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Estruturas Algébricas
Moisés Toledo∗
9 de maio de 2012
1 Solução de exercícios - Página 261
Exercício 1. Seja p um número primo eG um grupo não-abeliano de ordem p3. Mostre
que:
a) |Z(G)| = p.
b) Z(G) = G′.
c) G/Z(G) ∼= Z/pZ× Z/pZ
Demonstração.
a) Como Z(G) < G então |Z(G)| | |G|. Agora vejamos os possíveis casos:
(i) |Z(G)| 6= p3 pois G é não abeliano (isto é |Z(G)| 6= |G|).
(ii) |Z(G)| 6= p2 pois caso contrario
∣∣∣ G
Z(G)
∣∣∣ = p e assim G
Z(G)
é cíclico logo
Z(G) = G o qual não é possível (ver página 140).
(iii) |Z(G)| 6= 1 (isto é Z(G) 6= {e}) pois o centro tem sempre pelo menos p
elementos para qualquer grupo de ordem potencia de um primo (ver página
233).
Por tanto temos |Z(G)| = p.
b) Vejamos que G′ ⊆ Z(G): Já vimos que
∣∣∣ G
Z(G)
∣∣∣ = p2, assim G
Z(G)
é um grupo
abeliano (ver página 234), isto é Z(G) /G tal que G
Z(G)
é abeliano. Logo como G′ é
o menor subgrupo normal tal que G
G′
é abeliano (ver página 140) então Z(G) ⊇ G′.
Agora como:
(i)
∣∣ G
G′
∣∣ 6= 1 pois caso contrario G′ = G logo Z(G) = {e} o qual não possível
pois |Z(G)| = p.
∗Universidade Federal da Paraíba
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(ii)
∣∣ G
G′
∣∣ 6= p pois caso contrario G
G′
é cíclico (por tanto abeliano) logoG é abeliano
(de fato: seja a ∈ G tal que < aG′ >= G/G′ então abG′ = (aG′)(bG′) =
(bG′)(aG′) = baG′ assim ab = ba).
(iii)
∣∣ G
G′
∣∣ 6= p3 pois caso contrarioG′ = {e} assim dado x, y ∈ G temos xyx−1y−1 =
e isto é xy = yx logo G é abeliano.
então |G′| = p, e como G′ ⊆ Z(G) temos Z(G) = G′.
c) Como |Z(G)| = p então é cíclico logo existe b ∈ Z(G) tal que < b >= Z(G). Seja
x ∈ G\Z(G) então < x > 6= Z(G), considerando y /∈< x > então < x > ∩ <
y >= {e}. Também | < x > | = | < y > | = p, pois x ∈ G\Z(G). Logo < x, y >
é um subgrupo de G/Z(G) com ordem p2 assim < x, y >= G/Z(G).
Por ultimo consideremos o homomorfismo:
ϕ : G/Z(G) −→ Z/pZ× Z/pZ
xn · ym 7−→ (n,m)
o qual é claramente bijetivo, por tanto um isomorfismo.
Exercício 2. Mostre que se G é um grupo finito com apenas duas classes de conju-
gação, então |G| = 2.
Demonstração.
Pela equação de classes de conjugação e o fato de G ter duas classes de conjugação
temos:
|G| = 1 + |Cl(x)|
Como |Cl(x)| divide a |G| então |G| − 1 divide |G| logo |G| = 2.
Exercício 3. Seja G um grupo de ordem 112 · 132. Mostre que G é um grupo abeliano.
Demonstração.
• Iremos a usar o seguinte teorema (página 178):
Teorema (Produto direto de grupos). Sejam G,G1, . . . , Gn grupos. Então o
grupo G é isomorfo ao grupo G1× . . .×Gn se e somente se G possui subgrupos
H1 ' G1, . . . , Hn ' Gn tais que:
(i) G = H1 . . . Hn.
(ii) Hi / G, ∀i = 1, . . . , n.
(iii) Hi ∩ (H1 . . . Hi−1Hi+1 . . . Hn) = {e}, ∀i = 1, . . . , n.
• Pelo 3º teorema de Sylow temos n11 = 1 e n13 = 1.
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• Sejam N11 e N13 os subgrupos de G de ordem 112 e 132 respectivamente, então
N11 e N13 são normais (pois pelo item anterior eles são únicos).
• Os subgrupos N11, N13 tem ordem p2 (p = 11, 13) logo são abelianos.
• Como N11N13 é um subgrupo de G (pois N11, N13 são normais), e N11 ∩ N13 =
{e} (pois se a ∈ N11 ∩ N13 então |a| divide 11 e 13 logo |a| = 1 assim a = e)
então |N11N13| = |G| logo N11N13 = G.
• Claramente N11, N13 são isomorfos a eles mesmos (pelo homomorfismo identi-
dade).
• Agora usando o teorema enunciado temos G ' N11 ×N13.
• Seja o isomorfismo
ϕ : N11 ×N13 → G
(g, h) 7−→ ϕ(g, h)
assim dado a, b ∈ G temos que existem (g1, h1), (g2, h2) ∈ N11 × N13 tais que
ϕ(g1, h1) = a, ϕ(g2, h2) = b logo
ab = ϕ(g1, h1) · ϕ(g2, h2)
= ϕ((g1, h1) · (g2, h2))
= ϕ(g1 · g2, h1 · h2)
= ϕ(g2 · g1, h2 · h1)
= ϕ((g2, h2) · (g1, h1))
= ϕ(g2, h2) · ϕ(g1, h2)
= ba
logo G é abeliano.
Exercício 4. Seja p um número primo e G um grupo finito. Sejam H um subgrupo
normal de G e S um p-subgrupo de Sylow de G.
a) Mostre que H ∩ S é um p-subgrupo de Sylow de H .
b) Mostre que SH/H é um p-subgrupo de Sylow de G/H .
Demonstração.
a) Mostrar que H ∩ S é um p-subgrupo de Sylow de H é equivalente a mostrar que
(H : H ∩ S) não é um múltiplo de p (em particular náo é uma potencia de p).
• Dado que H ∩ S < S então |H ∩ S| = pk, para algum k ∈ N.
• Como H / G então HS é um subgrupo de G tal que H / HS < G.
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• Sabemos que |HS| = |H| · |S|
|H ∩ S|
então
|HS|
|H|
=
|S|
|H ∩ S|
assim pelo teorema de
Lagrange (H : H ∩ S) = (HS : S).
• Como (G : S) = (G : HS) · (HS : S), então (HS : S) | (G : S) logo
p - (HS : S) (pois (G : S) não é um múltiplo de p) por tanto p - (H : H ∩ S)
(pois (H : H ∩ S) = (HS : H)).
b) Mostraremos que p - (G/H : SH/H).
• Como
∣∣∣∣GH
∣∣∣∣ = |G||H| = |SH||H| · (G/H : SH/H) e
|G|
|SH|
= (G : SH) então
(G/H : SH/H) = (G : SH).
• Assim também como (G : S) = (G : SH) · (SH : S), e (G : S) não é um
múltiplo de p então p - (G : SH) por tanto p - (G/H : SH/H).
Exercício 5. Seja G um grupo abeliano finito. Mostre que G é isomorfo ao produto
direto de seus subgrupos de Sylow.
Demonstração.
• Seja G um grupo abeliano de ordem finito m, então descompondo m em seus
fatores primos temos |G| = pα1
1 . . . pαk
k , onde pi 6= pj para i 6= j.
• Sejam Nij (i = 1, . . . , k e j = 1, . . . , npi) os pi-subgrupos de Sylow de G.
• Como G é abeliano então para cada i existe um único pi-subgrupo de Sylow (isto
é npi = 1).
• Para cada i seja Ni o único pi-subgrupo de Sylow, então Ni é normal em G.
• Como N1N2 . . . Ni é um subgrupo de G (para todo i = 1, . . . , k) então se x ∈
Nj ∩ (N1 . . . Nj−1Nj+1 . . . Nk) temos que |x| | pj e |x| | pi para algum i =
1, . . . , j − 1, j + 1, . . . , k. Assim |x| = 1 (pois pi 6= pj para i 6= j) isto é x = e.
Logo Nj ∩ (N1 . . . Nj−1Nj+1 . . . Nk) = {e}.
• Usando o teorema do produto direto de grupos, temos queG ' N1×. . .×Nk.
Exercício 6. Seja G um grupo abeliano finito. Seja m um inteiro que divide |G|.
Mostre que existe um subgrupo K de G tal que |K| = m (i.e., a recíproca de teorema
de Lagrange vale para os grupos abelianos finitos).
Demonstração.
• Seja m um inteiro que divide |G|, então descompondo m em seus fatores primos
temos m = pα1
1 . . . pαl
l .
• Pelo 1º teorema de Sylow existem subgrupos Ni de G com ordem pαi
i , onde i =
1, . . . , l.
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• Como G é abeliano então Ni é normal em G para cada i.
• Dado que N1N2 . . . Ni é um subgrupo de G (para todo i = 1, . . . , l) então se
x ∈ Nj ∩ (N1 . . . Nj−1Nj+1 . . . Nl) temos que |x| | pj e |x| | pi para algum
i = 1, . . . , j − 1, j + 1, . . . , l. Assim |x| = 1 (pois pi 6= pj para i 6= j) isto é
x = e. Logo Nj ∩ (N1 . . . Nj−1Nj+1 . . . Nl) = {e}.
• Por tanto K = N1N2 . . . Nl é um subgrupo de G com ordem m.
Exercício 7.
a) Seja G um grupo abeliano finito. Mostre que existe uma serie de subgrupos G =
H0 B H1 B . . . B Hn = {e} tal que Hi/Hi+1 é cíclico de ordem prima, ∀i =
0, . . . , n− 1.
b) Sejam G um grupo e K um subgrupo normal de G tais que G/K seja abeliano
finito. Mostre que existe uma série de subgrupos G = H0 B H1 B . . . B Hn = K
tal que Hi/Hi+1 é cíclico de ordem prima, ∀i = 0, . . . , n− 1.
Demonstração. Em ambos item fazemos uso da seguinte proposição:
Proposição. Seja G um grupo de ordem pm e seja H um subgrupo de G de ordem pr
com r < m. Então
(i) Existe um subgrupo K de G de ordem pr+1 contendo H .
(ii) Todo subgrupo L de G de ordem pr+1 contendo H é tal que H C L. Em particu-
lar, temos H $ NG(H).
a) Sabemos que G é isomorfo ao produto direto de seus subgrupos de Sylow, assim
G ' N1 × . . . × Nr, onde |Ni| = pαi
i . Agora pela proposição enunciada temos
que, para cada Ni existem subgrupos Kij de ordem pji ( para j = 0, . . . , αi) e
Kij C Kij+1
. Seja n = α1 + · · ·αr, assim considerando
Hl =

K1α1 . . . Krαr = G , l = 0
K1α1 . . . Kr(αr−1) , l = 1
...
K1α1 . . . Kr0 = K1α1 . . . K(r−1)αr−1 , l = αr, pois Kr0 = {e}
K1α1 . . . K(r−1)(αr−1−1) , l = αr + 1
...
K1α1 . . . K(r−1)0 = K1α1 . . . K(r−2)αr−2 , l = αr + αr−1, pois K(r−1)0 = {e}
...
K1α1 . . . K(r−i)(αr−i−1) , l = αr + α(r−1) + · · ·+ α(r−i) + 1
...
K10 = {e}, l = n
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onde |Hi/Hi+1| = pi, assim Hi/Hi+1 é de ordem prima, por tanto cíclico.
b) Como G/K é um grupo abeliano finito, então pelo item anterior existe uma serie
de subgrupos G/K = H0 B H1 B . . . B Hn = {e} tal que H i/H i+1 é cíclico de
ordem prima, ∀i = 0, . . . , n− 1. Logo pelo teorema de isomorfismo (página 150),
sabemos que existe uma correspondência entre os subgrupos normais de G/K e
os subgrupos normais de G que contêm K, assim existem Hi (com i = 1, . . . , n)
subgrupos de G tais que G = H0 B H1 B . . . B Hn = K e Hi/Hi+1 cíclico de
ordem prima pois H i/H i+1 = (Hi/K)/(Hi+1/K) = Hi/Hi+1.