Exercícios sobre grupos

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UNIVERSIDADE TECNOLÓGICA FEDERAL DO PARANÁ
Câmpus Toledo
Curso de Licenciatura em Matemática
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
Adina Veronica Remor
Toledo,
17 de agosto de 2019
1 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1.1 Grupos
1. Mostre que (R− {1}, x ∗ y = xy − x− y + 2) é grupo.
Solução: Precisamos mostrar que (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z), ∀x, y, z ∈
R− {1}. Assim:
(x ∗ y) ∗ z = (xy − x− y + 2) ∗ z
= (xy − x− y + 2)z − (xy − x− y + 2)− z + 2
= xyz − xz − yz + 2z − xy + x+ y −−z + 2
= xyz − xz − yz − xy + x+ y + z
x ∗ (y ∗ z) = x ∗ (yz − y − z + 2)
= x(yz − y − z + 2)− x− (yz − y − z + 2) + 2
= xyz − xy − xz + 2x− x− yz + y + z − 2 + 2
= xyz − xy − xz − yz + x+ y + z
Como (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z) então a propriedade associativa é válida.
Agora temos que encontrar e ∈ R− {1} tal que e ∗ a = a ∗ e = a.
e ∗ a = a ⇒ ea− e− a+ 2 = a
⇒ ea− e = 2a− 2
⇒ e(a− 1) = 2(a− 1)
⇒ e = 2(a−1)
a−1
⇒ e = 2.
a ∗ e = a ⇒ ae− a− e+ 2 = a
⇒ ae− e = 2a− 2
⇒ e(a− 1) = 2(a− 1)
⇒ e = 2(a−1)
a−1
⇒ e = 2.
Como encontramos e = 2 e de fato 2 ∈ R− {1}, podemos concluir que
o elemento neutro para esta operação é2.
Por �m precisamos encontrar a′ tal que a′ ∗ a = a ∗ a′ = e. Assim:
1
a′ ∗ a = e ⇒ a′a− a′ − a+ 2 = 2
⇒ a′a− a′ = a
⇒ a′ = a
a−1 .
a ∗ a′ = e ⇒ aa′ − a− a+ 2 = 2
⇒ aa′ − a′ = a
⇒ a′ = a
a−1
Assim, de fato existe elemento inverso, que é a′ = a
a−1 ∀a ∈ R− {1}.
Logo, provamos que (R− {1}, x ∗ y = xy − x− y + 2) é grupo.
2. Mostre que R×R−{(0, 0)} munido da operação M de�nida por
(a, b) M (c, d) = (ac− bd, ad+ bc) é um grupo abeliano.
Solução: Precisamos mostrar que (R × R − {(0, 0)}, (a, b) M (c, d) =
(ac− bd, ad+ bc)) é grupo. Assim considere a1 = (x1, y1), a2 = (x2, y2)
e a3 = (x3, y3) ∈ R× R− {(0, 0)}.
Temos que mostrar que (a1 M a2) M a3 = a1 M (a2 M a3). Logo:
(a1 M a2) M a3 = [(x1, y1) M (x2, y2)] M (x3, y3)
= (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1) M (x3, y3)
= ((x1x2 − y1y2) · x3 − (x1y2 + x2y1) · y3,
(x1x2 − y1y2) · y3 + (x1y2 + x2y1) · x3)
= (x1x2x3 − y1y2x3 − x1y2y3 − x2y1y3,
x1x2y3 − y1y2y3 + x1y2x3 + x2x3y1)
a1 M (a2 M a3) = (x1, y1) M [(x2, y2) M (x3, y3)]
= (x1, y1) M (x2x3 − y2y3, x2y3 + y2x3)
= (x1(x2x3 − y2y3)− y1(x2y3 + y2x3),
x1(x2y3 + y2x3) + y1(x2x3 − y2y3))
= (x1x2x3 − x1y2y3 − y1x2y3 − y1y2x3,
x1x2y3 + x1y2x3 + y1x2x3 − y1y2y3)
Como (a1 M a2) M a3 = a1 M (a2 M a3) então a propriedade associativa
é válida.
2
Agora precisamos veri�car se ∃ e ∈ R × R − {(0, 0)} tal que e M a =
a M e = a. Assim, considere e = (e1, e2) e a = (x, y) ∈ R×R−{(0, 0)}.
Temos:
(e1, e2) M (x, y) = (x, y) ⇒ (e1x− x2y, e1y + e2x) = (x, y)
Dessa forma encontramos o sistema:{
e1x− e2y = x
e1y + e2x = y
Cuja solução é e1 = 1 e e2 = 0. Ao calcular a M e = a encontramos
a mesma solução. Logo podemos concluir que existe elemento neutro,
que é e = (1, 0) ∈ R× R− {(0, 0)}.
Agora, resta veri�car se qualquer elemento de R× R− {(0, 0)} possui
simétrico. Logo, sejam a = (x, y) ∈ R×R− {(0, 0)} e a′ = (x′, y′) tais
que a M a′ = a′ M a = e.
Assim:
a′ M a = e ⇒ (x′, y′) M (x, y) = (1, 0)
⇒ (x′x− y′y, x′y + xy′) = (1, 0)
A equação acima nos fornece o sistema:{
x′x− y′y = 1
x′y + xy′ = 0
Cuja solução é x′ = x
x2+y2
e y′ = −y
x2+y2
. Ao operarmos a M a′ = e
encontramos a mesma solução acima. Assim, ∀ a = (x, y) ∈ R × R −
{(0, 0)} temos a′ =
(
x
x2+y2
, −y
x2+y2
)
.
Observe ainda que ∀ a1 = (x1, y1) e a2 = (x2, y2) ∈ R × R − {(0, 0)}
temos:
a1 M a2 = (x1, y1) M (x2, y2)
= (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1)
= (x2x1 − y2y1, y2x1 + x2y1)
= (x2, y2) M (x1, y1)
= a2 M a1
Portanto (R× R− {(0, 0)},M) é grupo abeliano.
3
3. Seja G um grupo multiplicativo e seja ∗ uma operação sobre
G assim de�nida: a ∗ b = b · a. Demonstre que (G, ∗) é grupo.
Solução: Precisamos veri�car se (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) ∀ a, b, c ∈ G.
Assim, temos:
(a ∗ b) ∗ c = (b · a) ∗ c
= c · (b · a)
a ∗ (b ∗ c) = a ∗ (c · b)
= (c · b) · a
Observe que por G ser grupo multiplicativo, G goza da propriedade
associativa, e como a, b, c ∈ G, podemos concluir que c·(b·a) = (c·b)·a,
logo (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c). Assim a operação ∗ também é associativa.
Perceba que 1 ∈ G, já que G é grupo multiplicativo, logo ∀ a ∈ G
tem-se a ∗ 1 = 1 ∗ a = a.
E da mesma forma, existe 1
a
∈ G, simétrico de a ∈ G tal que a ∗ 1
a
=
1
a
∗ a = 1.
Portanto (G, ∗) é grupo.
4. Sejam S um conjunto, G um grupo e f : S → G uma apli-
cação bijetora. Para cada x, y ∈ S, de�na o produto x · y =
f−1(f(x)f(y)). Mostre que essa multiplicação de�ne uma es-
trutura de grupo sobre S.
Primeiro mostraremos que (x · y) · z = x · (y · z). Assim:
(x · y) · z = f−1(f(x)f(y)) · z
= f−1[f(f−1(f(x)f(y))) · f(z)]
= f−1(f(x)f(y)f(z))
x · (y · z) = x · (f−1(f(x)f(z))
= f−1[f(x) · f(f−1(f(y)f(z)))]
= f−1(f(x)f(y)f(z))
Como (x · y) · z = x · (y · z) podemos concluir que · é associativa.
Agora precisamos encontrar e tal que e · a = a · e = a. Logo:
4
e · a = a ⇒ f−1(f(e)f(a)) = a
⇒ f(f−1(f(e)f(a))) = f(a)
⇒ f(e)f(a) = f(a)
⇒ f(e)f(a)f(a)′ = f(a)f(a)′
⇒ f(e)e = e
⇒ f(e) = 1
⇒ f−1f(e) = f−1(1)
⇒ e = f−1(1)
e
a · e = a ⇒ f−1(f(a)f(e)) = a
⇒ f(f−1(f(a)f(e))) = f(a)
⇒ f(a)f(e) = f(a)
⇒ f(a)′f(a)f(e) = f(a)′f(a)
⇒ ef(e) = e
⇒ f(e) = 1
⇒ f−1f(e) = f−1(1)
⇒ e = f−1(1)
De fato, existe elemento neutro. Basta tomar e = f−1(1). Agora,
vamos encontrar o elemento simétrico de a ∈ G:
(a′ · a) = e ⇒ f−1(f(a′)f(a)) = f−1(1)
⇒ f(f−1(f(a′)f(a)) = f(f−1(1))
⇒ (f(a′)f(a) = 1
⇒ f(a′)f(a)f(a)′ = 1f(a)′
⇒ f(a′) = f(a)′
⇒ f−1(f(a′)) = f−1(f(a)′)
⇒ a′ = f−1(f(a)′).
Da mesma forma tem-se:
(a · a′) = e ⇒ f−1(f(a)f(a′)) = f−1(1)
⇒ f(f−1(f(a)f(a′)) = f(f−1(1))
⇒ (f(a)f(a′) = 1
⇒ f(a)′f(a)f(a′) = f(a)′1
⇒ f(a′) = f(a)′
⇒ f−1(f(a′)) = f−1(f(a)′)
⇒ a′ = f−1(f(a)′).
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Portanto, ∀ a ∈ S existe o elemento simétrico e ele é dado por a′ =
f−1(f(a)′).
Logo, (S, ·) possui estrutura de grupo.
5. Seja (G, ∗) um grupo �nito. Mostre que dado x ∈ G,∃n ≥ 1 tal
que xn = e.
Solução: Suponha, por absurdo, que não exista n ≥ 1 tal que xn = e,
∀x ∈ G. Mas, por G ser grupo e portanto fechado para a operação,
temos que x ∗ x = x1 ∈ G. Da mesma forma, temos x ∗ x1 = x2 ∈ G;
x ∗ x2 = x3 ∈ G; x ∗ x3 = x4 ∈ G, e assim sucessivamente. Per-
ceba que essa processo irá se repetir in�nitamente, logo há in�nitos
x, x1, x2, x3, ..., xn, ... ∈ G. Contradição, já que por hipótese G é �nito.
Logo ∃n ≥ 1 tal que xn = e.
1.2 Subgrupos
1. Veri�que se H =
{
1+2m
1+2n
/n,m ∈ Z
}
é subgrupo de (G = Q∗, ·).
Solução: Sejam x, y ∈ H, onde x =
(
1+2a
1+2b
)
, e y =
(
1+2m
1+2n
)
, com
a, b,m, n ∈ Z. Precisamos mostrar que x · y−1 ∈ H. Assim, vamos
veri�car se y−1 ∈ H:
y · y−1 = 1⇒ y−1 = 1
y
⇒ y−1 = 1+2n
1+2m
.
De fato y−1 ∈ H. Portanto:
x · y−1 = 1+2a
1+2b
· 1+2n
1+2m
= 1+2m+2a+4am
1+2n+2b+4bn
= 1+2(m+a+2am
1+2(n+b+2bn)
∈ H.
Logo (H, ·) é subgrupo de (G, ·).
2. Mostre que os conjuntos m ·Z = {mk | k ∈ Z} são subgrupos de
(Z,+).
Solução: Observe que m · Z 6= ∅, pois ∃ k ∈ Z tal que mk ∈ mZ.
Agora temos que provar que x · y−1 ∈ mZ.
Sejam x e y ∈ mZ tal que x = ma e y = mb, com a, b ∈ Z. O simétrico
de y será: y · y−1 = e⇒ y+ y−1 = 0⇒ mb+ y−1 = 0⇒ y−1 = m(−b).
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Assim y−1 ∈ mZ já que −b ∈ Z. Logo x · y−1 = x + y−1 = ma +
m(−b) = m(a − b) ∈ mZ já que a − b ∈ Z. Portanto os conjuntos
mZ = {mk | k ∈ Z} são subgrupos de (Z,+).
3. Prove que se H1 e H2 são subgrupos de um grupo G, então
H1 ∩H2 também é subgrupo de G.
Solução: Como por hipótese H1 < G e H2 < G então e ∈ H1 e e ∈ H2,
logo H1 ∩H2 6= ∅.
Agora temos que mostrar que a · b−1 ∈ H1 ∩H2.
Como a ∈ H1 ∩ H2, a ∈ H1 e a ∈ H2. Como b ∈ H1 ∩ H2, b ∈ H1
e b ∈ H2. Por hipótese, temos H1 e H2 subgrupos, então b−1 ∈ H1 e
b−1 ∈ H2 e como H1 e H2 são fechados para a operação, então a · b−1 ∈
H1 e a · b−1 ∈ H2. Assim a · b−1 ∈ H1 ∩H2.
Portanto (H1 ∩H2, ·) é subgrupo de (G, ·).
4. Prove que se H1 e H2 são subgrupos de G, então H1 ∪H2 é um
subgrupo de G se, e somente se H1 ⊂ H2 ou H2 ⊂ H1. Construa
um contra-exemplo no qual H1 ∪H2 não é subgrupo de G.
Solução: ⇒) Sejam H1 < G, H2 < G e H1 ∪ H2 < G. Precisamos
mostrar que H1 ⊂ H2 ou H2 ⊂ H1.
Assim, seja x ∈ H1 e a ∈ H2. Como H1 < G, temos que x−1 ∈ H1,
logo x−1 ∈ H1 ∪H2.Como H1 ∪H2 < G, então a · x−1 ∈ H1 ∪H2, logo
a · x−1 ∈ H1 ou a · x−1 ∈ H2. Assim, se:
a · x−1 ∈ H1 ⇒ (a · x−1) · x ∈ H1
⇒ a · (x−1 · x) ∈ H1
⇒ a · e ∈ H1
⇒ a ∈ H1
Como a ∈ H2 ⇒ a ∈ H1 então H2 ⊂ H1. E no segundo caso:
a · x−1 ∈ H2 ⇒ (a · x−1)−1 ∈ H2
⇒ x · a−1 ∈ H2
⇒ (x · a−1) · a ∈ H2
⇒ x · (a−1) · a ∈ H2
⇒ x · e ∈ H2
⇒ x ∈ H2
Logo, como x ∈ H1 ⇒ x ∈ H2 então H1 ⊂ H2.
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⇐) Se H1 ⊂ H2, temos que H1 ∪H2 = H2 < G. Da mesma forma, se
H2 ⊂ H1 ⇒ H2 ∪H1 = H1 < G. Assim concluímos que se H1 ⊂ H2 ou
H2 ⊂ H1, como H1 < G e H2 < G então H1 ∪H2 < G.
Contra-exemplo: Sejam G = (mZ,+), H1 = (2Z,+) e H2 = (5Z,+).
Assim H1 ∪ H2 = (2Z + 5Z), mas observe que (H1 ∪ H2,+) não é
fechado para a operação já que 2, 5 ∈ H1∪H2 mas 2+5 = 7 6∈ H1∪H2.
Portanto (H1 ∪H2,+) não é subgrupo de G.
5. Seja G um grupo e a um elemento de G. Provar que N(a) =
{x ∈ G | a · x = x · a} é subgrupo de G.
Solução: Considere x, y ∈ N . Assim temos a · x = x · a e a · y = y · a, o
que implica que a = x · a · x−1 e a = y−1 · a · y. Então:
a = x · a · x−1 ⇒ a = x · (y−1 · a · y) · x−1
⇒ a = (x · y−1) · a · (y · x−1)
⇒ a = (x · y−1) · a · (x · y−1)−1
⇒ a · (x · y−1) = (x · y−1) · a · (x · y−1)−1 · (x · y−1)
⇒ a · (x · y−1) = (x · y−1) · a · e
⇒ a · (x · y−1) = (x · y−1) · a
Logo x · y−1 ∈ N(a) , assim N(a) < G.
1.3 Homomor�smo de grupos
1. Prove que f : Z → R∗ de�nida por f(x) = 2x é um homomor-
�smo do grupo (Z,+) em (R∗, ·). Calcule ker(f).
Demonstração:
- Homomor�smo: Sejam n,m ∈ Z, assim f(m) = 2m e f(n) = 2n.
Como (Z,+) é grupo, temos m+ n ∈ Z.
Assim, temos que provar que f(m+ n) = f(m) · f(n). Logo:
f(m+ n) = 2m+n = 2m+n = 2m · 2n = f(m) · f(n).
- Injetora: Dados m,n ∈ Z temos: f(m) = f(n)⇒ 2m = 2n ⇒ m = n.
Logo f é injetora.
- Sobrejetora: Observe que f não é sobrejetora, já que 3 ∈ R mas
3 6= 2n ∀n ∈ Z.
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Logo f : Z → R∗ de�nida por f(x) = 2x é um homomor�smo injetor
de (Z,+) em (R, ·).
Como ker(f) = {x ∈ G | f(x) = u}, então:
ker(f) = {x ∈ G | f(x) = 1}
ker(f) = {x ∈ G | 2x = 1}
ker(f) = {0}.
Observe que no item acima não seria necessário calcular o núcleo de
(Z,+), já que f é um homomor�smo injetor. Desse modo poderíamos
logo concluir que ker(f) = {0} = e, onde e = 0 é o elemento neutro de
(Z,+).
2. Prove que a aplicação f : R∗ → R∗+ de�nida por f(x) = |x| é um
homomor�smo sobrejetor de (R∗, ·) em (R∗+, ·).
Demonstração:
- Homomor�smo: Sejam a, b ∈ R∗. Temos que f(a · b) = |a · b| =
|a| · |b| = f(a) · f(b). Assim f é homomor�smo.
- Sobrejetora: Seja a ∈ R∗, |a| será sempre um número estritamente
positivo, logo a imagem desta função é estritamente R∗+.
Assim f é homomor�smo injetor de (R∗, ·) em (R∗+, ·).
3. Mostre que G é abeliano se e somente se f : G → G de�nida
por f(x) = x−1 é um homomor�smo.
Demonstração:
⇒) Por hipótese, G é um grupo abeliano, logo x · y = y · x ∀x, y ∈ G.
Assim, sejam x, y ∈ G. Temos:
f(x · y) = (x · y)−1
= y−1 · x−1
= x−1 · y−1
= f(x) · f(y)
Logo f é homomor�smo.
⇐) Por hipótese, f(x) = x−1 é homomor�smo, portanto ∀x, y ∈ G
tem-se f(x · y) = f(x) · f(y). Logo:
9
x · y = (x−1)−1 · (y−1)−1
= (y−1 · x−1)−1
= f(y−1 · x−1)
= f(y−1) · f(x−1)
= (y−1)−1 · (x−1)−1
= y · x
Como x · y = y · x então G é abeliano.
4. Seja a um elemento �xo. Mostre que f : G → G de�nida por
f(x) = a · x · a−1 é um isomor�mo de grupos.
Demonstração:
- Homomor�smo:
f(x · y) = a · (x · y) · a−1
= a · (x · e · y) · a−1
= (a · x) · (a−1 · a) · (y · a−1)
= (a · x · a−1) · (a · y · a−1)
= f(x) · f(y)
Logo f é um homomor�smo.
- Injetora: Sejam a, b ∈ G tais que a = f(m) e b = f(n). Logo:
a = b ⇒ f(m) = f(n)
⇒ a ·m · a−1 = a · n · a−1
⇒ a−1 · (a ·m · a−1) = a−1 · (a · n · a−1)
⇒ (m · a−1) = (n · a−1)
⇒ (m · a−1) · a = (n · a−1) · a
⇒ m = n
Logo f é injetora.
- Sobrejetora: Dado y ∈ G, existe x = a−1 · y · a ∈ G tal que:
f(x) = a · x · a−1
= a · (a−1 · y · a) · a−1
= (a · a−1) · y · (a · a−1)
= e · y · e
= y
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Portanto f é sobrejetora.
Logo podemos concuir que f : G→ G é um isomor�smo de grupos.
5. Sejam G e J grupos, f : G → J um homomor�smo de grupos
e H um subgrupo de J. Mostre que f−1(H) = {x ∈ G | f(x) ∈
f(H)} é subgrupo de G.
Sejam G e J grupos, f : G→ J um homomor�smo de grupos e H um
subgrupo de J . Temos que mostrar que f−1(H) = {x ∈ G | f(x) ∈ H}
é subgrupo de G.
Como H é subgrupo de J , u ∈ H, logo f−1(u) = e ∈ f−1(H) e portanto
f−1(H) 6= ∅.
Agora, sejam x, y ∈ f−1(H), tal que a = f(x) e b = f(y), a, b ∈ H.
Assim:
a · b−1 ∈ H ⇒ f(x) · [f(y)]−1 ∈ H
⇒ f(x) · f(y−1) ∈ H
⇒ f(x · y−1) ∈ H
⇒ x · y−1 ∈ f−1(H)
Logo f−1(H) é subgrupo de G.
1.4 Grupos cíclicos
1. Se [a] = G é um grupo cíclico que cumpre ar 6= as sempre que
r 6= s, r, s ∈ Z, então a aplicação : Z→ G de�nida por f(r) = ar
é um isomor�smo de grupos.
Temos que mostrar que f é homomor�smo e que f é bijetora.
-Homomor�smo: Sejam m,n ∈ Z temos: f(m+n) = am+n = am ·an =
f(m) · f(n).
Assim f é um homomor�smo de (Z,+) em (G, ·).
- Injetora: Como pela de�nição de grupo cíclico descrita no enunciado,
f(r) 6= f(s)⇒ ar 6= as tem-se sempre r 6= s podemos concluir que f é
injetora.
- Sobrejetora: Sejam y ∈ G = [a]. Pela de�nição de grupo cíclico,
y = ar para algum r ∈ Z, portanto f é sobrejetora.
Assim f é isomor�smo de grupos.
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2. Mostre que todo grupo cíclico é abeliano.
Demonstração: Seja G um grupo cíclico tal que G = [a]. Tome x, y ∈
G. Assim x = am e y = an para m,n ∈ Z. Temos que:
x · y = am · an
= am+n
= an+m
= an · am
= y · x
Logo G é abeliano.
3. Mostre que todo subgrupo de um grupo cíclico G é também
cíclico.
Demonstração: Sejam G um grupo cíclico gerado por a e H um sub-
grupo qualquer de G. Iremos mostrar que H é cíclico.
Como G = [a], ∀x ∈ G, x = am para algum m ∈ Z. Logo os elementos
de H são da forma an para algum n ∈ Z.
Assim, se H = {e} temos que H é cíclico pois é gerado por a0, já que
qualquer potência de a0 é o próprio a0 = e.
Agora suponha H 6= {e}. Assim, tome ah ∈ H no qual h é o menor
inteiro estritamente positivo para o qual vale ah ∈ H. Para mostrar
que H é cíclico, considere ah = b. assim mostraremos que H = [b].
Assim, seja x ∈ H tal que x = am,m ∈ Z. Pelo Algoritmo da Divisão,
sabemos que m = h · q + r, com 0 ≤ r < h.
Logo
am = ah·q+r = ah·q · ar ⇒ x = ah·q · ar
⇒ (ah·q)−1 · x = (ah·q)−1 · ah·q · ar
⇒ (ah·q)−1 · x = ar
⇒ ar = (ah·q)−1 · x
Como x = am ∈ H e (ah·q)−1 ∈ H (já que ah ∈ H implica que qualquer
potência de ah está em H) temos ar ∈ H. Porém como r < h e h
é o menor número para o qual ah ∈ H, temos que r = 0 e portanto
am = ah·q = (ah)q = bq. Assim x ∈ [b], logo H ⊂ [b].
Mas [b] ⊂ H já que b = ah ∈ H e H é fechado para a operação.
Logo H = [b], portanto H é cíclico.
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4. Seja G um grupo cíclico de ordem h. Mostre que at ∈ G é um
gerador de G se e somente se mdc(h, t) = 1.
Demonstração: ⇒) Se at ∈ G é gerador de G, como a ∈ G temos que,
para algum r ∈ N tem-se (at)r = a ⇒ at·r · a−1 = a · a−1 ⇒ at·r−1 =
e⇒ t · r − 1 = h · q, q ∈ Z⇒ t · r − h · q = 1.
Seja d = mdc(h, t). Assim:
d | t⇒ d | t · r e d | h⇒ d | h · q ⇒ d | t · r − h · q ⇒ d | 1⇒ d = 1.
⇐) Se mdc(h, t) = 1 existem m,n ∈ Z tais que m · h + n · t = 1 e daí
segue que t · n ≡ 1 (mod h) portanto at·n ≡ a (mod h) ⇒ at·n = a.
Tomando x ∈ G temos x = ab = (at·n)b = (at)n·b.
Logo at é gerador de G.
5. Mostre que todo grupo cíclico tem dois e somente dois gera-
dores.
Demonstração:
Existência: Seja G um grupo cíclico in�nito gerado por a e b. Como
b ∈ G, temos b = am para algum m ∈ Z. Do mesmo modo a = bn para
algum n ∈ Z. Assim: b = am ⇒ b = (a)m ⇒ b = (bn)m ⇒ b = bn·m ⇒
n ·m = 1. Como n,m ∈ Z temos n = m = 1 ou n = m = −1.
Assim b = am ⇒ b = a e a = bn ⇒ a = b, ou seja, um dos geradores é
o próprio a; e b = am ⇒ b = a−1, e a = bn ⇒ a = b−1, ou seja, o outro
gerador será o próprio inverso de a.
Unicidade: Seja x ∈ G, como G = [a] temos que x = am para algum
m ∈ Z. Mas [x] = {..., x−2, x−1, x0 = e, x1, x2, ...} = {..., a−2m, a−m, a0 =
e, am, a2m, ...}. Observe que [x] contém todas as suas potências de a
cujo expoente é múltiplo dem. Porém am+1 6∈ [x] já quem | m+1 ∀m ∈
Z. Logo [x] 6= G.
Portanto todo grupo cíclico in�nitocontém dois e somente dois gera-
dores.
1.5 Classes laterais
1. Seja G um grupo de ordem pn , em que p é primo e n > 1.
Mostre que a ordem de um elemento qualquer de G é uma
potência de p.
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Demonstração: Seja a ∈ G um elemento qualquer de G. Pelo corolário
anterior, a ordem de um elemento divide a ordem do grupo, assim,
como o(G) = pn = p · p · ... · p temos que o(a) = 1 = p0 (para a = e);
o(a) = p1; o(a) = p2 ; ...; o(a) = pn. De qualquer forma o(a) é um
potência de p.
2. Sejam H e K subgrupos de um grupo �nito. Se o(H) = p e
o(k) = q (p 6= q primos), então H ∩K = {e}. Prove.
Demonstração: Seja G um grupo �nito tal que H < G e K < G. Como
o(H) = p e o(K) = q, no qual p e q são primos, pelo corolário anterior
temos H e K cíclicos. Assim, sejam a, b ∈ G tais que H = [a] e K = [b].
Como o(H) = p, temos ap = e, e como o(K) = q, temos bq = e. Como
p 6= q tem-se a 6= b, já que G é �nito. Assim H = [a] e K = [b] são
subgrupos que possuem elementos diferentes, à exceção do elemento
neutro. Logo [a] ∩ [b] = H ∩K = {e}.
3. Seja G um grupo �nito de ordem par. Mostre que o número
de elementos de G de ordem 2 é ímpar.
Demonstração: Seja (G, ∗) um grupo �nito de ordem par. Vamos supor
por absurdo que o número de elementos de (G, ∗) de ordem 2 é par,
assim a quantidade de elementos x tais que x2 = e é par, ou seja,
há um número par de elementos que são seu próprio inverso (já que
x2 = x ∗ x = e⇒ x−1 ∗ (x ∗ x) = x−1 ∗ e⇒ x = x−1).
Agora, como sabemos que qualquer elemento com ordem 3 ou maior
que 3 possui um inverso diferente dele mesmo, haverá uma quantidade
par de elementos de ordem 3 ou maior. Mas por G ser grupo, sabemos
que e ∈ G, o que implica que a ordem de G é ímpar, já que é a soma
de 1+2n+2q onde 1 é o elemento neutro, 2n é o número de elementos
de ordem 2 e 2q é o número de elementos de ordem 3 ou maior que 3.
Absurdo, já que por hipótese a ordem de G é par.
4. Mostre que são equipotentes os conjuntos das classes laterais
à esquerda e o conjunto das classes laterais à direita para todo
subgrupo de um grupo G, ou seja, têm a mesma cardinalidade.
Demonstração: Sejam G um grupo, H um subgrupo de G e a ∈ G.
Considere aH o conjunto das classes à esquerda de H e Ha o conjunto
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das classes à direita de H. Precisamos mostrar que a cardinalidade de
(aH) é igual a de (Ha).
Assim, seja ϕ : aH → Ha, ϕ(aH) = Ha−1. Vamos mostrar que ϕ está
bem de�nida.
Sejam aH e bH classes em aH, tais que aH = bH, assim b−1a ∈ H.
Logo ϕ(aH) = Ha−1 = (Hb−1a)a−1 = Hb−1(aa−1) = Hb−1 = ϕ(bH).
Assim ϕ está bem de�nida. Agora vamos mostrar que ϕ é bijetora.
- Injetora: Sejam Ha−1 e Hb−1 ∈ Ha, tais que Ha−1 = Hb−1. Assim
b b−1a ∈ H, logo bH = b(b−1aH) = (bb−1)aH = aH. Portanto ϕ é
injetora.
-Sobretora: Seja Ha−1 ∈ Ha. Logo existe aH ∈ aH tal que ϕ(aH) =
Ha−1.
Portanto, como ϕ é bijetora, a cardinalidade de (aH) é igual a de (Ha).
5. Mostre que o número de classes laterais de R em C é in�nito.
Demonstração: Considere (R,+) e (C,+) com (R,+) < (C,+). Vamos
mostrar que o número de classes laterais à esquerda de R é in�nito.
Assim, seja g ∈ C, sabemos que g = a + bi, com a, b ∈ R. Logo o
conjunto das classes laterais à esquerda de R será:
g + R = {g + x | x ∈ R}
= {(a+ bi) + x | x, a, b ∈ R}
= {(a+ x) + bi | x, a, b ∈ R}
= {y + bi | y, b ∈ R}
Agora, tome g, h ∈ C tais que g = a+ bi e h = c+di e considere g+R,
h + R tais que g + R = h + R. Assim g − h ∈ R ⇒ a + bi − c − di ∈
R ⇒ (a − c) + (b − d)i ∈ R ⇒ b − d = 0 ⇒ b = d. Portanto duas
classes laterais à esquerda são iguais somente se a parte imaginária dos
números complexos tomados em C são iguais. Assim, cada complexo
tomado em C pertence a classe referente a parte imaginária, ou seja,
g = a + bi pertence a classe bi + R. Como b ∈ R e R é in�nito,
concluímos que existem in�nitas classes laterais à esquerda de R em
C. Como (R,+) é normal em (C,+), já que ∀g ∈ C e x ∈ R tem-se
x + g = g + x, concluímos que existem in�nitas classes à direita de R
também, e elas coincidem com g + R.
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1.6 Subgrupos normais e grupos quocientes
1. Sejam G um grupo, N um subgrupo normal e H subgrupo de
G. Mostre que H ∩N é normal em H.
Demonstração: Sabemos que H ∩N 6= ∅ já que e ∈ H e e ∈ N ⇒ e ∈
H ∩N .
Agora, sejam x, y ∈ H∩N , assim temos x ∈ N , x ∈ N e y ∈ H e y ∈ N .
Como H < G e N < G, temos que y−1 ∈ H e y−1 ∈ N ⇒ y−1 ∈ H∩N .
Assim xy−1 ∈ H ∩N , logo H ∩N < G.
Agora resta-nos mostrar que H ∩N . G.
Dessa forma, seja x ∈ H ∩N , assim x ∈ H e x ∈ N . Agora, se h ∈ H,
temos que hxh−1 ∈ H, já que x, h ∈ H. Mas por hipótese, N .G, assim
sabemos que hxh−1 ∈ N já que x ∈ N e h ∈ G.
Portanto hxh−1 ∈ H ∩N , o que garante que H ∩N . G.
2. Prove que se um grupo �nito G tem um único subgrupo N
de uma dada ordem então N é normal em G.
Demonstração: Considere a aplicação f : N → gNg−1 de�nida por
f(n) = gng−1. Vamos mostrar que f é isomor�smo de grupos.
• Homomor�smo: Sejam a, b ∈ N , temos f(ab) = gabg−1 = ga(g−1g)bg−1 =
(gag−1)(gbg−1) = f(a)f(b).
• Sobrejetora: Seja α = gng−1 ∈ gNg−1. Assim, existe n ∈ N tal
que f(n) = gng−1 = α.
• Injetora: Tome α, β ∈ gNg−1, com α = gn1g−1 e β = gn2g−1,
onde n1, n2 ∈ N tais que α = β. Assim temos:
α = β ⇒ = gn1g−1 = gn2g−1
= g−1(gn1g
−1) = g−1(gn2g
−1)
= n1g
−1 = n2g
−1
= (n1g
−1)g = (n2g
−1)g
= n1 = n2
Logo f é isomor�smo.
Assim, sabemos que o(N) = o(gNg−1). Mas como N é o único sub-
grupo de G de dada uma ordem, concluímos que N = gNg−1, assim N
é subgrupo normal de G.
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3. Mostre que o produto de dois grupos quaisquer nem sempre
é subgrupo. Apresente um contra-exemplo.
Demonstração: Sejam H e K subgrupos de G. Dados x, y ∈ HK,
temos x = h1k1 e y = h2k2, com h1, h2 ∈ H e k1, k2 ∈ K.
Então: xy−1 = (h1k1)(h2k2)
−1 = (h1k1)(k
−1
2 h
−1
2 ).
Observe que não é possível determinar se xy−1 ∈ HK, já que não
sabemos se os elementos comutam.
Contra-exemplo: Sejam S3 = {Id, (12), (13), (23), (123), (132)} e os
subgrupos H = {Id, (12)} e K = {Id, (13)}. Observe que HK =
{Id, (12), (13), (132)} não é subgrupo de S3 já que [(132)]−1 6∈ HK.
4. Seja H < G e sejam x, y dois elementos quaisquer de G. Mostre
que se xH = yH então Hx−1 = Hy−1.
Demonstração: Seja a ∈ Hx−1, assim a = h1x−1 para algum h1 ∈ H.
Logo a−1 = xh−11 ∈ xH. Mas por hipótese, xH = yH, logo a−1 =
xh−11 = yh2, h2 ∈ H ⇒ a = h−12 y−1 ∈ Hy−1.
Seja b ∈ Hy−1, temos que b = h3y−1 para algum h3 ∈ H. Assim
b−1 = yh−13 ∈ yH, mas como yH = xH temos b−1 = xh4, h4 ∈ H,
assim b = h−14 x
−1 ∈ Hx−1.
Logo Hx−1 = Hy−1.
5. Sejam M e N subgrupos normais de um grupo G tais que
M ∩N = {e}. Mostre que xy = yx ∀x ∈M e ∀ y ∈ N .
Demonstração: Sejam M,N subgrupos de G tais que M ∩N = {e}.
Como por hipótese M . G, temos que M = gMg−1∀ g ∈ G. Dessa
forma, como x ∈ M e y ∈ N . G temos que yxy−1 ∈ M e em especial
yx−1y−1 ∈M .
Do mesmo modo, como N . G temos xyx−1 ∈ N e xy−1x−1 ∈ N .
Portanto x(yx−1y−1) ∈ M já que x ∈ M e yx−1y−1 ∈ M . Da mesma
forma, (xyx−1)y−1 ∈ N já que xyx−1 ∈ N e y−1 ∈ N . Assim xyx−1y−1 ∈
M ∩N , mas como M ∩N = {e}, temos que:
xyx−1y−1 ∈M ∩N = {e} ⇒ xyx−1y−1 = e
⇒ (xy)(yx)−1 = e
⇒ (xy)(yx)−1(yx) = e · (yx)
⇒ (xy) · e = (yx)
⇒ xy = yx.
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6. Se (G : H) = 2, então H . G.
Demonstração: Temos que mostrar que xH = Hx, ∀x ∈ G.
Assim, se x ∈ H, temos xH = H = Hx. Agora suponha x 6∈ H.
Dessa forma, existem duas classes laterais xH 6= H e Hx 6= H. Mas
(G : H) = 2 e como uma relação de equivalência particiona o espaço
em partes disjuntas, temos G
H
= {xH,H}. Da mesma forma, obtemos
G
H
= {Hx,H}, donde concluímos que G
H
− {H} = {xH} e G
H
− {H} =
{Hx} ⇒ xH = Hx.
7. Mostre que G′ =< {xyx−1y−1 | x, y ∈ G} > é subgrupo normal
de G.
(A notação < S > denota o subgrupo gerado pelo conjunto S.)
Demonstração: Considere S = {xyx−1y−1 | x, y ∈ G} e G′ =< S >.
Seja α ∈ S, α = xyx−1y−1. Temos (α)−1 = yxy−1x−1 ∈ S já que
(y−1)−1·(x−1)−1·[(x−1)−1]−1·[(y−1)−1]−1 = yxy−1x−1 e (y−1)−1, (x−1)−1 ∈
G.
Agora, seja β = α1 · α2 · ... · αn ∈< S >. Assim, se g ∈ G temos:
gβg−1 = g(α1 · ... · αn)g−1 = (gαg−1)(gα2g−1) · ... · (gαng−1).
Mas como
gαg−1 = g(xyx−1y−1)g−1 =
= (gxg−1)(gyg−1)(gx−1g−1)(gy−1g−1)= (gxg−1)(gyg−1)(gxg−1)−1(gyg−1)−1 ∈ S
então gαg−1 ∈ S ∀α ∈ S, portanto gβg−1 ∈< S > e assim < S > é
subgrupo normal de G.
2 Referências
DOMINGUES, H. H. e IEZZI G. Álgebra moderna.4, ed. São Paulo:
Atual, 2003.
GARCIA, A. e IEQUAIN, Y. Elementos de álgebra. 6, ed. Rio de
Janeiro: IMPA, 2013.
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