notas_de_aula_Alg3 (exercicios resolvidos de grupos)

Prévia do material em texto

Notas de Aula Álgebra 3
Martino Garonzi
Universidade de Braśılia
Segundo semestre 2018
1
2
As pessoas que as pessoas que as pessoas amam amam amam.
Conteúdo
Caṕıtulo 1. Grupos 5
1. Ação de um grupo sobre um conjunto 5
2. Ação de conjugação 7
3. Representações permutacionais 10
4. Teorema de Sylow 13
5. O grupo simétrico de grau 4 17
6. O grupo simétrico de grau 5 20
7. Solubilidade 23
8. Resolução dos exerćıcios - Grupos 24
Caṕıtulo 2. Teoria de Galois 43
1. Corpos de decomposição 43
2. O grupo de Galois 45
3. Correspondências de Galois 48
4. Extensões de Galois 52
5. Transitividade 56
6. Cúbicas 56
7. Subcorpos estáveis 58
8. Solubilidade 60
9. Extensões radicais 63
10. Quárticas 66
11. O teorema fundamental da álgebra 67
12. Construtibilidade com régua e compasso 68
13. O teorema de Abel 71
14. Resolução dos exerćıcios - Teoria de Galois 73
3
CAṔıTULO 1
Grupos
1. Ação de um grupo sobre um conjunto
Seja G um grupo. Dizemos que G age a direita sobre o conjunto X se é
dada uma função X ×G→ X, (x, g) 7→ xg com as propriedades seguintes.
(1) x1 = x para todo x ∈ X;
(2) (xg)h = x(gh) para todo x ∈ 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, x) 7→ gx com as propriedades seguintes.
(1) 1x = x para todo x ∈ X;
(2) h(gx) = (hg)x para todo x ∈ 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 ma-
neira natural: (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
{g ∈ G | gα = α}
(é um subgrupo de G), e denotamos por OG(α) a G-órbita de α, isto é o conjunto
{gα | g ∈ G}. Tal ação é dita transitiva se existe α ∈ X tal que OG(α) = X,
em outras palavras OG(α) = X para todo α ∈ X, em outras palavras existe uma
única órbita.
Proposição 1. O grupo G aja sobre o conjunto X. Então X é igual à união
disjunta das G-órbitas.
5
6 1. GRUPOS
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 x, y ∈ X são tais que Gx ∩ Gy 6= ∅ então Gx = Gy. Para isso
suponha Gx ∩ Gy 6= ∅. É suficiente mostrar que Gx ⊆ Gy, a outra inclusão
sendo analoga. Seja gx ∈ Gx, queremos mostrar que gx ∈ Gy. Por hipótese
existe z = hx = ky ∈ Gx ∩ Gy (com g, h ∈ G), dáı x = h−1ky. Obtemos
gx = gh−1ky ∈ Gy. �
Proposição 2 (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 de Gα em G 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
estabilizador 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 Gx = {gx : g ∈ G} = {x}
logo a igualdade |Gx| = |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 Gx = {gx : g ∈ G} = G para todo x ∈ G, logo a
igualdade |Gx| = |G : Gx| neste caso é a igualdade |G| = |G : {1}|.
Exerćıcios.
(1) 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.
(2) 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.
2. AÇÃO DE CONJUGAÇÃO 7
(3) 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.
(4) 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|.
2. 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 estabi-
lizador de hxh−1 é CG(hxh−1). È obvio que x ∈ CG(x) (pois x comuta com x).
O prinćıpio da 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 conjugação de 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 |.
8 1. GRUPOS
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 con-
jugados 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))|.
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}.
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 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 1. 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. Escreva 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).
2. AÇÃO DE CONJUGAÇÃO 9
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. �
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}.
(1) (Exerćıcio da aula passada - corrigido) 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.
(2) Seja G um grupo finito abeliano que age de maneira fiel e transitiva
sobre um conjunto X. Mostre que |G| = |X|.
(3) Seja G um grupo que age de maneira fiel e transitiva sobre X. Mostre
que |Z(G)| divide |X|.
(4) Seja G um grupo. Mostre que toda classe de conjugação de G tem
tamanho no máximo |G : Z(G)|.
(5) Conte as classes de conjugação de A4 e de S4.
(6) Mostre que Z(Sn) = {1} para todo n ≥ 3.
(7) Encontre um grupo G tal que {1} 6= Z(G) 6= G.
(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|.
[Dica: comece mostrando que |C| =
∑
x∈G |CG(x)| e aplique a
equação das classes.]
10 1. GRUPOS
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.
3. Representações permutacionais
O grupo G aja agora nos dois conjuntos X e Y . As duas ações são chamadas
de equivalentes (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 3 (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
3. REPRESENTAÇÕES PERMUTACIONAIS 11
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 4 (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 homomor-
fismo correspondente é γA : G→ Sym(X), γA(g) : X → X, x 7→ gx.
• 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 ho-
momorfismos 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 correspondenteé 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).
12 1. GRUPOS
Pelo teorema de isomorfismo se G age sobre X com núcleo K então
G/K é isomorfo a um subgrupo de Sym(X).
O teorema de Cayley generalizado
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. 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.
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 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 EG se e somente
se H = HG). Temos então um homomorfismo injetivo
G/HG → Sym({yH : y ∈ G}) ∼= Sn
onde n = |X| = |G : H|.
Teorema de Cayley generalizado: o quociente G/HG é isomorfo a um
subgrupo de Sn, onde n = |G : H|, 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.
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!.
Exerćıcios.
(1) Sejam A e B subgrupos do grupo finito G e defina AB = {ab : a ∈
A, b ∈ B}. Mostre que |AB| = |A||B|/|A ∩ B|. Mostre que se B E G
então AB ≤ G.
(2) Seja H um subgrupo de G de indice 2. Mostre que H é normal em G
(ou seja H = HG).
4. TEOREMA DE SYLOW 13
(3) 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 o número de conjugados
de M em G não é igual a 2.
(4) Seja p um número primo e seja G um p-grupo finito. Seja M um sub-
grupo maximal de G (definido no exerćıcio acima). Mostre que M EG
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〉.]
(5) O grupo G aja de maneira fiel sobre o conjunto X. Mostre que se X é
finito então G é finito também.
(6) 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 equivalente 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.
(7) Considere o grupo S6 agindo da maneira natural sobre {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Mostre que S6 contem um subgrupo isomorfo a S4 cuja ação sobre
{1, 2, 3, 4, 5, 6} é transitiva.
[Dica: considere a ação natural de S4 sobre o conjunto dos subcon-
juntos de {1, 2, 3, 4} de cardinalidade 2.]
(8) Seja G um grupo de ordem 21 e H um subgrupo de G com |H| = 7.
Mostre que H EG (ou seja H = HG).
(9) Seja G um grupo simples. Mostre que se G contem um subgrupo de
indice 3 então |G| = 3.
(10) Seja G um grupo e sejam x, y elementos de G. Mostre que xy e yx são
conjugados em G.
(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 ele-
mento 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.]
4. Teorema de Sylow
Teorema 2 (Cauchy). Seja G um grupo finito cuja ordem é diviśıvel pelo
primo p. Então existe x ∈ G de ordem p.
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−1
1 g1 · · · gpg1 = g−1
1 g1 = 1.
O elemento σ fixa (g1, . . . , gp) se e somente se g1 = . . . = gp = g e neste caso gp =
1. A órbita de um elemento x = (g1, . . . , gp) não fixado por σ tem cardinalidade
14 1. GRUPOS
|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. �
Seja G um grupo finito e sejam H ≤ G, N E G. Seja π : G → G/N a
projeção canônica. Temos π(H) = HN/N e pelo teorema de isomorfismo sendo
ker(π|H) = H ∩N temos H/H ∩N ∼= HN/N . Deduzimos |H/H ∩N | = |HN/N |
que pode ser escrito como |HN | = |H||N |/|H ∩N |.
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 3 (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 pk divide |G|, 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.
Lema 1. 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 3.
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. Pela
equação das classes
|G| = |Z(G)|+
∑
i
|G : CG(xi)|,
4. TEOREMA DE SYLOW 15
onde os xi são representantes de classes de conjugação não contidas no centro,
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 1
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 1 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|.
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 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 1.
Isso termina a demonstração do teorema 3. �
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.
16 1. GRUPOS
O problema geral: dado um grupo G conseguimos entender se G é simples
apenas conhecendo 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.
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
}
.
[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 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 ho-
momorfismo sobrejetivo com núcleo SL(2, p) obtemos pelo teorema
de isomorfismo (p− 1)|SL(2, p)| = |GL(2, p)|.
5. O GRUPO SIMÉTRICO DE GRAU 4 17
(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 ).
5. 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.
5.1. Os subgrupos de Sylow. Imagine os elementos de X como vertices
de um quadrado:
1 2
4 3
Pense no comprimento do lado como unitário, assim as diagonais têm compri-
mento
√
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.
5.2. Os subgrupos normais. Considere K := DG, o coração normal de D
em G. Sabemos que G/K é isomorfo a um subgrupo de S3, 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 DEG, 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
18 1. GRUPOS
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.
5.3. 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}.
5.4. Os subgrupos maximais. Um subgrupo maximal deG 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 E G 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 |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.
5.5. Os subgrupos transitivos. Os subgrupos transitivos são G, A,
K, os conjugados 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
5. O GRUPO SIMÉTRICO DE GRAU 4 19
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.
Exerćıcios.
(1) Sejam A e B subgrupos normais de um grupo G tais que A ∩B = {1}.
Mostre que ab = ba para todo a ∈ A, b ∈ B. [DICA: dados a ∈ A e
b ∈ B mostre que aba−1b−1 ∈ A ∩B.]
(2) Seja G um grupo finito com dois subgrupos normais A, B tais que AB =
G e A ∩B = {1}. Mostre que G ∼= A×B.
(3) 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.
(4) Seja G um grupo de ordem 15. Mostre que G é ćıclico.
(5) 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.]
(6) 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.]
(7) Seja P um p-subgrupo de Sylow do grupo finito G e seja N EG. 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 |.]
(8) 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.]
(9) 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).]
(10) Seja G um grupo agindo sobre o conjunto X e seja x ∈ X. Mostre que
gGxg
−1 = Ggx.
20 1. GRUPOS
6. O grupo simétrico de grau 5
Observe que o grupo simétrico Sn é abeliano se e somente se n ≤ 2. De fato
se n ≥ 3 então (12) e (123) não comutam. Analogamente An é abeliano se e
somente se n ≤ 3. De fato se n ≥ 4 então (123) e (12)(34) não comutam.
No que segue usaremos muito o prinćıpio da contagem: se x ∈ G então x tem
|G : CG(x)| conjugados em G.
Lema 2. Seja σ = (12 . . . n) ∈ Sn. Então CSn(σ) = 〈σ〉. Se n é impar
CAn(σ) = 〈σ〉 e An contem duas classes de conjugação de n-ćıclos.
Demonstração. Os conjugados de σ em Sn são os ćıclos de comprimento
n, logo σ tem exatamente (n − 1)! conjugados em Sn (um n-ćıclos tem a forma
(1a2 . . . an) e temos (n − 1)! escolhas para a2, . . . , an). Segue do prinćıpio da
contagem que |Sn : CSn(σ)| = (n − 1)! ou seja |CSn(σ)| = n. Como σ ∈ CSn(σ)
obtemos 〈σ〉 ≤ CSn(σ), mas dáı 〈σ〉 e CSn(σ) são subgrupos da mesma ordem,
um contido no outro, e obtemos a igualdade. Se n é impar então σ ∈ An, logo
〈σ〉 ≤ An e CAn(σ) = CSn(σ) ∩ An = 〈σ〉 ∩ An = 〈σ〉. Segue que o número de
conjugados de σ em An é |An : CAn(σ)| = (n!/2)/n = (n − 1)!/2. Isso vale para
qualquer n-ćıclo, logo como An contem (n− 1)! n-ćıclos obtemos que em An tem
exatamente duas classes de tais ćıclos. �
Lema 3. Seja H um subgrupo de Sn. Então H ≤ An ou |H : H ∩An| = 2.
Demonstração. Suponha H não contido em An. Então sendo An E Sn
temos que An ≤ HAn ≤ Sn. Como |Sn : An| = 2 deduzimos que HAn é igual
a An ou a Sn. Mas HAn 6= An porque por hipótese H 6≤ An, logo HAn = Sn.
Obtemos
H/H ∩An ∼= HAn/An = Sn/An ∼= C2,
logo |H : H ∩An| = |H/H ∩An| = 2. �
6.1. Equação das classes de S5. Considere o grupoG = S5, grupo simétrico
de grau 5, agindo sobre X = {1, 2, 3, 4, 5} da maneira natural. Como em S5 dois
elementos são conjugados se e somente se têm a mesma estrutura ćıclica, os re-
presentantes das classes de conjugação de S5 são 1, (12), (123), (1234), (12345),
(12)(34), (12)(345). Obviamente 1 tem apenas um conjugado. O número de
conjugados de (12) é o número de 2-ćıclos, é dado por
(
5
2
)
= 10. O número de
conjugados de (123) é o número de 3-ćıclos, é dado por
(
5
3
)
2 = 20 (temos que
escolher os três elementos do ćıclo e com eles podemos construir (3 − 1)! = dois
3-ćıclos). Analogamente (1234) tem 5 · 3! = 30 conjugados e (12345) tem 4! = 24
conjugados. (12)(34) tem 5 · 3 conjugados (5 escolhas para o elemento fixado e
podemos construir exatamente três conjugados de (12)(34) usando 4 elementos).
(12)(345) tem
(
5
3
)
2 = 20 conjugados (a escolha do 3-ćıclo determina o elemento).
A equação das classes de S5 é então
1 + 10 + 20 + 30 + 24 + 15 + 20 = 120.
6. O GRUPO SIMÉTRICO DE GRAU 5 21
6.2. Equação das classes de A5. A5 é um subgrupo de S5 de indice 2.
Sendo |S5| = 5! = 120 temos |A5| = 5!/2 = 60.
Observe que t = (23) leva (por conjugação) a = (12345) para b = (13245),
ou seja tat−1 = b. Se s ∈ S5 é tal que sas−1 = b então tat−1 = sas−1 ou seja
s−1ta = as−1t, logo s−1t ∈ CS5
(a) = 〈a〉 ≤ A5, e como t 6∈ A5 segue que s 6∈ A5
(se fosse s ∈ A5 então sendo t 6∈ A5 o elemento s−1t seria uma permutação ı́mpar).
Isso mostra que a e b não são conjugados em A5. Ou seja (veja o lema) as classes
de 5-ćıcos contidas em A5 são a classe de a e a classe de b. Elas têmtamanho
4!/2 = 12.
S5 contem 20 ćıclos de comprimento 3. Seja τ um deles. Temos então
|CS5(τ)| = 120/20 = 6. Mas cada um deles comuta com o 2-ćıclo disjunto τ∗
e 〈τ, τ∗〉 tem ordem 6 (é ćıclico gerado por ττ∗). Segue que CS5(τ) = 〈τ, τ∗〉 e
por consequência CA5
(τ) = 〈τ〉. Segue que τ tem 60/3 = 20 conjugados em A5
ou seja A5 contem uma única classe de 3-ćıclos.
S5 contem 15 elementos de estrutura ćıclica (2, 2). Seja τ = (12)(34) e C =
CS5(τ). Temos então |C| = 120/15 = 8 logo C 6≤ A5 (porque 8 não divide
|A5| = 60) e deduzimos pelo lema que |C : C ∩ A5| = 2 ou seja |CA5(τ)| =
|C ∩ A5| = |C|/2 = 8/2 = 4. Segue τ tem 60/4 = 15 conjugados em A5, em
outras palavras A5 contem uma única classe de elementos de estrutura ćıclica
(2, 2).
Os elementos de estrutura ćıclica (2), (4) e (3, 2) não pertencem a A5 (são
ı́mpares).
Resumindo, representantes das classes de conjugação de A5 são 1, (12345),
(13245), (123), (12)(34) e a equação das classes de A5 é
1 + 12 + 12 + 20 + 15 = 60.
6.3. Subgrupos normais.
Teorema 4. A5 é um grupo simples. Em outras palavras os únicos subgrupos
normais de A5 são {1} e A5.
Demonstração. Seja N um subgrupo normal de A5. Então N tem as
seguintes propriedades: N é união (disjunta!) de classes de conjugação de A5
(sendo um subgrupo normal de A5), |N | divide |A5| = 60 (sendo N ≤ A5) e
1 ∈ N . Segue que a soma dos tamanhos das classes contidas em N , incluindo
1, é igual a |N |, em particular divide 60. Mas supondo N 6= {1} e N 6= A5, as
somas posśıveis são 1 + 12 = 13, 1 + 20 = 21, 1 + 15 = 16, 1 + 12 + 12 = 25,
1 + 12 + 20 = 33, 1 + 12 + 15 = 28, 1 + 20 + 15 = 36, 1 + 12 + 12 + 20 = 45,
1 + 12 + 12 + 15 = 40, 1 + 12 + 20 + 15 = 48. Nenhum desses números divide 60.
Contradição. �
Corolário 1. Os únicos subgrupos normais de S5 são {1}, A5 e S5.
22 1. GRUPOS
Demonstração. Seja N um subgrupo normal de S5. Se N ≤ A5 então
N EA5 logo N = {1} ou N = A5 (sendo A5 simples). Agora suponha N 6≤ A5. A
interseçãoN∩A5 é um subgrupo normal de S5 (sendo uma interseção de subgrupos
normais) contido em A5, logo N ∩A5EA5 e sendo A5 simples temos N ∩A5 = {1}
ou N ∩A5 = A5. No segundo caso A5 ≤ N e isso é falso porque estamos supondo
N 6≤ A5, logo N ∩A5 = {1}. Mas pelo lema 2 = |N : N ∩A5| = |N | logo N é um
subgrupo normal de S5 de ordem 2 e sabemos que isso implica N ≤ Z(S5) = {1},
uma contradição. �
6.4. Subgrupos de Sylow. |S5| = 5! = 120 = 23 · 3 · 5,
|A5| = 5!/2 = 60 = 22 · 3 · 5.
S5 e A5 agem sobre X = {1, 2, 3, 4, 5} de maneira transitiva. Os estabiliza-
dores da ação de S5 são isomorfos a S4 e os estabilizadores da ação de A5 são
isomorfos a A4. Os subgrupos de Sylow de S5 são: ćıclico de ordem 3, ćıclico
de ordem 5 e diedral de ordem 8 (o diedral de ordem 8 estando contido em um
estabilizador!). Os subgrupos de Sylow de A5 são: ćıclico de ordem 3, ćıclico de
ordem 5 e abeliano Klein do tipo C2 × C2 (os Klein estando contidos nos esta-
bilizadores!). Os únicos subgrupos de Sylow transitivos (de S5 e de A5) são os
5-Sylow (observe que se H ≤ S5 é transitivo então 5 divide |H|).
Sendo 3 primo a interseção de cada dois 3-Sylow é {1} logo n3(S5) = n3(A5) =
20/2 = 10 (número de 3-ćıclos dividido pelo número de 3-ćıclos em cada 3-Sylow)
e analogamente n5(S5) = n5(A5) = 24/4 = 6.
Para calcular n2(A5) observe que podemos identificar A4 com o subgrupo
de A5 que consiste das permutações pares de {1, 2, 3, 4, 5} que fixam 5. Seja
H tal subgrupo, temos H ∼= A4. Seja K o subgrupo de Klein de H, ou seja
K = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}, sabemos que K E H logo H ≤ NS5
(K).
Além disso K é um 2-Sylow de A5 logo n2(A5) = |A5 : NA5
(K)|. Por outro lado
5 = |A5 : H| = |A5 : NA5(K)| · |NA5(K) : H| = n5(A5) · |NA5(K) : H|
mostra que n5(A5) divide 5 logo n5(A5) = 5 (não pode ser n5(A5) = 1 sendo A5
simples).
Para calcular n2(S5) observe que cada 2-Sylow P está contido em um esta-
bilizador (porque um estabilizador tem ordem diviśıvel por 8 e os estabilizadores
são conjugados) e já vimos que os 2-Sylow de S4 são transitivos, isso mostra que
P tem exatamente duas órbitas em {1, 2, 3, 4, 5} (uma de tamanho 4, a outra de
tamanho 1). Segue que existe um único estabilizador que contem P . Mas tem
5 estabilizadores e cada um contem três 2-Sylow, logo n2(S5) = 5 · 3 = 15. Em
outras palavras NS5
(P ) = P .
Exerćıcios.
7. SOLUBILIDADE 23
(1) Seja σ ∈ Sn um ćıclo de comprimento n− 1. Mostre que CSn(σ) = 〈σ〉.
(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) 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.]
(4) Escreva a equação das classes de S6 e de A6.
(5) 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.]
(6) Seja p um primo. Conte os p-subgrupos de Sylow de G = GL(3, p) (o
grupo das matrizes 3× 3 inverśıveis com coeficientes em Z/pZ). [|G| =
(p3 − 1)(p3 − p)(p3 − p2)]. Dica: considere
P :=

 1 x y
0 1 z
0 0 1
 : x, y, z ∈ Z/pZ
 .
Curiosidade: GL(3, 2) é um grupo simples de ordem 168.
(7) 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 indice 4. Aut(S4) age sobre X de
maneira natural. Mostre que tal ação é fiel.]
(8) Mostre que se Aut(G) é ćıclico então G é abeliano.
7. Solubilidade
Um grupo G é dito solúvel se existe uma sequência (ou “série”) de subgrupos
H0, 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.
Proposição 5. Se G é solúvel e H ≤ G, NEG 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
24 1. GRUPOS
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
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. �
Corolário 2. O grupo simétrico Sn é solúvel se e somente se n ≤ 4.
Demonstração. Observe que podemos identificar cada grupo simétrico Sn
com o subgrupo 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 deS5 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 6. 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. �
8. Resolução dos exerćıcios - Grupos
(1) 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.
8. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS - GRUPOS 25
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.
(2) 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).
(3) 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.
(4) 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.
(5) 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.
(6) Seja G um grupo finito abeliano que age de maneira fiel e transitiva
sobre um conjunto X. Mostre que |G| = |X|.
26 1. GRUPOS
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|.
(7) 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|.
(8) 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)|.
(9) 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. Lem-
brando isso vamos calcular os centralizadores dos elementos de A. Ob-
viamente CA(1) = A e
8. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS - GRUPOS 27
• 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 obviamente 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
• 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).
(10) Mostre que Z(Sn) = {1} para todo n ≥ 3.
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.
(11) Encontre um grupo G tal que {1} 6= Z(G) 6= G.
G = S3 × C2. O centro é {1} × C2.
(12) 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 a
equação das classes.]
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 jun-
tar 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
28 1. GRUPOS
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.
(13) Sejam A e B subgrupos do grupo finito G e defina AB = {ab : a ∈
A, b ∈ B}. Mostre que |AB| = |A||B|/|A ∩ B|. Mostre que se B E G
então AB ≤ G.
Considere a função f : A × B → AB dada por (a, b) 7→ ab. Seja
x = rs ∈ AB com r ∈ A e s ∈ B. Se f(a, b) = x = rs então ab = rs,
segue r−1a = sb−1 = t ∈ A∩B, por outro lado escolhido t ∈ A∩B como
igual a r−1a, a escolha para a e b é única: a = rt, b = t−1s. Segue que
f−1(rs) = {(rt, t−1s) : t ∈ A ∩B}
tem tamanho |A ∩ B|, logo escrevendo A × B como união disjunta dos
f−1(x) obtemos que |A × B| é soma de |AB| parcelas iguais a |A ∩ B|,
ou seja |A||B| = |A×B| = |AB||A ∩B|, segue o resultado.
(14) Seja H um subgrupo de G de indice 2. Mostre que H é normal em G
(ou seja H = HG).
Precisamos mostrar que H =HG. Sabemos que G/HG é isomorfo
a um subgrupo de S2, logo tem duas possibilidades: |G/HG| = 2 ou
|G/HG| = 1. Mas a segunda não pode acontecer porque HG ≤ H < G,
logo |G/HG| = 2. Mas sendo 2 = |G : HG| = |G : H||H : HG| = 2|H :
HG| deduzimos |H : HG| = 1 ou seja H = HG.
(15) 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 o número de conjugados
de M em G não é igual a 2.
Suponha por contradição que M tenha dois conjugados em G. Sabe-
mos 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 indice 2 em G, logo MEG
(pelo exerćıcio anterior) mas isso significa que NG(M) = G, uma con-
tradição. Se por outro lado NG(M) = G então M E G logo M tem
apenas um conjugado em G, uma contradição.
(16) Seja p um número primo e seja G um p-grupo finito. Seja M um sub-
grupo maximal de G (definido no exerćıcio acima). Mostre que M EG
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〉.]
8. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS - GRUPOS 29
Por indução sobre n, onde |G| = pn. Segunido a dica considere
x ∈ Z(G) de ordem p e seja N = 〈x〉. O grupo G/N tem ordem pn−1
logo podemos aplicar indução. Se N ≤ M então M/N é normal de
indice p em G/N logo M é normal de indice p em G. Agora suponha
N 6≤ M . Sendo M maximal obtemos NM = G. Por outro lado sendo
|N | = p primo temos N ∩M = {1} logo pn−1 = |G/N | = |MN/N | =
|M/M ∩N | = |M | e deduzimos |G : M | = p. Além disso M ≤ NG(M)
(obviamente) e N ≤ NG(M) sendo N ≤ Z(G). Segue que G = NM ≤
NG(M) dáı M EG.
(17) O grupo G aja de maneira fiel sobre o conjunto X. Mostre que se X é
finito então G é finito também.
G é isomorfo a um subgrupo de Sym(X), e chamado de n = |X|
temos que |Sym(X)| = n! logo |G| é finito e mais especificamente |G|
divide n!.
(18) 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 equivalente 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 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) Considere o grupo S6 agindo da maneira natural sobre {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Mostre que S6 contem um subgrupo isomorfo a S4 cuja ação sobre
{1, 2, 3, 4, 5, 6} é transitiva.
[Dica: considere a ação natural de S4 sobre o conjunto dos subcon-
juntos 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.
(20) Seja G um grupo de ordem 21 e H um subgrupo de G com |H| = 7.
Mostre que H EG (ou seja H = HG).
30 1. GRUPOS
Sendo |G| = 3 · 7 tem duas possibilidades para HG: é igual a {1}
ou a H. Por outro lado se HG = {1} então G ∼= G/HG é isomorfo a
um subgrupo de S3, contradição porque |G| = 21 e |S3| = 6. Segue que
H = HG ou seja H EG.
(21) Seja G um grupo simples. Mostre que se G contem um subgrupo de
indice 3 então |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 indice 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}.
(22) Seja G um grupo e sejam x, y elementos de G. Mostre que xy e yx são
conjugados em G.
xy = x(yx)x−1.
(23) 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 ele-
mento 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.
(24) 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.
A implicação ⇒ segue do teorema de Lagrange. Para a implicação
contrária, se |G| não é uma potência de p existe um primo q 6= p que
divide |G| logo pelo teorema de Cauchy existe g ∈ G de ordem q. Isso
mostra que nem todo elemento de G tem ordem uma potência de p.
(25) Mostre que se G é um grupo tal que |G| ∈ {6, 12, 18, 24} então G não é
um grupo simples.
Se |G| = 6 temos n3 = 1. Se |G| = 12 = 22 · 3 então podemos
supor n3 = 4, dáı temos 4 · 2 = 8 elementos de ordem 3, e sobra espaço
8. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS - GRUPOS 31
para apenas 4 elementos de ordem diferente de 3. Como os 2-Sylow têm
ordem 4 deduzimos que n2 = 1. Se |G| = 18 = 2 · 32 então n3 = 1. Se
|G| = 24 = 23 · 3 então seja P um 2-Sylow, ele tem indice 3 logo G/PG
é isomorfo a um subgrupo de S3 e isso mostra que PG não pode ser {1}
(porque 24 não divide 6).
(26) 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 ...]
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.
(27) 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 indice 4 então não é simples
pelo exerćıcio acima, e já vimos que o único grupo simples que contem
um subgrupo de indice 3 é C3. 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 indice 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 indice 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.
(28) 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.]
32 1. GRUPOS
Excluindo as potências de primos e os casos em que existe um sub-
grupo de Sylow de indice 2, 3 ou 4 os únicosnúmeros 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 indice 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| = 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 correspon-
dente subgrupo de S7. Seja A = A7, então A tem indice 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 indice 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
8. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS - GRUPOS 33
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 |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 72 = 23 · 32, 120 = 23 · 3 · 5, 144 = 24 · 32. Eles
são mais dif́ıceis.
• Se |G| = 72 = 23 · 32 então sejam P e Q dois 3-Sylow distintos de
G. Se P ∩Q 6= {1} então |P ∩Q| = 3 e P,Q ≤ NG(P ∩Q), segue
que |G : NG(P ∩Q)| ∈ {1, 2, 4} e isso implica que P ∩QEG ou G
contem um subgrupo de indice 2 ou 4; como |G| = 72 não divide
4! = 24 deduzimos que G não é simples. Segue que P∩Q = {1} para
todos os 3-Sylow distintos P,Q. Além disso n3 = 8 (não existem
subgrupos de indice 2 ou 4) logo o número de elementos de ordem
3 em G é 8 · 8 = 64. Sobram 8 elementos, logo tem espaço para um
único 2-Sylow que então é normal.
• Se |G| = 120 = 23 · 3 · 5 e G é simples observe primeiramente que
n2 = 15. De fato se n2 = 3 ou n2 = 5 então G é isomorfo a
um subgrupo de S5 logo G ∼= S5 (sendo |G| = 120), mas S5 não é
simples pois contem o subgrupo normalA5 (grupo alternado de grau
5). Sejam P , Q dois 2-Sylow distintos. Observe que NP (Q) ≤ P∩Q
logo as P -órbitas do conjunto dos 2-Sylow têm tamanho 1, 2, 4
ou 8. Existe pelo menos uma tal órbita de tamanho 2, de fato
n2 = 15 6≡ 1 mod 4. Seja então {Q,Q′} uma P -órbita de tamanho
2. Segue que |P : NP (Q)| = 2 logo |NP (Q)| = 4 logo |P ∩Q| = 4.
Segue que P ∩ Q é normal em P e em Q logo P,Q ≤ NG(P ∩ Q),
logo |G : NG(P ∩ Q)| ∈ {1, 3, 5}. Mas isso implica que P ∩ Q E G
ou então G é isomorfo a um subgrupo de S5, e já vimos que isso
não pode acontecer.
• Se |G| = 144 = 24 · 32 então observe primeiramente que n3 = 16,
sendo 8 6≡ 1 mod 3 e sabemos que não existem subgrupos de indice
2 ou 4. Seja P um 3-Sylow, então NG(P ) = P . Sendo |P | = 9 e
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
34 1. GRUPOS
|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 indice 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 indice 2 em NG(P ∩Q)
logo é normal nele, dáı NG(P ∩Q) ≤ NG(P ) = P , absurdo.
(29) 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
}
.
[Dica: comece calculando |GL(2, p)|: tem p2 − 1 escolhas para a
primeira coluna e p2 − p escolhas para a segunda.]
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 sub-
grupos de Sylow são conjugados a P . Em particular pelo prinćıpio
da contagem np(G) = |G : NG(P )| = |G|/|NG(P )|, logo é sufi-
ciente calcular |NG(P )|. Um elemento g =
(
a b
c d
)
∈ G per-
tence 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 = 1
ad−bc
(
a b
c d
)
·
(
1 1
0 1
)
·
(
d −b
−c a
)
= 1
ad−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.
8. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS - GRUPOS 35
(b) 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 ho-
momorfismo sobrejetivo 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 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.
(c) 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.
(30) 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
contrária. Se g ∈ NG(NG(P )) então gNG(P )g−1 = NG(P ), em particu-
lar 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 ).
(31) Sejam A e B subgrupos normais de um grupo G tais que A ∩B = {1}.
Mostre que ab = ba para todo a ∈ A, b ∈ B. [DICA: dados a ∈ A e
b ∈ B mostre que aba−1b−1 ∈ A ∩B.]
36 1. GRUPOS
Seguindo a dica sendo aba−1 ∈ B e ba−1b−1 ∈ A (sendo A e B
normais) obtemos que aba−1b−1 ∈ A ∩ B = {1} logo aba−1b−1 = 1 ou
seja ab = ba.
(32) Seja G um grupo finito com dois subgrupos normais A, B tais que AB =
G e A ∩B = {1}. Mostre que G ∼= A×B.
Pelo exerćıcio anterior ab = ba para todo a ∈ A, b ∈ B. Seja
f : A×B → G definida por f(a, b) := ab. Então f é sobrejetiva porque
AB = G e é um homomorfismo de grupos porque f(1, 1) = 1 · 1 = 1 e
f((a, b)(c, d)) = f((ac, bd)) = acbd = abcd = f(a, b)f(c, d). Segue que é
f é injetiva porque se f(a, b) = 1 então ab = 1 dáı b = a−1 ∈ A∩B = {1}
logo b = 1 logo 1 = ab = a e segue que ker(f) = {(1, 1)}. Logo f é
isomorfismo de grupos.
(33) 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 indice 3 em G, G ∼= G/PG é isomorfo a um subgrupo de
S3. Como |G| = 6 segue que G ∼= S3.
(34) 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.
(35) 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.]
8. RESOLUÇÃO DOS EXERCÍCIOS - GRUPOS 37
Pelo teorema de Sylow n11 = 1, logo G contem exatamente 10 ele-
mentos 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.
(36) 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 indice 2.
Então N é normal em G (tem indice 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 indice 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 indice 2. Seja P um 3-Sylow de G, então P
tem indice 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 indice 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 indice 2 e vimos que isso implica G = A4.
(37) Seja P um p-subgrupo de Sylow do grupo finito G e seja N EG. 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 |.]
38 1. GRUPOS
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 .
(38) 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.
(39) 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).]
NG(P1 ∩ P2) contem P1 e P2 logo contem P1 propriamente, mas
P1 tem indice 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).
(40) Seja G um grupo agindo sobre o conjunto X e seja 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.
(41) Seja σ ∈ Sn um ćıclo de comprimento n− 1. 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〉.
8. RESOLUÇÃO