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Cap V Elementos da Álgebra

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Caṕıtulo V
Teoria Básica dos Grupos
V.1 Exemplos de Grupos
Definição V.1.1. Um conjunto G com uma operação
G×G −→ G
(a, b) 7−→ a · b
é um grupo se as condições seguintes são satisfeitas:
(i) A operação é associativa, isto é,
a · (b · c) = (a · b) · c, ∀ a, b, c ∈ G.
(ii) Existe um elemento neutro, isto é,
∃ e ∈ G tal que e · a = a · e = a, ∀ a ∈ G.
(iii) Todo elemento possui um elemento inverso, isto é,
∀ a ∈ G, ∃ b ∈ G tal que a · b = b · a = e.
O grupo é abeliano ou comutativo se:
(iv) A operação é comutativa, isto é,
a · b = b · a, ∀ a, b ∈ G.
135
136 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Observação V.1.2. 1) O elemento neutro é único. De fato, se
e, e′ ∈ G são elementos neutros de G, então
e = e · e′ pois e′ é elemento neutro,
= e′ pois e é elemento neutro.
2) O elemento inverso é único. De fato, seja a ∈ G, e sejam b, b′ ∈ G
dois elementos inversos de a; temos:
b = b · e = b · (a · b′) pois b′ é inverso de a,
= (b · a) · b′ = e · b′ = b′ pois b é inverso de a.
Denotaremos o único inverso de a por a−1.
3) Da unicidade do inverso de um elemento a ∈ G, obtém-se o fato
mais geral seguinte:
Se a, b ∈ G, então a equação X · a = b tem uma única solução
em G, a saber b · a−1.
De fato, se c é uma solução de X · a = b, então temos c · a = b,
logo c ·a ·a−1 = b ·a−1, e portanto c = b ·a−1. Por outro lado, b ·a−1
é claramente uma solução.
De maneira similar, obtém-se que a equação a ·X = b tem uma
única solução em G, a saber a−1 · b.
4) Em decorrência da Observação V.1.2 3), para mostrar que um
elemento f ∈ G é igual ao elemento neutro do grupo, basta mostrar
que f · a = a para algum elemento a ∈ G.
5) (a · b)−1 = b−1 · a−1 (Verifique).
Nota: Muitas vezes deixaremos de indicar a operação do grupo,
escrevendo G para denotar um grupo (G, ·). Também, quando não
existir ambigüidade, escreveremos ab no lugar de a · b.
Pela definição, se (A,+, ·) é um anel, então (A,+) é um grupo
abeliano. Pela definição, um corpo (K,+, ·) é um conjunto K com
duas operações + e · tal que (K,+) é um grupo abeliano, (K−{0}, ·)
é um grupo abeliano, e vale a distributividade.
[SEC. V.1: EXEMPLOS DE GRUPOS 137
Exemplos de grupos:
1) (Z,+) é um grupo abeliano infinito.
(Z/nZ,⊕
n
) é um grupo abeliano finito com n elementos.
2) (Q,+), (R,+), (C,+) são grupos (aditivos) abelianos.
(Q\{0}, ·), (R\{0}, ·), (C\{0}, ·) são grupos (multiplicativos)
abelianos.
Se p é um número primo, ((Z/pZ) \ {0},⊙
p
) é um grupo
abeliano.
3) Lembramos que se (A,+, ·) é um anel, comutativo ou não,
então A∗ representa o conjunto dos elementos invert́ıveis de
A; (A∗, ·) é um grupo (prove) que será abeliano se o anel for
comutativo. Em particular, seK é um corpo e seMn×n(K) é o
anel das matrizes n × n com entradas em K, então
((Mn×n(K))∗, ·) é um grupo (em geral não abeliano, pois o
produto de matrizes não é uma operação comutativa); tal
grupo é denotado por GL(n;K) e é chamado grupo linear
geral sobre K.
3’) Considere (Z/nZ,⊕
n
,⊙
n
). Por definição, o conjunto dos ele-
mentos de ((Z/nZ)∗,⊙
n
) consiste das classes r onde o inteiro r
pertence ao conjunto {1 ≤ r ≤ n− 1; ∃ s ∈ Z com r⊙
n
s = 1̄}
que é igual ao conjunto {1 ≤ r ≤ n − 1; MDC{r, n} = 1}
(verifique isto, usando o fato que, se d = MDC{r, n}, então
existem a, b ∈ Z tais que d = ar + bn). Logo ((Z/nZ)∗,⊙) é
um grupo com Φ(n) elementos, onde Φ: N → N é a função
de Euler , i.e., a função definida por
Φ(n) = #{1 ≤ r ≤ n; MDC{r, n} = 1}.
4) Seja C um conjunto qualquer. Considere o conjuntoBij(C) =
{f : C → C | f é uma bijeção}. Prove que (Bij(C), ◦) é um
138 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
grupo, não-abeliano em geral, onde a operação ◦ é a com-
posição de funções. Observe que o grupo Bij(C) só será
abeliano se o conjunto C tiver um ou dois elementos. Uti-
lizaremos também o śımbolo P(C) para designar este grupo.
4’) Caso o conjunto C tenha um número finito n de elementos,
Bij(C) será denotado por Sn e será chamado grupo simétrico
ou grupo das permutações de n letras. Temos que #Sn = n! .
4”) O grupo S3:
S3 =
{(
123
123
)
,
(
123
213
)
,
(
123
321
)
,
(
123
132
)
,
(
123
231
)
,
(
123
312
)}
,
onde a notação
(
123
abc
)
representa a função definida da maneira
seguinte: f(1) = a, f(2) = b e f(3) = c.
Sejam α =
(
123
231
)
e β =
(
123
213
)
; temos
α2 =
(
123
231
)(
123
231
)
=
(
123
312
)
,
α3 =
(
123
312
)(
123
231
)
=
(
123
123
)
= id,
β2 =
(
123
213
)(
123
213
)
=
(
123
123
)
= id,
βα =
(
123
213
)(
123
231
)
=
(
123
132
)
,
αβ =
(
123
231
)(
123
213
)
=
(
123
321
)
,
α2β =
(
123
312
)(
123
213
)
=
(
123
132
)
.
Complete a tabela de multiplicação desse grupo. Observe que
foi verificado acima que α e β geram o grupo S3, isto é, que
todos os elementos do grupo são produtos finitos de fatores
iguais a α ou β; foi também verificado que α3 = id, β2 = id e
que βα = α2β 6= αβ.
[SEC. V.1: EXEMPLOS DE GRUPOS 139
5) O grupo S∆ das simetrias espaciais de um triângulo equilátero.
Seja P1P2P3 um triângulo equilátero. Coloque o centro de
gravidade do triângulo na origem 0 do espaço e chame de
E1, E2, E3 as retas do espaço passando pelas medianas do
triângulo.
P
1
E
2
P 3
E
1
P
2
E3
0
As transformações espaciais que preservam o triângulo são:
• id, R 2π
3
, R 4π
3
: as rotações planas centradas em 0, no sentido
anti-horário, de ângulos zero, 2π
3
e 4π
3
, respectivamente.
• R1, R2, R3: as rotações espaciais de ângulo π com eixos E1,
E2, E3, respectivamente.
É fácil ver que S∆ := {id, R 2π
3
, R 4π
3
, R1, R2, R3} com a com-
posição de funções é um grupo (faça a tabela de multiplicação e
verifique os axiomas). O grupo não é abeliano pois temos:
P
1
E
2
P 3
E
1
P
2
E3
P
E
2
P
E
P
2
E
P
E
P
E
P
E
R R2 1
3
1
1
3
2
2
1
1
3
3
isto é, R1 ◦R2 = R 2π
3
.
140 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
P
1
E
2
P 3
E
1
P
2
E3
P
E
2
P
E
P
3
E
P
E
P
E
P
E
R R1 2
1
2
1
3
3
2
2
1
1
3
isto é, R2 ◦R1 = R 4π
3
.
Mostre que os elementos R 2π
3
e R1 geram o grupo S∆, isto é,
qualquer elemento de S∆ é um produto de alguns elementos R 2π
3
’s
com alguns R1’s.
6) O grupo D
�
das simetrias espaciais de um quadrado.
Seja P1P2P3P4 um quadrado. Coloque o centro de gravidade
do quadrado na origem 0 do espaço e chame de D1, D2,M,N as
retas do espaço determinadas pelas diagonais e pelas mediatrizes
do quadrado.
M
D
1
P1
N
P4
D
2
P3
P2
0
As transformações espaciais que preservam o quadrado são:
• id, Rπ
2
, Rπ, R 3π
2
: as rotações planas centradas em 0, no sentido
anti-horário, de ângulos zero, π
2
, π e 3π
2
, respectivamente.
[SEC. V.1: EXEMPLOS DE GRUPOS 141
• R1, R2, RM , RN : as rotações espaciais de ângulo π com eixos
D1, D2,M,N , respectivamente.
É fácil ver que
D
�
:= {id, Rπ
2
, Rπ, R 3π
2
, R1, R2, RM , RN}
com a composição de funções é um grupo (faça a tabela de multi-
plicação e verifique os axiomas).
O grupo não é abeliano pois temos:
M D
1
P1
N
P4
D
2
P3
P2
M
N
D D
1 1
P P2
4
N
M
P P3
3
D D
2 2
P P4
2P P1
1
R RM 1
isto é, R1 ◦RM = R 3π
2
.
M D
1
P1
N
P4
D
2
P3
P2
N N
D D
1 1
P P1
2
M M
P P2
1
D D
2 2
P P3
4P P4
3
R R1 M
isto é, RM ◦R1 = Rπ
2
.
Mostre que os elementos Rπ
2
e R1 geram o grupo D
�
, isto é,
qualquer elemento de D
�
é um produto de alguns elementos Rπ
2
’s
com alguns R1’s.
7) Sejam (G1,⊙
1
) e (G2,⊙
2
) dois grupos. No conjunto G1×G2 defina
a operação
(g1, g2) · (g′1, g′2) = (g1 ⊙
1
g′1, g2 ⊙
2
g′2).
142 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Mostre que (G1 × G2, ·) é um grupo (chamado produto direto de
G1 com G2); o elemento neutro de G1 × G2 é (e1, e2), onde ei é
o elemento neutro de Gi, i = 1, 2; o elemento inverso de (g1, g2)
é (g−1
1 , g−1
2 ). Mostre que (G1 × G2, ·) é um grupo abeliano se e
somente se (G1,⊙
1
) e (G2,⊙2
) são grupos abelianos.
Mais geralmente, dados grupos (G1,⊙
1
), . . . , (Gn,⊙
n
), defina a
noção de produto direto G1 ×G2 × · · · ×Gn.
V.2 Subgrupos
Definição V.2.1. Seja (G, ·) um grupo. Um subconjunto não-
vazio H de G é um subgrupo de G (denotamos H < G) quando,
com a operação de G, o conjunto H é um grupo, isto é, quando as
condições seguintes são satisfeitas:
0) h1 · h2 ∈ H, ∀h1, h2 ∈ H.
i) h1 · (h2 · h3) = (h1 · h2) · h3, ∀h1, h2, h3 ∈ H.
ii) ∃ eH ∈ H tal que eH · h = h · eH = h, ∀h ∈ H.
iii) Para cada h ∈ H, existe k ∈ H tal que h · k = k · h = eH .
Observação V.2.2. 1) A condição i) é sempre satisfeita, pois a
igualdade g1 · (g2 ·g3) = (g1 ·g2) ·g3 é válida para todos os elementos
de G.
2) O elemento neutro eH de H é necessariamente igual ao elemento
neutro e de G. De fato, tomando a ∈ H ⊆ G, temos eH · a = a;
multiplicando os dois lados por a−1 à direita, obtemos eH = e.
3) Dado h ∈ H, o inverso de h em H é necessariamente igual ao
inverso de h em G. De fato, se k é o inverso de h em H, então
h · k = k · h = eH , logo h · k = k · h = e pois eH = e, e portanto k é
o inverso de h em G.
Proposição V.2.3. Seja H um subconjunto não-vazio do grupo G.
Então H é um subgrupo de G se e somente se as duas condições
seguintes são satisfeitas:
[SEC. V.2: SUBGRUPOS 143
1) h1 · h2 ∈ H, ∀h1, h2 ∈ H.
2) h−1 ∈ H, ∀h ∈ H.
Demonstração. Suponhamos que H seja um subgrupo de G. A
condição 1) é então claramente satisfeita. Agora, seja h ∈ H; sendo
H um grupo, h possui um inverso em H; mas, pela Observação
V.2.2 3) precedente, tal inverso é necessariamente igual ao inverso
de h em G, isto é, é necessariamente igual a h−1; logo h−1 ∈ H,
e a condição 2) é satisfeita. Reciprocamente, suponhamos que as
duas condições 1) e 2) sejam satisfeitas. Então, a condição 0) da
Definição V.2.1 é claramente satisfeita. Como já observamos, a
condição i) sempre é satisfeita. Para ver que a ii) é satisfeita, basta
ver que e ∈ H; isto de fato acontece pois, tomando h ∈ H, temos
h−1 ∈ H pela condição 2) e logo e = hh−1 ∈ H pela condição 1).
Finalmente, que a condição iii) é satisfeita decorre da condição 2)
ser satisfeita.
Na prática, para verificar que um subconjunto H é um subgrupo
de um grupo G, será mais conveniente verificar que as propriedades
1) e 2) da Proposição V.2.3 são satisfeitas.
Exemplos de subgrupos:
1) Se G é um grupo, então {e} e G são subgrupos de G.
2) (2Z,+) é um subgrupo de (Z,+). De maneira mais geral, se
n é um inteiro qualquer, (nZ,+) é um subgrupo de (Z,+).
3) {id, R1} e {id, R 2π
3
, R 4π
3
} são subgrupos de S∆;
{id, Rπ} e {id, Rπ
2
, Rπ, R 3π
2
} são subgrupos de D
�
.
4) Seja Un = {1, e 2πi
n , e
4πi
n , . . . , e
2(n−1)πi
n } o grupo multiplicativo
das ráızes n-ésimas da unidade. Temos a seguinte cadeia de
subgrupos de C− {0}:
Un <
⋃
n
Un =
{
ráızes da
unidade
}
< S1 < C− {0},
144 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
onde S1 é o grupo dos números complexos de norma 1, ou
seja, S1 é o ćırculo unitário em R2.
5) Considere o seguinte subconjunto D4 de S4:
D4 =
{(
1234
1234
)
,
(
1234
2341
)
,
(
1234
3412
)
,
(
1234
4123
)
,
(
1234
4321
)
,
(
1234
2143
)
,
(
1234
1432
)
,
(
1234
3214
)}
.
Mostre que D4 < S4. Verifique que D4 não é um grupo
abeliano.
6) Seja G um grupo qualquer. Considere o subconjunto Z(G) =
{x ∈ G | xg = gx, ∀ g ∈ G}. Mostre que Z(G) < G. Este
subgrupo Z(G) é chamado centro de G. Observe que G é
abeliano se e somente se Z(G) = G.
7) SeH eK são dois subgrupos deG, entãoH∩K é um subgrupo
de G. De maneira mais geral, mostre que se {Hα}α∈Γ é uma
famı́lia de subgrupos de G, então ∩
α
Hα é um subgrupo de G.
Determinação de todos os subgrupos de (Z,+):
Já sabemos que os (nZ,+), com n ∈ N, são subgrupos de (Z,+).
Veremos que são os únicos subgrupos de Z. Seja H um subgrupo
qualquer de Z. Se H = {0}, então H = 0Z. Podemos agora supor
que H 6= {0}. Seja n = min{x ∈ H | x > 0}. Como n ∈ H e como
H é um subgrupo, temos nZ ⊆ H. Reciprocamente, seja h ∈ H;
pelo algoŕıtmo de Euclides, existem q, r ∈ Z tais que h = qn + r
com 0 ≤ r < n; como h e n pertencem a H, então r pertence a H
também; pela minimalidade de n, temos
r ∈ H
0 ≤ r < n
}
⇒ r = 0,
e portanto h = qn, ou seja h ∈ nZ. Logo H = nZ.
[SEC. V.2: SUBGRUPOS 145
Subgrupo gerado por um subconjunto:
Fixemos inicialmente algumas notações. Se H e K são subcon-
juntos de um grupo G (em particular, se H e K são subgrupos de
G), o conjunto {hk | h ∈ H e k ∈ K} será denotado por HK, e o
conjunto {h−1 | h ∈ H} será denotado por H−1. Em geral HK não
é um subgrupo de G, mesmo quando H e K são subgrupos de G
(procure um exemplo dentre os grupos que você já conhece).
Se S é um subconjunto não-vazio do grupo G, o conjunto
{a1a2 . . . an | n ∈ N, ai ∈ S ou ai ∈ S−1} será denotado por 〈S〉.
Quando o conjunto é finito, digamos S = {α1, α2, . . . , αr}, utilizare-
mos a notação 〈α1, α2, . . . , αr〉 para designar 〈{α1, α2, . . . , αr}〉. Ob-
serve que se g ∈ G, então 〈g〉 = {. . . , (g−1)2, g−1, e, g, g2, . . . }; com
freqüência, quando r ∈ N, escreveremos g−r para denotar o ele-
mento (g−1)r; assim, com estas notações, temos 〈g〉 = {gt | t ∈ Z}.
Proposição V.2.4. Sejam G um grupo e S um subconjunto não-
vazio de G. Então o conjunto 〈S〉 é um subgrupo de G.
Demonstração. Devemos provar que:
1) ∀x, y ∈ 〈S〉, temos xy ∈ 〈S〉.
2) ∀x ∈ 〈S〉, temos x−1 ∈ 〈S〉.
Sejam x, y ∈ 〈S〉. Temos
x = a1a2 . . . an, com ai ∈ S ou ai ∈ S−1, ∀ i
y = b1b2 . . . bm, com bj ∈ S ou bj ∈ S−1, ∀ j.
Logo, xy = a1a2 . . . an b1b2 . . . bm e x−1 = a−1
n a−1
n−1 . . . a
−1
2 a−1
1 estão
também em 〈S〉.
Definição V.2.5. Sejam G um grupo e S um subconjunto não-
vazio de G. Então 〈S〉 é o subgrupo gerado por S.
Exerćıcio V.2.6. Seja G um grupo e seja S um subconjunto de
G. Mostre que 〈S〉 é o menor subgrupo de G contendo S e que 〈S〉
é a interseção de todos os subgrupos de G que contém S.
Definição V.2.7. Um grupoG é ćıclico quando ele pode ser gerado
por um elemento, isto é, quando G = 〈g〉, para algum g ∈ G.
146 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Exemplo V.2.8. Z = 〈1〉, Z/nZ = 〈1̄〉, Un =
〈
e
2πi
n
〉
.
Note que se G é ćıclico, então G é abeliano.
Definição V.2.9. O subgrupo 〈{xyx−1y−1 | x, y ∈ G}〉 é o sub-
grupo dos comutadores do grupo G; ele será denotado por G′. Note
que G é abeliano se e somente se G′ = {e}.
Exerćıcio V.2.10. Calcule o centro e o subgrupo dos comutadores
dos grupos (Z,+), S3 e D4.
Definição V.2.11. A ordem de um grupo G é o número de ele-
mentos em G; ela será denotada por |G|. Se α é um elemento do
grupo G, a ordem de α é a ordem do subgrupo gerado por α; ela
será denotada por O(α).
Assim, |Z| =∞; |Z/nZ| = n; |D4| = 8; |Sn| = n!.
Proposição V.2.12. Sejam α um elemento do grupo G e 〈α〉 o
subgrupo gerado por α. Então as seguintes condições são equiva-
lentes:
(i) A ordem |〈α〉| é finita.
(ii) Existe t ≥ 1 tal que αt = e.
Neste caso, denotando por n a ordem de α, temos
{t ≥ 0; αt = e} = {0, n, 2n, . . . } e 〈α〉 = {e, α, . . . , αn−1}.
Demonstração. (i) ⇒ (ii) Como 〈α〉 = {αm | m ∈ Z}, e como,
por hipótese, o grupo 〈α〉 é finito, existem p, q ∈ Z, p 6= q tais que
αp = αq. Sem perda de generalidade, podemos supor que p > q.
Como αp = αq, então αp−q = e, e portanto existe t > 0 tal que
αt = e.
(ii) ⇒ (i). Consideramos o inteiro r := min{t ≥ 1; αt = e}. Que-
remos mostrar que r = n. Para isto, basta claramente provar a
afirmação seguinte:
Afirmação V.2.13. 〈α〉 = {e, α, α2, . . . , αr−1} e os elementos
e, α, α2, . . . , αr−1 são todos distintos.
[SEC. V.3: CLASSES LATERAIS E TEOREMA DE LAGRANGE 147
Demonstração da Afirmação: Suponhamos que αp = αq com
0 ≤ p, q ≤ r − 1, p 6= q; podemos supor p > q. Temos αp−q = e
com 0 < p − q < r e isso contradiz a minimalidade de r. Logo
e, α, α2, . . . , αr−1 são elementos distintos de G. Para provar que
〈α〉 = {e, α, α2, . . . , αr−1}, devemos mostrar que ∀m ∈Z, αm = αℓ
para algum 0 ≤ ℓ < r. Ora, pelo algoŕıtmo de Euclides, existem
q, ℓ ∈ Z tais que m = qr + ℓ com 0 ≤ ℓ < r, e portanto temos que
αm = αqr+ℓ = (αr)q · αℓ = eq · αℓ = αℓ.
Exerćıcio V.2.14. Seja n ∈ N, n ≥ 2. Seja m ∈ N; mostre que m̄
gera o grupo (Z/nZ,⊕
n
) se e só se m̄ é um elemento invert́ıvel do
anel (Z/nZ,⊕
n
,⊙
n
).
Exerćıcio V.2.15. Seja G um grupo e seja α ∈ G, α 6= e.
1) Mostre que α tem ordem 2 se e somente se α = α−1.
2) Mostre que se O(α) = mn, então O(αm) = n.
3) Mostre que O(α−1) = O(α).
4) Mostre que se O(α) = 2, ∀α 6= e, então G é um grupo
abeliano.
Exerćıcio V.2.16. Seja G um grupo abeliano e considere o sub-
conjunto T (G) = {α ∈ G | O(α) < ∞}. Mostre que T (G) é um
subgrupo de G (chamado subgrupo de torção de G). Em particular,
tomando G = C \ {0}, temos que
T (C \ {0}) = {α ∈ C \ {0} | O(α) <∞} = {ráızes da unidade}.
V.3 Classes Laterais e Teorema de Lagrange
Seja G um grupo e seja H um subgrupo de G. Sobre G, defina a
relação de equivalência ∼
E
da maneira seguinte:
y ∼
E
x ⇔ ∃h ∈ H tal que y = xh.
Verifique que ∼
E
é realmente uma relação de equivalência.
148 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Por definição, a classe de equivalência que contém x é o conjunto
{y ∈ G | y ∼
E
x} = {xh | h ∈ H}; denotaremos esse conjunto
por xH e o chamaremos de classe lateral à esquerda de H em G
que contém x. Quando não houver confusão posśıvel, chamaremos
simplesmente esta classe de classe lateral de x à esquerda. Em
particular, H é a classe lateral do elemento neutro e à esquerda.
Observe que y ∈ xH ⇔ yH = xH.
Analogamente, podeŕıamos definir a relação de equivalência
seguinte:
y ∼
D
x ⇔ ∃h ∈ H tal que y = hx.
Obteŕıamos então as classes laterais à direita de H em G; a classe
lateral de x à direita seria Hx = {hx | h ∈ H}.
Definição V.3.1. A cardinalidade do conjunto das classes laterais
à esquerda é o ı́ndice de H em G; ele será denotado por (G : H).
Observação V.3.2. O ı́ndice deH em G também é a cardinalidade
do conjunto das classes laterais à direita deH emG, pois a aplicação
ϕ abaixo é uma bijeção bem definida (Verifique!):
ϕ : {classes laterais à esquerda} −→ {classes laterais à direita}
xH 7−→ Hx−1.
Definição V.3.3. Dada uma partição de um conjunto, um sistema
de representantes é um conjunto {xα}α∈Γ que tem exatamente um
elemento em cada subconjunto da partição. Em particular, a cardi-
nalidade de qualquer sistema de representantes das classes laterais
à esquerda de H em G é igual a (G : H).
Proposição V.3.4. Todas as classes laterais de H em G têm a
mesma cardinalidade, igual à cardinalidade de H.
Demonstração. A função
H −→ xH
h 7−→ xh
é claramente uma bijeção.
[SEC. V.3: CLASSES LATERAIS E TEOREMA DE LAGRANGE 149
Teorema V.3.5. (Teorema de Lagrange). Sejam G um grupo
finito e H um subgrupo de G. Então |G| = |H|(G : H); em parti-
cular, a ordem e o ı́ndice de H dividem a ordem de G.
Demonstração. Considerando a relação de equivalência à es-
querda ∼
E
em G, obtemos uma partição de G em classes de equi-
valência. A proposição anterior mostra que em cada uma dessas
classes temos |H| elementos. Como, por definição, o número de
classes é (G : H), temos a igualdade |G| = |H|(G : H).
Corolário V.3.6. Seja G um grupo finito e seja α ∈ G. Então a
ordem de α divide a ordem de G.
Demonstração. Por definição, O(α) = |〈α〉|. Aplique agora o
Teorema de Lagrange ao subgrupo 〈α〉. Note que, equivalente-
mente, este corolário diz que α|G| = e (vide Proposição V.2.12).
Corolário V.3.7. (Pequeno Teorema de Fermat) Seja p um nú-
mero primo. Então:
ap−1 ≡ 1 mod p, ∀ a ∈ Z \ pZ.
Demonstração. Seja a ∈ Z \ pZ; então ā ∈ Z
pZ
\ {0̄}. Agora,
Z
pZ
\ {0} = ( Z
pZ
)∗ é um grupo de (p − 1) elementos, logo āp−1 = 1̄,
ou seja ap−1 ≡ 1 mod p.
Exerćıcio V.3.8. Mostre que se p é um número primo então, para
cada a ∈ Z, temos ap ≡ amod p.
Corolário V.3.9. (Euler) Sejam x e n dois inteiros relativamente
primos. Então xΦ(n) ≡ 1 modn, onde Φ é a função de Euler.
Demonstração. Segue do Corolário V.3.6 depois de observar que
|(Z/nZ)∗| = Φ(n). (Vide Exemplos de grupos 3’)).
Corolário V.3.10. Seja G é um grupo de ordem prima. Então G
é ćıclico.
150 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Demonstração. Seja α ∈ G \ {e} e considere 〈α〉 o subgrupo ge-
rado por α. Pelo Teorema de Lagrange, |〈α〉| divide |G| e portanto
|〈α〉| = |G|, pois |G| é primo. Logo G = 〈α〉.
Proposição V.3.11. Seja G um grupo abeliano.
a) Se a, b ∈ G são dois elementos de ordem finita tais que
MDC{O(a),O(b)} = 1, então O(ab) = O(a)O(b).
b) Se r := sup{O(g); g ∈ G} é finito, então O(x) divide r para
cada x ∈ G.
Demonstração. a) Sejam n := O(a), m := O(b), z := O(ab).
Como a e b comutam, então (ab)nm = (an)m(bm)n = e; logo z é
um divisor de nm (vide Proposição V.2.12). Por outro lado, temos
(ab)z = e. Como a e b comutam, então az = b−z ∈ 〈a〉 ∩ 〈b〉; como
|〈a〉| e |〈b〉| são relativamente primos, então 〈a〉∩ 〈b〉 = {e}. Assim,
az = e e bz = e; portanto z é um múltiplo de n e de m, logo um
múltiplo de nm pois n e m são relativamente primos. Portanto
obtemos que z = nm.
b) Primeiro, provamos a afirmação seguinte:
“se a, b ∈ G são dois elementos de ordem finita, então existe um
elemento c ∈ G tal que O(c) = MMC{O(a),O(b)}”.
Sejam n := O(a), m := O(b). Se MDC{n,m} = 1, então, pelo
item a), podemos tomar c := ab. Se MDC{n,m} 6= 1, considere as
decomposições em elementos irredut́ıveis de n e m:
n = pα1
1 . . . pαk
k · p
αk+1
k+1 . . . pαt
t
m = pβ1
1 . . . pβk
k · p
βk+1
k+1 . . . p
βt
t ,
onde 0 ≤ αi < βi para cada i = 1, 2, . . . , k; αj ≥ βj ≥ 0 para cada
j = k + 1, . . . , t, e onde os primos pi’s são todos distintos.
Considere então os elementos
a1 = ap
α1
1 ...p
αk
k e b1 = bp
βk+1
k+1 ...p
βt
t .
[SEC. V.3: CLASSES LATERAIS E TEOREMA DE LAGRANGE 151
Temos
O(a1) =
n
pα1
1 . . . pαk
k
= p
αk+1
k+1 . . . pαt
t
O(b1) =
m
p
βk+1
k+1 . . . p
βt
t
= pβ1
1 . . . pβk
k .
Como as ordens O(a1) e O(b1) são relativamente primas, então
O(a1b1) = O(a1)O(b1) pelo item a). Assim, o elemento c := a1b1
tem a ordem desejada. Isto prova nossa afirmação.
Agora, nós supomos que r := sup{O(g); g ∈ G} é finito e
tomamos y ∈ G tal queO(y) = r. Suponha que exista x ∈ G tal que
O(x) não divida r. Então teŕıamos s := MMC{O(x), O(y)} > r
e, pela afirmação anterior, existiria um elemento c ∈ 〈x, y〉 ⊆ G tal
que O(c) = s > r, o que contradiz a escolha de r.
Proposição V.3.12. Seja G um grupo e sejam K < H < G.
Então
(G : K) = (G : H)(H : K).
Demonstração. A proposição afirma que se o lado esquerdo da
igualdade é finito então o lado direito também o é e vale a igualdade;
e vice-versa.
No caso em que |G| <∞, podemos dar uma prova muito simples
utilizando três vezes o Teorema de Lagrange:
H < G⇒ |G| = |H|(G : H)
K < H ⇒ |H| = |K|(H : K)
}
⇒ |G| = |K|(H : K)(G : H),
K < G⇒ |G| = |K|(G : K),
e, comparando as duas expressões para a ordem |G|, obtemos a
igualdade (G : K) = (G : H)(H : K).
No caso geral (i.e., no caso em que |G| pode ser infinito), se
mostra que se {xα}α∈Γ é um sistema de representantes das classes
laterais à esquerda de H em G e se {yβ}β∈M é um sistema de
representantes das classes laterais à esquerda de K em H, então
{xαyβ}α∈Γ,β∈M é um sistema de representantes das classes laterais
à esquerda de K em G. Deixamos a verificação dos detalhes para
o leitor.
152 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Observação V.3.13. 1) Se G é um grupo abeliano e se H é um
subgrupo de G, então Hx = xH, ∀x ∈ G.
2) Seja D
�
o grupo das simetrias espaciais de um quadrado e seja
H = {id, R1}. Temos
HRπ
2
= {Rπ
2
, RN} 6= {Rπ
2
, RM} = Rπ
2
H.
Isso ilustra que num grupo não-abeliano, a classe de x à direita
pode ser diferente da classe de x à esquerda.
Exerćıcio V.3.14. Seja G = S3 (grupo das permutações de 3
elementos).
a) Procure todos os subgrupos de G com suas ordens.
b) Para cada subgrupo H deS3, determinar as suas classes la-
terais à esquerda e à direita.
c) Exiba um subgrupo próprio H de S3 tal que
Hx = xH, ∀x ∈ S3.
d) Exiba um subgrupo próprio K de S3 para o qual exista x ∈ S3
tal que Kx 6= xK.
V.4 Subgrupos Normais e Grupos Quocientes
Seja G um grupo e seja H um subgrupo de G. Queremos ver se
a operação de G induz de maneira natural uma operação sobre o
conjunto das classes laterais à esquerda de H em G, isto é, se a
operação
(xH, yH) 7→ xyH
é bem definida, no sentido de não depender da escolha dos repre-
sentantes x e y. Dados x, y ∈ G e h, k ∈ H arbitrários, então x e xh
são representantes da mesma classe xH e, y e yk são representantes
[SEC. V.4: SUBGRUPOS NORMAIS E GRUPOS QUOCIENTES 153
da mesma classe yH. Assim, a operação induzida sobre as classes
laterais à esquerda é bem definida se e só se
xyH = xhykH, ∀x, y ∈ G, ∀h, k ∈ H;
logo, se e só se
y−1x−1xyH = y−1x−1xhykH,
ou seja , H = y−1hyH, ∀ y ∈ G, ∀h ∈ H,
e portanto se e só se
ghg−1 ∈ H, ∀ g ∈ G, ∀h ∈ H.
Proposição V.4.1. Seja H um subgrupo de um grupo G. As afir-
mações seguintes são equivalentes:
(i) a operação induzida sobre as classes laterais à esquerda de H
em G é bem definida.
(ii) gHg−1 ⊆ H, ∀ g ∈ G.
(iii) gHg−1 = H, ∀ g ∈ G.
(iv) gH = Hg, ∀ g ∈ G.
Demonstração. (i) ⇔ (ii) já foi feito.
(iii) ⇔ (iv) é óbvio.
(iii) ⇒ (ii) é óbvio.
(ii) ⇒ (iii) Suponhamos que gHg−1 ⊆ H, ∀ g ∈ G; queremos
mostrar que H ⊆ gHg−1, ∀g ∈ G. Sejam então h ∈ H e g ∈ G;
temos
h = g(g−1hg)g−1 ∈ g(g−1Hg)g−1 ⊆ gHg−1.
Definição V.4.2. Um subgrupo H é um subgrupo normal de G
(e escrevemos H ⊳ G) se ele satisfaz as afirmações equivalentes da
proposição anterior. Neste caso, as classes laterais à esquerda de
H são iguais às classes laterais à direita de H; vamos chamá-las de
classes laterais de H.
154 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Exemplo V.4.3. 1) {e}, G são subgrupos normais de G.
2) Z(G)⊳G. Mais geralmente, se H < Z(G), então H⊳G. (Prove!).
3) G′ = 〈{xyx−1y−1 | x, y ∈ G}〉 é um subgrupo normal de G.
Demonstração. Primeiro, observe que se chamamos de S o con-
junto {xyx−1y−1 | x, y ∈ G} e se α ∈ S, então α−1 ∈ S; conse-
quentemente, se ξ é um elemento qualquer de G′ = 〈S〉, então ξ se
escreve da forma ξ = α1 . . . αn com α1, . . . , αn ∈ S. Segundo, se
g ∈ G, temos
gξg−1 = g(α1 . . . αn)g
−1 = (gα1g
−1)(gα2g
−1) . . . (gαng
−1)
e consequentemente, para ver que gξg−1 ∈ G′, basta ver que vale
gαg−1 ∈ S quando α ∈ S. Seja então α = xyx−1y−1 um elemento
de S; temos
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.
4) Se (G : H) = 2, então H ⊳ G.
Para mostrar isso, vamos mostrar que xH = Hx, ∀x ∈ G. Se
x ∈ H então xH = H = Hx. Se x /∈ H temos
{
xH 6= H,
Hx 6= H.
Como (G : H) = 2, existem exatamente duas classes laterais à es-
querda, que são então xH e H. Agora, uma relação de equivalência
num espaço decompõe o espaço na união disjunta de suas classes de
equivalência; assim xH = G \H. Da mesma forma, Hx = G \H.
Portanto xH = G \H = Hx.
5) Se G é um grupo abeliano, então todo subgrupo de G é normal
em G. A rećıproca é falsa em geral. Veremos mais tarde que o
grupo Q3 (grupo dos quaternios com 8 elementos) não é abeliano
apesar de todos seus subgrupos serem normais em Q3.
[SEC. V.4: SUBGRUPOS NORMAIS E GRUPOS QUOCIENTES 155
Exerćıcio V.4.4. Procure todos os subgrupos normais de S3 e D4.
Teorema V.4.5. Seja G um grupo e seja H um subgrupo normal de
G. Então o conjunto das classes laterais, com a operação induzida
de G, é um grupo.
Demonstração. Deixamos essa demonstração a cargo do leitor;
o elemento neutro de G/H é a classe lateral H; o elemento inverso
da classe gH é a classe g−1H.
Definição V.4.6. Sejam G um grupo e H um subgrupo normal de
G. O grupo de suas classes laterais, com a operação induzida de G,
é chamado de grupo quociente de G por H; ele será denotado por
G/H ou por G
H
.
Proposição V.4.7. Sejam G um grupo e G′ seu subgrupo dos co-
mutadores. Então,
a) G/G′ é abeliano.
b) G′ é o menor subgrupo normal de G com esta propriedade,
isto é, se H ⊳ G é tal que G/H é abeliano, então H ⊇ G′.
Demonstração. Deixamos isto como um exerćıcio para o leitor.
Proposição V.4.8. Seja G um grupo e seja Z(G) seu centro. Se
o quociente G/Z(G) é ćıclico, então Z(G) = G. Em particular, o
ı́ndice de Z(G) em G nunca é igual a um número primo.
Demonstração. Seja z̄ um gerador do grupo G/Z(G). Então,
∀ g ∈ G, ∃ i tal que ḡ = z̄i, logo tal que g = zih com h ∈ Z(G). Se
g1 := zi1h1 e g2 := zi2h2 são dois elementos quaisquer de G, temos
g1g2 = zi1h1z
i2h2 = zi1+i2h1h2 = zi2h2z
i1h1 = g2g1,
pois h1 e h2 comutam com qualquer elemento de G. Isto mostra
que o grupo G é abeliano, i.e., que Z(G) = G.
156 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Subgrupos gerados pela união de dois subgrupos:
Sejam H e K dois subgrupos de um grupo G. Temos
〈H ∪K〉 ⊇ HK := {hk | h ∈ H e k ∈ K} ⊇ H ∪K.
Portanto é claro que
〈H ∪K〉 = HK ⇔ HK é um subgrupo de G.
Procuramos agora condições para que HK seja um subgrupo.
Proposição V.4.9. Sejam H,K dois subgrupos de G. Então:
HK é um subgrupo de G ⇔ HK = KH.
Demonstração. (⇒) Seja α ∈ KH. Então existem k ∈ K e
h ∈ H tais que α = kh. Temos α−1 = h−1k−1 ∈ HK. Como HK
é por hipótese um subgrupo de G e α−1 ∈ HK, então α ∈ HK;
assim, provamos que KH ⊆ HK. Para provar a inclusão contrária,
tome γ ∈ HK. Como HK é um subgrupo, temos γ−1 ∈ HK; logo
γ−1 = h0k0 com h0 ∈ H, k0 ∈ K. Tomando inversos, obtemos
γ = k−1
0 h−1
0 ∈ KH. Portanto temos HK = KH.
(⇐) Suponhamos que HK = KH. Para provar que HK é sub-
grupo, basta provar o seguinte:
1) xy ∈ HK, ∀x, y ∈ HK.
2) x−1 ∈ HK, ∀x ∈ HK.
Sejam x, y ∈ HK; escreva x = h1k1 e y = h2k2 com h1, h2 ∈ H,
k1, k2 ∈ K. Temos
xy = (h1k1)(h2k2) = h1(k1h2)k2.
Como k1h2 ∈ KH e por hipótese KH = HK, existem h3 ∈ H e
k3 ∈ K tais que k1h2 = h3k3; substituindo na expressão para xy,
obtemos
xy = h1(h3k3)k2 = (h1h3)(k3k2) ∈ HK.
Agora, temos também
x = h1k1 ⇒ x−1 = k−1
1 h−1
1 ∈ KH = HK.
[SEC. V.4: SUBGRUPOS NORMAIS E GRUPOS QUOCIENTES 157
Corolário V.4.10. Sejam H e K dois subgrupos de G. Se H ou
K for normal em G, então HK é um subgrupo de G.
Demonstração. Faremos a prova no caso em que H ⊳ G e K é
um subgrupo qualquer; o outro caso é totalmente análogo. Vamos
mostrar que HK = KH. Seja α = hk ∈ HK. Temos α = hk =
kk−1hk = kβ com β := k−1hk ∈ H pois H ⊳G; portanto α = kβ ∈
KH. Provamos então que HK ⊆ KH. Para provar a inclusão
contrária, seja γ = kh ∈ KH. Temos γ = kh = khk−1k = δk com
δ := khk−1 ∈ H pois H ⊳ G; portanto γ = δk ∈ HK.
Corolário V.4.11. Sejam H e K dois subgrupos normais de G.
Então HK é um subgrupo normal de G.
Demonstração. Já sabemos, pelo corolário anterior, que HK
é um subgrupo de G. Para provar que HK é subgrupo normal
devemos mostrar que
ghkg−1 ∈ HK, ∀ g ∈ G, ∀h ∈ H, ∀ k ∈ K.
E de fato, temos
ghkg−1 = (ghg−1)(gkg−1) ∈ HK,
pois por hipótese, H e K são ambos normais em G.
Vamos agora exibir uma relação entre a cardinalidade do con-
junto HK e a cardinalidade do subgrupo H ∩ K no caso em que
|G| < ∞. Note que na proposição abaixo não temos hipótese ne-
nhuma sobre o conjunto HK ser um grupo.
Proposição V.4.12. Sejam H e K dois subgrupos de um grupo
finito G. Então:
|HK| = |H||K|
|H ∩K| .
Demonstração. Considere a seguinte função:
ϕ : H ×K −→ HK
(h, k) 7−→ hk.
158 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Claramente, a função ϕ é sobrejetora e #(H×K) = |H||K|. Vamos
provar que ϕ−1(x) tem exatamente |H ∩K| elementos, ∀x ∈ HK.
Provado este fato, é claro que temos então a igualdade desejada.
Seja x = hk ∈ HK. Vamos mostrar que
ϕ−1(hk) = {(hα−1, αk); α ∈ H ∩K},
o que nos dará claramente que |ϕ−1(x)| = |H ∩K|. A inclusão ⊇ é
clara. Para ver a inclusão inversa, sejam h1 ∈ H e k1 ∈ K tais que
(h1, k1) ∈ ϕ−1(hk). Temos h1k1 = hk, logo k1k
−1 = h−1
1 h; tomando
α = k1k
−1 = h−1
1 h, temos α ∈ H ∩K e (h1,k1) = (hα−1, αk).
Proposição V.4.13. Seja G um grupo. Sejam H e K dois sub-
grupos de G tais que HK seja um subgrupo. Então,
(HK : K) = (H : H ∩K)
(e similarmente, (HK : H) = (K : H ∩K)).
Demonstração. A proposição afirma que se o lado esquerdo da
igualdade é finito, então o lado direito também é finito e vale a
igualdade; e vice-versa.
No caso em que |G| <∞, podemos dar a prova simples seguinte:
(HK : K) =
|HK|
|K| pelo Teorema V.3.5 ,
|HK|
|K| =
|H|
|H ∩K| pela Proposição V.4.12,
|H|
|H ∩K| = (H : H ∩K) pelo Teorema V.3.5.
No caso geral (i.e., no caso em que |G| pode ser infinita), seja
{hα}α∈Γ um sistema de representantes das classes laterais à es-
querda de H∩K em H. Evidentemente, se mostramos que {hα}α∈Γ
[SEC. V.5: HOMOMORFISMOS DE GRUPOS 159
também é um sistema de representantes das classes laterais à es-
querda de K em HK, teremos provado a proposição. Ora, vejamos
primeiro que se α 6= β, então hαK 6= hβK. De fato, senão te-
remos hα = hβℓ com ℓ ∈ K; mas, como ℓ = h−1
β hα ∈ H, tere-
mos ℓ ∈ H ∩ K e portanto hα(H ∩ K) = hβ(H ∩ K), absurdo.
Agora vejamos que toda classe lateral à esquerda de K em HK é
do tipo hαK, para algum α ∈ Γ. De fato, seja ξK, ξ ∈ HK, uma
tal classe lateral; escrevendo ξ = hk com h ∈ H, k ∈ K, temos
ξK = hkK = hK, e escolhendo α ∈ Γ tal que h ∈ hα(H ∩ K),
teremos ξK = hK = hαK.
Exerćıcio V.4.14. Seja G um grupo. Sejam A ⊳ G e B ⊳ C < G.
Mostre que AB ⊳ AC.
V.5 Homomorfismos de Grupos
Definição V.5.1. Sejam (G, ·) e (G,×) dois grupos. Uma função
f : G → G é um homomorfismo se ela é compat́ıvel com as estru-
turas dos grupos, isto é, se
f(a · b) = f(a)× f(b), ∀ a, b ∈ G.
Exemplo V.5.2. 1) Id : (G, ·) → (G, ·), Id(g) = g, é um homo-
morfismo chamado identidade.
2) e : G → G, e(g) = eG, para todo g ∈ G, é um homomorfismo
chamado homomorfismo trivial .
3) Seja n ∈ Z fixo. Então, ϕn : (Z,+) → (Z,+), ϕn(z) = nz, é
um homomorfismo. Mais geralmente, se (G, ·) é um grupo abeliano
então ϕn : G→ G, ϕn(g) = gn, é um homomorfismo.
4) SejaH⊳G, então ϕ : G→ G/H, ϕ(g) = gH, é um homomorfismo
chamado de projeção canônica.
5) Seja g ∈ G fixo. Então, Ig : G → G, Ig(x) = gxg−1, é um
homomorfismo bijetivo.
160 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
6) Considere os elementos
α1 = (1̄, 0̄), α2 = (0̄, 1̄) e α3 = (1̄, 1̄) de (Z/2Z)×(Z/2Z).
Então
fi : Z/2Z −→ (Z/2Z)× (Z/2Z)
0̄ 7−→ (0̄, 0̄)
1̄ 7−→ αi
é um homomorfismo injetivo (∀ i = 1, 2, 3).
Propriedades elementares:
Seja f : (G, ·)→ (G,×) um homomorfismo de grupos. Então:
1) f(eG) = eG.
De fato, f(eG) = f(eG · eG) = f(eG)× f(eG).
2) f(x−1) = f(x)−1.
De fato, eG = f(eG) = f(x · x−1) = f(x)× f(x−1).
3) ker f := {x ∈ G | f(x) = eG} é um subgrupo normal de G
chamado núcleo do homomorfismo f .
Demonstração. Vejamos primeiramente que ker f < G. Dados
x, y ∈ ker f , temos:
f(x · y) = f(x)× f(y) = eG × eG = eG,
f(x−1) = f(x)−1 = e−1
G = eG;
portanto ker f < G. Para provar que ker f ⊳ G devemos mostrar
que:
gxg−1 ∈ ker f, ∀ g ∈ G e ∀x ∈ ker f.
E de fato, temos
f(gxg−1) = f(g)× f(x)× f(g−1) = f(g)× eG × f(g)−1
= f(g)× f(g)−1 = eG.
[SEC. V.5: HOMOMORFISMOS DE GRUPOS 161
4) Im(f) = {y ∈ G | y = f(g) para algum g ∈ G} é um subgrupo
de G (Prove!), chamado Imagem de f .
5) Se H é um subgrupo de G, então f(H) é um subgrupo de G e
temos f−1(f(H)) = Hker f .
Demonstração. A prova de que f(H) é um subgrupo é similar à
prova de que Im(f) é um subgrupo de G (note que Im(f) = f(G)).
Vamos provar que f−1(f(H)) = H ker f . Seja h · k ∈ Hker f , isto
é, h ∈ H e k ∈ ker f ; temos
f(h · k) = f(h)× f(k) = f(h)× eG = f(h) ∈ f(H);
provamos assim que
Hker f ⊆ f−1(f(H)).
Para provar a inclusão contrária, tome y ∈ f−1(f(H)). Por definição,
f(y) ∈ f(H); existe então h ∈ H tal que f(y) = f(h), logo, multi-
plicando por f(h−1) à esquerda, tal que f(h)−1× f(y) = eG, isto é,
tal que h−1 · y ∈ ker f . Assim, y = h · (h−1 · y) ∈ Hker f .
Note que a igualdade f−1(f(H)) = Hker f implica que
f−1(f(H)) é um subgrupo de G, pois ker f é um subgrupo nor-
mal de G. Mais geralmente, temos:
6) Se H é um subgrupo de G, então f−1(H) é um subgrupo de G
contendo ker f e temos que f(f−1(H)) = H ∩ Im(f).
Demonstração. A hipótese H < G implica eG ∈ H e, portanto,
temos
f−1(H) ⊇ f−1(eG) = ker f.
Deixamos a cargo do leitor a prova de que f−1(H) é subgrupo.
Verifiquemos a igualdade f(f−1(H)) = H ∩ Imf .
• A inclusão f(f−1(H)) ⊆ H ∩ Im(f) é trivial.
• Para provar a inclusão oposta, tome y ∈ H ∩ Im(f); como o
elemento y ∈ Im(f), existe g ∈ G tal que f(g) = y. Como y ∈ H,
então g ∈ f−1(H) e assim y = f(g) ∈ f(f−1(H)).
162 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Note que no caso particular em que f : G→ G é um homomor-
fismo sobrejetor temos:
f(f−1(H)) = H.
7) ker f = {eG} ⇔ f é injetiva. (Prove!)
8) Se O(x) <∞ então O(f(x)) divide O(x).
Demonstração. Seja n = O(x). Temos xn = eG, logo
eG = f(eG) = f(xn) = f(x)n,
e portanto O(f(x)) divide n (vide Proposição V.2.12).
9) Sejam f : (G, ·) → (G,×) e h : (G,×) → (H,⊙) dois homomor-
fismo de grupos. Então a composição h ◦ f : (G, ·) → (H,⊙) é um
homomorfismo.
Demonstração. Sejam x, y ∈ G quaisquer. Temos
h ◦ f(x · y) = h(f(x · y)) = h(f(x)× f(y)) = h(f(x))⊙ h(f(y))
= (h ◦ f(x))⊙ (h ◦ f(y)).
Definição V.5.3. Um homomorfismo f : G→ G é um isomorfismo
se existe um homomorfismo g : G → G tal que f ◦ g = idG e g ◦
f = idG. Quando existe um isomorfismo entre dois grupos G e G,
dizemos que G e G são isomorfos e denotamos G ≃ G.
Proposição V.5.4. Seja f : (G, ·)→ (G,×) um homomorfismo de
grupos. Então, f é um isomorfismo se e somente se f é bijetivo.
Demonstração. (⇒) trivial.
(⇐) Para provar isto, mostraremos que se f é um homomorfismo
bijetivo, então f−1 é um homomorfismo, isto é,
f−1(α× β) = f−1(α) · f−1(β), ∀α, β ∈ G.
Sejam então α, β ∈ G, e sejam a = f−1(α) e b = f−1(β); temos
f−1(α× β) = f−1(f(a)× f(b)) = f−1(f(a · b))
= a · b = f−1(α) · f−1(β).
[SEC. V.5: HOMOMORFISMOS DE GRUPOS 163
Observação V.5.5. Seja f : G→ G um homomorfismo injetivo de
grupos. Então
O(f(x)) = O(x), ∀x ∈ G (Prove!).
Exemplos de isomorfismos:
1) Os grupos S3 e S∆ são isomorfos. De fato, considere a bijeção ϕ
abaixo:
ϕ : S3 −→ S∆
id 7−→ id
(
123
231
)
= α 7−→ R 2π
3
(
123
312
)
= α2 7−→ R 4π
3
(
123
213
)
= β 7−→ R3
(
123
321
)
= αβ 7−→ R2
(
123
132
)
= α2β 7−→ R1
Mostre que ϕ é um homomorfismo, logo um homomorfismo bijetivo,
e portanto um isomorfismo.
2) Os grupos D4 e D
�
são isomorfos. De fato, considere a bijeção
ϕ abaixo:
ϕ : D4 −→ D
�
id 7−→ id
(
1234
2341
)
= α 7−→ Rπ
2
α2 7−→ Rπ
α3 7−→ R 3π
2
164 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
(
1234
4321
)
= β 7−→ RN
αβ 7−→ R1
α2β 7−→ RM
α3β 7−→ R2
Mostre que ϕ é um homomorfismo, logo um homomorfismo bi-
jetivo, e portanto um isomorfismo.
Teorema V.5.6. (Teorema dos isomorfismos).
Seja f : (G, ·)→ (G,×) um homomorfismo de grupos. Então,
1) A função induzida
f̄ :
G
ker f
−→ f(G)
gker f 7−→ f(g)
é um isomorfismo.
2) As seguintes funções
{
subgrupos de G
que contêm ker f
}
1−1←→ {subgrupos de f(G)}
H 7−→ f(H)
f−1(H)←−p H,
são bijeções, inversas uma da outra. Além disso, estas bijeções
levam subgrupos normais em subgrupos normais, isto é:
a) H ⊳ G⇒ f(H) ⊳ f(G).
b) H ⊳ f(G)⇒ f−1(H) ⊳ G.
[SEC. V.5: HOMOMORFISMOS DE GRUPOS 165
Demonstração. 1) Primeiramente, devemos verificar que f̄ é
uma função bem definida, isto é, se gker f = g̃ker f então temos
f(g) = f(g̃). Mas, gker f = g̃ker f implica que g = g̃ · k, para
algum k ∈ ker f e, portanto,
f(g) = f(g̃ · k) = f(g̃)× f(k) = f(g̃)× eG = f(g̃).
Agora, f̄ é claramente uma função sobrejetora e, para g, g′ ∈ G,
obtemos
f̄(gker f · g′ker f) = f̄((gg′)ker f) = f(g · g′)
= f(g)× f(g′) = f̄(gker f)× f̄(g′ker f);
assim f̄ é um homomorfismo. Agora,
ker f̄ = {gker f | f(g) = eG} = {gker f | g ∈ ker f} = ker f ;
assim ker f̄ = {eG/ker f} ou seja, a função f̄ é injetiva.
2) Já sabemos que f−1(f(H)) = H(ker f), ∀H < G, e tambémque f(f−1(H)) = H ∩ f(G), ∀H < G. Dáı, se H ⊇ ker f então
f−1(f(H)) = H, e se H ⊆ f(G) então f(f−1(H)) = H. Obtemos
assim que as duas funções definidas em 2) são uma a inversa da
outra. Só falta então mostrar que essas funções levam subgrupos
normais em subgrupos normais.
Prova de a): Dados y ∈ f(G) e x ∈ f(H) quaisquer, devemos
mostrar que yxy−1 ∈ f(H). Temos y = f(g) e x = f(h), com
g ∈ G e h ∈ H, e logo yxy−1 = f(g)f(h)f(g−1) = f(ghg−1); como,
por hipótese, H ⊳ G, temos ghg−1 ∈ H e portanto yxy−1 ∈ f(H).
Prova de b): Dados g ∈ G e α ∈ f−1(H) quaisquer, devemos
mostrar que gαg−1 ∈ f−1(H). Temos
f(gαg−1) = f(g)f(α)f(g)−1 e f(α) ∈ H;
como, por hipótese, H ⊳ f(G), temos f(gαg−1) ∈ H e portanto
obtemos gαg−1 ∈ f−1(H).
166 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Corolário V.5.7. Seja f : G → G um homomorfismo de grupos e
seja H um subgrupo de G. Então a função
H
H ∩ ker f
−→ f(H)
h · (H ∩ ker f) 7−→ f(h)
é um isomorfismo.
Demonstração. Considere o homomorfismo f restrito a H:
f |H : H −→ G
h 7−→ f(h).
Claramente, f |H(H) = f(H) e ker(f |H) = (ker f)∩H. Aplicando a
parte 1) do teorema dos isomorfismos ao homomorfismo f |H , obte-
mos o corolário.
Corolário V.5.8. Seja H um subgrupo normal de G. Então a
função
{
subgrupos (normais) de G
que contêm H
}
1−1−→
{
subgrupos (normais) de
G
H
}
K 7−→ K/H
é uma bijeção.
Demonstração. Considere o homomorfismo ϕ : G → G
H
, dado
por ϕ(g) = gH. Claramente, ϕ é um homomorfismo sobrejetor e
ker ϕ = H. Aplicando a parte 2) do teorema dos isomorfismos ao
homomorfismo ϕ, obtemos o corolário.
Corolário V.5.9. Sejam H ⊳ G e K < G. Então,
K
H ∩K ≃
KH
H
.
[SEC. V.5: HOMOMORFISMOS DE GRUPOS 167
Demonstração. Já que H ⊳G, sabemos que KH é um subgrupo
de G e que HK = KH. Claramente, H ⊳G⇒ H ⊳KH e, portanto,
faz sentido considerar o grupo quociente KH/H. Considere o ho-
momorfismo canônico KH
ϕ→ KH/H e seja ϕ|K a sua restrição ao
subgrupo K < KH, isto é:
ϕ|K : K −→ KH
H
k 7−→ kH.
Claramente, ker(ϕ|K) = {k ∈ K | kH = H} = H ∩ K. Seja
agora α ∈ KH/H; temos α = (kh)H para algum k ∈ K e algum
h ∈ H; logo α = (kh)H = kH = ϕ|K(k) e portanto ϕ|K é sobre-
jetor. Aplicando agora a parte 1) do teorema dos isomorfismos ao
homomorfismo ϕ|K , obtemos o corolário.
Corolário V.5.10. Sejam K < H < G com K⊳G e H⊳G. Então,
G/K
H/K
≃ G
H
.
Demonstração. Considere o homomorfismo
ψ :
G
K
−→ G
H
gK 7−→ gH.
A função ψ é bem definida; de fato gK = g̃K implica que g = g̃k
para algum k ∈ K, e portanto vemos que gH = g̃kH = g̃H pois
temos k ∈ K ⊆ H. Claramente, ψ é sobrejetor e ker ψ = H/K.
Aplicando a parte 1) do teorema dos isomorfismos ao homomorfismo
ψ, obtemos o corolário.
Exemplo V.5.11. Considere
(Z,+)
ϕ−→ (Un, · )
k 7−→ e2πki/n.
Claramente ϕ é um homomorfismo sobrejetor e ker ϕ = nZ; por-
tanto (Z/nZ,⊕
n
) ≃ (Un, · ).
168 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Definição V.5.12. Seja (G, ·) um grupo. Um automorfismo de G
é um isomorfismo f : G→ G. O conjunto dos automorfismos de G
será denotado por Aut(G). É fácil verificar que a composição de
dois automorfismos de G é um automorfismo de G e que (Aut(G), ◦)
é um grupo, onde “◦” denota a operação composição de funções.
Exemplo V.5.13. Já foi observado que Ig : G → G, definido por
Ig(x) = gxg−1, é um homomorfismo bijetivo e portanto um auto-
morfismo de G, chamado automorfismo interno associado ao ele-
mento g ∈ G. O conjunto dos automorfismos internos de G será
denotado por I(G); assim
I(G) := {Ig | g ∈ G} ⊆ Aut(G).
Proposição V.5.14. (I(G), ◦) é um subgrupo normal de (Aut(G), ◦).
Demonstração. Que I(G) é um subgrupo de Aut(G), segue das
igualdades:
(Ig)−1 = Ig−1 e Ig1 ◦ Ig2 = Ig1g2 . (Verifique!).
Vamos agora mostrar que I(G) é normal em (Aut(G), ◦), isto é,
dados σ ∈ Aut(G) e g ∈ G quaisquer, temos σ ◦ Ig ◦ σ−1 ∈ I(G).
Para todo x ∈ G, temos:
(σ ◦ Ig ◦ σ−1)(x) = σ ◦ Ig(σ−1(x)) = σ(gσ−1(x)g−1)
= σ(g)xσ(g)−1 = Iσ(g)(x);
portanto, σ ◦ Ig ◦ σ−1 = Iσ(g) ∈ I(G).
Observação V.5.15. 1) Seja G um grupo. Um elemento g ∈ G
comuta com todos os elementos de G se e só se Ig = id. Portanto,
o grupo G é abeliano se e somente se I(G) = {id}.
2) H ⊳ G⇔ H é estável por todos os automorfismos internos de G
(i.e., Ig(H) ⊆ H, ∀ g ∈ G).
3) Existem automorfismos que não são automorfismos internos. Por
exemplo, seja G um grupo abeliano que possui um elemento y de or-
dem≥ 3; é fácil ver que ρ : G→ G, ρ(x) = x−1, é um homomorfismo
[SEC. V.5: HOMOMORFISMOS DE GRUPOS 169
bijetivo e portanto um automorfismo de G; ρ não é a aplicação iden-
tidade pois ρ(y) = y−1 6= y e portanto, pela Observação V.5.15,1),
ρ não é automorfismo interno. Assim, em particular, obtemos que
Z → Z
n 7→ −n e
Z/dZ → Z/dZ (com d ≥ 3)
r̄ 7→ −r̄
são exemplos de automorfismos que não são internos.
Definição V.5.16. Um subgrupo H de G é dito subgrupo carac-
teŕıstico (denotado por H⊳⊳ G) se ele é estável por todos os auto-
morfismos de G, i.e., se σ(H) ⊆ H, ∀σ ∈ Aut(G). (Equivalente-
mente, se σ(H) = H, ∀σ ∈ Aut(G)). Claramente, H⊳⊳ G⇒ H⊳G.
Exemplo V.5.17. {e}, G, Z(G) e G′ são subgrupos caracteŕısticos
de G. (Prove).
Exerćıcio V.5.18. Se H é o único subgrupo de ordem n de um
grupo G, então H⊳⊳ G.
Proposição V.5.19. Seja K⊳⊳ H ⊳ G. Então K ⊳ G.
Demonstração. Queremos mostrar que Ig(K) = K, ∀ g ∈ G.
Seja g ∈ G e Ig : G → G, Ig(x) = gxg−1. Considere a restrição de
Ig a H:
Ig|H : H −→ G
h 7−→ ghg−1.
Como, por hipótese, H⊳G, temos Ig|H(H) = Ig(H) = H; portanto
temos que Ig|H é um automorfismo de H (não é um automorfismo
interno de H em geral, quando g não pertence a H). Como, por
hipótese, K⊳⊳ H e como Ig|H ∈ Aut(H), temos
Ig(K) = Ig|H(K) = K.
Observação V.5.20. Em geral, K ⊳H ⊳G não implica que K seja
normal em G. Por exemplo no grupo D
�
, temos 〈R1〉⊳〈R1, Rπ〉⊳D�
mas 〈R1〉 não é normal em D
�
. (Verifique!)
170 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Exerćıcio V.5.21. Considere a função
I : (G, ·) −→ (I(G), ◦)
g 7−→ Ig.
Por definição I é uma função sobrejetiva.
a) Mostre que I é um homomorfismo de grupos.
b) Mostre que ker I = Z(G) e que I(G) ≃ G/Z(G).
c) Mostre que se G não é abeliano, então I(G) não é ćıclico.
Determinação dos homomorfismos entre dois grupos:
Sejam G e G dois grupos e seja Hom(G,G) o conjunto dos ho-
momorfismos de G em G. Sabemos que todo homomorfismo de G
em G tem um subgrupo normal de G como núcleo. Portanto,
Hom(G,G) =
⋃
H⊳G
{Homomorfismos de G em G com núcleo H}.
Seja H um subgrupo normal de G, e seja ϕH : G→ G/H o homo-
morfismo canônico. É claro que {ψ ◦ϕH ; ψ homomorfismo injetivo
de G/H em G} ⊆ {Homomorfismos de G em G com núcleo H}.
Pelo Teorema dos isomorfismos, temos a inclusão inversa. Assim,
obtemos
Hom(G,G) =
⋃
H⊳G
{ψ◦ϕH ; ψ homomorfismo injetivo de G/H em G}.
Observe ainda que a função sobrejetiva abaixo
{
Homomorfismos injetivos
de G/H em G
}
−→
{
Homomorfismos de G
em G com núcleo H
}
ψ 7−→ ψ ◦ ϕH
também é injetiva, e portanto é uma bijeção.
[SEC. V.5: HOMOMORFISMOS DE GRUPOS 171
Exemplo V.5.22. Vamos determinar Hom(S3, S3).
Sabemos que S3 = {id, α, α2, β, αβ, α2β} com α =
(
123
231
)
e com
β =
(
123
213
)
, e que seus subgrupos normais são {id}, {id, α, α2} e S3.
• Para H = {id}, temos S3/H = S3 e procuramos os homomor-
fismos injetivos de S3/H em S3, i.e., procuramos os automorfismos
de S3. Ora, um homomorfismo f de S3 em S3 é completamente de-
terminado pelos seus valores f(α) e f(β). Para que f possa ser um
automorfismo, é necessário que f(α) tenha a mesma ordem que α
(a saber 3), logo que f(α) seja igual a α ou α2; também é necessário
que f(β) tenha a mesma ordem que β (a saber 2), logo que f(β) seja
igual a β, αβ ou α2β. Portanto, temos exatamente seis candidatos
a automorfismos de S3. Por outro lado, temos I(S3) ⊆ Aut(S3) e
I(S3) ≃ S3/Z(S3) = S3, logo Aut(S3) tem pelo menos seis elemen-
tos. Concluimos portanto que os seis candidatos a automorfismos
de S3 são de fato automorfismos e que
I(S3)= Aut(S3) = {fij : S3 → S3; fij(α) = αi, fij(β) = αjβ,
com i = 1, 2 e j = 0, 1, 2}.
• Para H = {id, α, α2}, temos S3/H = {ē = id, β̄} e procuramos os
homomorfismos injetivos de {ē = id, β̄} em S3. Ora, para que uma
aplicação ψ de {ē = id, β̄} em S3 possa ser um homomorfismo, é
necessário que ψ(β̄) tenha ordem igual a um divisor da ordem de β̄,
i.e., um divisor de 2; para ser injetiva, é necessário que ψ(β̄) 6= id.
Portanto, temos exatamente três candidatos a homomorfismos in-
jetivos de {ē = id, β̄} em S3, a saber os homomorfismos definidos
por ψ(β̄) = β, αβ ou α2β. É imediato verificar que, definidos desta
maneira e com ψ(id) = id, os três candidatos são de fato homomor-
fismos injetivos de {ē = id, β̄} em S3. Portanto, obtemos
{Homomorfismos de S3 em S3 com núcleo {id, α, α2}}
= {ψℓ ◦ ϕ{id,α,α2}; ψℓ : {id, β̄} → S3, ψℓ(β̄) = αℓβ, ℓ = 0, 1, 2}
= {gℓ : S3 → S3; gℓ(α) = id, gℓ(β) = αℓβ, ℓ = 0, 1, 2}.
172 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
• Para H = S3, temos S3/H = {id}. É claro que ρ : {id} → S3
definido por ρ(id) = id é o único homomorfismo (injetivo) de {id}
em S3 e portanto que
{Homomorfismos de S3 em S3 com núcleo S3}
= {Homomorfismo trivial}.
Exerćıcio V.5.23. Determinar os homomorfismos do grupo S3 em
Z/2Z× Z/2Z.
V.6 Grupos Ćıclicos
Proposição V.6.1. a) Se H ⊆ Z, então H é um subgrupo de
(Z,+) se e só se H = nZ com n ∈ N.
b) mZ ⊇ nZ se e só se m | n; neste caso, temos (mZ : nZ) = n/m.
Demonstração. a) já foi feita.
b) É claro que mZ ⊇ nZ⇔ m | n.
Suponhamos que nZ < mZ < Z; tomando K = nZ e H = mZ
no Corolário V.5.10, obtemos
Z/nZ
mZ/nZ
≃ Z
mZ
;
portanto, n/(mZ : nZ) = m e dáı (mZ : nZ) = n/m.
Proposição V.6.2. Seja G = 〈a〉 = {. . . , a−1, e, a, a2, . . . } um
grupo ćıclico de ordem infinita. Então:
a) A função f : (Z,+)→ (G, ·), f(z) = az, é um isomorfismo.
b) O elemento az gera G se e somente se z = 1 ou z = −1.
Demonstração. a) A função f : (Z,+)→ (G, ·), f(z) = az, é um
homomorfismo pois
f(z1 + z2) = az1+z2 = az1 · az2 = f(z1) · f(z2), ∀ z1, z2 ∈ Z;
[SEC. V.6: GRUPOS ĆICLICOS 173
a função f é claramente uma bijeção e portanto um isomorfismo.
b) A função f : z 7→ az sendo um isomorfismo, temos que az gera G
se e somente se z gera Z. Agora, claramente, os únicos elementos
que geram Z são z = 1 ou z = −1.
Proposição V.6.3. Seja G = 〈a〉 = {e, a, . . . , an−1} um grupo
ćıclico de ordem finita igual a n. Então:
a) A função f : (Z/nZ,⊕
n
) → (G, ·), f(m̄) = am, é um isomor-
fismo.
b) O elemento am gera G se e somente se M.D.C.{m,n} = 1.
Demonstração. a) Como vimos na prova da Proposição anterior,
a função f de Z em G dada por z 7→ az é um homomorfismo,
claramente sobrejetor. Sendo isomorfo a G, o grupo Z/ker f tem
n elementos e portanto ker f = nZ.
b) A função m̄ 7→ am sendo um isomorfismo, am gera G se e somente
se m̄ gera (Z/nZ,⊕
n
), logo se e somente se M.D.C.{m,n} = 1.
Proposição V.6.4. Seja G = 〈a〉 = {e, a, . . . , an−1} um grupo
ćıclico finito de ordem n.
a) Se H é um subgrupo de G, então H é ćıclico. De maneira
precisa, H = 〈am〉 onde m é o menor inteiro positivo tal que
am ∈ H; o subgrupo H tem ordem igual a n/m.
b) Se d é um divisor de n, então existe um único subgrupo H de
G com ordem igual a d. Este subgrupo H é igual a 〈an/d〉.
Demonstração. A proposição é uma conseqüência da Proposição
V.6.3 e da Proposição V.6.1. Fazemos abaixo uma prova direta que
utiliza, essencialmente, os mesmos argumentos.
a) Seja m o menor inteiro positivo tal que am ∈ H. Claramente,
〈am〉 ⊆ H. Reciprocamente, seja au ∈ H; vamos mostrar que m | u
174 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
(o que claramente implicará que au ∈ 〈am〉). Fazendo a divisão de
u por m, temos
u = qm+ r com 0 ≤ r < m,
logo au = (am)q · ar. Como au ∈ H e am ∈ H, então ar ∈ H e
portanto, pela minimalidade de m, temos r = 0; logo m | u. Agora,
é fácil verificar que a ordem de am (e portanto a ordem de H) é
igual a n/m.
b) Seja d um divisor de n. O subgrupo 〈an/d〉 tem ordem d. Vamos
agora provar a unicidade. Seja então H um subgrupo qualquer de
G de ordem d; pela parte a), temos que H = 〈am〉 com m inteiro
tal que n
m
seja a ordem de H, isto é, tal que n
m
= d; portanto temos
m = n/d e H = 〈an/d〉.
Exerćıcio V.6.5. Mostre que todo grupo quociente de um grupo
ćıclico é ćıclico.
Proposição V.6.6. Seja (K,+, ·) um corpo e seja (G, ·) um sub-
grupo finito do grupo multiplicativo (K∗, ·). Então G é ćıclico.
Em particular, se p é um número primo, então o grupo multi-
plicativo (Z/pZ)∗ é ćıclico, i.e., (Z/pZ)∗ ≃ Z/(p− 1)Z.
Demonstração. Seja r := max{O(g); g ∈ G}. Evidentemente,
pelo Teorema de Lagrange, r ≤ |G|. Como G é abeliano e finito,
então pela Proposição V.3.11, O(x) divide r para todo x ∈ G.
Assim, todos os elementos do grupo G são ráızes do polinômio
Xr − 1 ∈ K[X]. Pelo Corolário III.1.7, isto implica que |G| ≤ r, e
portanto |G| = r. Então, se y ∈ G tem ordem r, este elemento y é
um gerador do grupo G e logo G é ćıclico.
Homomorfismos e automorfismos de grupos ćıclicos:
Proposição V.6.7. Sejam G e G dois grupos, a ∈ G, b ∈ G.
a) Se O(a) < ∞, então existe um homomorfismo f : 〈a〉 → G
tal que f(a) = b se e somente se O(b) divide O(a). Quando
existir, o homomorfismo f é único e definido por f(ar) = br,
∀ r ∈ N.
[SEC. V.6: GRUPOS ĆICLICOS 175
b) Se O(a) = ∞ (e O(b) qualquer), então existe um único ho-
momorfismo f : 〈a〉 → G tal que f(a) = b. Tal homomorfismo
é dado por f(ar) = br, ∀ r ∈ Z.
Demonstração. Se O(a) < ∞ e O(b) não divide O(a), já sabe-
mos que não existe homomorfismo f : 〈a〉 → G tal que f(a) = b.
Agora, se O(a) = ∞ ou se O(a) < ∞ e O(b) divide O(a),
considere f : 〈a〉 → G, definido por f(ar) = br. Observe que no
caso de O(a) < ∞, um mesmo elemento ξ ∈ 〈a〉 pode ter duas
representações ξ = ar e ξ = as; para que f seja uma função bem
definida devemos verificar que o valor f(ξ) é independente desta
representação, isto é, devemos verificar que se r e s são dois inteiros
tais que ar = as, então br = bs. De fato, sejam ξ = ar e ξ = as
duas representações de ξ. Temos ar−s = e, logo r− s é múltiplo de
O(a); como O(b) divide O(a), temos que r− s é múltiplo de O(b) e
portanto que br−s = e, donde br = bs. Assim, vemos que nesse caso
a função f é bem definida.
Se O(a) = ∞, então todo elemento ξ ∈ 〈a〉 tem representação
única ξ = ar (pois ar = as ⇔ ar−s = e ⇔ r − s = 0 ⇔ r = s).
Portanto, se O(a) = ∞, f é realmente uma função, qualquer que
seja a ordem do elemento b ∈ G.
Deixamos a cargo do leitor a verificação de que a função f assim
definida é realmente um homomorfismo.
Este é o único homomorfismo que leva a em b pois, se g é um
homomorfismo tal que g(a) = b, então temos g(ar) = g(a)r = br,
∀ r ∈ Z, e portanto temos g = f .
Exemplo V.6.8. Seja G = Z/8Z = 〈
=
1〉 e G = Z/10Z =
{0̄, 1̄, 2̄, . . . , 9̄}.
Procuramos todos os homomorfismos f de G em G. Os elemen-
tos b ∈ G tais que O(b) divide O(
=
1) = 8 são 0̄, 5̄. Portanto, pela
176 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
proposição anterior, os homomorfismos de Z/8Z em Z/10Z são:
f1 :
Z
8Z
−→ Z
10Z
que é o homomorfismo trivial, e
=
n 7−→ 0̄
f2 :
Z
8Z
−→ Z
10Z
=
n 7−→ 5n.
Exerćıcio V.6.9. a) Procure todos os homomorfismos de Z/4Z em
D4.
b) Procure todos os homomorfismos de Z/6Z em S3. Mostre que
nenhum deles é um isomorfismo.
c) Procure todos os homomorfismos de Z em S3.
d) Procure todos os homomorfismos de Z/5Z em D4.
e) Seja G um grupo finito. Mostre que ϕ : G → Z, dado por
ϕ(g) = 0, ∀ g ∈ G, é o único homomorfismo de G em Z.
f) Seja G = 〈a〉 um grupo ćıclico e seja f : G → G um homo-
morfismo de grupos. Mostre que f é um automorfismo se e
somente se f(a) é um gerador do grupo G.
Proposição V.6.10. Aut(Z) = {Id,−Id}.
Demonstração. Aplique o Exerćıcio V.6.9 f), acima.
Proposição V.6.11. Seja n ≥ 1 um inteiro e seja (Z/nZ)∗ o grupo
multiplicativo dos elementos invert́ıveis do anel Z/nZ. Então temos
I(Z/nZ) = {Id} e a aplicaçãoψ : Aut(Z/nZ)→ (Z/nZ)∗, definida
por ψ(f) = f(1̄), é um isomorfismo.
[SEC. V.6: GRUPOS ĆICLICOS 177
Demonstração. Que I(Z/nZ) = {Id} é claro pois Z/nZ é um
grupo abeliano. Agora, se f : Z/nZ = 〈1̄〉 → Z/nZ é um automor-
fismo, então f(1̄) é um gerador de (Z/nZ,⊕
n
), logo f(1̄) ∈ (Z/nZ)∗.
Podemos portanto definir:
ψ :
(
Aut
(
Z
nZ
)
, ◦
)
−→
((
Z
nZ
)∗
, ·
)
f 7−→ f(1̄) .
Verificamos que a aplicação ψ é um homomorfismo de grupos: sejam
então f, g ∈ Aut(Z/nZ) e sejam f(1̄) = z̄1 e g(1̄) = z̄2; temos
ψ(g ◦ f) = (g ◦ f)(1̄) = g(f(1̄)) = g(z̄1)
= g (1̄ + 1̄ + · · ·+ 1̄)︸ ︷︷ ︸
z1 vezes
= g(1̄) + g(1̄) + · · ·+ g(1̄)
= z̄2 + z̄2 + · · ·+ z̄2 = z2 + z2 + · · ·+ z2︸ ︷︷ ︸
z1 vezes
= z2z1
= z̄2 · z̄1 = ψ(g) · ψ(f).
O homomorfismo ψ é injetivo pois ψ(f) = 1̄⇔ f(1̄) = 1̄⇔
f(r̄) = f(r · 1̄) = r · f(1̄) = r · 1̄ = r̄, ∀ r̄ ⇔ f = Id.
Mostramos agora que ψ é sobrejetiva. Se r é um elemento qual-
quer de (Z/nZ,⊕
n
) então, em virtude da Proposição V.6.7 parte a),
podemos sempre definir um homomorfismo
fr :
(
Z
nZ
,⊕
n
)
−→
(
Z
nZ
,⊕
n
)
ā 7−→ ra ,
pois O(r̄) divide n = O(1̄) (a ordem de um elemento de um grupo
sempre divide a ordem do grupo). Agora, tal homomorfismo fr
será um automorfismo de Z/nZ se e somente se r̄ for um gerador
de (Z/nZ,⊕
n
), isto é, se e somente se r̄ ∈ ((Z/nZ)∗, ·). Portanto,
tomando m̄ ∈ (Z/nZ)∗, fm é um automorfismo de (Z/nZ,⊕
n
) tal
que ψ(fm) = fm(1̄) = m̄. Dáı a sobrejetividade.
178 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
A proposição seguinte já foi provada no contexto dos anéis.
Damos agora uma nova prova que somente usa os conceitos ele-
mentares da teoria dos grupos.
Proposição V.6.12. (Teorema chinês dos restos).
Sejam m1, . . . ,mr números inteiros dois a dois primos entre si.
Então a aplicação diagonal
∆: Z −→ (Z/m1Z)× · · · × (Z/mrZ)
z 7−→ (z +m1Z , . . . , z +mrZ)
é sobrejetiva.
Equivalentemente, ∀ z1, . . . , zr ∈ Z, existe z ∈ Z tal que
z ≡ z1 modm1,
...
z ≡ zr modmr.
Demonstração. Seja α := (1 +m1Z, . . . , 1 +mrZ) ∈ (Z/m1Z)×
· · ·× (Z/mrZ). É claro que O(α) = |m1 . . .mr| = |(Z/m1Z)×· · ·×
(Z/mrZ)|, pois m1, . . . ,mr são dois a dois relativamente primos;
logo α é um gerador do grupo aditivo (Z/m1Z) × · · · × (Z/mrZ).
Portanto, ∀ z1, . . . , zr ∈ Z, existe z ∈ Z tal que
(z1 +m1Z, . . . , zr +mrZ) = zα,
i.e., tal que
(z1 +m1Z, . . . , zr+mrZ) = (z+m1Z, . . . , z+mrZ).
Corolário V.6.13. Sejam m1, . . . ,mr números inteiros dois a dois
primos entre si. Então a aplicação
∆̄ : Z/m1 . . .mrZ −→ (Z/m1Z)× · · · × (Z/mrZ)
z +m1 . . .mrZ 7−→ (z +m1Z , . . . , z +mrZ)
é um isomorfismo de grupos.
[SEC. V.6: GRUPOS ĆICLICOS 179
Demonstração. A aplicação diagonal ∆: Z→ (Z/m1Z)× · · · ×
(Z/mrZ) é claramente um homomorfismo de grupos cujo kernel é
igual a m1 . . .mrZ, pois m1, . . . ,mr são dois a dois relativamente
primos. Pela proposição anterior, a aplicação ∆ é sobrejetiva. Por-
tanto, ∆̄ é um isomorfismo pelo Teorema dos isomorfismos.
Exerćıcio V.6.14. Seja
Φ: N −→ N
n 7−→ #{1 ≤ r ≤ n | M.D.C.{r, n} = 1}
a função de Euler. Com a multiplicação módulo n, o conjunto
{1 ≤ r ≤ n; M.D.C.{r, n} = 1} é o grupo (Z/nZ)∗.
a) Sejam n,m dois inteiros primos entre si. Queremos mostrar que
Φ(mn) = Φ(m)Φ(n). Usando o Teorema I.4.7, obtemos facilmente
o resultado. Sugerimos agora um novo roteiro que usa somente os
conceitos da teoria dos grupos.
Para todo inteiro r ≥ 1, sejam r1 o resto da divisão de r por n
e r2 o resto da divisão de r por m. É claro que temos
M.D.C.{r, nm} = 1⇔
{
M.D.C.{r, n} = 1
M.D.C.{r,m} = 1
⇔
{
M.D.C.{r1, n} = 1
M.D.C.{r2,m} = 1.
Portanto, temos uma aplicação
ψ : (Z/nmZ)∗ −→ (Z/nZ)∗ × (Z/mZ)∗
r 7−→ (r1, r2).
1) Mostre que ψ é uma bijeção; portanto Φ(nm) = Φ(n)Φ(m).
2) Mostre que ψ é um homomorfismo, e portanto um isomor-
fismo, entre o grupo (Z/nmZ)∗ e o grupo (Z/nZ)∗×(Z/mZ)∗.
b) Seja n = pt11 . . . p
ts
s com p1, . . . , ps números primos distintos e
t1, . . . , ts números inteiros ≥ 1.
180 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
1) Mostre que Φ(n) = Φ(pt11 ) . . .Φ(ptss ).
2) Mostre que (Z/nZ)∗ ≃ (Z/pt11 Z)∗ × · · · × (Z/ptss Z)∗.
c) Seja p um número primo e seja t ≥ 1 um número inteiro. Mostre
que Φ(pt) = pt−1(p− 1).
Mais preciso do que a parte c) do exerćıcio anterior, temos o
seguinte resultado:
Proposição V.6.15. a) Se p é um número primo ı́mpar, então
temos (Z/ptZ)∗ ≃ Z/pt−1(p− 1)Z para cada inteiro t ≥ 1.
b) Temos (Z/2tZ)∗ ≃ (Z/2Z)× (Z/2t−2Z) para cada inteiro t ≥ 2.
Demonstração. a) Podemos supor t ≥ 2, pois o caso t = 1
já foi provado na Proposição V.6.6. Considere o homomorfismo
sobrejetivo de grupos multiplicativos
f : (Z/ptZ)∗ → (Z/pZ)∗
α = α+ ptZ 7→ α+ pZ.
Temos ker f = {α ; α ≡ 1 mod p}. Pelo Teorema dos isomorfismos,
temos também | ker f | = pt−1.
Afirmação 1. ker f é um grupo ćıclico gerado por p+ 1.
Para provar esta afirmação, basta ver que
(p+ 1)
pt−2
6= 1̄ em (Z/ptZ)∗.
E de fato, temos (aqui usamos p primo ı́mpar):
(p+ 1)p
t−2
=
pt−2∑
i=0
Ci
pt−2pi
≡ pt−1 + 1 6≡ 1 (mod pt).
Consideramos agora o seguinte subgrupo H de (Z/ptZ)∗:
H := {α | αp−1 = 1̄}.
[SEC. V.6: GRUPOS ĆICLICOS 181
Se α ∈ H ∩ ker f , então O(α) divide p − 1 e divide também pt−1,
logo O(α) = 1. Portanto H ∩ ker f = {1̄}.
Afirmação 2. H é um grupo ćıclico com |H| = p− 1.
De fato, primeiramente observamos que das duas relações se-
guintes
|H ker f | ≤ |(Z/ptZ)∗| = (p− 1)pt−1 e
|H(ker f)| = |H|| ker f |
H ∩ ker f
= |H| · pt−1,
obtemos |H| ≤ p− 1.
Observamos agora que 1̄p
t−1
, 2̄p
t−1
, . . . , p− 1
pt−1
são elementos
de H. De fato, temos (i
pt−1
)p−1 = (i)(p−1)pt−1
= 1̄, já que (Z/ptZ)∗
tem ordem (p− 1)pt−1. Estes elementos são distintos pois eles têm
imagens distintas em (Z/pZ)∗ pelo homomorfismo f definido acima.
Logo temos |H| = p− 1.
Vejamos agora que o grupo H é realmente ćıclico. Seja b ∈ Z tal
que (b+pZ) é um gerador do grupo ćıclico (Z/pZ)∗ e tome h := bp
t−1
.
Então, a classe h̄ pertence a H. Para verificar que H = 〈h̄〉 (e obter
em particular que H é ćıclico), basta mostrar que (p − 1) divide
O(h̄). Temos f(h̄) = (b + pZ) e portanto (p − 1) = O(b + pZ) =
O(f(h̄)) divide O(h̄). Isto termina a prova da Afirmação 2.
Considere agora o elemento
α := (p+ 1) · h̄ ∈ (Z/ptZ)∗.
Como O(p+ 1) = pt−1 e O(h̄) = p − 1 são primos entre si, então
pela Proposição V.3.11a), temos
O(α) = O(p+ 1)O(h̄) = pt−1(p− 1),
e assim conclúımos que α é um gerador para o grupo (Z/ptZ)∗.
b) Vide P. Ribenboim, Algebraic Numbers, Chapter 3K.
182 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
V.7 Grupos Finitos Gerados por dois
Elementos
Os grupos gerados por um elemento, i.e., os grupos ćıclicos, foram
facilmente classificados. Em compensação, os grupos gerados por
dois elementos podem ser extremamente complicados. Vamos então
restringir nosso estudo aos grupos finitos gerados por dois elemen-
tos muito particulares, a saber os grupos finitos G = 〈a, b〉 com
elementos a, b satisfazendo uma relação do tipo ba = asb. Os resul-
tados que obteremos serão de grande utilidade na classificação dos
grupos de ordem pequena.
Considere
S3 =
{
id,
(
123
231
)
= α,
(
123
312
)
,
(
123
213
)
= β,
(
123
321
)
,
(
123
132
)}
.
Vemos que S3 é um grupo de ordem 6 tal que:



S3 = 〈α, β〉
α3 = id
β2 = id
βα = α2β.
Reciprocamente, vamos mostrar que se G é um grupo de ordem 6
no qual existem A e B tais que:



G = 〈A,B〉
A3 = e
B2 = e
BA = A2B,
então existe um isomorfismo entre S3 e G. Assim, a menos de
isomorfismos, o grupo S3 é caracterizado como sendo o grupo de
ordem 6 gerado por dois elementos α e β que satisfazem as relações



α3 = e
β2 = e
βα = α2β.
[SEC. V.7: GRUPOS FINITOS GERADOS POR DOIS ELEMENTOS 183
Similarmente, D
�
= {id, Rπ
2
= A,Rπ, R 3π
2
, R1, R2, RM , RN = B} é
um grupo de ordem 8 tal que:



D
�
= 〈A,B〉
A4 = id
B2 = id
BA = A3B;
vamos ver também que D
�
é caracterizado, a menos de isomorfis-
mos, porgeradores satisfazendo estas relações.
Primeiro, precisamos determinar a natureza dos homomorfismos
definidos sobre um grupo gerado por dois elementos satisfazendo a
relação ba = asb:
Teorema V.7.1. Seja s ≥ 1 um inteiro. Sejam G um grupo finito
e a, b ∈ G satisfazendo ba = asb (equivalentemente, Ib(a) = as).
Sejam G um grupo e α, β ∈ G. Sejam n,m ≥ 1 inteiros tais que
an = e, bm ∈ 〈a〉. (∗)
Então:
a) • bt · ar = ars
t · bt ∀ r, t ∈ N, e
〈a, b〉 = {aibj | 0 ≤ i ≤ n− 1 e 0 ≤ j ≤ m− 1}.
• Se os inteiros n, m são escolhidos minimalmente satis-
fazendo (*), então o grupo 〈a, b〉 tem ordem igual a nm.
b) Se os inteiros n,m são escolhidos minimalmente, e se u é
um inteiro tal que bm = au, então existe um homomorfismo
f : 〈a, b〉 → G com f(a) = α e f(b) = β se e somente se
βα = αsβ, αn = e, βm = αu.
Demonstração. Primeiro observe que G sendo um grupo finito,
tais inteiros n,m existem de fato.
184 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
a) • Queremos mostrar que btar = ars
t
bt, ou equivalentemente que
Ibt(ar) = ars
t
. Fazemos uma indução sobre t. Se t = 1, temos
Ib(ar) = (Ib(a))r = (as)r = asr.
Se t ≥ 2 e se supomos o resultado provado para t− 1, temos
Ibt(ar) = Ib ◦ Ibt−1(ar) = Ib(ars
t−1
) = (Ib(a))rs
t−1
= (as)rs
t−1
= ars
t
.
Com isso obtemos que todo elemento do grupo 〈a, b〉 pode ser
escrito na forma avbw com v, w ∈ N. Agora, a condição bm ∈ 〈a〉
permite escrever este elemento avbw na forma av
′
bj com v′ ∈ N e com
0 ≤ j ≤ m− 1; a condição an = e permite reescrever este elemento
av
′
bj na forma aibj com 0 ≤ i ≤ n− 1 e 0 ≤ j ≤ m− 1. Portanto,
temos 〈a, b〉 = {aibj; 0 ≤ i ≤ n− 1, 0 ≤ j ≤ m− 1}.
• Agora nós supomos que n e m são minimais satisfazendo (∗).
Para ver que 〈a, b〉 tem ordem nm, basta verificar que se
0 ≤ i, k ≤ n − 1, 0 ≤ j, ℓ ≤ m − 1 e aibj = akbℓ, então i = k
e j = ℓ. Suponhamos que ℓ ≤ j; multiplicando ambos os lados
da igualdade aibj = akbℓ por a−i à esquerda e por b−ℓ à direita,
obtemos então que bj−ℓ = ak−i ∈ 〈a〉 com 0 ≤ j − ℓ ≤ j ≤ m − 1.
Portanto, pela minimalidade de m, temos j − ℓ = 0. Assim ℓ = j
e, consequentemente, ak−i = e; pela minimalidade de n, obtemos
i = k também.
b) Suponhamos que exista um homomorfismo f : 〈a, b〉 → G tal que
f(a) = α e f(b) = β. Como ba = asb, temos
βα = f(b)f(a) = f(ba) = f(asb) = (f(a))sf(b) = αsβ.
Similarmente, como an = e, temos αn = e e como bm = au, temos
também βm = αu.
Reciprocamente, suponhamos que βα = αsβ, αn = e, βm = αu.
Naturalmente, pela parte a) aplicada a G e α, β, temos βtαr =
αrs
t
βt, ∀ r, t ∈ N. Vamos verificar que a aplicação f : 〈a, b〉 → G
definida por f(aibj) = αiβj, para 0 ≤ i ≤ n−1, 0 ≤ j ≤ m−1, é um
[SEC. V.7: GRUPOS FINITOS GERADOS POR DOIS ELEMENTOS 185
homomorfismo. A boa definição de f decorre das escolhas minimais
de n e m. Agora, para i, j, k, ℓ ∈ N, escreva j + ℓ = pm + v com
0 ≤ v ≤ m− 1 e escreva i+ ksj + pu = qn+w com 0 ≤ w ≤ n− 1.
Temos:
f(aibj · akbℓ) = f(ai · bjak · bℓ) = f(ai · aksj
bj · bℓ) = f(ai+ks
j
bj+ℓ)
= f(ai+ks
j
bpmbv) = f(ai+ks
j
apubv) = f(awbv)
= αwβv = αi+ks
j
αpuβv = αi+ks
j
βpmβv = αi+ks
j
βj+ℓ
= αi · αksj
βj · βℓ = αiβj · αkβℓ = f(aibj) · f(akbℓ).
Observação V.7.2. Se no Teorema V.7.1 sabemos que a ordem
do grupo 〈a, b〉 é o produto nm, então em virtude da parte a), os
inteiros n e m são minimais; em particular, O(a) = n.
Teorema V.7.3. Sejam n,m, s, u inteiros ≥ 0.
a) 1) Se G é um grupo de ordem nm que possui elementos a, b
tais que
(∗∗)



G = 〈a, b〉
an = e
bm = au
ba = asb.
Então, sm ≡ 1 modn e u(s− 1) ≡ 0 modn.
2) Reciprocamente, se sm ≡ 1 modn e u(s− 1) ≡ 0 modn,
então existe um grupo G de ordem nm que possui dois
elementos a, b satisfazendo as condições (∗∗).
b) Quando existir um grupo de ordem nm satisfazendo as con-
dições (∗∗), ele é único a menos de isomorfismos.
Demonstração. a) 1) Pelo item a) do Teorema V.7.1, temos
bma = as
m
bm. Como bm ∈ 〈a〉, vemos que bm comuta com a e assim
abm = as
m
bm; dividindo ambos os lados por a à esquerda e por bm
186 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
à direita, obtemos e = as
m−1. Portanto, sm − 1 é um múltiplo da
ordem de a. Logo, sm ≡ 1 modn.
De novo pelo Teorema V.7.1, item a), temos bau = ausb. Como
au ∈ 〈b〉, vemos que au comuta com b e temos aub = ausb; dividindo
ambos os lados por au à esquerda e por b à direita, obtemos que
vale e = au(s−1). Portanto, u(s− 1) é um múltiplo da ordem de a.
Logo u(s− 1) ≡ 0 modn.
2) Daremos uma prova deste resultado somente no caso parti-
cular u = 0, pois a prova do caso geral seria muito técnica. Mas
esta prova do caso u = 0 somente poderá ser dada mais tarde, pois
antes precisaremos desenvolver o conceito do produto semidireto de
dois grupos (Vide Proposição V.9.9).
b) Sejam G um grupo de ordem nm que possui dois elementos α, β
tais que



G = 〈α, β〉
βα = αsβ
αn = e
βm = αu.
Como |G| = |G| = nm então a aplicação f : G → G definida por
f(aibj) = αiβj, para 0 ≤ i ≤ n − 1, 0 ≤ j ≤ m− 1 é uma bijeção.
Pela parte b) do Teorema V.7.1, f é um isomorfismo.
Como corolário do Teorema V.7.1, obtemos:
Proposição V.7.4. Sejam n,m, s, u inteiros ≥ 0. Seja G um grupo
de ordem nm que possui dois elementos a, b tais que



G = 〈a, b〉
ba = asb
an = e
bm = au.
[SEC. V.7: GRUPOS FINITOS GERADOS POR DOIS ELEMENTOS 187
Então,
Aut(G) −→ {(α, β) ∈ G×G ; G = 〈α, β〉, βα = αsβ, αn = e,
βm = αu}
f 7−→ (f(a), f(b))
é uma bijeção.
Demonstração. Deixamos esta verificação para o leitor.
Exerćıcio V.7.5. Mostre que Aut(Z/2Z× Z/2Z) ≃ S3.
Exerćıcio V.7.6. Mostre que Aut(S3) ≃ S3 e que I(S3) ≃ S3.
Exerćıcio V.7.7. Mostre que Aut(D4) ≃ D4 e que os automorfis-
mos internos satisfazem I(D4) ≃ Z/2Z× Z/2Z.
Exerćıcio V.7.8. Mostre que Aut(Z/4Z× Z/2Z) ≃ D4.
Determinação de todos os grupos de ordem ≤ 11:
Vamos aplicar os resultados obtidos até esse ponto para clas-
sificar os grupos de ordem ≤ 11. Não utilizaremos a parte não
provada do Teorema V.7.3.
Grupo de ordem 1.
Claramente, {e} é o único tal grupo.
Grupos de ordem p com p = 2, 3, 5, 7 ou 11.
Sendo p primo, G é grupo ćıclico com p elementos e portanto
temos G ≃ Z/pZ.
188 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Grupos de ordem 4 .
Já sabemos que os grupos Z/4Z e Z/2Z× Z/2Z são grupos de
ordem 4. Eles não são isomorfos pois Z/4Z possui elementos de
ordem 4 enquanto Z/2Z×Z/2Z não possui tais elementos. Vamos
mostrar que, a menos de isomorfismos, estes dois grupos são os
únicos grupos de ordem 4.
Seja G um grupo de ordem 4. Se G possui um elemento de
ordem 4, então G ≃ Z/4Z.
Se G não possui elemento de ordem 4 então, pelo Teorema de
Lagrange, todos seus elementos 6= e são de ordem 2; sabemos então,
pelo Exerćıcio V.2.15, que o grupo G é um grupo abeliano. Escreva
G = {e, a, b, c}; procuramos a sua tabela de multiplicação.
Qual é o resultado da multiplicação ab?
ab 6= e pois caso contrário, a = b−1, o que é absurdo, pois b
sendo de ordem 2, temos b−1 = b;
ab 6= a pois caso contrário, teŕıamos b = e, absurdo;
ab 6= b pois caso contrário, teŕıamos a = e, absurdo.
Portanto, ab = c e também ba = c, pois o grupo é abeliano.
Similarmente, temos:
ac = b = ca e bc = a = cb.
Tendo determinado a tabela de multiplicação de G, deixamos ao
leitor a tarefa de verificar que a função abaixo é um isomorfismo:
ϕ : Z/2Z× Z/2Z −→ G
(0̄, 0̄) 7−→ e
(1̄, 0̄) 7−→ a
(0̄, 1̄) 7−→ b
(1̄, 1̄) 7−→ c.
Assim, a menos de isomorfismos, Z/4Z e Z/2Z×Z/2Z são os únicos
grupos de ordem 4.
[SEC. V.7: GRUPOS FINITOS GERADOS POR DOIS ELEMENTOS 189
Exerćıcio V.7.9. Utilize o item b) do Teorema V.7.3 para dar uma
outra prova de
|G| = 4, G 6≃ Z/4Z ⇒ G ≃ Z/2Z× Z/2Z.
Grupos de ordem 6 .
Já sabemos que os grupos Z/6Z e S3 são grupos de ordem 6.
Eles não são isomorfos pois Z/6Z é abeliano enquanto que S3 não o
é. Vamos mostrar que, a menos de isomorfismos, eles são os únicos
grupos de ordem 6.
Seja G um grupo qualquer de ordem 6.
Afirmação V.7.10. O grupo G possui um elemento αde ordem 3.
Se G é ćıclico gerado por um elemento γ, tome α = γ2.
Se G não é ćıclico, suponha por absurdo que nenhum elemento
de G tenha ordem 3. Nesse caso, todo elemento 6= e tem que ter
ordem 2 (pelo Teorema de Lagrange), logo G é abeliano e, tomando
dois elementos a, b ∈ G\{e}, o conjunto {e, a, b, ab} é um subgrupo
de ordem 4 deG (Verifique!). Isto contradiz o Teorema de Lagrange,
pois 4 não divide 6.
Afirmação V.7.11. O grupo G possui pelo menos um elemento β
de ordem 2 e G = 〈α, β〉.
Se G é ćıclico gerado por um elemento γ, tome β = γ3. Temos
γ3 /∈ 〈γ2〉 = {e, γ2, γ4}, logo |〈γ2, γ3〉| > 3 e, pelo Teorema de
Lagrange, |〈γ2, γ3〉| divide 6; portanto G = 〈γ2, γ3〉 = 〈α, β〉.
Se G não é ćıclico, tome β /∈ 〈α〉 = {e, α, α2}. Os 6 elementos
e, α, α2, β, αβ, α2β são distintos (Verifique!); logo
G = {e, α, α2, β, αβ, α2β} e G = 〈α, β〉.
A priori, a ordem de β é igual a 2 ou 3; vamos verificar que ela é
igual a 2. Observe primeiramente que β2 ∈ 〈α〉, pois senão teŕıamos
β2 ∈ {β, αβ, α2β} e β então pertenceria a {e, α, α2} = 〈α〉, absurdo.
Agora, se supomos que a ordem de β é 3, então temos
β = β4 = (β2)2 ∈ {e, α, α2},
190 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
o que é absurdo. Logo a ordem de β é igual a 2.
Obtivemos então que:



|G| = 6
G = 〈α, β〉
α3 = e
β2 = e.
Quais as possibilidades para o produto βα? Por razões elementares,
temos βα /∈ {e, α, α2, β} (Verifique!); logo βα = αβ ou βα = α2β.
Assim existem duas possibilidades para o grupo G:
(1)



|G| = 6 = 3.2
G = 〈α, β〉
α3 = e
β2 = e
βα = αβ
(2)



|G| = 6 = 3.2
G = 〈α, β〉
α3 = e
β2 = e
βα = α2β.
Pela parte b) do Teorema V.7.3, em cada caso, temos no máximo
um grupo, a menos de isomorfismos, satisfazendo as condições. Será
que existem de fato tais grupos? Sim; no Caso (1), tome G = Z/6Z
e no Caso (2), tome G = S3.
Note que Z/2Z × Z/3Z também satisfaz as condições do Caso
(1) e que portanto, pela unicidade, temos que Z/2Z × Z/3Z ≃
Z/6Z. Isto pode ser visto diretamente simplesmente observando
que o elemento (
=
1, 1̄) ∈ Z/2Z× Z/3Z tem ordem 6.
Grupos de ordem 8 .
Já sabemos que Z/8Z, Z/4Z×Z/2Z,Z/2Z×Z/2Z×Z/2Z e D4
são grupos de ordem 8. Eles não são isomorfos entre si (Verifique!).
Vamos mostrar que, a menos de isomorfismos, existe somente
mais um grupo de ordem 8, chamado grupo dos quaternios e deno-
tado por Q3 (abaixo, i ∈ C com i2 = −1):
Q3 :=
{
±
(
1 0
0 1
)
;±
(
i 0
0 −i
)
;±
(
0 1
−1 0
)
;±
(
0 i
i 0
)}
.
[SEC. V.7: GRUPOS FINITOS GERADOS POR DOIS ELEMENTOS 191
É fácil verificar que Q3 com a operação produto de matrizes é um
grupo. Tomando A =
(
i 0
0 −i
)
e B =
(
0 1
−1 0
)
, verifique que:



|Q3| = 8
Q3 = 〈A,B〉
A4 = id =
(
1 0
0 1
)
B2 = A2
BA = A3B.
Pela parte b) do Teorema V.7.3, sabemos que Q3 é caracterizado
pelas relações acima. É claro que o grupo Q3 não é isomorfo a
Z/8Z, Z/4Z × Z/2Z, Z/2Z × Z/2Z × Z/2Z. Falta então somente
verificar que D4 e Q3 não são isomorfos. Isto fica claro mostrando
que D4 possui exatamente 5 elementos de ordem 2 enquanto que o
grupo Q3 possui somente 1 elemento de ordem 2 (Verifique!).
Seja agora G um grupo qualquer de ordem 8. Pelo Teorema de
Lagrange, as posśıveis ordens dos elementos de G\{e} são 2, 4 e 8.
Caso 1: G possui um elemento de ordem 8.
Seja γ ∈ G elemento de ordem 8; então G = 〈γ〉 e G ≃ Z/8Z.
Caso 2: G não possui nenhum elemento de ordem 8. Então, as
posśıveis ordens dos elementos 6= e são 2 e 4.
Dividimos o Caso 2 em dois subcasos:
Caso 2.1: G não possui nenhum elemento de ordem 4.
Nesse caso, todos os elementos 6= e de G são de ordem 2 e,
portanto, o grupo G é abeliano. Seja a 6= e; como O(a) = 2, temos
que H = {e, a} é um subgrupo de G. Tome b ∈ G \ H; então
K = {e, a, b, ab} é um subgrupo de G. Tome c ∈ G \K; temos:
G = {e, a, b, ab, c, ac, bc, abc} = {aibjck | i, j, k ∈ {0, 1}}.
192 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Deixamos ao leitor a tarefa de verificar que a função abaixo é um
isomorfismo entre os grupos Z/2Z× Z/2Z× Z/2Z e G:
ϕ : Z/2Z× Z/2Z× Z/2Z −→ G
(̄i, j̄, k̄) 7−→ aibjck.
Caso 2.2: G possui um elemento de ordem 4.
Seja a ∈ G um elemento de ordem 4 e seja H = 〈a〉. Tome
agora b ∈ G \ H. Então G = 〈a, b〉 = {e, a, a2, a3, b, ab, a2b, a3b},
pelo Teorema de Lagrange.
Temos b2 ∈ H pois, claramente, b2 /∈ {b, ab, a2b, a3b}. Também
temos ba /∈ {e, a, a2, a3, b}.
Provamos assim que:



|G| = 8
G = 〈a, b〉
a4 = e
b2 = au (para algum u ∈ {0, 1, 2, 3})
ba = asb (para algum s ∈ {1, 2, 3}).
Vejamos agora quais são as possibilidades para u, s ∈ {0, 1, 2, 3}.
Primeiramente, O(bab−1) = O(a) = 4, logo s = 1 ou 3. Agora,
b2 /∈ {a, a3}, pois senão a ordem de b2 seria 4, portanto O(b) seria
um múltiplo de 4 e logo O(b) seria 8 (absurdo, pois G não possui
elementos de ordem 8) ou seria 4 (absurdo, pois então O(b2) = 2).
Logo u = 0 ou 2. Vemos então que u = 0 ou 2 e que s = 1 ou 3.
Se u = 0, temos dois casos correspondentes a s = 1 e s = 3:
(1)



|G| = 8
G = 〈a, b〉
a4 = e
b2 = e
ba = ab
(2)



|G| = 8
G = 〈a, b〉
a4 = e
b2 = e
ba = a3b
[SEC. V.7: GRUPOS FINITOS GERADOS POR DOIS ELEMENTOS 193
Pela parte b) do Teorema V.7.3, em cada caso acima ((1) ou (2)),
temos no máximo um grupo, a menos de isomorfismos, satisfazendo
as condições. Será que existem de fato tais grupos? Sim; no caso
(1), tome G = Z/4Z× Z/2Z e no caso (2), tome G = D4.
Se u = 2, temos dois casos correspondentes a s = 1 e s = 3:
(3)



|G| = 8
G = 〈a, b〉
a4 = e
b2 = a2
ba = ab
(4)



|G| = 8
G = 〈a, b〉
a4 = e
b2 = a2
ba = a3b.
Pela parte b) do Teorema V.7.3, em cada caso acima ((3) ou (4)),
temos no máximo um grupo, a menos de isomorfismos, satisfazendo
as condições. Será que existem de fato tais grupos? Sim; no caso
(3), tome G = Z/4Z× Z/2Z e no caso (4), tome G = Q3.
Assim, no final das contas, obtemos que, a menos de isomorfis-
mos, existem exatamente cinco grupos de ordem 8:
Z/8Z,Z/4Z× Z/2Z,Z/2Z× Z/2Z× Z/2Z, D4 e Q3.
Observação V.7.12. 1) Os casos (1) e (3) acima põem em evi-
dência que um mesmo grupo pode ser apresentado, por meio de
geradores e relações, de formas distintas. O que ocorre é que mu-
dando a escolha dos geradores podemos alterar as relações entre
eles. Assim, no caso (1) os geradores escolhidos para Z/4Z×Z/2Z
são a = (1̄,
=
0) e b = (0̄,
=
1), e no caso (3) os geradores escolhidos são
a = (1̄,
=
0) e b = (1̄,
=
1).
2) O grupo Q3 é um grupo não-abeliano cujos subgrupos são todos
normais (verifique!).
194 [CAP. V: TEORIA BÁSICA DOS GRUPOS
Grupos de ordem 9 :
Já sabemos que os grupos Z/9Z e Z/3Z× Z/3Z são grupos de
ordem 9. Eles não são isomorfos pois Z/9Z possui elementos de
ordem 9 enquanto Z/3Z×Z/3Z não possui tais elementos. Vamos
mostrar agora que, a menos de isomorfismos, eles são os únicos
grupos de ordem 9.
Seja G um grupo de ordem 9 que não seja ćıclico. Pelo teo-
rema de Lagrange, todos seus elementos 6= e tem ordem 3. Se-
jam e 6= α ∈ G e β ∈ G \ 〈α〉. Por razões elementares, temos
G = {e, α, α2, β, αβ, α2β, β2, αβ2, α2β2} (Verifique!) e portanto que



|G| = 9
G = 〈α, β〉
α3 = e
β3 = e.
Quem é o produto βα? Por razões elementares, temos βα /∈
{e, α, α2, β, β2}. Assim, falta analisar os casos βα = αβ, βα = α2β,
βα = αβ2, βα = α2β2, sendo que, pela parte b) do Teorema V.7.3,
em cada caso temos no máximo um grupo. Será que existem de
fato tais grupos?
Caso βα = αβ. Existe sim: tome G = Z/3Z× Z/3Z.
Caso βα = α2β. Pela parte a), item 1), do Teorema V.7.3, não
existe tal grupo, pois 23 = 8 6≡ 1 mod 3.
Caso βα = αβ2. Não existe, pois senão, tomando A = β2 e B = α,
teŕıamos G = 〈A,B〉, com A3 = e, B3 = e, BA = αβ2 = βα =
A2B. Como acima isto não é posśıvel, pois 23 = 8 6≡ 1 mod 3.
Caso βα = α2β2. Não existe, pois senão teŕıamos
(αβ)2 = αβαβ = α · α2β2 · β = e,
o que é absurdo pois sabemos que αβ tem ordem 3.
[SEC. V.7: GRUPOS FINITOS