1 (a menos
de reordenar os fatores). Logo q1 = u1p1 com u1 ∈ A, e como q1 é irredut́ıvel u1 tem que
ser inverśıvel, assim p1 e q1 são associados. Agora p1 · · · ps = q1 · · · qr = u1p1q2 · · · qr implica
que p1(p2 · · · ps − u1q2 · · · qr) = 0 logo p2 · · · ps = u1q2 · · · qr pois p1 6= 0 e A é um dominio.
q′2 = u1q2 é irredut́ıvel e p2 · · · ps = q′2q3 · · · qr, e por hipotése de indução s− 1 = r− 1 (assim
s = r) e existe uma bijeção σ′ : {2, . . . , s} → {2, . . . , r = s} tal que pi é associado a qσ′(i) para
todo i = 2, . . . , s. Definindo σ : {1, 2, . . . , s} → {1, . . . , r = s} por σ(1) = 1 e σ(i) = σ′(i)
para 2 ≤ i ≤ s obtemos que pi é associado a qσ(i) para todo i = 1, . . . , s. �
Exemplo de um elemento irredut́ıvel não primo: considere o elemento 2 ∈ Z[
√
−5]. É
irredut́ıvel porque se 2 = (a + b
√
−5)(c + d
√
−5) então o módulo quadrado (a norma) é
22 = (a2 + 5b2)(c2 + 5d2) que é uma contradição, sendo a, b, c, d inteiros. Não é primo porque
2 divide 6 = 2 · 3 e 6 = (1 +
√
−5)(1−
√
−5) mas 2 não divide 1 +
√
−5 nem 1−
√
−5, de fato
se 2 dividisse um deles então tomando o módulo quadrado (a norma) 4 dividiria 1 + 5 = 6.
8. DOMÍNIOS PRINCIPAIS 117
8. Domı́nios principais
Um domı́nio A é dito domı́nio principal ou DIP ou PID (domı́nio de ideais principais)
se todo ideal de A é principal. Como os ideais de um corpo são (0) e (1), todo corpo é um
domı́nio principal. Já vimos, usando a divisão com resto, que Z é um domı́nio principal e que
se K é um corpo K[X] é um domı́nio principal.
O domı́nio Z[X] não é um domı́nio principal. Para mostrar isso defina I := (2, X) =
{2S(X) + XT (X) : S(X), T (X) ∈ Z[X]}. Se trata de um ideal de Z[X] (o ideal gerado
pelos elementos 2 e X). Vamos mostrar que I não é principal. Se (2, X) = (P (X)) para
algum P (X) ∈ Z[X] então P (X) divide 2 e X logo P (X) tem grau zero (pois divide 2) e
isso implica P (X) = ±1 (pois P (X) divide X) e I = (2, X) = (P (X)) = (±1) = Z[X], em
particular 1 ∈ I = (2, X). Logo existem S(X), T (X) ∈ Z[X] tais que 2S(X) +XT (X) = 1, e
substituindo X = 0 obtemos 2S(0) = 1, absurdo (pois S(0) ∈ Z).
Uma propriedade importante dos domı́nios principais é a seguinte.
Lema 7. Seja A um domı́nio principal. Não existe nenhuma cadeia infinita de ideais
I1 ⊂ I2 ⊂ I3 ⊂ . . . com toda inclusão própria (isto é, Ii 6= Ii+1 para todo i ≥ 1). [Um anel
com essa propriedade é dito Noetheriano.]
Demonstração. Suponha por contradição que exista uma cadeia infinita de ideais I1 ⊂
I2 ⊂ I3 ⊂ . . . com Ii 6= Ii+1 para todo i ≥ 1. Seja I :=
⋃
i≥1 Ii. É facil mostrar que I é um
ideal de A, de fato se a, b ∈ I e x ∈ A então existem dois indices i, j tais que a ∈ Ii e b ∈ Ij , e
por hipótese temos Ii ⊆ Ij ou Ij ⊆ Ii (os ideais Ii formam uma cadeia), por exemplo suponha
Ii ⊆ Ij (o outro caso é analogo). Assim a ∈ Ii ⊆ Ij e b ∈ Ij , logo a + b ∈ Ij pois Ij é um
ideal. Como Ij ⊆ I, temos a + b ∈ I. Analogamente, ax ∈ Ij pois Ij é um ideal e Ij ⊆ I
implica ax ∈ I. Isso mostra que I é um ideal. Cuidado: uma união de ideais em geral não é
um ideal (pense em um exemplo).
Como A é DIP, existem ai ∈ A e z ∈ A com Ii = (ai) e I = (z). Por outro lado
z ∈ (z) = I =
⋃
i(ai), logo existe um indice k tal que z ∈ (ak), assim (z) ⊆ (ak), e podemos
escrever
(a1) ⊆ (a2) ⊆ (a3) ⊆ . . . ⊆ (ak) ⊆ (ak+1) ⊆ . . . ⊆ (z) ⊆ (ak)
assim todas as inclusões depois de (ak) na verdade são igualdades: (ak) = (ak+1) = . . ., e isso
contradiz o fato que a cadeia é infinita. �
Teorema 15. Todo domı́nio principal é UFD.
Por exemplo isso implica que Z e K[X] (K corpo) são UFD.
Demonstração. Seja A um domı́nio principal. Para mostrar que A é UFD, usando
o critério acima, basta mostrar que existe a fatoração em irredut́ıveis e que todo elemento
irredut́ıvel é primo.
Primeiro, mostraremos a existência da fatoração em irredut́ıveis. Seja x ∈ D não nulo e
não inverśıvel. Vamos mostrar que x possui um divisor irredut́ıvel. Suponha por contradição
que x não possua divisores irredut́ıvel. Então x não é irredut́ıvel (se não, ele seria um divisor
irredut́ıvel de si mesmo), logo x = a1b1 com a1, b1 não inverśıveis, assim (x) ⊆ (a1). Na
118 2. ANEIS E POLINÔMIOS
verdade, essa inclusão é estrita: (x) 6= (a1). De fato, se fosse (x) = (a1) então x e a1 seriam
associados, assim x = a1u com u inverśıvel e a1b1 = x = a1u implica a1(b1 − u) = 0 assim
b1 = u (pois a1 6= 0 e A é um domı́nio), contradição (b1 não é inverśıvel). Agora, se a1 é
irredut́ıvel então é um divisor irredut́ıvel de x, contradição, logo a1 = a2b2 com a2, b2 não
inverśıveis, assim pelo mesmo argumento (a1) ⊂ (a2) e essa inclusão é estrita. Continuando
dessa forma, encontramos uma cadeia infinita (a1) ⊂ (a2) ⊂ (a3) ⊂ . . . e isso contradizo
lema.
Vamos mostrar que x é um produto de irredut́ıveis. Se x é irredut́ıvel então x é um pro-
duto de irredut́ıveis. Suponha x não irredut́ıvel. Sabemos que x possui um divisor irredut́ıvel
p1, assim x = p1b1 com b1 não inverśıvel. Isso implica (x) ⊂ (b1) e realmente (x) 6= (b1)
pois se fosse (x) = (b1) então x e b1 seriam associados, isto é x = ub1 com u inverśıvel, e
p1b1 = x = ub1 implica (p1 − u)b1 = 0 assim p1 = u pois b1 6= 0 e A é um domı́nio - assim
p1 = u é inverśıvel, contradição. Se b1 é irredut́ıvel então x = p1b1 é um produto de irre-
dut́ıveis, logo suponha b1 não irredut́ıvel. Então pelo argumento anterior b1 possui um divisor
irredut́ıvel p2 e b1 = p2b2 com b2 não inverśıvel, e x = p1p2b2. Continuando dessa forma, se
esse processo não acabar então encontramos uma cadeia (x) ⊂ (b1) ⊂ (b2) ⊂ . . . com inclusões
próprias, e isso contradiz o lema. Logo existe um bk irredut́ıvel, assim x = p1p2 · · · pkbk é
produto de irredut́ıveis.
Agora vamos mostrar que todo elemento irredut́ıvel de A é primo. Seja x um elemento
irredut́ıvel de A, e suponha que x divida um produto ab. Precisamos mostrar que x divide a
ou x divide b. Como A é um DIP, o ideal (x, a) = {αx + βa : α, β ∈ D} é principal, assim
existe d ∈ D tal que (x, a) = (d), em particular d divide x e d divide a. Escrevemos x = dy
e a = dz com y, z ∈ D. Como x é irredut́ıvel, tem dois casos posśıveis: y é inverśıvel ou d é
inverśıvel. Se y é inverśıvel então d = xy−1 assim a = dz = xy−1z logo x divide a. Se d é
inverśıvel (x, a) = (d) = D = (1), em particular 1 ∈ (d) = (x, a) logo existem α, β ∈ D tais
que 1 = αx + βa, e multiplicando por b obtemos b = αxb + βab, assim x divide b (pois x
divide αxb e x divide ab). �
8.1. Exerćıcios.
(1) Seja A um domı́nio de integridade e seja a ∈ A diferente de zero e não inverśıvel.
Mostre que a é um elemento primo se e somente se o quociente A/(a) é um domı́nio
de integridade.
(2) Seja A um domı́nio. Mostre que A é corpo se e somente se A[X] é um domı́nio
principal.
(3) Seja A 6= {0} um anel comutativo unitário tal que A/I é um domı́nio de integridade
para todo ideal I de A diferente de A. Mostre que A é um corpo. [Dica: dado a ∈ A
diferente de zero considere o ideal (a2).]
(4) Sejam A um anel comutativo unitário, a, u ∈ A com u inverśıvel e suponha que
an = 0 com n inteiro positivo. Mostre que u+ a é inverśıvel. [Dica: se a2 = 0 então
(a+ u)(a− u) = −u2.]
(5) Seja A = Z[i] = {a + ib : a, b ∈ Z} (anel dos inteiros Gaussianos). Mostre que o
ideal (2, i) = {2x+ iy : x, y ∈ A} de A é principal.
9. O TEOREMA DE GAUSS 119
(6) Quais dos elementos seguintes são irredut́ıveis em A = Z[i]? 2, 3, 5. [Dica: defina
N(a+ ib) = (a+ ib)(a− ib) = a2 + b2 e mostre que N(xy) = N(x)N(y) para todo
x, y ∈ A.]
(7) Mostre que o elemento 2 + i de Z[i] é irredut́ıvel. [Dica: Calcule N(2 + i).]
(8) Mostre que os polinômios irredut́ıveis de R[X] são da forma aX+b ou aX2 +bX+c
com b2 − 4ac < 0.
(9) Escreva a fatoração dos polinômios seguintes em irredut́ıveis em R[X] e C[X]: X2+1,
X3 − 1, X6 − 1, X4 + 1, X4 + 2.
(10) Encontre três aneis comutativos unitários de tamanho 4 dois a dois não isomorfos.
9. O teorema de Gauss
Teorema 16 (Gauss). Se A é UFD, então A[X] é UFD.
Então por exemplo sendo Z UFD, Z[X] é UFD (é um exemplo de um UFD não principal,
pois como já visto o ideal (2, X) de Z[X] não é principal). Um outro exemplo importante é o
seguinte: se A é UFD então A[X] é UFD logo A[X,Y ] é UFD e por indução A[X1, . . . , Xn]
(o anel dos polinômios em n variaveis sobre A) é UFD (e não é principal se n ≥ 2, por
exemplo o ideal (X1, X2) não é principal). Na demonstração seguinte lembre-se sempre do
caso arquet́ıpico A = Z, K = Q.
Para mostrar o teorema de Gauss vamos precisar da noção de MDC (maior divisor co-
mum). Dados a1, . . . , an elementos de A, um MDC de a1, . . . , an em A é um elemento d ∈ A
tal que
• d divide a1, . . . , an;
• se x ∈ A divide a1, . . . , an então x divide d.
Se A é UFD, o MDC de a1, . . . , an existe e é único a menos de associados. A unicidade a
menos de associados é facil (se d1, d2 são dois MDC de a1, . . . , an então por definição de MDC
d1 divide d2 e d2 divide d1, logo d1 e d2 são associados). Para provar a existência definimos d
como o produto das potências de irredut́ıveis distintos pm com a propriedade que pm divide
a1, . . . , an e p
m+1 não divide ai para algum i. Escrevendo as fatorações de cada ai fica claro
que d divide todo ai. Se x divide todo ai então na fatoração de x em irredut́ıveis o expoente
da potência de um irredut́ıvel p não pode ser maior da potência maxima de p que divide d -
por definição de d - em outras palavras x divide d.
Como o MDC é único a menos de associados, se d1, d2 são dois MDC de a1, . . . , an
escrevemos d1 ∼ d2.
Seja f(X) = a0+a1X+. . .+anX
n ∈ A[X]. O conteúdo de f(X) é c(f) = MDC(a0, . . . , an),
o maior divisor comum dos coeficientes de f (definido a menos de associados). f(X) é dito
primitivo se c(f) ∼ 1, isto é, c(f) é inverśıvel (i.e. não existe nenhum elemento irredut́ıvel
de A que divide todos os coeficientes a0, a1, . . ., an). Usaremos o abuso de notação seguinte:
d = c(f) significa que d e c(f) são associados.
Algumas observações fáceis. Seja K o corpo de frações de A.
• Se f ∈ A[X] então f = c(f)f1 com f1 ∈ A[X] primitivo (se trata de isolar c(f)).
• Se f ∈ A[X] e d ∈ A então c(df) = d · c(f) (se trata de isolar d).
120 2. ANEIS E POLINÔMIOS
• Se f ∈ K[X] existem a, b ∈ A com b 6= 0 e f = ab f1 e f1 ∈ A[X] primitivo (se trata
de isolar os denominadores e todos os divisores comuns dos coeficientes).
Lembre-se que U(A[X]) = U(A).
Lema 8 (Gauss). Seja A um UFD e seja K o corpo de frações de A.
(1) Se f, g ∈ A[X] então c(fg) ∼ c(f)c(g).
(2) Se g ∈ A[X] tem grau ≥ 1 então g é irredut́ıvel em A[X] se e somente se g é
primitivo em A[X] e irredut́ıvel em K[X].
(3) Se g, h são primitivos em A[X] então g, h são associados em A[X] se e somente se
g, h são associados em K[X].
Demonstração. Vamos mostrar (1). Sejam d = c(f) e d′ = c(g), f = df1, g = d
′g1 com
f1, g1 ∈ A[X] primitivos. Logo fg = dd′f1g1 e c(fg) ∼ c(dd′f1g1) ∼ dd′c(f1g1) assim basta
mostrar que c(f1g1) ∼ 1. Em outras palavras, podemos supor f = f1 e g = g1, isto é, que f
e g são primitivos. Vamos mostrar que fg é primitivo. Escreva f = a0 + a1X + . . . + anX
n
e g = b0 + b1X + . . . + bmX
m (assim ai = 0 se i > n e bi = 0 se i > m). Então fg =
c0 + c1X + . . . + cn+mX
n+m sendo ck = a0bk + a1bk−1 + . . . + ak−1b1 + akb0. Seja p um
elemento irredut́ıvel de A. Precisamos mostrar que existe k tal que p não divide ck (é isso
que significa que fg é primitivo). Como f e g são primitivos existem os primeiros coeficientes
as, br tais que p não divide as e p não divide br (assim, p divide a0, a1, . . ., as−1, b0, b1, . . .,
br−1 mas não divide as, br). Observe que
cr+s = a0br+s + a1br+s−1 + . . .+ as−1br+1 + asbr + as+1br−1 + . . .+ ar+sb0.
Logo p divide todos os adendos dessa soma exceto asbr, logo p não divide cr+s.
Vamos mostrar (2). A implicação (⇐) é facil observando que uma fatoração em A[X]
é em particular uma fatoração em K[X] (pois A ⊆ K). Vamos mostrar (⇒). Suponha
g ∈ A[X] irredut́ıvel em A[X], e por contradição g = hl com h, l ∈ K[X] de grau ≥ 1.
Escreva h = (a/b)h1 e l = (a
′/b′)l1 com h1, l1 ∈ A[X] primitivos de grau ≥ 1, assim g =
(aa′/bb′)h1l1 e bb
′g = aa′h1l1, assim (como c(h1l1) ∼ 1 pelo ponto 1) bb′c(g) ∼ c(bb′g) ∼
c(aa′h1l1) ∼ aa′c(h1l1) ∼ aa′ logo existe u ∈ U(A) com aa′ = c(g)ubb′ logo (em K) temos
aa′/bb′ = c(g)u ∈ A. Isso implica que (aa′/bb′)h1 ∈ A[X] logo g = (aa′/bb′)h1 · l1 é uma
fatoração em A[X] cujos fatores têm grau ≥ 1, contradição.
Vamos mostrar (3). Se g, h ∈ A[X] são primitivos e associados em A[X] é obvio que eles
são associados em K[X] (pois U(A[X]) ⊆ U(K[X])). Isso mostra (⇒). Agora mostraremos
(⇐). Suponha g, h primitivos em A[X] e associadosem K[X], assim g = εh com ε ∈
U(K[X]) = K∗, assim ε = a/b com a, b ∈ A e b 6= 0, logo bg = ah e calculando o conteúdo,
e lembrando que g e h são primitivos, temos b ∼ c(bg) ∼ c(ah) ∼ a. Então existe u ∈ U(A)
com a = ub e ε = a/b = u ∈ U(A). Logo g = εh = uh e g, h são associados em A[X]. �
Agora vamos mostrar o teorema de Gauss. Seja f ∈ A[X] um polinômio de grau ≥ 1. A
ideia é construir a fatoração única de f usando os fatos (que já sabemos) que A é UFD (por
hipótese) e K[X] é UFD (sendo principal).
9. O TEOREMA DE GAUSS 121
(1) Existência da fatoração. Escreva f = df1 com d = c(f) e f1 ∈ A[X] primitivo.
No UFD A temos d = p1 · · · pt (fatoração em irredut́ıveis) assim cada pi é irredut́ıvel
em A[X] também. Como f1 ∈ A[X] ⊆ K[X] e K[X] é UFD temos f1 = q1 · · · qr com
qi ∈ K[X] irredut́ıvel em K[X] para todo i. Escreva qi = (ai/bi)q′i com ai, bi ∈ A e
bi 6= 0, q′i ∈ A[X] primitivo. Como qi é irredut́ıvel em K[X], q′i também é irredut́ıvel
em K[X] (pois ai/bi ∈ K∗ = U(K[X])), logo pelo item 2 do lema de Gauss q′i é
irredut́ıvel em A[X]. Pelo item 1 do lema de Gauss q′1 · · · q′r é primitivo em A[X].
Temos f1 = q1 · · · qr = (a/b)q′1 · · · q′r onde a = a1 · · · ar e b = b1 · · · br logo f1 e
q′1 · · · q′r são primitivos e associados em K[X]. Pelo item 3 do lema de Gauss eles
são associados em A[X], logo existe u ∈ U(A[X]) = U(A) tal que f1 = uq′1 · · · q′r,
segue que f = df1 = up1 · · · ptq′1 · · · q′r é uma fatoração em irredut́ıveis em A[X].
(2) Unicidade da fatoração. Suponha de ter um produto de irredut́ıveis em duas
maneiras diferentes, p1 · · · ptq1 · · · qr = l1 · · · lt′v1 · · · vr′ com p1, . . . , pt, l1, . . . , lt′ ir-
redut́ıveis de A e q1, . . . , qr, v1, . . . , vr′ irredut́ıveis de A[X] de grau ≥ 1. Olhando ao
conteúdo obtemos p1 · · · pt = εl1 · · · lt′ com ε ∈ U(A). Pela unicidade da fatoração
em A temos t = t′ e a menos de reordenar os indices pi ∼ li para todo i = 1, . . . , t (as-
sociados em A, em particular em A[X]). Cancelando obtemos εq1 · · · qr = v1 · · · vr′
onde ε ∈ U(A) = U(A[X]) e qi, vi são irredut́ıveis em A[X], em particular em K[X],
logo pela unicidade da fatoração em K[X] temos r = r′ e a menos de reordenar os
indices qi ∼ vi (associados em K[X]), logo pelo item 3 do lema de Gauss, sendo
qi, vi irredut́ıveis em A[X], em particular primitivos, qi, vi são associados em A[X].
Teorema 17 (Criterio de Eisenstein). Seja A um UFD e seja K o corpo de frações de
A. Seja f(X) = anX
n + . . .+ a1X + a0 um polinômio de A[X] de grau n ≥ 1. Se existe um
irredut́ıvel p ∈ A tal que p não divide an, p divide a0, a1, . . . , an−1 e p2 não divide a0 então
f(X) é irredut́ıvel em K[X].
Demonstração. Observe que podemos supor f(X) primitivo. De fato, f = c(f)f1 com
f1 primitivo e p não divide c(f) (pois p não divide an), logo as hipóteses sobre p e f valem
também para p e f1. Além disso c(f) é inverśıvel em K (pois c(f) 6= 0) logo a irredutibilidade
de f é equivalente à irredutibilidade de f1.
Suponha então f(X) primitivo. Pelo lema de Gauss a irredutibilidade de f em K[X] é
equivalente à irredutiblidade de f em A[X]. Como f é primitivo, uma fatoração própria de
f consiste de fatores de grau ≥ 1. Suponha que f tenha uma tal fatoração, assim f(X) =
g(X)h(X) é igual a
(αsX
s + αs−1X
s−1 + . . .+ α1X + α0) · (βtXt + βt−1Xt−1 + . . .+ β1X + β0).
Temos αs 6= 0, βt 6= 0, 1 ≤ t ≤ n − 1 e 1 ≤ s ≤ n − 1. g(X) tem grau s e h(X) tem grau t.
Além disso a0 = α0β0 e an = αsβt. Como p divide a0 e p
2 não divide a0, p divide um entre
α0 e β0 e não divide o outro, por exemplo suponha que p divida α0 e que p não divida β0 (o
outro caso é analogo). Como p não divide an = αsβt, p não divide αs e p não divide βt. Seja
1 ≤ u ≤ s ≤ n− 1 o menor inteiro tal que p não divide αu (um tal u existe pois p divide α0
mas não divide αs). Temos
au = α0βu + α1βu−1 + . . .+ αu−1β1 + αuβ0.
122 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Como p divide αi para todo i = 0, 1, . . . , u−1, existe m ∈ A tal que au = pm+αuβ0. Por outro
lado p não divide αuβ0 (pois p não divide αu e p não divide β0), logo como au−pm = αuβ0, p
não divide au. Como 1 ≤ u ≤ n− 1, isso contradiz a hipótese (p divide a0, a1, . . . , an−1). �
Então por exemplo os polinômios seguintes são irredut́ıveis em Z[X] e Q[X]. A irreduti-
bilidade em Q[X] segue do criterio de Eisenstein, a irredutibilidade em Z[X] segue do lema
de Gauss observando que os polinômios dados são primitivos.
• X4 + 45X + 15 (criterio de Eisenstein aplicado a p = 3 ou p = 5).
• Xn − 2, n > 0 qualquer (criterio de Eisenstein aplicado a p = 2).
• 3Xn − 2X + 2, n > 1 qualquer (criterio de Eisenstein aplicado a p = 2).
Usando o critério de Eisenstein podem se construir também polinômios irredut́ıveis em
K[X,Y ] (K corpo), por exemplo X4 + (X2 − 1)Y +X − 1.
9.1. Exerćıcios.
(1) Mostre que 2X10 + 25X3 + 10X2 − 30 é irredut́ıvel em Q[X] e em Z[X].
(2) Mostre que se p é um número primo e n é um inteiro ≥ 1, o polinômio Xn − p é
irredut́ıvel em Z[X] e em Q[X].
(3) Mostre que 3X5 + 18X2 + 24X + 6 é irredut́ıvel em Q[X]. É irredut́ıvel em Z[X]?
(4) Mostre que X3 +X + 4 é irredut́ıvel em Q[X] e em Z[X].
(5) Mostre que se P (X) ∈ Z[X] e a ∈ Z então P (X) é irredut́ıvel se e somente se
P (X + a) é irredut́ıvel.
(6) Mostre que P (X) = X4 +1 é irredut́ıvel em Z[X] e em Q[X] considerando P (X+1)
(veja o exerćıcio anterior).
(7) Seja α =
√
2−
√
2−
√
2 ∈ R. Mostre que α é algébrico sobre Q e calcule o grau
|Q(α) : Q|. Encontre o inverso de α2 em Q[α].
(8) Seja α =
√
2− i ∈ C. Mostre que α é algébrico sobre Q e calcule o grau |Q(α) : Q|.
(9) Seja P (X) =
∑n
i=0 aiX
i ∈ Z[X] um polinômio primitivo, e suponha que exista um
número primo p tal que p não divide an e P (X) è irredut́ıvel módulo p, ou seja a
redução módulo p de P (X) é um polinômio irredut́ıvel em Fp[X]. Mostre que P (X)
è irredut́ıvel em Q[X]. [Curiosidade: o polinômio X4 − 10X2 + 4 è irredut́ıvel em
Z[X] mas é redut́ıvel em Fp[X] para todo primo p (o seu grupo de Galois não contem
4-ćıclos).]
(10) Mostre que 7X3 + 12X2 + 3X + 45 é irredut́ıvel em Z[X] e em Q[X].
(11) Lembre-se que Z[i] = {a+ ib : a, b ∈ Z} (subanel de C). Seja p um número primo
e seja I o ideal principal de Z[i] gerado por p. Mostre que Z[i]/I ∼= Fp[X]/(X2 + 1).
Para quais valores de p o ideal I é maximal?
(12) Para a + ib ∈ Z[i] lembre-se que N(a + ib) = a2 + b2 e que N((a + ib)(c + id)) =
N(a+ib)N(c+id). Seja f : Z[i]→ Z/2Z definido por f(x) = N(x)+2Z. Mostre que
f é homomorfismo e que ker(f) é um ideal principal de Z[i] (encontre um gerador
dele).
10. CORPOS DE DECOMPOSIÇÃO 123
10. Corpos de decomposição
Lembre-se que se E/F é uma extensão de corpos, dado α ∈ E, F (α) = {P (α)/Q(α) :
P (X), Q(X) ∈ F [X], Q(α) 6= 0}. Se trata de um corpo. A extensão F (α)/F é dita extensão
simples de F . O resultado seguinte nós da um critério para saber se um elemento α é algébrico
em termo do grau da extensão F (α)/F .
Proposição 33. Seja E/F extensão de corpos, e seja α ∈ E. Então α é algébrico sobre
F se e somente se o grau |F (α) : F | é finito.
Demonstração. Se α é algébrico sobre F então F (α) = F [α] e o grau |F (α) : F | é
igual ao grau do polinômio minimal de α sobre F , em particular é finito. Agora suponha
|F (α) : F | finito, igual a n. Então os elementos 1, α, α2, . . . , αn são linearmente dependentes
sobre F (pois são n + 1 elementos em um espaço vetorial de dimensão n), assim existem
a0, a1, . . . , an ∈ F não todos nulos tais que a0 + a1α+ a2α2 + . . .+ anαn = 0. Seja P (X) :=
a0 + a1X + . . . + anX
n ∈ F [X]. Se trata de um polinômio não nulo e P (α) = 0, assim
0 6= P (X) ∈ ker(vα), logo ker(vα) 6= {0}, em outras palavras α é algébrico. �
A situação é F ≤ F (α) ≤ E, logo temos três extensões: F (α)/F , E/F e E/F (α).
Queremos entender a relação entre os graus.
Teorema 18 (Formula do grau). Sejam F ≤ K ≤ E três corpos. Então o grau |E : F |
é finito se e somente se|E : K| e |K : F | são finitos e nesse caso |E : F | = |E : K| · |K : F |.
Demonstração. Suponha |E : F | = dimF (E) finito, igual a n. Observe que K é um
subespaço vetorial de E (sobre F ) logo |K : F | = dimF (K) ≤ dimF (E) = |E : F | = n, assim
|K : F | é finito. Além disso, uma base de E sobre K é um conjunto linearmente independente
sobre F , logo tem no máximo n elementos. Assim |E : K| ≤ n também, em particular |E : K|
é finito.
Suponha |E : K| e |K : F | finitos, e vamos mostrar que |E : F | = |E : K| · |K : F | (em
particular essa formula implica que |E : F | é finito). Seja {v1, . . . , vn} uma base de K sobre
F , e seja {w1, . . . , wm} uma base de E sobre K, onde n = |K : F | e m = |E : K|. Vamos
mostrar que B = {viwj : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m} é uma base de E sobre F (isso implica que
|E : F | = nm que é o nosso resultado).
Vamos mostrar que B é linearmente independente. Suponha
∑
i,j aijviwj = 0 com aij ∈
F para todo i e j, e vamos mostrar que aij = 0 para todo i e j. Podemos re-escrever a soma
como
∑
j(
∑
i aijvi)wj = 0, o que implica que
∑
i aijvi = 0 para todo j (de fato, w1, . . . , wm
são linearmente independentes sobre K e
∑
i aijvi ∈ K para todo j), logo aij = 0 para todo
i e todo j (de fato, v1, . . . , vn são linearmente independentes sobre F e aij ∈ F ).
Vamos mostrar que B é um conjunto gerador. Seja w ∈ E, assim existem bj ∈ K tais que
w =
∑
j bjwj (pois {w1, . . . , wm} é um conjunto gerador de E sobre K) e existem aij ∈ F
tais que bj =
∑
i aijvi para todo j (pois {v1, . . . , vn} é um conjunto gerador de K sobre F ).
Logo w =
∑
j(
∑
i aijvi)wj =
∑
i,j aijviwj . �
Observe que se E/F é extensão de corpos, |E : F | = 1 se e somente se E = F . De fato,
se E = F então E tem dimensão 1 sobre F = E, com base {1}. Se |E : F | = 1 então existe
uma base {e} com um elemento, assim como 1 ∈ E temos que existe f ∈ F com 1 = ef logo
e = f−1 ∈ F . Em particular todo elemento de E tem a forma ey com y ∈ F , assim pertence
a F (pois e e y pertencem a F ). Logo E = F .
124 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Corolário 3. Seja E/F uma extensão de corpos e suponha que |E : F | = p seja um
número primo. Então E/F é uma extensão simples, isto é, existe α ∈ E tal que E = F (α).
Demonstração. Como |E : F | = p > 1, temos E 6= F , logo existe α ∈ E − F . Assim
|F (α) : F | > 1 (se fosse |F (α) : F | = 1 então F (α) = F , em particular α ∈ F , absurdo) e
pela formula do grau
p = |E : F | = |E : F (α)| · |F (α) : F |.
Como p é primo devemos ter |E : F (α)| = 1 assim E = F (α). �
Proposição 34. Seja E/F uma extensão de corpos e seja A o conjunto dos elementos
de E algébricos sobre F . Então A é um corpo: F ≤ A ≤ E.
Demonstração. Sejam α, β ∈ A com α 6= 0. Precisamos mostrar que α + β, −α,
α−1, αβ (que são elementos de E) pertencem a A. Considere K := F (α)(β) = F (α, β).
Vamos mostrar que |K : F | é finito. Pela formula do grau isso acontece se e somente se
|F (α, β) : F (α)| e |F (α) : F | são finitos e nesse caso |K : F | = |F (α)(β) : F (α)| · |F (α) : F |.
Como |F (α) : F | é finito (pois α é algébrico sobre F ) basta mostrar que |F (α)(β) : F (α)|
é finito, em outras palavras, que β é algébrico sobre F (α). Mas sabemos que β é algébrico
sobre F , seja P (X) ∈ F [X] o polinômio minimal de β sobre F . Assim P (X) é um polinômio
não nulo de F [X] ⊆ F (α)[X] tal que P (β) = 0, logo β é algébrico sobre F (α).
Então |F (α, β) : F | é finito. Seja γ um entre α+β, −α, α−1, αβ. Observe que γ ∈ F (α, β),
assim F (γ) ≤ F (α, β) (subcorpo, mas também subespaço vetorial). Logo |F (γ) : F | =
dimF (F (γ)) ≤ dimF (F (α, β)) = |F (α, β) : F | é finito, assim γ é algébrico sobre F . �
Por exemplo seja E = Q(
√
2,
√
3) = Q(
√
2)(
√
3). Vamos calcular |E : Q|. Observe que
pela formula do grau
|E : Q| = |Q(
√
2)(
√
3) : Q(
√
2)| · |Q(
√
2) : Q|.
Sabemos que |Q(
√
2) : Q| = 2 (o polinômio minimal de
√
2 sobre Q é X2−2), logo temos que
calcular |Q(
√
2)(
√
3) : Q(
√
2)|, em outras palavras queremos calcular o polinômio minimal de√
3 sobre Q(
√
2). Sabemos que
√
3 é raiz do polinômio mônico X2−3 ∈ Q(
√
2)[X]. Queremos
mostrar que X2 − 3 é irredut́ıvel em Q(
√
2)[X] (e não somente em Q[X]). Como se trata de
um polinômio de grau 2 a redutibilidade é equivalente à existência de raizes em Q(
√
2), logo
basta mostrar que
√
3 6∈ Q(
√
2) (pois as raizes de X2 − 3 são
√
3 e −
√
3). Mas sabemos que
Q(
√
2) = Q[
√
2] = {a+ b
√
2 : a, b ∈ Q},
assim precisamos mostrar que não existem a, b ∈ Q tais que
√
3 = a + b
√
2. Suponha por
contradição que existam tais elementos a, b, então elevando
√
3 = a + b
√
2 ao quadrado nos
dois lados obtemos 3 = a2 + 2b2 + 2ab
√
2. Como
√
2 6∈ Q devemos ter ab = 0, assim a = 0
ou b = 0. No primeiro caso 3 = 2b2, no segundo caso 3 = a2. Nos dois casos obtemos uma
contradição pois
√
3/2,
√
3 6∈ Q.
Isso implica que |Q(
√
2)(
√
3) : Q(
√
2)| = 2 logo |E : Q| = 2 · 2 = 4. Uma base de E sobre
Q é dada por {1,
√
2,
√
3,
√
2
√
3 =
√
6}.
Seja E/F uma extensão de corpos. Se α1, . . . , αn ∈ E podemos definir indutivamente
F (α1, . . . , αn) = F (α1, . . . , αn−1)(αn).
10. CORPOS DE DECOMPOSIÇÃO 125
Se trata do subcorpo de E gerado por F e por α1, . . . , αn, isto é, a interseção dos subcorpos
de E que contêm F , α1, . . . , αn. Já encontramos exemplos de tais corpos, por exemplo
Q(
√
2,
√
3). Observe que se os αi são algébricos sobre F então |F (α1, . . . , αn) : F | ≤ d1 · · · dn,
onde di = |F (αi) : F |.
Definição 14 (Corpo de decomposição). Seja F um corpo e seja P (X) ∈ F [X] de grau
≥ 1. Um corpo M contendo F é dito corpo de decomposição de P (X) sobre F se
(1) M = F (u1, . . . , ur) onde P (ui) = 0 para todo i = 1, . . . , r.
(2) P (X) é fatorável em M [X] em fatores de grau 1.
Em outras palavras um corpo de decomposição de P (X) sobre F é um corpo M contendo
F e minimal com respeito a propriedade seguinte: se Q(X) é irredut́ıvel em M [X] e divide
P (X) (em M [X]) então Q(X) tem grau 1.
Por exemplo seja P (X) = X2 + 1 ∈ Q[X]. As raizes complexas de P (X) em C são i e
−i, logo um corpo de decomposição de P (X) sobre Q é Q(i,−i) = Q(i).
Por exemplo seja P (X) = X3−2 ∈ Q[X]. As raizes complexas de P (X) são α, ρα e ρ2α
onde α = 3
√
2 e ρ = − 12 + i
√
3
2 (em outras palavras α é a raiz real de P (X) e ρ é um elemento
de C∗ de ordem 3). Logo um corpo de decomposição de P (X) sobre Q é Q(α, ρα, ρ2α), que
é igual a Q(α, ρ) (a inclusão ⊆ é facil, para mostrar a inclusão ⊇ observe que ρ = (ρα)α−1).
ρ ∈ C− R e ρ é raiz de X2 +X + 1 logo o grau de ρ sobre Q(α) é 1 ou 2. Mas não pode ser
1 porque ρ 6∈ Q(α), de fato ρ 6∈ R mas Q(α) ⊆ R. Pela formula do grau
|Q(α, ρ) : Q| = |Q(α)(ρ) : Q(α)| · |Q(α) : Q| = 2 · 3 = 6.
Vamos mostrar a existência e a unicidade dos corpos de decomposição.
Teorema 19 (Corpos de decomposição - Existência). Seja P (X) ∈ F [X] de grau n ≥ 1.
Existe um corpo de decomposição M de P (X) sobre F .
Demonstração. Indução sobre n. Se n = 1 então P (X) = aX + b ∈ F [X] logo um
corpo de decomposição de P (X) sobre F é F (−b/a) = F . Suponha n ≥ 2. Escreva P (X) =
A(X)B(X) com A(X) irredut́ıvel em F [X]. Seja E := F [X]/(A(X)) e seja u = X + I ∈ E
onde I = (A(X)). Temos então E = F (u). Além disso A(u) = 0, de fato escrevendo
A(Y ) =
∑
i aiY
i temos
A(u) = A(X + I) =
∑
i
ai(X + I)
i =
∑
i
aiX
i + I = A(X) + I = I
onde A(X) ∈ I, em outras palavras A(u) = 0 em E. Isso implica que P (X) = (X −
u)H(X) para algum H(X) ∈ E[X] (pois E contem u). Como P (X) = A(X)B(X) = (X −
u)H(X)B(X), por hipótese de indução existe um corpo de decomposição de H(X)B(X) sobre
E = F (u) (pois H(X)B(X) tem grau n−1), logo M é corpo de decomposição de P (X) sobre
F (ele contem E = F (u) e as outras raizes). �
Teorema 20 (Corpos de decomposição - Unicidade). Seja σ : K → F isomorfismo de
corpos, e σ̂ : K[X] → F [X] a sua extensão; seja f(X) ∈ K[X] e f(X) := σ̂(f(X)); sejam
M e M corpos dedecomposição de f(X) e de f(X) respectivamente, sobre K e F , onde
126 2. ANEIS E POLINÔMIOS
deg(f(X)) > 0. Então σ pode ser extendido a um isomorfismo M → M . O número de
isomorfismos M → M que extendem σ é menor ou igual a |M : K| e é exatamente igual a
|M : K| se e somente se os fatores irredut́ıveis de f(X) são fatoráveis em M [X] em fatores
lineares dois a dois não associados (i.e. as raizes em M dos fatores irredut́ıveis de f(X) são
distintas).
Demonstração. Mostraremos o teorema por indução sobre n := |M : K|. Se n =
1, M = K logo f(X) é fatorável completamente em K[X]. Segue que f(X) é fatorável
completamente em F [X], logo M = F e o único isomorfismo posśıvel M →M extendendo σ
é o próprio σ. Segue que existe exatamente 1 = |M : K| tal isomorfismo.
Seja agora n ≥ 2. Seja h(X) ∈irr K[X] de grau maior que 1 e suponha f(X) = h(X)t(X)
em K[X]. Isso é posśıvel porque K[X] é um domı́nio de fatoração única e se todos os
polinômios irredut́ıveis de K[X] que dividem f(X) tivessem grau 1 então K seria igual a M .
Como M é corpo de decomposição para f(X) sobre K, e h(X) é um fator de f(X) em K[X],
existe u ∈ M tal que h(u) = 0, e pela mesma razão existe v ∈ M tal que h(v) = 0. Temos
h(X) ∈irr F [X], h(X) divide f(X) e M e M são corpos de decomposição de f(X) e f(X)
sobre K(u) e F (v) respectivamente (são tais sobre K e F respectivamente).
Sejam u1, u2, ..., ur as raizes distintas de h(X) em M . Existe um único isomorfismo de
corpos
σi : K(u)→ F (ui)
que extende σ e que leva u para ui. A sua unicidade é imediata (é definido nos geradores),
para mostrar a existência considere a composição
K(u) ∼= K[X]/(h(X)) ∼= F [X]/(h(X)) ∼= F (ui).
Temos r ≤ grau(h(X)) = |K(u) : K|. Sendo |M : K(u)| < |M : K|, pela hipótese de indução
σi pode ser extendido a M de no máximo |M : K(u)| maneiras, e como tem no máximo r
possibilidades para σi, o número total de tais isomorfismos é no máximo
r · |M : K(u)| ≤ |K(u) : K| · |M : K(u)| = |M : K|.
Para terminar basta então mostrar que todo isomorfismo φ : M →M que extende σ é obtido
extendendo algum σi. Para isso observe que φ(u) é raiz de h(X). De fato se h(X) = anX
n +
...a1X+a0 com ai ∈ K para todo i = 0, 1, . . . , n então h(X) = σ(an)Xn+ ...+σ(a1)X+σ(a0)
e φ(ai) = σ(ai) para todo i = 0, 1, . . . , n sendo que φ extende σ por hipótese, logo
h(φ(u)) =
n∑
i=0
σ(ai)φ(u)
i =
n∑
i=0
φ(ai)φ(u)
i = φ
(
n∑
i=0
aiu
i
)
= φ(h(u)) = φ(0) = 0.
Segue que φ(u) = ui para algum i ∈ {1, ..., r}, ou seja φ|K(u) = σi.
Relendo a demonstração é claro que a igualdade vale se e somente se o número de raizes
distintas em M de cada fator irredut́ıvel de f(X) em K[X] é igual ao seu grau. �
Uma consequência imediata é que se um polinômio f(X) ∈ K[X] admite dois corpos de
decomposição M , M sobre K então a identidade σ = id : K → K = F pode ser extendida a
um isomorfismo M →M . Em outras palavras dois corpos de decomposição de um polinômio
de K[X] são sempre isomorfos.
10. CORPOS DE DECOMPOSIÇÃO 127
Exemplo. f(X) = X4 − 5X2 + 5 ∈ Q[X] (irredut́ıvel pelo critério de Eisenstein). As
raizes de f(X) são a, b,−a,−b onde
a =
√
5 +
√
5
2
, b =
√
5−
√
5
2
.
Observe que 2a2−5 =
√
5 e ab =
√
5 logo 2a2−5 = ab, e deduzimos que b = (2a2−5)/a ∈ Q(a).
Segue que neste caso o corpo de decomposição de f(X) sobre Q é Q(a,−a, b,−b) = Q(a), ele
tem grau 4 sobre Q.
10.1. Exerćıcios.
(1) Mostre que Q(
√
3,
√
5) = Q(
√
3 +
√
5).
(2) Mostre que Q(i,
√
7) = Q(i +
√
7) e encontre o polinômio minimal de i +
√
7 sobre
Q.
(3) Seja u =
√
2(1 + i) ∈ Q[
√
2, i]. Mostre que Q(u2) = Q[i], encontre o polinômio
minimal f(X) de u sobre Q e diga se Q(u) é um corpo de decomposição de f(X)
sobre Q.
(4) Seja u :=
√
2 +
√
5 ∈ R. Encontre o polinômio minimal f(X) de u sobre Q, escreva
u + 1/u como polinômio avaliado em u e calcule |E : Q| onde E é um corpo de
decomposição de f(X) sobre Q.
(5) Mostrar que o corpo de decomposição de P (X) = X4 + 2X2 + 9 sobre Q contido
em C é Q(i
√
2).
(6) Seja α ∈ C algébrico de grau ı́mpar sobre Q. Mostre que Q(α) = Q(α2).
(7) Seja P (X) = X4 − X2 − 3 ∈ Z[X]. Mostre que P (X) é irredut́ıvel em Z[X] e
em Q[X]. [Dica: pelo lema de Gauss basta mostrar que é irredut́ıvel em Z[X]. Se
admite uma fatoração em dois fatores de grau 2 então podemos supor que eles sejam
mônicos (por quê?).]
(8) Seja α uma raiz de f(X) = X3 +X2 + 1 ∈ F2[X] em uma oportuna extensão de F2.
Mostre que F2(α) é um corpo de decomposição para f(X).
(9) Calcule o grau do corpo de decomposição M (contido em C) sobre Q dos polinômios
seguintes.
(a) X2, X2 − 1, X2 − 2, X2 − 3, X2 − 4,
(b) X3 − 1, X3 − 4, X3 − 8,
(c) X3 + 1, X3 + 8,
(d) X4 − 2, X4 − 16,
(e) X4 + 1, X4 + 16,
(f) (X2 − 2)(X2 − 3),
(g) X4 − 6X2 + 6 (dif́ıcil),
(h) X4 − 6X2 − 3 (dica: observe que M 6⊆ R),
(i) X3 − 3X + 1 (dica: se u é raiz, u2 − 2 é raiz?).
(10) Encontre o grau de um corpo de decomposição de X6 + 1, X4 − 2 e X4 + 4 sobre
Q, e sobre F2, F3 e F5.
128 2. ANEIS E POLINÔMIOS
(11) Seja P (X) = (X2−2)(X2−3)(X2−6) ∈ Z[X]. Mostre que P (X) não admite raizes
inteiras mas admite raizes módulo p (ou seja a sua redução módulo p admite uma
raiz em Fp) para todo primo p.
(12) Seja f(X) ∈ Z[X] um polinômio. Mostre que se f(a) é um número primo para todo
a ∈ Z então f(X) é um polinômio constante.
(13) Mostre que se n é um inteiro positivo sin(π/n) é algébrico sobre Q.
(14) Verifique que os dois aneis A = Z/6Z×Z/6Z e B = Z/6Z[X]/(X2−2) têm a mesma
cardinalidade. São isomorfos? Existe um quociente de Z/6Z[X] isomorfo a A?
(15) Seja A = Z[i
√
5] = {a + bi
√
5 : a, b ∈ Z} (subanel de C). Calcule U(A). [Use
N(a+ ib) = a2 + b2.]
(16) Sejam K/Q e F/Q extensões de corpos e seja f : K → F um isomorfismo. Mostre
que f |Q é a identidade.
(17) Seja K um corpo e seja G = Aut(K) o grupo dos automorfismos de K, ou seja os
isomorfismos K → K (com a operação de composição). Calcule Aut(Q(
√
2)).
(18) Seja P (X) ∈ A = Z[X] um polinômio de grau positivo e seja p ∈ Z um número
primo positivo. Para quais valores de p o ideal (p, f(X)) de A é maximal? O ideal
(3, X3 + X + 1) de A é maximal? [Dica: chamado de f(X) a redução de f(X)
módulo p mostre que A/(p, f(X)) ∼= Fp[X]/(f(X)).]
(19) Conte os polinômios irredut́ıveis de grau 2 em F2[X] e em F3[X].
(20) Conte os ideais de F3[X]/(f(X)) nos casos seguintes: f(X) = X2 +X + 1, f(X) =
X2 + 1, f(X) = X3 + 1, f(X) = X3 +X, f(X) = X3 + 2X.
11. Resolução dos exerćıcios de Aneis
11.1. Faça a divisão com resto entre X6 −X e 2X2 +X + 1 em Q[X] e em Z/7Z[X].
A divisão em Q[X] é
X6 −X 2X2 +X + 1
X6 + 12X
5 + 12X
4 1
2X
4 − 14X
3 − 18X
2 + 316X −
1
32
− 12X
5 − 12X
4 −X
− 12X
5 − 14X
4 − 14X
3
− 14X
4 + 14X
3 −X
− 14X
4 − 18X
3 − 18X
2
3
8X
3 + 18X
2 −X
3
8X
3 + 316X
2 + 316X
− 116X
2 − 1916X
− 116X
2 − 132X −
1
32
− 3732X +
1
32
Logo X6 −X = (2X2 +X + 1)Q(X) +R(X) onde
Q(X) = 12X
4 − 14X
3 − 18X
2 + 316X −
1
32 ,
R(X) = − 3732X +
1
32 .
A divisão em Z/7Z[X] é
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 129
X6 −X 2X2 +X + 1
X6 + 4X5 + 4X4 4X4 + 5X3 + 6X2 + 5X + 5
3X5 + 3X4 −X
3X5 + 5X4 + 5X3
5X4 + 2X3 + 6X
5X4 + 6X3 + 6X2
3X3 +X2 + 6X
3X3 + 5X2 + 5X
3X2 +X
3X2 + 5X + 5
3X + 2
Logo X6 −X = (2X2 +X + 1)Q(X) +R(X) onde
Q(X) = 4X4 + 5X3 + 6X2 + 5X + 5,
R(X) = 3X + 2.
11.2. Encontre dois polinômios G(X), H(X) ∈ Q[X] tais que
G(X)(X3 + 2) +H(X)(X2 +X + 1) = 1.
Pode-se aplicar o algoritmo de Euclides, mas neste caso o problema é reduzido a uma
simples divisão com resto.
X3 + 2 X2 +X + 1
X3 +X2 +X X − 1
−X2 −X + 2
−X2 −X − 1
3
Logo X3 + 2 = (X2 +X + 1)(X − 1) + 3 e dividindo por 3 obtemos
1
3
(X3 + 2) + (−1
3
(X − 1))(X2 +X + 1) = 1.
11.3. Existe uma formula para o grau de A(X) + B(X) que depende só dos graus de
A(X) e B(X)?
Não porque por exemplo X + (−X + 1) = 1 tem grau zero mas X + (X + 1) = 2X + 1
tem grau 1.
11.4. Encontre todos os x ∈ Z/17Z tais que x2 + 8x+ 14 = 0.
Podemos usar a formula de Bhaskara,observando que 82 − 4 · 14 = 8 = 52. Obtemos
x = −8±52 ou seja x = −3/2 = 7 e x = −13/2 = 2.
11.5. Conte os polinômios de grau 4 em Z/3Z[X].
São da forma aX4 + bX3 + cX2 + dX + e com a, b, c, d, e ∈ Z/3Z e a 6= 0, logo tem
exatamente 2 · 34 = 162 polinômios de grau 4 em Z/3Z[X].
130 2. ANEIS E POLINÔMIOS
11.6. Calcule X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4) em Z/5Z[X].
Temos
X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4) =
= (X3 − 3X2 + 2X)(X2 − 7X + 12)
= X5 − 7X4 + 12X3 − 3X4 + 21X3 − 36X2 + 2X3 − 14X2 + 24X
= X5 −X.
11.7. Encontre todos os x ∈ Z/16Z tais que x4 = 0.
Observe que se x ∈ Z é par x4 ≡ 0 mod 16 (é diviśıvel por 24 = 16) e se x ∈ Z é ı́mpar
x4 6≡ 0 mod 16 (é ı́mpar). Segue que as soluções da equação proposta são 0, 2, 4, 6, 8, 10,
12, 14. Em particular X4 ∈ Z/16Z[X] é um polinômio de grau 4 com 8 raizes.
11.8. Sejam A e B dois aneis (comutativos, unitários). Seja R = A × B o produto
cartesiano entre A e B. Mostre que R é um anel (comutativo, unitário) com as operações
(a1, b1) + (a2, b2) = (a1 + a2, b1 + b2),
(a1, b1) · (a2, b2) = (a1a2, b1b2).
Mostre que U(R) = U(A)× U(B). R é um corpo?
As operações são associativa pois são associativas em A e B: (a, b) + ((c, d) + (e, f)) =
(a, b) + (c + e, d + f) = (a + (c + e), b + (d + f)) = ((a + c) + e, (b + d) + f) = (a + c, b +
d) + (e, f) = ((a, b) + (c, d)) + (e, f), e (a, b)((c, d)(e, f)) = (a, b)(ce, df) = (a(ce), b(df)) =
((ac)e, (bd)f) = (ac, bd)(e, f) = ((a, b)(c, d))(e, f). As operações são comutativas pois elas
são comutativas em A e B: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) = (c + a, d + b) = (c, d) + (a, b)
e (a, b)(c, d) = (ac, bd) = (ca, db) = (c, d)(a, b). O elemento neutro da soma é (0, 0), de fato
(a, b) + (0, 0) = (a, b) para todo (a, b) ∈ R. O inverso aditivo (oposto) de (a, b) é (−a,−b)
pois (a, b) + (−a,−b) = (a− a, b− b) = (0, 0). O elemento neutro do produto é (1, 1), de fato
(a, b)(1, 1) = (a, b) para todo (a, b) ∈ R. Propriedade distributiva:
(a, b)((c, d) + (e, f)) = (a, b)(c+ e, d+ f) = (a(c+ e), b(d+ f))
= (ac+ ae, bd+ bf) = (ac, bd) + (ae, bf)
= (a, b)(c, d) + (a, b)(e, f).
R nunca é corpo porque (1, 0) nunca tem inverso, de fato (1, 0)(x, y) = (1, 1) implicaria 0 = 1,
absurdo.
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 131
11.9. Seja A o conjunto das funções f : R → R. Mostre que A é um anel comutativo
unitário com as operações
(f + g)(x) := f(x) + g(x), (f · g)(x) := f(x)g(x).
Calcule U(A).
Observe que a igualdade entre duas funções f = g significa (por definição de função)
que f(x) = g(x) para todo x ∈ R (!). A ideia é que as propriedades de A seguem das
propriedades do anel R. A soma é associativa pois ((f + g) + h)(x) = (f + g)(x) + h(x) =
(f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) = f(x) + (g + h)(x) = (f + (g + h))(x) logo
(f + g) + h = f + (g + h) para todo f, g, h ∈ A, o elemento neutro da soma é a função
nula 0 definida por 0(x) = 0, o inverso aditivo (oposto) da função f ∈ A é −f , definida por
(−f)(x) := −f(x). A soma é comutativa pois (f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) =
(g + f)(x). O produto é associativo pois ((fg)h)(x) = (fg)(x)h(x) = (f(x)g(x))h(x) =
f(x)(g(x)h(x)) = f(x)(gh)(x) = (f(gh))(x) logo (fg)h = f(gh) para todo f, g, h ∈ A, o
elemento neutro do produto é a função 1 definida por 1(x) = 1. O produto é comutativo pois
(fg)(x) = f(x)g(x) = g(x)f(x) = (gf)(x). Propriedade distributiva:
(f(g + h))(x) = f(x)((g + h)(x)) = f(x)(g(x) + h(x))
= f(x)g(x) + f(x)h(x) = (fg)(x) + (fh)(x)
= (fg + fh)(x)
logo f(g + h) = fg + fh para todo f, g, h ∈ A. Um elemento f ∈ A admite inverso
g ∈ A exatamente quando fg = 1 ou seja f(x)g(x) = 1 para todo x ∈ R. Isso implica em
particular que f(x) 6= 0 para todo x ∈ R, e neste caso g(x) = 1/f(x) define o inverso de f .
Logo U(A) = {f ∈ A : f(x) 6= 0 ∀x ∈ R}.
11.10. Seja A um anel unitário. Mostre que U(A) com a multiplicação é um grupo.
Obviamente 1 ∈ U(A) sendo 1−1 = 1 e se x, y ∈ U(A) então xy ∈ U(A), de fato
(xy)−1 = y−1x−1 ∈ A logo xy admite inverso em A.
11.11. Seja K um corpo. Mostre que U(K[X]) = U(K) = K − {0}.
A inclusão U(K) ⊆ U(K[X]) é clara, pois se a ∈ U(K) então a admite inverso em K.
Mostraremos a outra inclusão. Se P (X) ∈ U(K[X]) então existe Q(X) ∈ K[X] tal que
P (X)Q(X) = 1. Segue que a soma dos graus de P (X) e Q(X) é igual ao grau de 1, ou
seja 0, logo P (X) e Q(X) têm grau 0, em outras palavras são constantes não nulas, ou seja
P (X), Q(X) ∈ K − {0} = U(K).
11.12. Seja G um grupo abeliano aditivo e seja A = End(G) o conjunto dos endomor-
fismos de G, ou seja os homomorfismos G → G. Mostre que A é um anel com as operações
(f + g)(x) = f(x) + g(x) (para todo x ∈ G) e (fg)(x) = f(g(x)) (para todo x ∈ G).
A soma é associativa pois ((f + g) + h)(x) = (f + g)(x) + h(x) = (f(x) + g(x)) + h(x) =
f(x)+(g(x)+h(x)) = f(x)+(g+h)(x) = (f+(g+h))(x) para todo x ∈ G, logo (f+g)+h =
132 2. ANEIS E POLINÔMIOS
f + (g+h). O elemento neutro de + é a função nula, f(x) = 0 para todo x ∈ G. O oposto de
f é −f definido por (−f)(x) := −f(x). Se trata de endomorfismos de G. A composição ◦ é
associativa pois ((f ◦g)◦h)(x) = (f ◦g)(h(x)) = f(g(h(x))) = f(g ◦h(x)) = (f ◦ (g ◦h))(x). O
elemento neutro de ◦ é a função identidade, f(x) = x para todo x ∈ G (é um endomorfismo
de G). Propriedades distributivas:
• (f ◦ (g+h))(x) = f((g+h)(x)) = f(g(x) +h(x)) = f(g(x)) + f(h(x)) = (f ◦ g)(x) +
(f ◦h)(x), logo f ◦ (g+h) = f ◦ g+ f ◦h. Observe que usamos o fato que f respeita
a operação de G.
• ((f + g) ◦ h)(x) = (f + g)(h(x)) = f(h(x)) + g(h(x)) = (f ◦ h + g ◦ h)(x), logo
(f + g) ◦ h = f ◦ h + g ◦ h. Observe que aqui usamos simplesmente a definição de
soma em R.
11.13. Seja A um anel unitário. Mostre que se b2 = b para todo b ∈ A então A é
comutativo. Mostre que se b3 = b para todo b ∈ A então A é comutativo.
Suponha b2 = b para todo b ∈ A. Em particular se a, b ∈ A temos (a + b)2 = a + b ou
seja, usando a2 = a e b2 = b, temos ab + ba = 0 (observe que (a + b)2 = a2 + ab + ba + b2)
ou seja ba = −ab, logo para terminar precisamos mostrar que 1 = −1. Mas (1 + 1)2 = 1 + 1
implica 1 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 ou seja 1 = −1.
Suponha b3 = b para todo b ∈ A. 23 = 2 implica 6 = 0 logo 6a = 0 para todo a ∈ A,
ou seja 3a = −3a (*) para todo a ∈ A. Se a ∈ A temos (a + a2)3 = a + a2 ou seja
3(a + a2) = 0 ou seja (lembrando de (*)) 3a2 = −3a = 3a (**). Aplicando isso a a + b
obtemos 3(a+ b)2 = −3(a+ b) ou seja 3a2 + 3ab+ 3ba+ 3b2 = −3a− 3b e sendo 3a2 = −3a e
3b2 = −3b obtemos (usando (**)) 3ab = 3ba. As igualdades b+ c = (b+ c)3 e b− c = (b− c)3
podem ser escritas
b2c+ bcb+ bc2 + cb2 + cbc+ c2b = 0, −b2c− bcb+ bc2 − cb2 + cbc+ c2b = 0.
Somando elas obtemos (***) 2bc2 + 2cbc+ 2c2b = 0. Multiplicando (***) a direita/esquerda
por c obtemos
2bc+ 2cbc2 + 2c2bc = 0, 2cbc2 + 2c2bc+ 2cb = 0.
Subtraindo elas obtemos 2bc = 2cb. Junto com (**), isso implica que bc = 3bc − 2bc =
3cb− 2cb = cb.
11.14. Seja p um número primo ı́mpar e seja K o corpo Z/pZ. Mostre que o polinômio
X2 + 1 ∈ K[X] admite uma raiz em K se e somente se p ≡ 1 mod 4. [Dica: lembre-se que
U(K) ∼= Cp−1.]
Se o polinômio X2 + 1 admite uma raiz em K, digamos a ∈ K, então a2 = −1. Sendo
p impar −1 6= 1 logo a não tem ordem 2, e a 6= 1 sendo 11 = 1 6= −1. Por outro lado a4 =
(a2)2 = (−1)2 = 1 logo a tem ordem 4 em U(K) = K −{0} (que é um grupo multiplicativo).
Pelo teorema de Lagrange 4 divide |K| − 1 = p− 1, ou seja p ≡ 1 mod 4.
Agora suponha p ≡ 1 mod 4. Sendo U(K) um grupo ćıclico de ordem p − 1 existe
a ∈ U(K) de ordem 4, em particular a4 = 1 ou seja a é raiz de X4 − 1. Segue que 0 =
a4 − 1 = (a− 1)(a+ 1)(a2 + 1). Sendo K um corpo, isso implica que um desses três fatores é
nulo. Mas a 6= ±1 pois a tem ordem 4, logo a2 + 1, ou seja a é raiz de X2 + 1.
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 133
11.15. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 módulo 4.
[Dica: suponha isso falso por contradição e seja m o produto de todos os primos congru-
entes a 1 módulo 4. Seja P (X) = X2 + 1 e seja p um divisorprimo de P (2m). Mostre que
P (X) admite uma raiz em K = Z/pZ e deduza que p ≡ 1 mod 4 usando o exerćıcio anterior.]
Seja α = 2m + pZ ∈ K, temos P (α) = 0 logo α é uma raiz de X2 + 1 em K. Pelo
exerćıcio anterior p ≡ 1 mod 4 logo p divide m (por definição de m), mas isso implica
P (α) = 1, absurdo.
11.16. Seja K um corpo infinito e seja P (X) um polinômio em K[X]. Então P (X) é o
polinômio nulo se e somente se P (a) = 0 para todo a ∈ K.
Se P (X) é o polinômio nulo então obviamente P (a) = 0 para todo a ∈ K. Agora suponha
P (a) = 0 para todo a ∈ K. Se P (X) não é o polinômio nulo então o seu grau é n ≥ 0, e
sabemos que P (X) admite no máximo n raizes. Mas por hipótese P (a) = 0 para todo a ∈ K,
absurdo sendo K infinito.
11.17. Seja K um corpo, e seja F o conjunto das funções K → K. Seja g : K[X]→ F a
função definida por g(P (X))(a) := P (a). Mostre que g é injetiva se e somente se K é infinito.
Se K é infinito e g(P (X)) = g(Q(X)) então P (a) = Q(a) para todo a ∈ K logo o
polinômio L(X) = P (X) − Q(X) verifica L(a) = 0 para todo a ∈ K logo L(X) = 0 (pelo
exerćıcio acima) ou seja P (X) = Q(X). Agora suponha K finito, mostraremos que g não
é injetiva. Seja m = |K| > 1, se a ∈ K − {0} então am−1 = 1 sendo K − {0} um grupo
multiplicativo de ordem m − 1, logo am = a. Essa igualdade vale para todo a ∈ K − {0}
e obviamente vale também para a = 0, segue que am = a para todo a ∈ K. Isso pode ser
reformulado dizendo que g(Xm) = g(X), logo g não é injetiva.
11.18. Um elemento a de um anel comutativo unitário A é chamado de nilpotente se
an = 0 para algum n ∈ N. Mostre que o conjunto dos elementos nilpotentes de A é um ideal
de A.
0 é nilpotente pois 01 = 0, e se an = 0 e x ∈ A então sendo A comutativo (xa)n = xnan =
xn0 = 0. Escolhendo x = −1 obtemos também que −a é nilpotente. Falta mostrar que se a
e b são nilpotentes então a+ b é nilpotente. Suponha an = 0 e bm = 0. Sendo A comutativo
podemos usar a formula do binômio de Newton
(a+ b)n+m =
n+m∑
i=0
(
n+m
i
)
aibn+m−i = 0
porque em cada termo da soma aparece uma potência ai com i ≥ n ou uma potência bn+m−i
com n+m− i ≥ m.
11.19. Um elemento e de um anel comutativo unitário A é chamado de idempotente
se e2 = e. Mostre que A contem idempotentes diferentes de 0 e de 1 se e somente se A é
isomorfo a um produto direto de dois aneis comutativos unitários não triviais, A ∼= X × Y .
[Dica: mostre que 1− e é idempotente e defina X = eA, Y = (1− e)A.]
134 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Observe que (1 − e)2 = 1 − 2e + e2 = 1 − 2e + e = 1 − e logo 1 − e é idempotente
e X = eA, Y = (1 − e)A são aneis unitários com elementos neutros do produto e e 1 − e
respectivamente, logo o elemento neutro do produto de X × Y é (e, 1 − e). Defina f : A →
X × Y , f(a) = (ea, (1 − e)a), se trata de um homomorfismo de aneis unitários. É injetivo
porque se f(a) = 0 então ea = 0, (1 − e)a = 0 logo a = ea + (1 − e)a = 0, e é sobrejetivo
porque se (ec, (1− e)d) ∈ X × Y então definido a = ec+ (1− e)d usando que e2 = e obtemos
ea = ec e (1− e)a = (1− e)d.
11.20. Se I e J são ideais de um anel comutativo unitário A então defina I + J =
{i+ j : i ∈ I, j ∈ J}. Mostre que I + J EA. Defina IJ como sendo o ideal de A gerado por
{ij : i ∈ I, j ∈ J} (a interseção dos ideais de A contendo {ij : i ∈ I, j ∈ J}). Mostre que
se I + J = A então I ∩ J = IJ .
I + J é um ideal de A porque se i1 + j1, i2 + j2 ∈ I + J então sendo I e J ideais temos
i1 + j1 + i2 + j2 = (i1 + i2) + (j1 + j2) ∈ I + J , −(i1 + j1) = −i1 + (−j1) ∈ I + J e se
a ∈ A então a(i1 + j1) = ai1 + aj1 ∈ I + J . Agora suponha I + J = A, mostraremos que
I ∩J = IJ . A inclusão IJ ⊆ I ∩J é sempre verdadeira porque I ∩J é um ideal que contem ij
para todo i ∈ I, j ∈ J (por definição de ideal) logo contem IJ (por definição de IJ). Agora
mostraremos I ∩ J ⊆ IJ . Seja x ∈ I ∩ J . Sendo I + J = A existem i ∈ I, j ∈ J tais que
i+ j = 1, logo x = x · 1 = x(i+ j) = xi+ xj ∈ IJ porque xi, xj ∈ IJ (sendo x ∈ I ∩ J).
11.21. Seja A um anel comutativo unitário e sejam a, b ∈ A. Considere (a, b) := {ax +
by : x, y ∈ A}. Mostre que (a, b) é um ideal de A.
Segue do exerćıcio anterior sendo (a, b) = (a) + (b).
11.22. Seja f : A → B um homomorfismo de aneis comutativos unitários e seja J um
ideal de B. Mostre que f←(J) = {a ∈ A : f(a) ∈ J} é um ideal de A. É verdade que se I é
um ideal de A então f(I) é um ideal de B?
Seja J E B e I = f←(J). Se x, y ∈ I então x + y ∈ I pois f(x + y) = f(x) + f(y) ∈ J
sendo f(x), f(y) ∈ J e J ideal, e se a ∈ A e x ∈ I temos ax ∈ I pois f(ax) = f(a)f(x) ∈ J
sendo f(x) ∈ J , f(a) ∈ B e J ideal. Em geral se I E A então f(I) não é ideal de B, por
exemplo considere a inclusão Z → Q, os ideais nZ de Q não são ideais de Q (sendo Q um
corpo, os únicos ideais de Q são {0} e Q).
11.23. Seja A um anel comutativo unitário e seja f : A[X] → A a função definida por
f(P (X)) := P (0), isto é, f(a0 +a1X + . . .+anX
n) := a0. Usando o teorema de isomorfismo,
mostre que A[X]/(X) ∼= A.
É claro que f é sobrejetiva pois f(a) = a para todo a ∈ A, logo para terminar basta
mostrar que ker(f) = (X), mas isso é claro pois se XP (X) ∈ (X) então f(XP (X)) =
0P (0) = 0 e se P (X) ∈ ker(f) então escrevendo P (X) =
∑n
i=0 aiX
i temos a0 = P (0) = 0
logo P (X) =
∑n
i=1 aiX
i = X
∑n
i=1 aiX
i−1 ∈ (X).
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 135
11.24. Escreva e demonstre o teorema de isomorfismo para espaços vetoriais sobre um
corpo K. Se V é um espaço vetorial e W é um subespaço, V/W = {v + W : v ∈ V } é um
espaço vetorial com a multiplicação por escalar dada por a(v + W ) := av + W (para todo
a ∈ K, v ∈ V ). Calcule dimK(V/W ).
Seja f : V → U um homomorfismo de espaços vetoriais sobre K (ou seja uma função K-
linear) e seja W = ker(f). Então V/W ∼= Im(f) por meio do isomorfismo ϕ(v +W ) = f(v).
O fato que f é bem definida e bijetiva foi visto quando mostramos o teorema de isomorfismo
para grupos. Falta mostrar que ϕ é K-linear. Se λ ∈ K temos ϕ(λ(v +W )) = ϕ(λv +W ) =
f(λv) = λf(v) = λϕ(v + W ). Lembre-se que dim(V ) = dim(ker(f)) + dim(Im(f)) e sendo
ker(f) = W e Im(f) ∼= V/W obtemos dim(V/W ) = dim(V )− dim(W ).
11.25. Calcule o núcleo de vi+1 : Q[X]→ C, vi+1(P (X)) := P (i+ 1).
Seja α = 1 + i. Observe que (α− 1)2 = i2 = −1 logo α é raiz de H(X) = (X − 1)2 + 1 =
X2 − 2X + 2. Mostraremos que ker(vi+1) = (H(X)). A inclusão ⊇ é obvia porque se
H(X)Q(X) ∈ (H(X)) então H(α)Q(α) = 0Q(α) = 0 logo H(X)Q(X) ∈ ker(vα). Agora
seja P (X) ∈ ker(vα), efetuando a divisão com resto de P (X) por H(X) temos P (X) =
Q(X)H(X)+R(X) com R(X) = aX+b, logo 0 = P (α) = Q(α)H(α)+R(α) = R(α) = aα+b
(sendo H(α) = 0). Isso implica a(1+i)+b = 0 ou seja a+b+ai = 0 que implica a+b = a = 0
ou seja a = b = 0 ou seja R(X) é o polinômio nulo, logo P (X) = Q(X)H(X) ∈ (H(X)).
11.26. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 módulo 3. [Dica: se por
contradição são finitos seja m o produto deles, seja P (X) = X2 +X + 1 ∈ Z[X] e seja p um
divisor primo de P (3m). Mostre que U(Z/pZ) contem um elemento de ordem 3.]
Seja α = 3m + pZ ∈ K = Z/pZ. Obviamente P (α) = 0, por outro lado X3 − 1 =
(X − 1)P (X) logo α é raiz de X3 − 1 ou seja α3 = 1. Mas α 6= 1 porque 1 não é raiz de
P (X): de fato P (1) = 3 6= 0 sendo p 6= 3 (p divide P (3m) = 9m2 + 3m + 1). Segue que α
tem ordem 3 em U(K), que é um grupo de ordem p− 1, logo p ≡ 1 mod 3 e isso implica que
p divide m (por definição de m), logo P (α) = 1, absurdo.
11.27. Sejam I, J ideais de um anel comutativo unitário A. Suponha I+J = A. Mostre
que I ∩ J é um ideal de A e que
A/I ∩ J ∼= A/I ×A/J.
(Isomorfismo de aneis, obviamente).
Considere f : A→ A/I × A/J , f(x) = (x+ I, x+ J). Se trata de um homomorfismo de
aneis e ker(f) = I ∩ J . Pelo teorema de isomorfismo para terminar precisamos mostrar que
f é sobrejetiva. Seja (a+ I, b+ J) ∈ A/I × A/J . Como I + J = A existem i ∈ I, j ∈ J tais
que i+ j = 1. Seja x = aj + bi, temos x+ I = aj + bi+ I = aj + I = a(i+ j) + I = a+ I ex+ J = bi+ J = b(i+ j) + J = b+ J . Logo f(x) = (a+ I, b+ J).
136 2. ANEIS E POLINÔMIOS
11.28. Sejam A,B corpos (com 1 6= 0) e seja f : A → B um homomorfismo de aneis.
Mostre que f é injetivo.
O núcleo de f é um ideal de A logo ker(f) = {0} ou ker(f) = A (sendo A corpo). Mas
ker(f) 6= A porque f(1) = 1 6= 0, logo ker(f) = {0} ou seja f é injetivo.
11.29. Seja A um domı́nio de integridade finito. Mostre que A é um corpo. [Dica: dado
a ∈ A diferente de zero considere a função A→ A dada pela multiplicação por a. Mostre que
é injetiva e deduza que é sobrejetiva.]
f : A→ A, f(x) = ax é injetiva pois se ax = ay então a(x−y) = 0 logo x = y sendo a 6= 0
e sendo A um domı́nio. Sendo A um conjunto finito e f : A→ A injetiva, f é sobrejetiva logo
existe x ∈ A tal que f(x) = 1 ou seja ax = 1, logo a é inverśıvel.
11.30. Seja A um domı́nio. Mostre que se A tem apenas um número finito de ideais
então A é um corpo.
Seja a ∈ A, a 6= 0 e considere In = (an) para todo inteiro positivo n. Como A tem apenas
um número finito de ideais existem dois inteiros distintos n,m tais que (an) = (am). Pelo
próximo exerćıcio isso implica que am = uan para algum u ∈ U(A), logo supondo (sem perda
de generalidade) n > m temos am(1 − uan−m) = 1 e sendo a 6= 0 e A domı́nio isso implica
uan−m = 1 logo a é inverśıvel, o inverso dele sendo uan−m−1.
11.31. Seja A um domı́nio de integridade e sejam a, b ∈ A. Mostre que (a) = (b) se e
somente se existe um elemento inverśıvel u ∈ A tal que b = au.
Se um entre a e b é zero o enunciado é trivialmente verdadeiro sendo (0) = {0}. Suponha
a 6= 0 e b 6= 0. Se (a) = (b) então existem s, t ∈ A com a = bs, b = at logo a = bs = ats,
segue que a(1− ts) = 0 e sendo a 6= 0 e A domı́nio temos ts = 1 e b = at logo basta escolher
u = t. Se b = au com u ∈ U(A) então (a) = (b), a inclusão ⊆ segue do fato que se ax ∈ (a)
então ax = bu−1x ∈ (b) e a inclusão ⊇ segue do fato que se by ∈ (b) então by = auy ∈ (a).
11.32. Conte os ideais de Z/12Z.
Pelo teorema de correspondência se trata de contar os ideais (d) de Z contendo 12Z = (12),
e (d) contem (12) se e somente se d divide 12, logo se trata de contar os divisores de 12, se
trata de ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12. Por outro lado (x) = (−x) para todo x ∈ Z (porque
−1 ∈ U(Z)) e mais ainda sendo U(Z) = {1,−1} temos (x) = (y) se e somente se y = ±x
(veja o exerćıcio acima). Segue que os ideais contendo (12) são (1), (2), (3), (4), (6) e (12),
seis ideais.
11.33. Conte os ideais de R[X]/(X2 − 1) e de R[X]/(X2 − 2X + 1).
Como no exerćıcio anterior, lembrando que U(R[X]) = R − {0}, se trata de contar os
divisores mônicos do polinômio gerador, no primeiro caso temos 4 divisores, 1, X − 1, X + 1
e X2 − 1 e no segundo caso temos três divisores, 1, X − 1 e (X − 1)2.
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 137
11.34. Se A e B são domı́nios A×B é um domı́nio?
Não porque (1, 0)(0, 1) = (0, 0) e (1, 0) 6= (1, 1), (0, 1) 6= (1, 1).
11.35. Seja K := F2[X]/(X3 + X + 1). Mostre que K é um corpo finito, calcule |K| e
encontre um gerador do grupo multiplicativo ćıclico K∗. Seja I = (X3 + X + 1). Escreva o
inverso de α = X = X + I e de α+ 1 como polinômio (com coeficientes em F2) avaliado em
α.
K é um corpo porque X3 +X+1 é irredut́ıvel em F2[X] (tem grau 3 e não tem raizes em
F2), seja α = X = X + I ∈ K onde I = (X3 +X + 1). Sabemos que α é raiz de X3 +X + 1
ou seja α3 = α+ 1, pela teoria {1, α, α2} é uma base de K sobre F2. Segue que |K| = 23 = 8.
Como a ordem multiplicativa de α (no grupo K∗) divide |K∗| = 7 e α 6= 1, temos que α é
um gerador do grupo ćıclico K∗.
11.36. Seja K := F5[X]/(X2+2). Mostre que K é um corpo finito, calcule |K| e encontre
um gerador do grupo multiplicativo ćıclico K∗.
X2 + 2 é irredut́ıvel em F5[X] pois tem grau 2 e não tem raizes em F5: 02 + 2 = 2,
12 + 2 = 3, 22 + 2 = 1, 32 + 2 = 1, 42 + 2 = 3. Logo K é um corpo. Dito α = X + I
sendo I = (X2 + 2), α2 = −2 = 3 e os elementos de K são a + bα sendo a, b ∈ F5, assim
|K| = 52 = 25. Um gerador de G = K∗ tem ordem 25 − 1 = 24. Um elemento g de um
grupo ćıclico de ordem 24 = 23 · 3 tem ordem 24 se e somente se g12 6= 1 e g8 = 1 (pois
24/2 = 12, 24/3 = 8 e 2, 3 são todos os divisores primos de 24), logo para saber se g ∈ G
gera G basta calcular g12 e g8. Observe que (α + 4)12 = (4 + 3α)6 = (3 + 4α)3 = 4 6= 1 e
(α+ 4)8 = (4 + 3α)4 = (3 + 4α)2 = 2 + 4α 6= 1. Logo α+ 4 é um gerador de G: G = 〈α+ 4〉.
11.37. Seja K um corpo finito. Mostre que existe P (X) ∈ K[X] de grau maior que zero
tal que P (a) 6= 0 para todo a ∈ K.
Escrevendo K = {a1, . . . , am} defina P (X) = (X − a1) · · · (X − am) + 1. Obviamente
P (ai) = 1 6= 0 para todo i = 1, . . . ,m.
11.38. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 módulo 6. [Dica: X2−X+1.]
Seja P (X) = X2 −X + 1 e seja p um divisor primo de P (6m), α = 6m+ pZ ∈ K = Fp.
Observe que P (α) = 0 em K. Sendo
α6 − 1 = (α− 1)(α2 + α+ 1)(α+ 1)(α2 − α+ 1)
temos que α6 = 1, por outro lado α 6= 1 (porque 1 não é raiz de P (X) sendo P (1) = 1), α2 6= 1
sendo α 6= −1 (porque −1 não é raiz de P (X) sendo P (−1) = 3 e p 6= 3 pois P (6m) ≡ 1
mod 3), α3 6= 1 sendo α2 + α + 1 6= 0 (se fosse α2 = −α − 1 então −α − 1 = α2 = α − 1
implicaria 2α = 0 ou seja α = 0, sendo P (6m) ≡ 1 mod 2, mas 0 não é raiz de P (X) pois
P (1) = 1). Segue que α tem ordem 6 no grupo multiplicativo K∗, que tem ordem p− 1. Pelo
teorema de Lagrange 6 divide p − 1 ou seja p ≡ 1 mod 6 e por definição isso implica que p
divide m, dáı P (α) = 1 em K, absurdo.
138 2. ANEIS E POLINÔMIOS
11.39. Mostre que não existem homomorfismos de aneis (comutat́ıvos unitários) C→ R,
R→ Q, Q→ Z, Z[
√
2]→ Z[
√
3], Z/nZ→ Z (n > 0).
Seja f : C → R homomorfismo de aneis. Temos −1 = −f(1) = f(−1) = f(i2) = f(i)2,
logo f(i) ∈ R verifica f(i)2 = −1, absurdo.
Seja f : R → Q homomorfismo de aneis. Temos f(
√
2)2 = f(
√
2
2
) = f(2) = f(1 + 1) =
f(1) + f(1) = 1 + 1 = 2, logo f(
√
2) ∈ Q verifica f(
√
2)2 = 2, absurdo.
Seja f : Q → Z homomorfismo de aneis. Temos 2f(1/2) = f(1/2) + f(1/2) = f(1/2 +
1/2) = f(1) = 1, logo f(1/2) ∈ Z verifica 2f(1/2) = 1, absurdo.
Seja f : Z[
√
2] → Z[
√
3] homomorfismo de aneis. Temos f(
√
2)2 = f(
√
2
2
) = f(2) =
f(1 + 1) = f(1) + f(1) = 1 + 1 = 2, logo f(
√
2) ∈ Z[
√
3] verifica f(
√
2)2 = 2. Escrevendo
f(
√
2) = a+ b
√
3 temos então (a+ b
√
3)2 = 2 ou seja a2 + 3b2 + 2ab
√
3 = 2, segue 2ab
√
3 =
2− a2− 3b2 ∈ Z logo 2ab = 0, ou seja a = 0 ou b = 0. Se a = 0 então 3b2 = 2 e isso contradiz
b ∈ Z, e se b = 0 então a2 = 2 e isso contradiz a ∈ Z.
Seja f : Z/nZ→ Z homomorfismo de aneis. Temos 0 = f(0) = f(n) = f(1+1+ . . .+1) =
f(1) + f(1) + . . .+ f(1) = nf(1) = n, logo n = 0 em Z, absurdo.
11.40. Encontre todos os homomorfismos de aneis ϕ : C → C com a propriedade que
ϕ(r) = r para todo r ∈ R.
ϕ(i)2 = ϕ(i2) = ϕ(−1) = −1 logo ϕ(i) = ±i. Segue que existem dois homomorfismos
posśıveis, ϕ(a + ib) = a + ib e ϕ(a − ib) = a − ib. É fácil mostrar que a + ib 7→ a − ib é
homomorfismo de aneis.
11.41. Um ideal I de um anel comutativo unitário A é chamado de primo se A/I é um
domı́nio de integridade. Mostre que todo ideal maximal de A é primo e que se A é finito
então todo ideal primo de A é maximal. Quais são os ideais primos de Z? Quais são os ideais
maximais de Z?
Se I é maximal A/I é um corpo, logo A/I é um domı́nio, ou seja I é primo. Um ideal
(n) = nZ de Z é primo se e somente se cada vez que ab ∈ (n) (ou seja n divide ab) um entre
a e b pertence a (n) (ou seja n divide a ou b), ou seja n é igual a zero ou um número primo.
Se n é primo Z/nZ é um corpo logo nZ é um ideal maximal de Z. O ideal nulo é primo e não
maximal pois Z/0Z ∼= Z é um domı́nio mas não é um corpo.
11.42. Seja α = i
√
2 ∈ C. Mostre que α é algébrico sobre Q e calcule o grau |Q(α) : Q|.
Encontre o inverso de α e de α+ 1 em Q[α] (ou seja expresse α2 + 1 como polinômio de Q[X]
avaliado em α).
α2 = −2 logo α é raiz de X2 + 2 que é irredut́ıvel em Q[X] porque tem grau 2 e não tem
raizes emQ (porque os divisores inteiros de 2 não são raizes). Assim |Q(α) : Q| = 2. Temos
α ·α = −2 logo α ·(−α/2) = 1, assim α−1 = −α/2. Aplicar o algoritmo de Euclides a X2 +2 e
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 139
X+1 neste caso é simples poisX2+2 = (X+1)(X−1)+3 assim 13 (X
2+2)− 13 (X+1)(X−1) = 1
logo substituindo X = α obtemos que o inverso de α+ 1 em Q[α] é − 13 (α− 1).
11.43. Seja α =
√
2
2 (1 + i) ∈ C. Mostre que α é algébrico sobre Q e calcule o grau
|Q(α) : Q|. Encontre o inverso de α2 + 1 em Q[α] (ou seja expresse α2 + 1 como polinômio
de Q[X] avaliado em α).
α2 = i logo α4 = −1, assim α é raiz de X4 + 1 que é irredut́ıvel porque não tem raizes
em Q (porque os divisores de 1 em Z não são raizes) e se admite um fator de grau 2 então
(X − α)(X − α) é um fator de grau 2 em Q[X] (onde α é o complexo conjugado de α) mas
(X − α)(X − α) = X2 −
√
2X + 1 6∈ Q[X] . Logo |Q(α) : Q| = 4. O algoritmo de Euclides
aplicado a X4 +1 e X2 +1 neste caso é simples pois X4 +1 = X4−1+2 = (X2−1)(X2 +1)+2
logo 12 (X
4 + 1) − 12 (X
2 − 1)(X2 + 1) = 1, assim substituindo X = α obtemos que o inverso
de α2 + 1 é − 12 (α
2 − 1).
11.44. Seja α =
√
2− i ∈ C. Mostre que α é algébrico sobre Q e que
√
2 ∈ Q(α).
Temos α2 = 1 − 2i
√
2 logo (α2 − 1)2 = −8, segue que α é raiz do polinômio não nulo
(X2 − 1)2 + 8 logo é algébrico sobre Q. Como α2 = 1− 2i
√
2 obtemos i
√
2 = −(α2 − 1)/2 ∈
K = Q(α) (pois 2 ∈ K) logo i
√
2α = 2i+
√
2 ∈ K, segue que α− (2i+
√
2) = −3i ∈ K logo
i ∈ K (pois 3 ∈ K), segue que α+ i =
√
2 ∈ K.
11.45. Seja F um corpo e α ∈ F . Encontre o polinômio minimal de α sobre F .
X − α.
11.46. Seja P (X) ∈ Q[X] um polinômio de grau ≥ 1 e seja α ∈ C. Mostre que α é
algébrico sobre Q se e somente se P (α) é algébrico sobre Q.
Se α é algébrico P (α) é algébrico porque P (α) ∈ K(α) logo K(P (α)) é um subespaço
vetorial de K(α), seja m a sua dimensão (sobre K), temos m ≤ n, em particular K(P (α))
tem dimensão finita sobre K, logo P (α) é algébrico (se fosse transcendente K(P (α)) con-
teria K[P (α)] ∼= K[X] que tem dimensão infinita sobre K). Se P (α) é algébrico existe um
polinômio não nulo Q(X) ∈ K[X] tal que Q(P (α)) = 0, segue que α é raiz do polinômio
Q(P (X)) e como o grau de P (X) é maior que zero, Q(P (X)) tem grau maior que zero.
11.47. Um corpo F é dito algebricamente fechado se todo polinômio de F [X] admite uma
raiz em F . Mostre que F é algebricamente fechado se e somente se não existem extensões
E/F de grau finito maior que 1.
Se F é algebricamente fechado e E/F é uma extensão de grau finito maior que 1 então
existe α ∈ E − F (de fato |E : F | = 1 se e somente se E = F ) logo F (α) tem dimensão finita
sobre F (porque é um F -subespaço vetorial de E, que tem dimensão finita sobre F ) logo F [α]
tem dimensão finita sobre F (porque é um F -subespaço vetorial de F (α)) em particular α
é algébrico sobre F (se fosse transcendente F [α] ∼= F [X] teria dimensão infinita sobre F ),
seja P (X) o polinômio minimal de α sobre F . Pela hipótese existe r ∈ F tal que P (r) = 0,
140 2. ANEIS E POLINÔMIOS
logo P (X) é diviśıvel por X − r, escrevamos P (X) = (X − r)H(X). Sendo P (X) mônico e
irredut́ıvel em F [X] (é um polinômio minimal) deduzimos H(X) = 1 ou seja P (X) = X − r
e sendo P (α) = 0 obtemos 0 = P (α) = α − r ou seja α = r. Sendo r ∈ F obtemos α ∈ F ,
contradição.
Se não existem extensões E/F de grau finito maior que 1 e P (X) ∈ F [X], por indução
sobre o grau de P (X) existe um fator irredut́ıvel H(X) de P (X), seja n o grau de H(X).
O corpo F [X]/(H(X)) é uma extensão de F de grau n, logo n = 1 (por hipótese), ou seja
H(X) tem grau 1, digamos H(X) = aX + b com a 6= 0 e a, b ∈ F . Segue que P (−b/a) = 0.
11.48. Seja E/F uma extensão de corpos e suponha E finito. Mostre que E/F é uma
extensão simples.
Como E é um corpo finito, o grupo multiplicativo E∗ é ćıclico, digamos E∗ = 〈a〉. Segue
que E = F (a).
11.49. Seja K := F2[X]/I onde I = (X3 +X + 1). Seja α = X = X + I ∈ K. Escreva o
inverso de α2 + 1 e de α2 + α+ 1 como polinômios (com coeficientes em F2) avaliados em α.
Observe que α é raiz de X3 +X + 1 ou seja α3 +α+ 1 = 0 ou seja α3 = α+ 1 (lembre-se
que 2 = 0 ou seja −1 = 1). Temos X3 + X + 1 = X(X2 + 1) + 1 logo substituindo X = α
obtemos α(α2 + 1) = 1 ou seja o inverso de α2 + 1 é α. Aplicando o algoritmo de Euclides a
X3 +X + 1 e X2 +X + 1 obtemos
X3 +X + 1 X2 +X + 1
1 0 X3 +X + 1
0 1 X2 +X + 1
1 X + 1 X
X + 1 X2 1
Segue que (X + 1)(X3 +X + 1) +X2(X2 +X + 1) = 1 logo substituindo X = α obtemos que
o inverso de α2 + α+ 1 é α2.
11.50. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 módulo 8. [Dica: X4 + 1.]
Seja P (X) = X4 + 1 e seja p um divisor primo de P (2m), α = 2m + pZ ∈ K = Fp.
Observe que P (α) = 0 em K. Sendo
α8 − 1 = (α− 1)(α+ 1)(α2 + 1)(α4 + 1)
temos que α8 = 1, por outro lado α 6= 1 (porque 1 não é raiz de P (X) sendo P (1) = 1), α2 6= 1
sendo α 6= −1 (porque −1 não é raiz de P (X) sendo P (−1) = 2 e p 6= 2 pois P (2m) ≡ 1
mod 2), α4 6= 1 sendo α2 + 1 6= 0 (se fosse α2 = −1 então sendo α4 = −1 obteriamos 1 = −1
ou seja 2 = 0 absurdo sendo p 6= 2, sendo P (2m) ≡ 1 mod 2). Segue que α tem ordem 8 no
grupo multiplicativo K∗, que tem ordem p− 1. Pelo teorema de Lagrange 8 divide p− 1 ou
seja p ≡ 1 mod 8 e por definição isso implica que p divide m, dáı P (α) = 1 em K, absurdo.
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 141
11.51. Seja A um domı́nio de integridade e seja a ∈ A diferente de zero e não inverśıvel.
Mostre que a é um elemento primo se e somente se o quociente A/(a) é um domı́nio de
integridade.
Se a é primo, I = (a) e x+ I, y+ I ∈ A/I são tais que (x+ I)(y+ I) = xy+ I = I então
xy ∈ I = (a) logo a divide xy, e sendo a primo a divide x ou a divide y, ou seja x+ I = I ou
y + I = I. Isso implica que A/I é domı́nio.
Se I = (a) é ideal primo e a divide um produto xy então (x + I)(y + I) = xy + I = I
em A/I pois xy ∈ I, e como A é domı́nio x + I = I ou y + I = I, ou seja x ∈ I = (a) ou
y ∈ I = (a), ou seja a divide x ou a divide y.
11.52. Seja A um domı́nio. Mostre que A é corpo se e somente se A[X] é um domı́nio
principal.
O fato que se A é corpo A[X] é domı́nio principal foi visto em sala de aula (usando
a divisão com resto em A[X]). Agora suponha A[X] domı́nio principal e seja 0 6= a ∈ A,
queremos mostrar que a admite inverso multiplicativo em A. Considere o ideal I = (a,X) =
{aP (X) + XQ(X) : P (X), Q(X) ∈ A[X]} (o ideal de A[X] gerado por a e por X). Como
A[X] é domı́nio principal existe H(X) ∈ A[X] tal que I = (H(X)). Como a ∈ I, H(X) divide
a logo H(X) tem grau zero, H(X) = h ∈ A e h 6= 0. Como H(X) = h divide X, h é inverśıvel,
logo I = (H(X)) = (h) = A[X], em particular 1 ∈ I logo existem P (X), Q(X) ∈ A[X] tais
que aP (X) +XQ(X) = 1. Substituindo X = 0 obtemos aP (0) = 1 logo P (0) ∈ A é o inverso
multiplicativo de a em A.
11.53. Seja A 6= {0} um anel comutativo unitário tal que A/I é um domı́nio de integri-
dade para todo ideal I de A diferente de A. Mostre que A é um corpo. [Dica: dado a ∈ A
diferente de zero considere o ideal (a2).]
Seja I = (a2). Se I = A então 1 ∈ I logo existe b ∈ A tal que a2b = 1 ou seja a · ab = 1 e
a admite inverso em A. Agora suponha I 6= A. Pela hipótese A/I é domı́nio de integridade,
por outro lado (a+ I)(a+ I) = a2 + I = I logo a+ I = I, ou seja a ∈ I = (a2), ou seja existe
c ∈ A tal que a = a2c, que pode ser re-escrito como a(1 − ac) = 0. Sendo A 6= {0} o ideal
nulo {0} é diferente de A logo A/{0} ∼= A é domı́nio (por hipótese), segue que a(1− ac) = 0
implica 1− ac = 0 (sendo a 6= 0) ou seja ac = 1 e isso implica que a é inverśıvel.
11.54. Sejam A um anel comutativo unitário, a, u ∈ A com u inverśıvel e suponha que
an = 0 com n inteiro positivo. Mostre que u + a é inverśıvel. [Dica: se a2 = 0 então
(a+ u)(a− u) = −u2.]
Observe que an+1 = ana = 0a = 0 logo podemos supor n ı́mpar. O polinômio Xn − an é
diviśıvel por X − a sendo
Xn − an = (X − a)(Xn−1+ aXn−2 + a2Xn−3 + . . .+ an−2X + an−1).
Substituindo X = −u e lembrando que an = 0 obtemos (−u)n = (−u − a)b com b =
(−u)n−1 + a(−u)n−2 + a2(−u)n−3 + . . . + an−2(−u) + an−1 ∈ A, dáı sendo n ı́mpar isso
implica (u+ a)b = un logo o inverso de u+ a é bu−n.
142 2. ANEIS E POLINÔMIOS
11.55. Seja A = Z[i] = {a+ ib : a, b ∈ Z} (anel dos inteiros Gaussianos). Mostre que o
ideal (2, i) = {2x+ iy : x, y ∈ A} de A é principal.
Sendo i ∈ I e i inverśıvel (com inverso −i, sendo i(−i) = 1) temos que I = A = (1).
11.56. Quais dos elementos seguintes são irredut́ıveis em A = Z[i]? 2, 3, 5. [Dica: defina
N(a+ ib) = (a+ ib)(a− ib) = a2 + b2 e mostre que N(xy) = N(x)N(y) para todo x, y ∈ A.]
Temos
N((a+ ib)(c+ id)) = N(ac− bd+ i(bc+ ad)) = (ac− bd)2 + (bc+ ad)2
= (a2 + b2)(c2 + d2) = N(a+ ib)N(c+ id).
Para determinar se um elemento de A é irredut́ıvel precisamos primeiro determinar os
inverśıveis. Se x ∈ A é inverśıvel existe x−1 ∈ A logo xx−1 = 1, e temos 1 = N(1) =
N(xx−1) = N(x)N(x−1) logo sendo N(x) inteiro e positivo segue N(x) = 1. Escrevendo
x = a+ ib obtemos 1 = N(x) = a2 + b2 e sendo a e b inteiros isso implica a = 0 ou b = 0, no
primeiro caso b = ±1 e no segundo caso a = ±1, segue que tem quatro possibilidades para x:
x = 1, x = −1, x = i, x = −i. Segue que U(A) = {1,−1, i,−i} é um grupo ćıclico de ordem
4 (gerado por i). Observe que U(A) é exatamente igual ao conjunto dos elementos x ∈ A tais
que N(x) = 1.
Observe que 2 = (1 + i)(1 − i) e 5 = (1 + 2i)(1 − 2i) e os elementos 1 + i, 1 − i, 1 + 2i,
1 − 2i não são inverśıveis porque não pertencem a U(A). Segue que 2 e 5 são redut́ıveis em
A. Agora suponha 3 = (a+ ib)(c+ id) com a+ ib e c+ id não inverśıveis, tomando as normas
9 = N(3) = N(a+ ib)N(c+ id) = (a2 + b2)(c2 + d2). Se um entre N(a+ ib) e N(c+ id) é 1
então como visto um entre a+ ib e c+ id é inverśıvel, logo N(a+ ib) = N(c+ id) = 3. Segue
a2 + b2 = 3 e isso não pode acontecer, sendo a e b inteiros. Segue que 3 é irredut́ıvel em A.
11.57. Mostre que o elemento 2 + i de Z[i] é irredut́ıvel. [Dica: Calcule N(2 + i).]
N(2 + i) = 22 + 12 = 5. Se 2 + i = xy como x, y ∈ Z[i] então 5 = N(2 + i) = N(xy) =
N(x)N(y) logo sendo N(x), N(y) inteiros e 5 um número primo um entre N(x) e N(y) é 1,
logo um entre x e y é inverśıvel.
11.58. Mostre que os polinômios irredut́ıveis de R[X] são da forma aX+b ou aX2+bX+c
com b2 − 4ac < 0.
Todo polinômio de R[X] admite uma fatoração em C[X] do tipo seguinte
(X − λ1)(X − λ1) · · · (X − λn)(X − λn)(X − µ1) · · · (X − µm)
onde λi ∈ C − R e µi ∈ R - sendo que se λ = a + ib, λ = a − ib, o conjugado de λ - de
fato, lembre-se que se λ é raiz de P (X) ∈ R[X] então λ é também raiz de P (X). Por outro
lado, (X − λ)(X − λ) = X2 − (λ + λ)X + λλ ∈ R[X] pois se λ = a + ib então λ + λ = 2a e
λλ = a2 + b2.
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 143
11.59. Escreva a fatoração dos polinômios seguintes em irredut́ıveis em R[X] e C[X]:
X2 + 1, X3 − 1, X6 − 1, X4 + 1, X4 + 2.
• X2 + 1 = (X + i)(X − i). Esse polinômio é irredut́ıvel em R[X].
• X3 − 1 = (X − 1)(X2 +X + 1) = (X − 1)(X − −1+i
√
3
2 )(X −
−1−i
√
3
2 ).
• X6−1 = (X3−1)(X3 +1) = (X−1)(X+1)(X2−X+1)(X2 +X+1) é a fatoração
em R[X], e em C[X] pondo α = 1+i
√
3
2 temos
X6 − 1 = (X − 1)(X + 1)(X − α)(X − α)(X + α)(X + α).
• Pondo α = 2−1/2(1 + i) (uma raiz de X4 + 1) temos X4 + 1 = (X −α)(X −α)(X +
α)(X + α) logo em R[X] temos X4 + 1 = (X2 −
√
2X + 1)(X2 +
√
2X − 1).
• Pondo α = 2−1/4(1 + i) (uma raiz de X4 + 2) temos X4 + 2 = (X −α)(X −α)(X +
α)(X + α) = (X2 − 23/4X +
√
2)(X2 + 23/4X +
√
2).
11.60. Encontre três aneis comutativos unitários de tamanho 4 dois a dois não isomorfos.
Dois tais aneis são A = Z/4Z (operações usuais) e B = Z/2Z × Z/2Z (operações por
componentes). A não é isomorfo a B porque A e B não são isomorfos nem como grupos
aditivos (A é ćıclico, B não é ćıclico). Observe que A não é corpo porque 2 · 2 = 0 em A, e
B não é corpo porque (1, 0)(0, 1) = (0, 0) em B, logo para terminar basta construir um corpo
de tamanho 4. Como visto sendo X2 +X + 1 irredut́ıvel em F2[X] (onde F2 = Z/2Z) temos
que C = F2[X]/(X2 +X + 1) é um corpo de tamanho 4.
11.61. Mostre que 2X10 + 25X3 + 10X2 − 30 é irredut́ıvel em Q[X] e em Z[X].
Lema de Gauss e critério de Eisenstein aplicado a p = 5.
11.62. Mostre que se p é um número primo e n é um inteiro ≥ 1, o polinômio Xn − p é
irredut́ıvel em Z[X] e em Q[X].
Lema de Gauss e critério de Eisenstein aplicado a p.
11.63. Mostre que 3X5 +18X2 +24X+6 é irredut́ıvel em Q[X]. É irredut́ıvel em Z[X]?
Não é irredut́ıvel em Z[X] pois é igual a 3(X5 + 6X2 + 4X + 2). É irredut́ıvel em Q[X]
pois 3 é inverśıvel em Q[X] e X5 + 6X2 + 4X + 2 é irredut́ıvel em Q[X] pelo critério de
Eisenstein aplicado ao primo 2.
11.64. Mostre que X3 +X + 4 é irredut́ıvel em Q[X] e em Z[X].
Pelo lema de Gauss basta mostrar que é irredut́ıvel em Z[X]. Se P (X) = X3 + X + 4
fosse redut́ıvel admitiria um fator de grau 1 (porque P (X) tem grau 3) que corresponde a
uma raiz inteira. As candidatas raizes inteiras são os divisores de P (0) = 4, ou seja ±1, ±2
e ±4. Mas P (1) = 6, P (−1) = 2, P (2) = 14, P (−2) = −6, P (4) = 72, P (−4) = −64.
144 2. ANEIS E POLINÔMIOS
11.65. Mostre que se P (X) ∈ Z[X] e a ∈ Z então P (X) é irredut́ıvel se e somente se
P (X + a) é irredut́ıvel.
Segue facilmente do fato que se P (X+a) = A(X)B(X) então P (X) = A(X−a)B(X−a),
e se P (X) = A(X)B(X) então P (X+a) = A(X+a)B(X+a) (e o grau de L(X) e de L(X+a)
e de L(X − a) é o mesmo, para todo L(X) ∈ Z[X]).
11.66. Mostre que P (X) = X4 + 1 é irredut́ıvel em Z[X] e em Q[X] considerando
P (X + 1) (veja o exerćıcio anterior).
P (X + 1) = (X + 1)4 + 1 = X4 + 4X3 + 6X2 + 4X + 2 é irredut́ıvel em Z[X] pelo critério
de Eisenstein aplicado a p = 2, logo é irredut́ıvel em Q[X] também pelo lema de Gauss.
Pelo exerćıcio anterior isso implica que P (X) é irredut́ıvel em Z[X] também, logo P (X) é
irredut́ıvel em Q[X].
11.67. Seja α =
√
2−
√
2−
√
2 ∈ R. Mostre que α é algébrico sobre Q e calcule o grau
|Q(α) : Q|. Encontre o inverso de α2 em Q[α].
α2 = 2−
√
2−
√
2 logo (α2 − 2)2 = 2−
√
2 logo ((α2 − 2)2 − 2)2 = 2, assim α é raiz de
((X2 − 2)2 − 2)2 − 2 = X8 − 8X6 + 20X4 − 16X2 + 2
que é irredut́ıvel pelo critério de Eisenstein aplicado a p = 2, logo |Q(α) : Q| = 8 e α8−8α6 +
20α4 − 16α2 + 2 = 0 implica que α2(α6 − 8α4 + 20α2 − 16) = −2, assim o inverso de α2 em
Q[α] é − 12 (α
6 − 8α4 + 20α2 − 16).
11.68. Seja α =
√
2−i ∈ C. Mostre que α é algébrico sobre Q e calcule o grau |Q(α) : Q|.
α2 = 1− 2i
√
2 logo (α2 − 1)2 = −8 assim α é raiz de P (X) = X4 − 2X2 + 9. Pelo lema
de Gauss como P (X) é primitivo para mostrar a irredutibilidade em Q[X] basta mostrar
a irredutibilidade em Z[X]. P (X) não tem fatores de grau 1 pois P (1) = P (−1) = 8,
P (3) = P (−3) = 72, P (9) = P (−9) = 94− 162 + 9 6= 0. Se P (X) tem fatores de grau 2 então
é igual a
(X2 + aX + b)(X2 + cX + d) = X4 + (a+ c)X3 + (d+ ac+ b)X2 + (ad+ bc)X + bd
sendo a, b, c, d ∈ Z, assim a+ c = 0, d+ac+ b = −2, ad+ bc = 0 e bd = 9. Temos c = −a logo
a(d− b) = 0. Se a = 0 então c = 0 e d+ b = −2, bd = 9, assim b(−b− 2) = 9 absurdo (basta
conferir os casos posśıveis, b = ±1,±3,±9). Se a 6= 0 então d− b = 0 logo d = b, b2 = 9 assim
b = d = ±3. Se b = d = 3 então 6 − a2 = −2 absurdo, se b = d = −3 então −6 − a2 = −2
absurdo. Isso mostra que P (X) é irredut́ıvel em Q[X] logo é o polinômio minimal de α sobre
Q e [Q(α) : Q] = 4. Agora vamos mostrar que
√
2 ∈ K = Q(α). Temos α2 = 1 − 2i
√
2 logo
i
√
2 ∈ K. Logo K 3 i
√
2(
√
2 − i) = 2i +
√
2 assim K 3 (2i +
√
2) + 2(
√
2 − i) = 3
√
2 logo
K 3 (3
√
2)/3 =
√
2 sendo 3 ∈ Q ⊆ K.
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 145
11.69. Seja P (X) =
∑n
i=0 aiX
i ∈ Z[X] um polinômio primitivo, e suponha que exista
um número primo p tal que p não divide an e P (X) è irredut́ıvel módulo p, ou seja a redução
módulo p de P (X) é um polinômio irredut́ıvel em Fp[X]. Mostre queP (X) è irredut́ıvel em
Q[X]. [Curiosidade: o polinômio X4 − 10X2 + 4 è irredut́ıvel em Z[X] mas é redut́ıvel em
Fp[X] para todo primo p (o seu grupo de Galois não contem 4-ćıclos).]
Pelo lema de Gauss, f(X) sendo primitivo é irredut́ıvel em Q[X] se e somente se é
irredut́ıvel em Z[X]. Mostraremos que f(X) é irredut́ıvel em Z[X]. Suponha que f(X) =
P (X)Q(X) com P (X), Q(X) ∈ Z[X]. Sejam b, c os coeficientes de grau máximo de P (X),
Q(X) respectivamente. Temos bc = an, logo p não divide b nem c. Segue que os polinômios
reduzidos módulo p, P (X), Q(X) têm o mesmo grau de P (X), Q(X) respectivamente. Como
f(X) ∈ Fp[X] é irredut́ıvel, um entre P (X), Q(X) tem grau zero, logo um entre P (X), Q(X)
tem grau zero em Z[X]. Como f(X) = P (X)Q(X) é primitivo segue que um entre P (X),
Q(X) é igual a um dos polinômios constantes 1,−1, ou seja é inverśıvel em Z[X].
11.70. Mostre que 7X3 + 12X2 + 3X + 45 é irredut́ıvel em Z[X] e em Q[X].
Segue do exerćıcio anterior reduzindo módulo 2. O polinômio X3 + X + 1 é irredut́ıvel
em F2[X] pois tem grau 3 e não tem raizes em F2.
11.71. Lembre-se que Z[i] = {a + ib : a, b ∈ Z} (subanel de C). Seja p um número
primo e seja I o ideal principal de Z[i] gerado por p. Mostre que Z[i]/I ∼= Fp[X]/(X2 + 1).
Para quais valores de p o ideal I é maximal?
Considere os dois homomorfismos seguintes.
γ : Z[X]→ Z[i]/(p), γ(P (X)) := P (i) + (p),
δ : Z[X]→ Fp[X]/(X2 + 1), δ(P (X)) := P (X) + (X2 + 1).
Observe que γ é a composição do homomorfismo de substituição Z[X] → Z[i], P (X) 7→
P (i) com o homomorfismo de projeção Z[i] → Z[i]/(p), x 7→ x + (p), e δ é a composição
do homomorfismo de redução Z[X] → Fp[X] com o homomorfismo de projeção Fp[X] →
Fp[X]/(X2 + 1).
Observe que γ e δ são sobrejetivos. Vamos mostrar que ker(γ) = ker(δ).
• ker(γ) ⊆ ker(δ). Seja P (X) ∈ ker(γ), isto é γ(P (X)) = 0, assim P (i) + (p) = (p),
em outras palavras P (i) ∈ (p). Logo existe a + ib ∈ Z[i] tal que P (i) = (a + ib)p.
Seja A(X) := P (X) − (a + bX)p. Temos A(i) = P (i) − (a + ib)p = 0, logo X2 + 1
divide A(X) (pelo argumento usual de divisão com resto de A(X) por X2 +1), assim
A(X) = Q(X)(X2 + 1), isto é P (X) = (a + bX)p + Q(X)(X2 + 1). Temos então
δ(P (X)) = δ((a+ bX)p+Q(X)(X2 + 1)) = 0. Logo P (X) ∈ ker(δ).
• ker(δ) ⊆ ker(γ). Seja P (X) ∈ ker(δ), isto é δ(P (X)) = 0, assim P (X) + (X2 +
1) = (X2 + 1), em outras palavras P (X) ∈ (X2 + 1), isto é existe Q(X) ∈ Z[X]
tal que P (X) = (X2 + 1)Q(X) e isto significa que existe L(X) ∈ Z[X] tal que
P (X)− (X2 + 1)Q(X) = pL(X). Logo γ(P (X)) = γ((X2 + 1)Q(X) + pL(X)) = 0.
Logo P (X) ∈ ker(γ).
146 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Pelo teorema de isomorfismo
Z[i]/(p) ∼= Z[X]/ ker(γ) = Z[X]/ ker(δ) ∼= Fp[X]/(X2 + 1).
Logo a maximalidade de (p) em Z[i] é equivalente à irredutibilidade de X2 + 1 em Fp[X]
(pois Z[i]/(p) ∼= Fp[X]/(X2 + 1), logo o primeiro é um corpo se e somente se o segundo é um
corpo). Vimos que X2 + 1 é irredut́ıvel em Fp[X] se e somente se p ≡ 1 mod 4.
11.72. Para a+ ib ∈ Z[i] lembre-se que N(a+ ib) = a2 + b2 e que N((a+ ib)(c+ id)) =
N(a + ib)N(c + id). Seja f : Z[i] → Z/2Z definido por f(x) = N(x) + 2Z. Mostre que f é
homomorfismo e que ker(f) é um ideal principal de Z[i] (encontre um gerador dele).
O fato que f(xy) = f(x)f(y) para todo x, y ∈ A = Z[i] segue do fato que N(xy) =
N(x)N(y). Observe que escrevendo x = a+ ib, y = c+ id temos que f(x+y) = (a+b)2 +(c+
d)2+2Z e f(x)+f(y) = a2+b2+c2+d2+2Z são iguais porque (a+b)2+(c+d)2 ≡ a2+b2+c2+d2
mod 2. Além disso f(0) = 0 e f(1) = 1, logo f é homomorfismo de aneis. Mostraremos que
ker(f) = (1 + i). A inclusão ⊇ é clara pois f(1 + i) = 12 + 12 + 2Z = 2Z. Seja agora
x = a + ib ∈ ker(f), queremos mostrar que x ∈ (1 + i). Queremos encontrar c + id ∈ A tal
que a + ib = (1 + i)(c + id), ou seja a = c − d e b = c + d. Somando e subtraindo temos
2c = a + b e 2d = a − b, logo basta mostrar que a + b e a − b são pares. Mas isso é claro
porque (a+ b)2 ≡ (a− b)2 ≡ a2 + b2 mod 2 e a2 + b2 é par por hipótese.
11.73. Mostre que Q(
√
3,
√
5) = Q(
√
3 +
√
5).
A inclusão ⊇ é clara. Sejam a =
√
3, b =
√
5 e u = a+ b. Sejam K = Q(a, b), F = Q(u),
queremos mostrar que K ⊆ F e para isso basta mostrar que a, b ∈ F . Temos u2 = 8 + 2
√
15
logo au2 = 8a + 6b ∈ F . Segue que a + b, 8a + 6b ∈ F logo 2a = 8a + 6b − 6(a + b) ∈ F e
sendo 2 ∈ Q ⊆ F deduzimos a ∈ F , logo b = u− a ∈ F .
11.74. Seja u =
√
2(1 + i) ∈ Q[
√
2, i]. Mostre que Q(u2) = Q[i], encontre o polinômio
minimal f(X) de u sobre Q e diga se Q(u) é um corpo de decomposição de f(X) sobre Q.
Como i e
√
2 são algébricos, sendo raizes de X2 + 1 e X2− 2 respectivamente, Q[
√
2, i] =
Q(
√
2, i) e Q[i] = Q(i). Temos u2 = 4i, logo u4 = −16, ou seja u é raiz de X4 + 16.
Decompor X4 + 16 sobre C é equivalente a encontrar as raizes quartas de −16. X4 + 16 =
(X2 − 4i)(X2 + 4i) é igual a
(X −
√
2(1 + i))(X +
√
2(1 + i))(X −
√
2(1− i))(X +
√
2(1− i))
= (X − u)(X + u)(X − u)(X + u).
Aqui u indica o complexo conjugado de u =
√
2(1 + i), ou seja u =
√
2(1− i). Pelo fato que
u,−u, u,−u 6∈ Q segue que X4 + 16 não tem fatores de grau 1 em Q[X], e multiplicando-
os dois a dois encontramos que não existem fatores de grau 2 em Q[X]. Deduzimos que
f(X) = X4 + 16 é irredut́ıvel em Q[X], logo é o polinômio minimal de u sobre Q.
Observe que Q(u) = Q(
√
2(1 + i)) ⊆ Q(i,
√
2). Além disso Q(i,
√
2) tem grau 4 sobre Q,
e isso segue pela formula dos graus:
|Q(
√
2, i) : Q| = |Q(
√
2)(i) : Q(
√
2)| · |Q(
√
2) : Q|.
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 147
O grau |Q(
√
2) : Q| é igual a 2 porque o polinômio minimal de
√
2 sobre Q é X2− 2, de grau
2. O grau |Q(
√
2)(i) : Q(
√
2)| é com certeza menor ou igual a 2 sendo i raiz de X2 + 1, de
grau 2, e por outro lado não pode ser 1 se não seria
√
2 ∈ Q(i) logo existiriam a, b ∈ Q com√
2 = a+ bi, e elevando ao quadrado obtemos 2 = a2 − b2 + 2abi, logo ab = 0, ou seja 2 = a2
ou 2 = −b2, absurdo porque 2 e −2 não são quadrados em Q.
O corpo Q(u) está contido em Q(i,
√
2) e têm grau 4 sobre Q, logo são iguais: Q(u) =
Q(i,
√
2). É fácil ver que as quatro raizes de f(X) pertencem a Q(i,
√
2). Segue que Q(u) é
um corpo de decomposição de f(X) sobre Q.
11.75. Seja u :=
√
2 +
√
5 ∈ R. Encontre o polinômio minimal f(X) de u sobre Q,
escreva u + 1/u como polinômio avaliado em u e calcule |E : Q| onde E é um corpo de
decomposição de f(X) sobre Q.
Temos u2 = 2 +
√
5 logo (u2− 2)2 = 5. Seja f(X) = (X2− 2)2− 5, assim f(u) = 0. Para
mostrar que f(X) é o polinômio minimal de u sobre Q precisamos mostrar que é irredut́ıvel
em Q[X]. Temos f(X) = (X2 − 2−
√
5)(X2 − 2 +
√
5) que é igual a
(X −
√
2 +
√
5)(X +
√
2 +
√
5)(X −
√
2−
√
5)(X +
√
2−
√
5).
Aqui
√
2−
√
5 indica o elemento i
√√
5− 2 ∈ C (observe que 2−
√
5 < 0). Multiplicando os
fatores lineares dois a dois deduzimos que f(X) é irredut́ıvel. Temos f(X) = (X2− 2)2− 5 =
X4 − 4X2 − 1, logo u(u3 − 4u) = 1 e deduzimos que 1/u = u3 − 4u. Logo u+ 1/u = u3 − 3u.
Seja v := i
√√
5− 2. u e v são raizes de f(X), mas u é um número real e v não é real.
Temos também E = Q(u, v). Segue que Q(u) 6= E, de fato Q(u) está contido em R e E não
está contido em R (de fato v ∈ E − R). Como v2 = 2 −
√
5,
√
5 ∈ Q(v) e como u é raiz de
X2 − 2−
√
5 ∈ Q(v)[X], segue que u tem grau 1 ou 2 sobre Q(v). Pela formula dos graus
|E : Q| = |Q(v)(u) : Q(v)| · |Q(v) : Q|.
Como E não tem grau 4 sobre Q (se não seria igual a Q(u), sendo Q(u) subcorpo de E de
grau 4 sobre Q) e |Q(v) : Q| = grau(f(X)) = 4 (lembre-se que f(X), sendo irredut́ıvel em
Q[X] com v como raiz, é o polinômio minimal de v sobre Q), segue que |Q(v)(u) : Q(v)| > 1.
Como u tem grau 1 ou 2 sobre Q(v) (pela discussão feita), segue que |Q(v)(u) : Q(v)| = 2
logo |E : Q| = 2 · 4 = 8.
11.76. Mostrar que o corpo de decomposição de P (X) = X4 + 2X2 + 9 sobre Q contido
em C é Q(i
√
2).
As raizes de P (X) em C são as raizes quadradas em C de −1 ± 2i
√
2 (esses números
são obtidosresolvendo a equação de segundo grau correspondente à substituição Y = X2).
Queremos então expressar −1 ± 2i
√
2 como um quadrado em C. Obtemos −1 ± 2i
√
2 =
(1 ± i
√
2)2, logo as raizes de P (X) in C são ±(1 ± i
√
2), e pertencem a Q(i
√
2). Segue que
o corpo de decomposição L de P (X) sobre Q contido em C está contido em Q(i
√
2). Por
outro lado 1 + i
√
2, 1 − i
√
2 ∈ L (são raizes de P (X)) logo L 3 (1 + i
√
2 − (1 − i
√
2))/2 =
2i
√
2/2 = i
√
2, logo L ⊇ Q(i
√
2). Segue que L = Q(i
√
2). A fortiori obtemos que P (X) é
redut́ıvel sobre Q (se não L conteria o subcorpo de grau 4 = grau(P (X)) gerado por uma raiz
148 2. ANEIS E POLINÔMIOS
de P (X)) e olhando às raizes conjugadas 1 + i
√
2, 1− i
√
2 e −(1 + i
√
2),−(1− i
√
2) obtemos
P (X) = (X2 + 2X + 3)(X2 − 2X + 3).
11.77. Seja α ∈ C algébrico de grau ı́mpar sobre Q. Mostre que Q(α) = Q(α2).
Como α é raiz de X2 − α2 ∈ Q(α2)[X], o grau |Q(α) : Q(α2)| é 1 ou 2. Por outro
lado ele divide |Q(α) : Q| (que é ı́mpar) pela formula dos graus, logo é ı́mpar. Segue que
|Q(α) : Q(α2)| = 1 ou seja Q(α) = Q(α2).
11.78. Seja P (X) = X4 −X2 − 3 ∈ Z[X]. Mostre que P (X) é irredut́ıvel em Z[X] e em
Q[X]. [Dica: pelo lema de Gauss basta mostrar que é irredut́ıvel em Z[X]. Se admite uma
fatoração em dois fatores de grau 2 então podemos supor que eles sejam mônicos (por quê?).]
Pelo lema de Gauss, como P (X) é primitivo, a irredutibilidade em Z[X] é equivalente à
irredutibilidade em Q[X]. Vamos mostrar a irredutibilidade em Z[X]. Observe que se P (X)
é redut́ıvel então admite com certeza um fator de grau 1 ou 2.
Não existência de fatores de grau 1. Sendo P (X) mônico, basta mostrar que P (X)
não admite raizes inteiras, e as candidatas raizes inteiras são os divisores de P (0) = −3.
Seja a uma raiz inteira de P (X). As possibilidades são a ∈ {1,−1, 3,−3}. Por outro lado
P (1) = −3 6= 0, f(−1) = −3 6= 0, f(3) = 69 6= 0, f(−3) = 69 6= 0. Logo P (X) não tem
fatores de grau 1.
Não existência de fatores de grau 2. Como P é monico, uma fatoração em fatores de grau
2 tem a forma
X4 −X2 − 3 = f(X) = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d)
sendo a, b, c, d ∈ Z. De fato, estamos trabalhando em Z[X], P (X) é monico logo os coeficientes
de grau máximo dos fatores são ±1 e (−g(X))(−h(X)) = g(X)h(X). Fazendo o produto
temos que P (X) = X4 −X2 − 3 é igual a
(X2 + aX + b)(X2 + cX + d) = X4 + (a+ c)X3 + (d+ ac+ b)X2 + (ad+ bc)X + bd
logo por definição de polinômio temos a + c = 0, d + ac + b = −1, ad + bc = 0, bd = −3.
Assim c = −a e a terceria equação dá a(d−b) = 0. Logo a = 0 ou d−b = 0. No segundo caso
d = b e −3 = bd = b2 é uma contradição (pois b ∈ Z). Logo a = 0, c = −a = 0 e d+ b = −1,
bd = −3. Como b divide −3 temos b ∈ {1,−1, 3,−3} assim d = −1− b vale −2, 0, −4, 2 nos
quatro casos. Em todo caso bd 6= −3, contradição. Logo P (X) não tem fatores de grau 2.
11.79. Seja α uma raiz de f(X) = X3 +X2 + 1 ∈ F2[X] em uma oportuna extensão de
F2. Mostre que F2(α) é um corpo de decomposição para f(X).
f(X) é irredut́ıvel em F2[X] (tem grau 3 e não tem raizes em F2, de fato f(0) = f(1) = 1),
em particular α 6∈ F2, α é algébrico sobre F2 (sendo raiz do polinômio não nulo f(X) e
F2[α] = F2(α) ∼= F2[X]/(f(X)) é um corpo com 23 = 8 elementos. Fazendo a divisão com
resto entre f(X) e X−α obtemos f(X) = (X−α)g(X) onde g(X) = X2 +(1+α)X+α+α2.
Precisamos mostrar que as raizes de g(X) pertencem a F2(α). Não podemos usar a formula
de Bhaskara porque 2 = 0 logo não podemos dividir por 2. Como F2(α) tem apenas 23 = 8
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 149
elementos, para encontrar uma raiz podemos calcular g(x) para todo x ∈ F2(α). Lembrando
que α3 = α2 + 1 (sendo f(α) = 0) obtemos
g(α2) = α4 + (1 + α)α2 + α+ α2 = α(α2 + 1) + α2 + α2 + 1 + α+ α2
= α2 + 1 + α+ α2 + α2 + 1 + α+ α2 = 0.
Isso mostra que F2(α) é corpo de decomposição para f(X): de fato aplicando a divisão com
resto a g(X) e X − α2 obtemos f(X) = (X − α)(X − α2)(X − (1 + α+ α2)).
11.80. Calcule o grau do corpo de decomposição M (contido em C) sobre Q dos po-
linômios seguintes.
(1) X2, X2 − 1, X2 − 2, X2 − 3, X2 − 4.
Observe que se f(X) tem todas as raizes em Q então o corpo de decomposição
dele é Q, é o caso de X2, X2− 1 = (X − 1)(X + 1) e X2− 4 = (X − 2)(X + 2). Um
c.d. de X2−2 é Q(
√
2,−
√
2) = Q(
√
2), tem grau 2 sobre Q sendo X2−2 irredut́ıvel
sobre Q (pelo critério de Eisenstein), e um c.d. de X2 − 3 é Q(
√
3,−
√
3) = Q(
√
3),
tem grau 2 sobre Q sendo X2 − 3 irredut́ıvel sobre Q (pelo critério de Eisenstein).
(2) X3 − 1, X3 − 4, X3 − 8.
X3 − 1 = (X − 1)(X2 + X + 1), um c.d. é Q(u) onde u = −1/2 + i
√
3/2 é
uma raiz de X2 +X + 1 (irredut́ıvel porque não tem raizes inteiras). Analogamente
X3 − 8 = (X − 2)(X2 + 2X + 4), um c.d. é Q(u) onde u = −1 + i
√
3 é uma raiz de
X2 + 2X + 4 (irredut́ıvel porque não tem raizes inteiras).
(3) X3 + 1, X3 + 8.
X3 +1 = (X+1)(X2−X+1), um c.d. é Q(u) onde u é uma raiz de X2−X+1,
e X3 +8 = (X+2)(X2−2X+4), um c.d. é Q(v) onde v é uma raiz de X2−2X+4.
O grau é 2 nos dois casos.
(4) X4 − 2, X4 − 16.
Uma raiz de X4 − 2 é α = 4
√
2, e as outras são iα, −α, −iα. Segue que um
corpo de decomposição é Q(α, i). Como |Q(α) : Q| = 4 (sendo X4 − 2 irredut́ıvel
pelo critério de Eisenstein) e Q(α) ⊆ R, e i 6∈ R, segue que |Q(α, i) : Q| = |Q(α, i) :
Q(α)| · |Q(α) : Q| = 2 · 4 = 8.
(5) X4 + 1, X4 + 16.
As raizes de X4 + 1 são (±1 ± i)/
√
2, logo um corpo de decomposição é M =
Q(i,
√
2), e sendo Q(
√
2) real e i 6∈ R deduzimos que |M : Q| = 4. As raizes de
X4 + 16 são (±1± i)
√
2 logo ele tem o mesmo corpo de decomposição de X4 + 1.
(6) (X2 − 2)(X2 − 3).
Os dois fatores X2−2, X2−3 são irredut́ıveis pelo critério de Eisenstein. Sejam
a =
√
2, b =
√
3. O corpo de decomposição é M = Q(a, b). Observe que b 6∈ Q(a),
de fato se fosse b = ar + s com r, s ∈ Q então 3 = b2 = 2r2 + s2 + 2ars que implica
a = (3 − 2r2 − s2)/2rs ∈ Q, uma contradição. Segue que |M : Q(a)| = 2 logo
|M : Q| = |M : Q(a)| · |Q(a) : Q| = 2 · 2 = 4.
(7) X4 − 6X2 + 6 (dif́ıcil). Vou deixar para mais tarde.
(8) X4 − 6X2 − 3 (dica: observe que M 6⊆ R),
Seja f(X) = X4− 6X2− 3 (irredut́ıvel pelo critério de Eisenstein). Resolvendo
f(X) = 0 obtemos X2 = 3±
√
12 = 3±2
√
3. Sejam a =
√
3 + 2
√
3, b =
√
3− 2
√
3.
As raizes de f(X) são a,−a, b,−b, logo um corpo de decomposição para f(X) sobre
150 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Q é M = Q(a, b). Temos Q(a) ⊆ R mas b 6∈ R, logo b 6∈ Q(a). Sendo b raiz de
X2− b2 ∈ Q(a)[X], temos |M : Q(a)| ∈ {1, 2}, mas tal grau não é 1 sendo b 6∈ Q(a).
Sendo |Q(a) : Q| = 4 obtemos |M : Q| = |M : Q(a)| · |Q(a) : Q| = 2 · 4 = 8.
(9) X3 − 3X + 1 (dica: se u é raiz, u2 − 2 é raiz?).
Seja f(X) = X3− 3X + 1. Se f(u) = 0 então u3 = 3u− 1. Usando essa relação
calculamos
f(u2 − 2) = (u2 − 2)3 − 3(u2 − 2) + 1
= u6 − 6u4 + 12u2 − 8− 3u2 + 6 + 1
= (3u− 1)2 − 6u(3u− 1) + 9u2 − 1
= 9u2 − 6u+ 1− 18u2 + 6u+ 9u2 − 1 = 0.
Segue que u2 − 2 é raiz, logo (u2 − 2)2 − 2 = u4 − 4u2 + 2 = u(3u− 1)− 4u2 + 2 =
−u2 − u+ 2 também é raiz. Segue que u, u2 − 2 e −u2 − u+ 2 são raizes distintas
de f(X) (uma igualdade entre duas delas daria uma equação polinomial para u de
grau menor que 3, absurdo) logo Q(u) é um corpo de decomposição para f(X) sobre
Q, ele tem grau 3.
11.81. Encontre o grau de um corpo de decomposição de X6 + 1, X4− 2 e X4 + 4 sobre
Q, e sobre F2, F3 e F5.
(1) X6 + 1. Lembre-se que X3 + 1 = (X + 1)(X2 −X + 1). Substituindo X com X2
obtemos X6 + 1 = (X2 + 1)(X4−X2 + 1). As raizes complexas deste polinômio são
±i e ±eiπ/6, ±ei5π/6, e os últimos quatro são potências de ζ = eiπ/6 = 12 (
√
3 + i).
Segue que o corpo de decomposição E de P (X) sobre Q contido em C é igual a
Q(i, ζ) = Q(ζ,
√
3). Temos ζ − ζ5 = 12 (
√
3 + i)− 12 (−
√
3 + i) =
√
3 logo
√
3 ∈ Q(ζ)
e segue que E = Q(ζ) tem grau 4 su Q.
• Sobre o corpo F2 temos X6 + 1 = (X3 + 1)2 = (X + 1)2(X2 + X + 1)2 e
X2 + X + 1 é irredut́ıvel, logo toda raiz dele gera umcorpo de decomposição
de P (X), que então tem grau 2.
• Sobre o corpo F3 temos X6 + 1 = (X2 + 1)3 e X2 + 1 é irredut́ıvel, logo toda
raiz dele gera um corpo de decomposição de P (X), que então tem grau 2.
• Sobre o corpo F5 temos X6 + 1 = (X2 + 1)(X4 − X2 + 1) = (X − 2)(X −
3)(X4−X2 + 1). Examinando as fatorações de X4−X2 + 1 em dois fatores de
grau 2 encontramos X4−X2 + 1 = (X2 + 2X − 1)(X2− 2X − 1). Segue que as
seis raizes de P (X) são 2, 3, ±1±α onde α é um elemento que verifica α2 = 2.
Segue que um corpo de decomposição de P (X) sobre F5 é F5(α) = F5[α], tem
grau 2.
(2) X4 − 2. Seja u = 4
√
2. As quatro raizes complexas de P (X) = X4 − 2 são ±u,
±iu. Seja E o corpo de decomposição de P (X) sobre Q contido em C, ou seja
E = Q(u,−u, iu,−iu) = Q(u, iu) = Q(u, i). Sendo Q(u) ⊆ R, i 6∈ Q(u) logo como i
tem grau 2 sobre Q (sendo raiz de X2 + 1), i tem grau 2 sobre Q(u) também (tal
grau é 1 ou 2 e não pode ser 1 porque i 6∈ Q(u)). Pela formula dos graus
|E : Q| = |Q(u, i) : Q| = |Q(u)(i) : Q(u)| · |Q(u) : Q| = 2 · 4 = 8.
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 151
• Sobre F2 temos P (X) = X4 logo F2 é um corpo de decomposição, tem grau 1.
• Sobre F3 temos P (X) = X4 + 1 = (X2 +X+ 2)(X2−X+ 2) (fatoração obtida
producando os fatores ou também observando que P (X) = (X2 + 2)2 −X2 e
aplicando o produto notável) logo as raizes de P (X) são 2(±1±α) onde α é um
elemento tal que α2 = 2. Segue que F3(α) = F3[α] é um corpo de decomposição
de P (X) sobre F3 e tem grau 2.
• Sobre F5 temos que P (X) = X4−2 é irredut́ıvel (isso se demonstra procurando
as fatorações a mão). Seja u uma raiz dele. Temos P (X) = X4 − 2 = (X2 −
u2)(X2 +u2) = (X+u)(X−u)(X2−4u2) = (X+u)(X−u)(X+ 2u)(X−2u).
Segue que F5(u) = F5[u] é um corpo de decomposição de P (X) sobre F5 e tem
grau 4.
(3) X4 +4. Resolvendo a equação biquadratica obtemos X2 = ±2i logo as quatro raizes
complexas de P (X) são ±(1± i), logo um corpo de decomposição de P (X) é Q(i),
e tem grau 2 sobre Q.
• Sobre F2 temos P (X) = X4 logo F2 é um corpo de decomposição, tem grau 1.
• Sobre F3 temos P (X) = X4 + 1, veja o item sobre X4 + 1.
• Sobre F5 temos P (X) = X4 − 1 = (X2 − 1)(X2 + 1) = (X − 1)(X + 1)(X −
2)(X + 2) logo F5 é um corpo de decomposição de P (X) sobre F5, e tem grau
1.
11.82. Seja P (X) = (X2 − 2)(X2 − 3)(X2 − 6) ∈ Z[X]. Mostre que P (X) não admite
raizes inteiras mas admite raizes módulo p (ou seja a sua redução módulo p admite uma raiz
em Fp) para todo primo p.
É claro que P (X) não admite raizes inteiras, pois as suas raizes complexas são
√
2,√
3 e
√
6. Suponha que 2 e 3 não são raizes de P (X) módulo p para um fixado primo p.
Mostraremos que 6 é raiz de P (X) módulo p. Sendo 6 = 2 · 3, basta mostrar que o produto
de dois elementos não da forma x2 é um elemento da forma x2, e para isso basta mostrar que
H = {x2 : x ∈ Fp − {0}} é um subgrupo de ı́ndice 2 do grupo multiplicativo G = Fp − {0}.
Mas isso segue do teorema de isomorfismo observando que o homomorfismo G→ H, x 7→ x2
é sobrejetivo e tem núcleo igual a {1,−1}, logo H ∼= G/{1,−1} logo |H| = |G|/2 ou seja
|G : H| = 2.
Uma outra possibilidade era observar que F∗p é um grupo ćıclico, seja α um gerador dele,
os não-quadrados têm a forma α2m+1 e isso implica que o produto de dois não-quadrados é
um quadrado: α2m+1α2k+1 = α2(m+k+1).
11.83. Seja f(X) ∈ Z[X] um polinômio. Mostre que se f(a) é um número primo para
todo a ∈ Z então f(X) é um polinômio constante.
Observe que a divide f(na)−f(0) para todo inteiro a e para todo inteiro n. Por hipótese
f(0) = p é um número primo, logo se n é um inteiro qualquer p divide f(np)−f(0) = f(np)−p,
ou seja p divide f(np). Mas f(np) é um número primo por hipótese, logo f(np) = p para
todo inteiro n. Segue que o polinômio f(X)− p ∈ Q[X] tem infinitas raizes em Q e sendo Q
um corpo infinito isso implica que f(X) = p é o polinômio constante p.
11.84. Mostre que se n é um inteiro positivo sin(π/n) é algébrico sobre Q.
152 2. ANEIS E POLINÔMIOS
Seja u = cos(π/n) + i sin(π/n). Temos u2n = 1 logo u é algébrico sobre Q (é raiz de
X2n − 1). Seja v = cos(π/n) − i sin(π/n) = cos(−π/n) + i sin(−π/n). Temos v2n = 1 logo
v é algébrico sobre Q (é raiz de X2n − 1). Sendo 2i algébrico sobre Q (é raiz de X2 + 4) e
como os elementos de C algébricos sobre Q formam um subcorpo de C (como visto nas aulas
teóricas) segue que (u− v)/2i = sin(π/n) é algébrico sobre Q.
11.85. Verifique que os dois aneis A = Z/6Z × Z/6Z e B = Z/6Z[X]/(X2 − 2) têm a
mesma cardinalidade. São isomorfos? Existe um quociente de Z/6Z[X] isomorfo a A?
Seja I = (X2 − 2) E R = Z/6Z[X]. Um elemento de R/I é do tipo P (X) + I com
P (X) ∈ R, e cada X2 que aparece em P (X) pode ser substituido com 2 (redução módulo I),
segue que podemos supor que P (X) tenha grau 1 ou seja P (X) = aX + b e os elementos de
A são do tipo aX + b+ I. Dois elementos aX + b+ I e cX + d+ I são iguais se e somente se
X2− 2 divide (a− c)X + b− d em R ou seja (X2− 2)g(X) = (a− c)X + b− d com g(X) ∈ R.
Mas se g(X) não é nulo (X2 − 2)g(X) tem grau maior ou igual a 2, logo g(X) = 0 e a = c,
b = d. Como tem 6 escolhas para a e 6 para b obtemos |B| = 6 · 6 = 36. Por outro lado
|A| = 36 também e A e B não são isomorfos porque o elemento a = X + I em B verifica
a2 = 2 mas nenhum elemento (a, b) de A verifica (a, b)2 = (2, 2) pois em Z/6Z não existem
raizes quadradas de 2. Pelo teorema chinês o quociente Z/6Z[X]/(X2 +X) é isomorfo a A.
11.86. Seja A = Z[i
√
5] = {a + bi
√
5 : a, b ∈ Z} (subanel de C). Calcule U(A). [Use
N(a+ ib) = a2 + b2.]
Se x ∈ U(A) então xx−1 = 1 e aplicando N obtemos N(x)N(x−1) = N(1) = 1. Sendo
N(x) e N(x−1) inteiros não negativos deduzimos N(x) = 1 ou seja escrevendo x = a+ bi
√
5
temos a2 + 5b2 = 1. Sendo a e b inteiros deduzimos b = 0 logo a = ±1, ou seja x = 1 ou
x = −1. Por outro lado 1 e −1 são inverśıveis em A logo U(A) = {1,−1}.
11.87. Sejam K/Q e F/Q extensões de corpos e seja f : K → F um isomorfismo. Mostre
que f |Q é a identidade.
Sendo f(1) = 1 temos f(1 + 1) = f(1) + f(1) = 1 + 1 = 2 e o mesmo argumento mostra
que f(n) = n para todo n inteiro. Se a/b ∈ Q com a, b inteiros então a = f(a) = f(b(a/b)) =
f(b)f(a/b) = bf(a/b) logo f(a/b) = a/b.
11.88. Seja K um corpo e seja G = Aut(K) o grupo dos automorfismos de K, ou seja
os isomorfismos K → K (com a operação de composição). Calcule Aut(Q(
√
2)).
Seja f : Q(
√
2) → Q(
√
2) automorfismo e seja t =
√
2. Observe que f(t)2 = f(t2) =
f(2) = 2 logo f(t) = ±
√
2 = ±t. Se f(t) = t então f(a+ b
√
2) = a+ b
√
2 é a identidade, e se
f(t) = −t então f(a+ b
√
2) = a− b
√
2. Essa segunda função é isomorfismo de aneis. Segue
que Aut(Q(
√
2)) = {f1, f2} onde f1 e f2 são as funções encontradas acima.
11. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS DE ANEIS 153
11.89. Seja P (X) ∈ A = Z[X] um polinômio de grau positivo e seja p ∈ Z um número
primo positivo. Para quais valores de p o ideal (p, f(X)) de A é maximal? O ideal (3, X3 +
X + 1) de A é maximal?
[Dica: chamado de f(X) a redução de f(X) módulo pmostre queA/(p, f(X)) ∼= Fp[X]/(f(X)).]
Seja ϕ : A → Fp[X]/I onde I = (f(X)) o homomorfismo canônico P (X) 7→ P (X) + I.
O seu núcleo contem polinômios g(X) tais que p divide g(X)− f(X) ou seja g(X) = f(X) +
ph(X) com h(X) ∈ A, ou seja ker(ϕ) = (p, f(X)). Obviamente ϕ é sobrejetivo, logo o
resultado segue do teorema de isomorfismo. Isso mostra que (p, f(X)) é um ideal maximal
de A se e somente se f(X) é irredut́ıvel em Fp[X], ou seja f(X) é irredut́ıvel módulo p. Por
exemplo sendo X3 +X + 1 redut́ıvel módulo 3 (admite 1 como raiz) o ideal (3, X3 +X + 1)
não é maximal em A.
11.90. Conte os polinômios irredut́ıveis de grau 2 em F2[X] e em F3[X].
Se trata de fazer a lista dos polinômios e eliminar os redut́ıveis. O único polinômio
irredut́ıvel de grau 2 em F2[X] é X2 +X + 1. Os polinômios irredut́ıveis de grau 2 em F3[X]
são X2 + 1, 2X2 + 2, X2 +X + 2, 2X2 + 2X + 1, X2 + 2X + 2 e 2X2 +X + 1.11.91. Conte os ideais de F3[X]/(f(X)) nos casos seguintes: f(X) = X2 + X + 1,
f(X) = X2 + 1, f(X) = X3 + 1, f(X) = X3 +X, f(X) = X3 + 2X.
Os ideais são do tipo (P (X))/(f(X)) onde P (X) é um divisor mônico de f(X), e como
X2 + X + 1 = (X + 1)(X + 2), X2 + 1 é irredut́ıvel, X3 + X = X(X2 + 1) e X3 + 2X =
X(X + 1)(X + 2) o número de ideais é 4 no primeiro caso, 2 no segundo, 4 no terceiro e 8 no
quarto.
CAṔıTULO 3
Teoria de Galois
1. Estrutura dos corpos finitos
Vamos usar a noção de corpo de decomposição para estudar a estrutura dos corpos finitos.
Primeiro algumas observações.
Seja A um anel comutativo unitário. Existe um único homomorfismo de aneis f : Z→ A,
de fato f(1) = 1, f(−1) = −1 e todo elemento de Z é uma soma de 1 ou uma soma de −1.
Seja I o núcleo de f , I = ker(f) E Z. Assim existe um único inteiro não negativo m ≥ 0
tal que I = (m) = mZ. Esse inteiro é único (de fato, os geradores de (m) são m e −m) e é
chamado caracteŕıstica de A. Por exemplo Z tem caracteŕıstica zero, assim como qualquer
anel que contem Z como subanel, e Z/nZ tem caracteŕıstica n.
Seja F um corpo finito e seja m a caracteŕıstica de F . Observe que m > 0 pois se m = 0
então f é injetiva, absurdo (Z é infinito). Além disso, m é um número primo p. De fato
se m = ab com a, b inteiros maiores que 1 então 0 = f(m) = f(ab) = f(a)f(b) que é uma
igualdade no corpo F assim um entre f(a) e f(b) é zero, isto é, um entre a e b pertence a
ker(f) = I = (m), assim m divide um entre a e b, absurdo.
Temos então que o núcleo de f : Z → F é (p) = pZ para algum número primo p. Pelo
teorema de isomorfismo Fp = Z/pZ ∼= Im(f) ≤ F . Isso implica que F contem um subcorpo
isomorfo a Fp, isto é, F é uma extensão de Fp. Seja n := |F : Fp| = dimFp(F ). Como F é
um conjunto de cardinalidade finita, a dimensão n de F sobre Fp é finita. Se {v1, . . . , vn} é
uma base de F sobre Fp então todo elemento de F pode ser escrito de maneira única como
a1v1 + . . . + anvn com a1, . . . , an ∈ Fp. Tem p escolhas para todo ai, assim |F | = pn. Isso
mostra em particular que a cardinalidade de um corpo finito é sempre uma potência de um
primo. Em particular, por exemplo, não existem corpos de cardinalidade 12 (pois 12 não é
uma potência de um primo).
A pergunta natural agora é a seguinte: dado um primo p e um inteiro positivo n, quantos
corpos de cardinalidade pn existem (a menos de isomorfismo)? Usando a noção de corpo de
decomposição mostraremos que existe (a menos de isomorfismo) um único corpo de cardina-
lidade dada. Antes disso, mais uma noção.
Seja A um anel comutativo unitário cuja caracteŕıstica é um número primo p. Considere
a função ϕ : A → A definida por ϕ(a) := ap. Se trata de um homomorfismo de aneis
(chamado endomorfismo de Frobenius). Para mostrar isso observe que ϕ(1) = 1p = 1,
155
156 3. TEORIA DE GALOIS
ϕ(ab) = (ab)p = apbp = ϕ(a)ϕ(b). Na próxima conta os inteiros são identificados com as
imagens deles em A via o homomorfismo Z→ A. Se a, b ∈ A temos
ϕ(a+ b) = (a+ b)p =
p∑
i=0
(
p
i
)
aibp−i.
Observe que se 0 < i < p então o inteiro
(
p
i
)
= p!i!(p−i)! é diviśıvel por p, de fato p é primo logo
é coprimo com i!(p− i)!. Assim todos os coeficientes considerados em A são nulos exceto os
que correspondem a i = 0 e i = p, isto é, bp e ap. Isso mostra que (a + b)p = ap + bp em A.
Assim ϕ é homomorfismo. Se A é um domı́nio então ϕ é injetivo pois ker(ϕ) = {0} (ap = 0
implica a = 0) e se A é finito então ϕ é sobrejetivo pelo prinćıpio da casa dos pombos. Logo
se F é um corpo finito o seu endomorfismo de Frobenius é um isomorfismo. Por exemplo se
F = Fp então ϕ é a identidade (pelo pequeno teorema de Fermat, ou seja o fato que ap = a
para todo a ∈ Fp, que segue facilmente do fato que F∗p é um grupo multiplicativo).
Seja E/F uma extensão de corpos e seja P (X) ∈ F [X]. Uma raiz α ∈ E de P (X)
é dita raiz múltipla de P (X) se (X − α)2 divide P (X) em E[X]. A derivada formal de
P (X) =
∑n
i=0 aiX
i é definida por
P ′(X) =
n∑
i=1
iaiX
i−1 ∈ F [X].
Os elementos iai pertencem a F , em particular o fator a esquerda do produto iai indica
1 + 1 + . . . + 1 (i vezes). Os expoentes i de Xi, por outro lado, são números inteiros (não
são elementos de F ). Observe que para a derivada formal vale a formula de derivação de um
produto, (A(X)B(X))′ = A(X)B′(X) +A′(X)B(X).
Proposição 35. Seja E/F extensão de corpos. Seja P (X) ∈ F [X] e seja α ∈ E. Então
α é uma raiz múltipla de P (X) se e somente se P (α) = 0 e P ′(α) = 0.
Demonstração. (⇒) Suponha P (X) = (X−α)2Q(X). Então P ′(X) = 2(X−α)Q(X)+
(X − α)2Q′(X), logo P ′(α) = 0. (⇐) Suponha P (α) = 0 e P ′(α) = 0. P (α) = 0 implica que
P (X) = (X−α)Q(X) para algum Q(X) ∈ E[X], logo P ′(X) = Q(X)+(X−α)Q′(X). Agora
P ′(α) = 0 implica Q(α) = 0 logo Q(X) = (X − α)H(X) assim P (X) = (X − α)Q(X) =
(X − α)2H(X). �
Um polinômio P (X) ∈ F [X] é chamado de separável se não admite raizes múltiplas em
nenhuma extensão de F .
Corolário 4. Seja F um corpo e seja P (X) ∈ F [X] irredut́ıvel. Então P (X) é separável
se e somente se P ′(X) 6= 0.
Demonstração. Se P (X) é separável então P ′(X) 6= 0 porque se fosse P ′(X) = 0 então
toda raiz de P (X) seria raiz de P ′(X) também. Mostraremos agora a outra implicação. Se
P ′(X) não é nulo então se trata de um polinômio não nulo de grau menor que o grau de P (X).
Como P ′(X) ∈ F [X] e P (X) é irredut́ıvel P (X) e P ′(X) são coprimos em F [X], logo pelo
algoritmo de Euclides existem A(X), B(X) ∈ F [X] com A(X)P (X) +B(X)P ′(X) = 1. Isso
implica que P (X) e P ′(X) não podem ter raizes em comum em nenhuma extensão de F (se
α fosse uma raiz comum substituindo X = α obteriamos 0 = 1), logo P (X) é separável. �
1. ESTRUTURA DOS CORPOS FINITOS 157
Corolário 5. Seja d um inteiro positivo e p um número primo. O polinômio Xp
d−X ∈
Fp[X] é separável.
Demonstração. A derivada formal de Xp
d − X é pdXpd−1 − 1 = −1 que não tem
nenhuma raiz. �
Sabemos que se F é um corpo finito de caracteŕıstica p então Fp é um subcorpo de F ,
em outras palavras F é uma extensão de Fp. Em particular todo subcorpo de F é também
uma extensão de Fp, em outras palavras se K ≤ F então Fp ≤ K ≤ F .
Teorema 21. Seja F um corpo finito, |F | = pn.
(1) F é um corpo de decomposição de Xp
n −X sobre Fp.
(2) Seja A o conjunto dos subcorpos de F e seja B o conjunto dos divisores de n. A
função ψ : A → B que leva K para |K : Fp| é uma bijeção. A inversa dela é
θ(d) := {a ∈ F : apd = a}.
Demonstração. Seja F ∗ o grupo multiplicativo dos elementos não nulos de F . Se
a ∈ F ∗ então apn−1 = 1 (pois |F ∗| = pn − 1). Multiplicando por a obtemos apn = a. Essa
igualdade vale também quando a = 0, assim F = {a ∈ F : apn = a}. Isso implica que X − a
divide Xp
n −X para todo a ∈ F logo, como |F | = pn é igual ao grau de Xpn −X, obtemos
que Xp
n −X =
∏
a∈F (X − a). Assim F é corpo de decomposição de Xp
n −X sobre Fp.
Mostraremos que se d divide n então Kd = θ(d) = {a ∈ F : ap
d
= a} é um subcorpo
de F e que |Kd| = pd. O fato que Kd ≤ F segue do fato que elevar à p é um homomorfismo
(isomorfismo de Frobenius), assim se a, b ∈ Kd então (ab)p
d
= ap
d
bp
d
= ab logo ab ∈ Kd,
(a + b)p
d
= ap
d
+ bp
d
= a + b logo a + b ∈ Kd, e se a 6= 0, (a−1)p
d
= (ap
d
)−1 = a−1 logo
a−1 ∈ Kd. Agora mostraremos que |Kd| = pd. Como o polinômio Xp
d − X tem raizes
distintas (em outras palavras, não tem raizes múltiplas em nenhuma extensão, pelo corolário
acima), e F é um corpo de decomposição de Xp
n − X, para mostrar que |Kd| = pd basta
mostrar que Xp
d −X divide Xpn −X. Se m é um inteiro positivo, o polinômio Y − 1 divide
Y m − 1 (pois 1 é uma raiz de Y m − 1) logo substituindo Y = pd e m = n/d obtemos que
pd − 1 divide pn − 1. Substituindo então Y = Xpd−1 − 1, m = (pn − 1)/(pd − 1) obtemos que
Xp
d−1 − 1 divide Xpn−1 − 1 e multiplicando por X obtemos que Xpd −X divide Xpn −X.
Agora vamos mostrar que ψ e θ são