Material Álgebra UFG (Catalão)

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Conteu´do
1 Grupos 1
1.1 Grupo sime´trico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Ordem de um elemento e grupos c´ıclicos . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Subgrupos e teorema de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4 Subgrupos normais e grupos quociente . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.5 O grupo alternado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.6 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.7 Homomorfismos, Teorema de Isomorfismo . . . . . . . . . . . . . 24
1.8 Sobre produtos diretos e grupos abelianos finitos . . . . . . . . . 30
1.9 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2 Aneis comutativos unita´rios 37
2.1 Ideais, quocieˆntes, teorema de isomorfismo . . . . . . . . . . . . . 41
2.2 Polinoˆmios, divisa˜o com resto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.3 Ideais gerados por elementos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.4 Domı´nios Euclidianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.5 Ideais de um anel quocieˆnte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.6 Mais sobre domı´nios Euclidianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.7 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.8 Z[i] e´ Euclidiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
2.9 Fatorac¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.10 Domı´nios principais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.11 O teorema de Gauss . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2.12 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3 Corpos 78
3.1 Os elementos irredut´ıveis de Z[i] . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.2 Um resultado de teoria dos nu´meros (algebrica) . . . . . . . . . . 81
3.3 Um corpo finito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.4 Polinoˆmios irredut´ıveis em Z[X] e em Q[X] . . . . . . . . . . . . 83
3.5 Extenso˜es de corpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
3.6 Formula do grau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.7 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
3.8 Corpo de decomposic¸a˜o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
3.9 Estrutura dos corpos finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
3.10 Exerc´ıcios resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
1 Grupos
Definic¸a˜o 1. Um conjunto G com uma operac¸a˜o G × G → G, (a, b) 7→ a · b e´
um grupo se satisfaz as propriedades seguintes.
1. Associatividade: (a · b) · c = a · (b · c) para todo a, b, c ∈ G.
1
2. Elemento neutro: existe e ∈ G tal que a · e = a = a · e para todo a ∈ G.
3. Inverso: para todo a ∈ G existe b ∈ G tal que a · b = e = b · a.
O grupo G e´ dito “abeliano” o “comutativo” se ab = ba para todo a, b ∈ G.
A notac¸a˜o formal de um grupo G com a sua operac¸a˜o · e´ (G, ·). As vezes
vou usar a notac¸a˜o ab em vez de a ·b. Observe que se a, b, c ∈ G enta˜o o produto
abc esta´ bem definido porque as duas interpretac¸o˜es poss´ıveis, (ab)c e a(bc), sa˜o
iguais pela propriedade associativa.
Algumas consequeˆncias faceis:
• O elemento neutro e´ u´nico: se e, e′ sa˜o dois elementos neutros enta˜o e = ee′
sendo e′ um elemento neutro e ee′ = e′ sendo e um elemento neutro. Logo
e = e′.
• O inverso e´ u´nico: se b, b′ sa˜o inversos de a enta˜o ab = e = ba e ab′ = e =
b′a logo b = be = bab′ = eb′ = b′. Vamos denotar o (u´nico) inverso de a
por a−1.
• Se a, b, x ∈ G e ax = bx enta˜o a = b. De fato, multiplicando por x−1 a
direita obtemos axx−1 = bxx−1 logo ae = be, isto e´, a = b. Similarmente,
se xa = xb enta˜o a = b.
Alguns exemplos:
• (Z,+) e´ um grupo abeliano, onde Z denota o conjunto dos nu´meros intei-
ros, Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . .}. A operac¸a˜o aqui e´ a soma, (a, b) 7→ a+b.
O elemento neutro e´ 0 e o inverso de a e´ −a.
• (Q,+), (R,+) e (C,+) sa˜o grupos tambe´m.
• (Q−{0}, ·), (R−{0}, ·) e (C−{0}, ·) sa˜o grupos abelianos tambe´m. Aqui
o elemento neutro e´ 1 e o inverso de a e´ 1/a.
Como voceˆs ja´ perceberam, tem duas notac¸o˜es que vamos utilizar.
1. Notac¸a˜o multiplicativa: (a, b) 7→ a · b = ab. Nesse tipo de notac¸a˜o o
elemento neutro e´ indicado por 1 e o inverso de a e´ indicado por a−1.
2. Notac¸a˜o aditiva: (a, b) 7→ a + b. Nesse tipo de notac¸a˜o (mais usada para
grupos abelianos) o elemento neutro e´ indicado por 0 e o inverso de a e´
indicado por −a.
Observamos tambe´m que existem operac¸o˜es na˜o associativas: por exemplo
(a, b) 7→ a− b e´ uma operac¸a˜o de Z que na˜o e´ associativa, porque (a− b)− c 6=
a− (b− c) em geral: de fato (a− b)− c = a− b− c e a− (b− c) = a− b+ c sa˜o
diferentes se c 6= 0.
2
1.1 Grupo sime´trico
Os exemplos dados ate´ agora sa˜o de grupos abelianos. Vamos introduzir um
exemplo importante de grupo na˜o abeliano.
Seja X um conjunto. Uma “permutac¸a˜o” de X e´ uma bijec¸a˜o X → X. O
grupo sime´trico de X e´ o conjunto G = Sym(X) de todas as permutac¸o˜es de X
com a operac¸a˜o de composic¸a˜o. Lembre-se que a composic¸a˜o entre f, g : X → X
e´ a func¸a˜o fg = f ◦ g definida assim: (f ◦ g)(x) := f(g(x)). O elemento neutro
nesse grupo e´ a identidade, idX , definida por idX(x) := x para todo x ∈ X. Se
X = {1, . . . , n} vamos usar a notac¸a˜o Sn para denotar Sym(X).
Por exemplo seja X = {1, 2, 3} assim G = S3. Para descrever uma per-
mutac¸a˜o f de X (isto e´, um elemento de G = S3) precisamos escrever as ima-
gens de 1, 2, 3, isto e´, os elementos f(1), f(2), f(3). Uma notac¸a˜o que vamos
usar e´ (
1 2 3
f(1) f(2) f(3)
)
.
Assim por exemplo a identidade e´
(
1 2 3
1 2 3
)
. Tem permutac¸o˜es que na˜o sa˜o
a identidade, por exemplo(
1 2 3
2 1 3
)
,
(
1 2 3
3 2 1
)
,
(
1 2 3
1 3 2
)
,
(
1 2 3
2 3 1
)
,
(
1 2 3
3 1 2
)
.
As permutac¸o˜es listadas sa˜o todos os elementos de G = S3.
Vamos introduzir uma notac¸a˜o diferente para os elementos de G que vai
ser u´til, a “notac¸a˜o c´ıclica”. Um ciclo e´ indicado por (12 . . .m), e significa o
seguinte: 1 7→ 2 7→ 3 7→ . . . 7→ m 7→ 1. Os elementos que na˜o aparecem no ciclo
(por exemplo m+1,m+2, . . .) sa˜o elementos fixados pelo ciclo: m+1 7→ m+1,
m+ 2 7→ m+ 2, . . . Por exemplo a permutac¸a˜o
(
1 2 3
2 1 3
)
escrita na notac¸a˜o
c´ıclica e´ (12) (o elemento 3 na˜o aparece, isto significa que 3 7→ 3), a permutac¸a˜o(
1 2 3
2 3 1
)
na notac¸a˜o c´ıclica e´ (123). O elemento neutro nessa notac¸a˜o e´
indicado por 1. Mais em geral(
1 2 3
1 2 3
)
= 1,
(
1 2 3
2 1 3
)
= (12),
(
1 2 3
3 2 1
)
= (13),
(
1 2 3
1 3 2
)
= (23),
(
1 2 3
2 3 1
)
= (123),
(
1 2 3
3 1 2
)
= (132).
Vamos calcular o produto fg onde f = (12) e g = (13). Para conhecer uma
permutac¸a˜o de X precisamos conhecer a imagem de todos os elementos de X,
nesse caso 1, 2, 3. Em outras palavras, queremos calcular fg(1), fg(2), fg(3).
Lembre-se que a definic¸a˜o de fg e´ a seguinte: (fg)(x) := f(g(x)). Logo, como
f(1) = 2, f(2) = 1, f(3) = 3, g(1) = 3, g(2) = 2 e g(3) = 1 temos
3
• (fg)(1) = f(g(1)) = f(3) = 3,
• (fg)(2) = f(g(2)) = f(2) = 1,
• (fg)(3) = f(g(3)) = f(1) = 2.
Em outras palavras fg = (132). Um calculo parecido mostra que gf = (123),
logo fg 6= gf . Isso implica que S3 e´ um grupo na˜o abeliano.
Atenc¸a˜o: na˜o tem u´nica expressa˜o na notac¸a˜o c´ıclica: por exemplo (123) =
(231) = (312) e (12) = (21). Por outro lado, tem uma u´nica expressa˜o de um
c´ıclo que comec¸a com um dado elemento: por exemplo (123) e´ a u´nica expressa˜o
desse ciclo que comec¸a com 1.
Atenc¸a˜o: na˜o toda permutac¸a˜o e´ um ciclo. Por outro lado, toda permutac¸a˜o
e´ um produto de ciclos. Por exemplo em S4 = Sym({1, 2, 3, 4}) o elemento(
1 2 3 4
2 1 4 3
)
= (12)(34) na˜o e´ um ciclo.
Em geral dado x ∈ X edada f uma permutac¸a˜o de um conjunto finito
X, o ciclo de f contendo x e´ (x, f(x), f(f(x)), . . . , fm(x)) onde fk(x) indica
a aplicac¸a˜o de f k vezes e fm+1(x) = x. Por exemplo dada a permutac¸a˜o
f =
(
1 2 3 4 5
4 3 5 1 2
)
o ciclo de f contendo 1 e´ (14) e o ciclo de f contendo
2 e´ (235), logo f = (14)(235). Esta e´ a maneira em que podemos escrever toda
permutac¸a˜o como produto de ciclos (disjuntos).
A “ordem” de um grupo G e´ a cardinalidade de G, indicada com |G|. Se G
na˜o for finito dizemos que G tem ordem infinita. Uma observac¸a˜o importante
e´ que dado G = Sn = Sym({1, 2, . . . , n}), a ordem de G e´ n! = n(n − 1)(n −
2) · · · 3 · 2 · 1. De fato, para construir f ∈ G temos n escolhas para f(1), n − 1
escolhas para f(2) (como f e´ injetiva, deve ser f(2) 6= f(1)), n−2 escolhas para
f(3) (como f e´ injetiva, deve ser f(3) 6= f(1) e f(3) 6= f(2)) e assim diante,
logo temos n(n− 1)(n− 2) · · · 3 · 2 · 1 = n! escolhas para f .
Exerc´ıcio: Escreva os elementos de S4 nas duas notac¸o˜es. Observe que
|S4| = 4! = 24.
1.2 Ordem de um elemento e grupos c´ıclicos
Dado G um grupo e g ∈ G, a “ordem” de g, indicada por o(g), e´ o menor inteiro
positivo n tal que gn = 1, onde por definic¸a˜o gn = gg · · · g (n vezes) - essa
escrita faz sentido grac¸as a` propriedade associativa. Observe que em notac¸a˜o
aditiva, a ordem de g e´ o menor inteiro positivo n tal que ng = 0. Se um tal
inteiro n na˜o existir dizemos que g tem “ordem infinita”.
4
Observamos que podemos falar tambe´m de poteˆncias com exponente nega-
tivo: se n e´ um inteiro negativo definimos gn := (g−1)−n. Isso faz sentido porque
sabemos o que e´ g−1 e ja´ definimos poteˆncias a exponente positivo (observe que
−n e´ um nu´mero inteiro positivo, pois n < 0). Tambe´m, definimos g0 = 1.
Proposic¸a˜o 1. Seja g ∈ G. A ordem de g em G e´ igual a n se e somente se
toda vez que m e´ um inteiro tal que gm = 1 enta˜o n divide m.
Demonstrac¸a˜o. Seja n a ordem de m. E´ claro que se m = 0 enta˜o gm = 1 e n
divide 0. Supomos m positivo. A divisa˜o com resto de m por n da´ um quociente
q e um resto r tais que m = nq + r onde 0 ≤ r < n. Temos
1 = gm = gnq+r = gnqgr = (gn)qgr = 1qgr = gr,
logo gr = 1. Mas por definic¸a˜o de ordem de um elemento, como o(g) = n e
0 ≤ r < n, devemos ter r = 0. Isso implica que m = nq logo n divide m.
Supomos agora m negativo. Observe que o(g−1) = o(g) = n, de fato
(g−1)k = (gk)−1 logo gk = 1 se e somente se (g−1)k = 1. Enta˜o 1 = gm =
(g−1)−m e pelo caso anterior o(g−1) = n divide −m, logo n divide m.
Vamos provar o reciproco. Seja n um inteiro positivo tal que toda vez que
gm = 1, n divide m. Se o(g) = k enta˜o gk = 1 logo n divide k, em particular
n ≤ k. Como k e´ a ordem de g e gn = 1 devemos ter n = k (por minimalidade
de k).
Um grupo G e´ dito ser “c´ıclico” se existe x ∈ G tal que G = {xm : m ∈ Z}.
Vamos escrever G = 〈x〉, e x e´ dito um “gerador” de G.
• (Z,+) e´ um grupo ciclico infinito. De fato, todo elemento de Z tem a
forma 0 ou 1 + 1 + . . .+ 1 ou (−1) + (−1) + . . .+ (−1). Observe que uma
poteˆncia de 1 em notac¸a˜o aditiva e´ simplesmente um multiplo de 1.
• (Z/nZ,+) e´ um grupo ciclico finito de ordem n. De fato, G = Z/nZ =
{0, 1, 2, . . . , n−1} onde a operac¸a˜o e´ a soma modulo n. G e´ ciclico porque
todo elemento e´ uma soma de uns: 2 = 1 + 1, 3 = 1 + 1 + 1, etcetera.
• O grupo c´ıclico de ordem n na notac¸a˜o multiplicativa sera´ indicado por
Cn. Nesse sentido, existe x ∈ Cn tal que Cn = {1, x, x2, x3, . . . , xn−1}.
Observe que xn = 1 e na verdade n = o(x).
Por exemplo C6 = 〈x〉 = {1, x, x2, x3, x4, x5}. Vamos calcular as ordens dos
elementos de C6. E´ claro que o(1) = 1 e o(x) = 6.
• o(x2) = 3. De fato (x2)2 = x4 6= 1 e (x2)3 = x6 = 1.
• o(x3) = 2. De fato (x3)2 = x6 = 1.
• o(x4) = 3. De fato (x4)2 = x8 = x2 6= 1 e (x4)3 = x12 = x0 = 1.
5
• o(x5) = 6. De fato (x5)2 = x10 = x4, (x5)3 = x15 = x3, (x5)4 = x20 = x2,
(x5)5 = x25 = x, (x5)6 = x30 = x0 = 1.
Logo C6 contem um elemento de ordem 1, um elemento de ordem 2, dois
elementos de ordem 3 e dois elementos de ordem 6.
Um elemento y ∈ Cn tal que o(y) = n se chama “gerador” de Cn. Neste
caso, 〈y〉 = Cn. Por exemplo os geradores do grupo C6 = 〈x〉 sa˜o x e x5.
Proposic¸a˜o 2. Seja G = Cn = 〈x〉. Seja k um inteiro positivo e seja (n, k) o
maior divisor comum entre n e k.
1. o(xk) = n/(n, k).
2. 〈xk〉 = 〈x(n,k)〉.
Demonstrac¸a˜o. Seja m = o(xk). Logo (xk)m = 1, isto e´, xkm = 1. Pela
proposic¸a˜o 1, n divide km, logo n/d divide m, sendo d = (n, k). Por outro lado
(xk)n/d = xkn/d = (xn)k/d = 1k/d = 1 sendo k/d um nu´mero inteiro. Isso prova
que m = n/d.
Agora vamos mostrar que 〈xk〉 = 〈x(n,k)〉. Pelo algoritmo de Euclide existem
a, b ∈ Z tais que d = (n, k) = na+ kb, logo xd = xna+kb = (xn)a(xk)b = (xk)b.
Isso mostra que xd ∈ 〈xk, logo 〈xd〉 ⊆ 〈xk〉. Por outro lado como d divide k,
e´ claro que xk ∈ 〈xd〉, isto e´, 〈xk〉 ⊆ 〈xd〉. As duas incluso˜es mostram que
〈xk〉 = 〈xd〉.
Uma consequeˆncia facil e´ que 〈x〉 = 〈xk〉 se e somente se (n, k) = 1, onde
n = o(x). Logo, o nu´mero de geradores de Cn e´ igual ao nu´mero dos inteiros
k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} tais que (n, k) = 1. Esse nu´mero e´ indicado por ϕ(n) e ϕ
e´ chamada “func¸a˜o de Eulero”. Por exemplo C6 = 〈x〉 tem ϕ(6) = 2 geradores,
x e x5.
1.3 Subgrupos e teorema de Lagrange
Definic¸a˜o 2 (Subgrupo). Um subconjunto H de um grupo G se chama “sub-
grupo” de G se as seguintes condic¸o˜es valem.
• 1 ∈ H;
• se h ∈ H enta˜o h−1 ∈ H;
• se h1, h2 ∈ H enta˜o h1h2 ∈ H.
Se H e´ um subgrupo de G escrevemos H ≤ G.
Em outras palavras, um subconjunto H e´ um subgrupo se e´ um grupo com a
mesma operac¸a˜o de G e o mesmo elemento neutro 1. Observe que a propriedade
associativa de H segue automaticamente daquela de G.
6
Por exemplo se Cn = 〈x〉 enta˜o H = 〈x2〉 ≤ Cn. Lembre que temos H = Cn
se e somente se (n, 2) = 1, isto e´, n e´ impar.
Um outro exemplo e´ S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)}. Aqui temos os
subgrupos
• 〈1〉 = {1};
• 〈(12)〉 = {1, (12)};
• 〈(13)〉 = {1, (13)};
• 〈(23)〉 = {1, (23)};
• 〈(123)〉 = {1, (123), (132)}.
Os subgrupos listados sa˜o, na verdade, todos os subgrupos pro´prios de S3
(subgrupos diferentes de S3). Observe que S3 na˜o e´ um grupo abeliano (mos-
tramos ja´ que (12)(13) 6= (13)(12)), em particular S3 na˜o e´ c´ıclico (porque todo
grupo c´ıclico e´ abeliano).
Definic¸a˜o 3 (Classe lateral). Seja H um subgrupo de um grupo G. Uma “classe
lateral a` esquerda” de H e´ um conjunto da forma gH = {gh : h ∈ H} onde
g ∈ G e´ um elemento dado. Uma “classe lateral a` direita” de H e´ um conjunto
da forma Hg = {hg : h ∈ H} onde g ∈ G e´ um elemento dado.
Enta˜o por exemplo seja H = 〈(123)〉 = {1, (123), (132)} ≤ S3. A classe
lateral a` esquerda (12)H de H e´ o conjunto
{(12)1, (12)(123), (12)(132)} = {(12), (23), (13)}.
A classe lateral a` direita H(12) de H e´ o conjunto
{1(12), (123)(12), (132)(12)} = {(12), (13), (23)}.
Observe que H(12) = (12)H nesse caso.
Seja K = 〈(12)〉 = {1, (12)} ≤ S3. Enta˜o (123)H = {(123)1, (123)(12)} =
{(123), (13)} e H(123) = {1(123), (12)(123)} = {(123), (23)}. Observe que
(123)H 6= H(123).
No que segue vamos trabalhar com classes laterais a` esquerda.
Definic¸a˜o 4. Se H ≤ G, o “´ındice” de H em G e´ o nu´mero de classes laterais
a` esquerda de H em G. O ı´ndice de um subgrupo pode ser finito ou infinito, e
e´ indicado por |G : H|.
Observe que o nu´mero de classes laterais a` direita de H em G e´ tambem
igual a` |G : H|.
Teorema 1 (Lagrange). Seja G um grupo finito e seja H ≤ G. Enta˜o |G :
H| = |G|/|H|, em particular |H| divide |G|.
7
Demonstrac¸a˜o. Para mostrar esse teorema precisamos de algumas propriedades
das classes laterais.
1.
⋃
g∈G gH = G. De fato a inclusa˜o ⊆ e´ obvia e se g ∈ G enta˜o g ∈ gH, e
isso mostra a inclusa˜o ⊇.
2. Seja g ∈ G. Enta˜o gH = H se e somente se g ∈ H. Para mostrar isso
mostramos as duas implicac¸o˜es.Se gH = H enta˜o g = g ·1 ∈ gH = H logo
g ∈ H. Agora supomos g ∈ H. Enta˜o se h ∈ H, h = g(g−1h) ∈ gH sendo
g−1h ∈ H, porque g, h ∈ H. Isso mostra que H ⊆ gH. Para mostrar a
outra inclusa˜o gH ⊆ H basta observar que se h ∈ H enta˜o gh ∈ H porque
g, h ∈ H.
3. Sejam x, y ∈ G. Enta˜o xH = yH se e somente se y−1x ∈ H. De fato,
multiplicando a` esquerda por y−1, temos que xH = yH se e somente se
y−1xH = H e pelo item anterior, isso e´ equivalente a y−1x ∈ H.
4. Seja g ∈ G. Enta˜o a func¸a˜o H → gH que manda h em gh e´ bijetiva e
por consequeˆncia |gH| = |H|. Para mostrar isso basta construir a inversa:
definimos f−1(x) := g−1x. Logo f(f−1(x)) = f(g−1x) = gg−1x = x e
f−1(f(x)) = f−1(gx) = g−1gx = x. Isso mostra que f e´ bijetiva.
Agora observe que se xH e yH sa˜o duas classes laterais enta˜o ou xH = yH
ou xH ∩yH = ∅. De fato, se a intersec¸a˜o xH ∩yH na˜o e´ vazia enta˜o ela contem
um elemento g. Temos g ∈ xH, logo x−1g ∈ H e sabemos que isso significa
gH = xH. Analogamente g ∈ yH, logo y−1g ∈ H e sabemos que isso significa
gH = yH. Logo xH = gH = yH.
Por consequeˆncia, se g1H, g2H, . . ., gkH sa˜o as classes laterais a` esquerda
de H em G, onde k = |G : H|, a unia˜o G = g1H ∪ . . . ∪ gkH e´ disjunta, e como
|giH| = |H| para todo i, temos
|G| = |g1H ∪ . . . ∪ gkH| = |g1H|+ . . .+ |gkH| = |H|+ . . .+ |H| = k|H|.
Isso conclui a demonstrac¸a˜o do teorema de Lagrange.
Uma outra maneira de dizer que as classes laterais a` esquerda de H em G
formam uma partic¸a˜o de G e´ o fato que a seguinte e´ uma relac¸a˜o de equivaleˆncia
em G (verifique!): x ∼ y se e somente se y−1x ∈ H.
Por exemplo seja G = C6 = 〈x〉 = {1, x, x2, x3, x4, x5}. Esse grupo tem
ordem 6, o subgrupo 〈x2〉 tem ordem o(x2) = 3, o subgrupo 〈x3〉 tem ordem
o(x3) = 2 e 2 e 3 dividem 6.
Por exemplo seja G = S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)}. Esse grupo
tem ordem 6, o subgrupo 〈(12)〉 tem ordem 2, o subgrupo 〈(123)〉 tem ordem 3
e 2 e 3 dividem |G| = 3! = 6.
Uma primeira consequeˆncia importante do teorema de Lagrange e´ a seguinte.
8
Proposic¸a˜o 3. Seja G um grupo de ordem |G| = p, um nu´mero primo. Enta˜o
G e´ c´ıclico.
Demonstrac¸a˜o. Como |G| = p > 1 existe g ∈ G diferente de 1. Seja H := 〈g〉.
Pelo teorema de Lagrange, como H e´ um subgrupo de G temos que |H| divide
|G| = p. Como p e´ um nu´mero primo, isso implica que |H| = 1 ou |H| = p. Mas
e´ claro que |H| 6= 1, pois H contem pelo menos dois elementos: 1 e g (lembre-se
que g 6= 1). Logo |H| = p = |G|. Mas enta˜o G e´ um conjunto finito com p
elementos e H e´ um subconjunto de G com o mesmo nu´mero de elementos. Isso
implica que H = G, logo G = H = 〈g〉 e´ c´ıclico.
1.4 Subgrupos normais e grupos quociente
Definic¸a˜o 5. Seja H um subgrupo de G. O insieme quociente das classes
laterais a` esquerda de H em G e´ G/H := {gH : g ∈ G}, o conjunto de todas
as classes laterais de H em G.
Por definic¸a˜o de indice, |G/H| = |G : H|. Observe que pelo teorema de
Lagrange, se G e´ finito enta˜o |G/H| = |G|/|H|.
O que queremos fazer agora e´ tentar dar uma estrutura de grupo ao quociente
G/H. Para fazer isso precisamos definir uma operac¸a˜o, e a operac¸a˜o mais
natural e´ a seguinte:
(xH) · (yH) := (xy)H. (∗)
Mas observe que esse produto depende das escolhas de x e y, enta˜o pode acon-
tecer que na˜o seja bem definido. Queremos saber qual hipo´tese precisamos por
sobre H para ter certeza que o produto acima seja bem definido.
Suponha que o produto (∗) seja bem definido, e seja g ∈ G. Se h ∈ H enta˜o
temos gH = ghH, pois (gh)−1g = h−1g−1g = h−1 ∈ H. Podemos calcular o
produto (gH) · (g−1H) de duas formas diferentes:
(gH) · (g−1H) = (gg−1)H = 1H = H,
(ghH) · (g−1H) = (ghg−1)H.
Como o produto e´ bem definido por hipo´tese, o resultado dos dois ca´lculos tem
que ser o mesmo, em outras palavras H = (ghg−1)H. Sabemos que isso significa
ghg−1 ∈ H. Enta˜o essa condic¸a˜o e´ o que precisamos para ter uma estrutura de
grupo em G/H.
Definic¸a˜o 6 (Subgrupo normal, Grupo quociente). Um subgrupo H de um
grupo G e´ dito “normal” se ghg−1 ∈ H para todo g ∈ G, h ∈ H. Escrevemos
H E G. Nesse caso, o quociente G/H = {gH : g ∈ G} e´ um grupo (grupo
quociente) com a operac¸a˜o
(xH) · (yH) := (xy)H,
o elemento neutro e´ 1H = H e o inverso de gH e´ g−1H.
9
Observe que se por exemplo G for abeliano enta˜o todo subgrupo de G e´
normal: se H ≤ G e h ∈ H, g ∈ G enta˜o ghg−1 = gg−1h = 1h = h ∈ H. Logo
H EG.
Exemplo: Seja G = S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)} e seja H =
〈(12)〉 = {1, (12)} ≤ S3. Temos (13)−1 = (13) pois (13)(13) = 1, logo
(13)(12)(13)−1 = (13)(12)(13) = (23) 6∈ H.
Isso mostra que H na˜o e´ normal em G.
Seja agora K = 〈(123)〉 ≤ G = S3. Observe que 1−1 = 1, (12)−1 = (12),
(13)−1 = (13), (23)−1 = (23), (123)−1 = (132) e (132)−1 = (123). Temos
1(123)1−1 = (123) ∈ K, (12)(123)(12)−1 = (132) ∈ K,
(13)(123)(13)−1 = (132) ∈ K, (23)(123)(23)−1 = (132) ∈ K,
(123)(123)(123)−1 = (123) ∈ K, (132)(123)(132)−1 = (123) ∈ K.
Isso mostra que gxg−1 ∈ K para todo g ∈ G, onde x = (123). Para concluir
que K e´ normal em G precisamos mostrar isso para os outros elementos de K,
que sa˜o 1 e x2. Mas e´ claro que g1g−1 = gg−1 = 1 ∈ K, enta˜o para mostrar
que K EG basta mostrar que gx2g ∈ K para todo g ∈ G. Mas gx2g = gxxg =
gxg−1gxg−1 = (gxg−1)2 ∈ K porque gxg−1 ∈ K, como mostrado acima. Isso
mostra que K EG.
Lembre-se que um subgrupo H de um grupo G e´ dito normal se a operac¸a˜o
(xH) · (yH) := (xy)H
da´ ao insieme quociente G/H = {gH : g ∈ G} a estrutura de grupo (grupo
quociente). Ja´ vimos que isso e´ equivalente a` condic¸a˜o ghg−1 ∈ H para todo
g ∈ G, h ∈ H. Se H e´ um subgrupo normal de G escrevemos H EG.
Proposic¸a˜o 4. Seja H um subgrupo de G, g ∈ G e seja Hg = {hg : h ∈ H}
(classe lateral a direita). Sa˜o equivalentes
1. H e´ normal;
2. Hg = gH para todo g ∈ G;
3. gHg−1 = H para todo g ∈ G.
Demonstrac¸a˜o. (1) implica (2). Suponha H normal, e vamos mostrar que se
g ∈ G enta˜o Hg = gH. Mostramos as duas incluso˜es. (⊆): se hg ∈ Hg enta˜o
hg = gg−1hg ∈ gH pois g−1hg ∈ H (H e´ normal). (⊇): se gh ∈ gH enta˜o
gh = ghg−1g ∈ Hg pois ghg−1 ∈ H (H e´ normal).
(2) implica (3). Se Hg = gH multiplicando a` direita por g−1 obtemos
H = gHg−1.
(3) implica (1). Suponha gHg−1 = H. Se g ∈ G e h ∈ H enta˜o ghg−1 ∈
gHg−1 = H logo ghg−1 ∈ H.
10
O resultado acima implca que se H e´ normal em G enta˜o na˜o precisamos de
distinc¸o˜es entre classes laterais de H a esquerda e a direita, podemos simples-
mente falar de “classes laterais de H”.
Observe que se G e´ um grupo abeliano enta˜o todo subgrupo H de G
e´ normal: se g ∈ G e h ∈ H enta˜o hg−1 = g−1h (porque G e´ abeliano), logo
ghg−1 = gg−1h = h ∈ H.
Observe que G = Cn = {1, x, x2, . . . , xn−1} = 〈x〉 e´ abeliano: se xa, xb sa˜o
dois elementos de Cn enta˜o
xaxb = xa+b = xb+a = xbxa.
Em particular, todo subgrupo de Cn e´ normal. Seja H um subgrupo de Cn.
Vamos mostrar que
Proposic¸a˜o 5. Cn/H e´ um grupo c´ıclico.
Demonstrac¸a˜o. Mostrar que Cn/H e´ um grupo c´ıclico significa construir um
gerador, isto e´, um elemento gH ∈ Cn/H tal que todo elemento de Cn/H e´
uma poteˆncia de gH. Vamos escolher como gerador o elemento xH. Precisamos
mostrar que qualquer elemento de Cn/H e´ uma poteˆncia de xH. Um elemento
qualquer de Cn/H tem a forma gH para algum g ∈ Cn, que tem a forma g = xk,
logo gH = xkH. Agora por definic¸a˜o de produto no quociente (aH · bH :=
(ab)H) temos
xkH = xk−1xH = xk−1H · xH = xk−2xHxH = xk−2H · xH · xH =
= . . . = xH · xH · · ·xH = (xH)k.
Logo gH = xkH = (xH)k, isto e´, o meu elemento gH e´ uma poteˆncia de xH, o
que queria se mostrar.
Observe que se x ∈ G e G e´ finito, enta˜o x|G| = 1. De fato, pelo teorema
de Lagrange o(x) = |〈x〉| divide |G|, isto e´, |G| = ab onde a = o(x) e b e´ um
nu´mero inteiro. Logo, x|G| = xab = (xa)b = 1b = 1.
Proposic¸a˜o 6. Se G = Cn = 〈x〉 = {1, x, x2, . . . , xn−1} e H ≤ G enta˜o H =
〈xd〉 para algum divisord de n, em particular H e´ c´ıclico.
Demonstrac¸a˜o. Seja m = |H|. Pelo teorema de Lagrange m divide n. Ale´m
disso, H EG (sendo G abeliano), e ja´ vimos que |G/H| = |G : H| = |G|/|H| =
n/m. xH pertence ao grupo G/H, e pela observac¸a˜o acima, (xH)|G/H| = H,
onde H e´ o elemento neutro do grupo quociente G/H. Logo H = (xH)|G/H| =
(xH)n/m = xn/mH. Sabemos que isso significa exatamente xn/m ∈ H. Enta˜o
todas as poteˆncias de xn/m tambe´m pertencem a H (que e´ um subgrupo)
logo 〈xn/m〉 ≤ H. Por outro lado |〈xn/m〉| = o(xn/m) = o(x)/(o(x), n/m) =
n/(n, n/m) = n/(n/m) = m. Enta˜o estamos na situac¸a˜o seguinte: 〈xn/m〉 e´ um
subconjunto de H com m elementos e |H| = m. Isso implica que 〈xn/m〉 = H,
em particular H e´ c´ıclico e podemos escolher d = n/m.
11
1.5 O grupo alternado
Agora vamos fazer um exemplo de um subgrupo normal de um grupo na˜o abe-
liano.
Seja G = Sn o grupo sime´trico de grau n. Por exemplo lembre-se que S3 =
{1, (12), (13), (23), (123), (132)}. Temos que |Sn| = n!. Considere o polinoˆmio
T :=
∏
1≤i<j≤n
(Xi −Xj)
em variaveis comutantes: XaXb = XbXa. Os fatores desse polinoˆmio sa˜o Pij :=
Xi −Xj com i < j. Seja P = {Pij : 1 ≤ i < j ≤ n}.
Fixamos σ ∈ G = Sn. Observe que em geral se i < j pode acontecer que
σ(i) < σ(j) ou σ(j) < σ(i) (na˜o pode acontecer que σ(i) = σ(j), por queˆ?),
enta˜o em geral Pσ(i),σ(j) 6∈ P . Podemos definir a func¸a˜o
ϕσ : P → P, ϕσ(Pij) :=
{
Pσ(i),σ(j) se σ(i) < σ(j),
Pσ(j),σ(i) se σ(i) > σ(j)
A func¸a˜o ϕσ : P → P e´ bijetiva: de fato, a inversa dela e´ ϕσ−1 . Para ver isso
observe que se i < j e σ(i) < σ(j) temos ϕσ−1(ϕσ(Pij)) = ϕσ−1(Pσ(i),σ(j)) =
Pσ−1(σ(i)),σ−1(σ(j)) = Pij . Se i < j e σ(i) > σ(j) temos ϕσ−1(ϕσ(Pij)) =
ϕσ−1(Pσ(j),σ(i)) = Pσ−1(σ(i)),σ−1(σ(j)) = Pij . Isso implica que ϕσ−1 ◦ ϕσ e´ a
identidade P → P . De forma analoga se mostra que ϕσ ◦ ϕσ−1 tambe´m e´ a
identidade P → P .
A permutac¸a˜o σ ∈ Sn permuta os indices no polinoˆmio T =
∏
1≤i<j≤n(Xi−
Xj) da forma seguinte:
Tσ :=
∏
1≤i<j≤n
(Xσ(i) −Xσ(j)).
Como Xi −Xj = −(Xj −Xi), o fato que ϕσ e´ bijetiva implica que Tσ = ±T .
Definic¸a˜o 7 (Sinal de uma permutac¸a˜o). A permutac¸a˜o σ ∈ Sn e´ dita par se
Tσ = T , e´ dita impar se Tσ = −T . O sinal de σ, indicado com sgn(σ), e´ 1 se
σ e´ par e e´ −1 se σ e´ impar, assim Tσ = sgn(σ)T .
Por exemplo a identidade e´ sempre par: T1 = T . Vamos calcular o sinal de
(12), (123) ∈ S3. Temos T = (X1 −X2)(X1 −X3)(X2 −X3).
• Seja σ = (12). Tσ = (X2 −X1)(X2 −X3)(X1 −X3) = −T . σ e´ impar.
• Seja σ = (123). Tσ = (X2 −X3)(X2 −X1)(X3 −X1) = T . σ e´ par.
Uma propriedade importante do sinal e´ a seguinte.
Proposic¸a˜o 7. Sejam σ, τ ∈ Sn. Enta˜o sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ).
12
Demonstrac¸a˜o. Temos Tστ =
∏
1≤i<j≤n(Xστ(i) −Xστ(j)) e reordenando os in-
dices obtemos que esse produto e´ igual a sgn(τ)
∏
1≤i<j≤n(Xσ(i) − Xσ(j)) =
sgn(τ)sgn(σ)T . Por outro lado temos Tστ = sgn(στ)T logo sgn(σ)sgn(τ) =
sgn(στ).
Uma consequeˆncia e´ que se σ ∈ Sn enta˜o sgn(σ) = sgn(σ−1), de fato 1 =
sgn(1) = sgn(σσ−1) = sgn(σ)sgn(σ−1) e o fato que sgn(σ), sgn(σ−1) ∈ {1,−1}
implica que sgn(σ) = sgn(σ−1).
Definic¸a˜o 8. O grupo alternado de grau n e´ An := {σ ∈ Sn : sgn(σ) = 1}, o
conjunto das permutac¸o˜es pares de Sn.
Proposic¸a˜o 8. An e´ um subgrupo normal de Sn e |Sn : An| = 2.
Demonstrac¸a˜o. Ja´ observamos que sgn(1) = 1, logo 1 ∈ An. Se σ ∈ Sn enta˜o
sgn(σ−1) = sgn(σ) = 1, logo σ−1 ∈ An. Se σ, τ ∈ An enta˜o sgn(στ) =
sgn(σ)sgn(τ) = 1 · 1 = 1, logo στ ∈ An. Isso mostra que An ≤ Sn.
Agora sejam h ∈ An e g ∈ Sn. Temos sgn(ghg−1) = sgn(g)sgn(h)sgn(g−1) =
sgn(g)2sgn(h) = sgn(h) = 1, logo ghg−1 ∈ An. Isso mostra que An e´ normal
em Sn.
Para mostrar que |Sn : An| = 2 basta mostrar que Sn = An∪ (12)An. Basta
mostrar que (12) e´ impar, porque nesse caso se g ∈ Sn−An enta˜o sgn(g) = −1
logo sgn((12)g) = sgn((12))sgn(g) = (−1)(−1) = 1 logo (12)g ∈ An enta˜o
g ∈ (12)−1An = (12)An.
Enta˜o falta mostrar que σ = (12) e´ impar. Temos T =
∏
i<j(Xi −Xj) logo
Tσ = (X2 −X1)
∏
1<j(X1 −Xj)
∏
2<j(X2 −Xj)
∏
2<i<j(Xi −Xj) = −T .
Observe que como |Sn : An| = 2 temos 2 = |Sn : An| = |Sn/An| =
|Sn|/|An| = n!/|An| logo |An| = n!/2. Por exemplo |A3| = 3, |A4| = 12.
Observe que se (ij) ∈ Sn enta˜o (ij) e´ impar. De fato, se i, j 6= 1, 2 seja
g = (1i2j), se j = 2 seja g = (1i) e se i = 1 seja g = (2j). E´ facil ver que
g(12)g−1 = (ij), logo sgn((ij)) = sgn(g)sgn((12))sgn(g−1) = −sgn(g)2 = −1.
Observe que se σ e´ um ciclo (a1 a2 . . . ak) enta˜o o(σ) = k e sgn(σ) =
−(−1)k. De fato,
(a1 a2 . . . ak) = (a1 ak)(a1 ak−1) · · · (a1 a2)
e como sgn e´ multiplicativa e todo (ij) e´ impar, sgn(σ) = (−1)k−1 = −(−1)k.
Logo um ciclo de comprimento par e´ uma permutac¸a˜o impar, um ciclo de com-
primento impar e´ uma permutac¸a˜o par.
Exemplo. A3 = {1, (123), (132)}.
Exemplo. Os elementos de S4 sa˜o 1, (12), (13), (14), (23), (24), (34),
(123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243), (1234), (1243), (1324),
(1342), (1423), (1432), (12)(34), (13)(24), (14)(23). Logo os elementos de A4
13
sa˜o 1, (123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243), (12)(34), (13)(24),
(14)(23).
Seja σ uma permutac¸a˜o em Sn. Podemos escrever σ como produto de c´ıclos
disjuntos da forma (a σ(a) σ2(a) . . .) onde a ∈ {1, . . . , n} (comec¸ando com
a = 1). Por exemplo:
(14)(1423)(6241)(523)(3416) = (13)(2465).
Essa estrutura de produto de c´ıclos disjuntos e´ a mais natural. Por exemplo
S4 = {1, (12), (13), (14), (23), (24), (34),
(123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243),
(1234), (1243), (1324), (1342), (1423), (1432),
(12)(34), (13)(24), (14)(23)}.
Os elementos (12)(34), (13)(24), (14)(23) na˜o podem ser escritos em forma de
c´ıclos singulos.
Enta˜o, toda permutac¸a˜o pode ser escrita como produto de c´ıclos disjuntos.
Se σ e´ produto de c´ıclos disjuntos de comprimentos c1, . . . , ct, dizemos que a
estrutura c´ıclica de σ e´ (c1, . . . , ct). Por exemplo (12)(345) tem estrutura c´ıclica
(2, 3).
Como toda permutac¸a˜o e´ um produto de c´ıclos (disjuntos), e o sinal de um
produto de permutac¸o˜es e´ o produto dos sinais, para calcular o sinal precisamos
so´ calcular o sinal dos c´ıclos.
Seja σ = (a1 . . . ak) um c´ıclo de comprimento k e seja g ∈ Sn. Observe que
gσg−1(g(ai)) = g(ai+1) ∀i = 1, . . . , k − 1, gσg−1(g(ak)) = g(a1).
Logo
gσg−1 = (g(a1) . . . g(ak)).
Se (b1 . . . bk) e´ um qualquer outro c´ıclo de comprimento k enta˜o escolhendo um
g ∈ Sn tal que g(ai) = bi para i = 1, . . . , k obtemos
g(a1, . . . , ak)g
−1 = (g(a1), . . . , g(ak)) = (b1, . . . , bk).
Logo todos os c´ıclos do mesmo comprimento sa˜o conjugados (dois elementos
x, y sa˜o “conjugados” quando existe um elemento g tal que gxg−1 = y). Mais
em geral, todos os elementos da mesma estrutura c´ıclica sa˜o conjugados: se
σ = c1 · · · cr e τ = d1 · · · dr onde ci, di teˆm o mesmo comprimento li para todo
i = 1, . . . , r (assim, σ e τ teˆm estrutura c´ıclica (l1, . . . , lr)) enta˜o σ e τ sa˜o
14
conjugados: se g ∈ Sn e´ uma permutac¸a˜o que leva o j-esimo elemento do c´ıclo
ci no j-esimo elemento do c´ıclo di enta˜o
gσg−1 = gc1 · · · crg−1 = gc1g−1gc2g−1 · · · gcrg−1 = d1d2 · · · dr = τ.
Por exemplo se σ = (12)(374)(89), τ = (35)(294)(68) escolhemos g levando
1 7→ 3, 2 7→ 5, 3 7→ 2, 4 7→ 4, 5 7→ 1, 6 7→ 7, 7 7→ 9, 8 7→ 6, 9 7→ 8, em outras
palavras g = (1325)(6798), e obtemos gσg−1 = τ .
E´ facil verificar que
(a1 . . . ak) = (a1ak)(a1ak−1) · · · (a1a2).
Logo sgn((a1, . . . , ak)) = sgn(a1ak) · · · sgn(a1a2) = sgn(12)k−1 = (−1)k−1.
Isso nos permite de calcular o sinal de uma qualquer permutac¸a˜o. Por exemplo
sgn((1529)(381)(51382)(12)) = sgn(1529)sgn(381)sgn(51382)sgn(12) =
= (−1) · 1 · 1 · (−1) = 1.
Observe que a ordem de um c´ıclo e´ o comprimento de tal c´ıclo. Por exemplo
(1245) tem ordem 4, (512694) tem ordem 6. A estrutura c´ıclica nos permite de
calcular facilmentea ordem de uma permutac¸a˜o. De fato, se σ e´ um produto
de c´ıclos disjuntos c1 · · · ck, logo a ordem de σ e´ o menor mu´ltiplo comum entre
os comprimentos dos c´ıclos c1, . . . , ck.
De fato, e´ facil observar que dois c´ıclos disjuntos comutam: se (a1, . . . , ak),
(b1, . . . , bh) sa˜o c´ıclos disjuntos enta˜o
(a1, . . . , ak)(b1, . . . , bh) = (b1, . . . , bh)(a1, . . . , ak).
Isso impl´ıca que se c1, . . . , ct sa˜o c´ıclos disjuntos enta˜o (c1 · · · ct)n = cn1 · · · cnt .
Logo a ordem de σ = c1 · · · ct e´ o menor n tal que cni = 1 para todo i =
1, . . . , t, isto e´, o menor mu´ltiplo comum entre os comprimentos de c1, . . . , ct.
Por exemplo a ordem de (14)(238961) e´ 6, a ordem de (1, 2, 3, 4)(5, 6, 7, 8, 9, 10)
e´ 12.
Por exemplo
A4 = {1, (123), (132), (124), (142), (134), (143), (234), (243),
(12)(34), (13)(24), (14)(23)}
e as ordens dos elementos de A4 sa˜o 1, 2, 3. Tem 1 elemento de ordem 1, 8 de
ordem 3 e 3 de ordem 2.
Ja´ observamos que o sinal respeita o produto: sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ).
Observe que conjugar tambe´m respeita o produto: se x, y, g sa˜o elementos de
um grupo G enta˜o
gxyg−1 = gxg−1 · gyg−1.
15
Veremos que func¸o˜es com essa propriedade sa˜o ditas “homomorfismos”. Lembre-
se que um subgrupo H de um grupo G e´ normal se ghg−1 ∈ H para todo g ∈ G,
h ∈ H, em outras palavras, se H contem os conjugados dos seus elementos.
Logo, e´ importante entender os conjugados.
Sabemos que
g(1 2 . . . k)g−1 = (g(1) g(2) . . . g(k)).
Logo, por exemplo, se σ = (123)(47)(986) e g = (142)(3987) logo
gσg−1 = (g(1) g(2) g(3))(g(4) g(7))(g(9) g(8) g(6)) = (419)(23)(876).
Observe que duas permutac¸o˜es conjugadas teˆm a mesma estrutura como pro-
duto de c´ıclos disjuntos (“estrutura c´ıclica”). Isto e´, escritas como produtos
de c´ıclos disjuntos teˆm o mesmo nu´mero de c´ıclos e os ciclos teˆm os mesmos
comprimentos. Por outro lado, na verdade essa condic¸a˜o e´ necessaria e sufici-
ente (no grupo simetrico): se duas permutac¸o˜es tiver a mesma estrutura como
produtos de ciclos disjuntos enta˜o elas sa˜o conjugadas. Por exemplo sejam
σ = (123)(47)(986), τ = (419)(85)(637). Queremos construir g ∈ Sn tal que
gσg−1 = τ . Podemos construir g da seguinte maneira: primeiro, escrevemos σ
e τ um abaixo do outro incluindo os ciclos de comprimento 1, como segue:
σ = (123)(47)(986)(5)
τ = (419)(85)(637)(2)
Agora definimos g levando todo elemento para aquele que fica abaixo dele:
1 7→ 4, 2 7→ 1, 3 7→ 9, 4 7→ 8, 7 7→ 5, 9 7→ 6, 8 7→ 3, 6 7→ 7, 5 7→ 2. Em
outras palavras g = (148396752). De fato, temos gσg−1 = τ , o que pode ser
verificado tambe´m calculando
gσg−1 = (148396752)(123)(47)(986)(125769384) = (419)(85)(637) = τ.
Em outras palavras, no grupo sime´trico conjugar σ com g (isto e´, fazer gσg−1)
significa aplicar g aos elementos dos ciclos disjuntos que aparecem em σ.
Por exemplo, no grupo S5 os elementos de estrutura (∗ ∗ ∗)(∗ ∗) sa˜o todos
conjugados. Vamos contar tais elementos. Temos
(
5
3
)
escolhas para os elementos
do ciclo de comprimento 3 e com tais elementos conseguimos construir dois
ciclos, e dado o 3-ciclo (ciclo de comprimento 3) temos so´ uma escolha para o 2-
ciclo (ciclo de comprimento 2). Logo temos 2 · (53) = 20 tais elementos. Observe
que todos os elementos com estrutura (∗ ∗ ∗)(∗ ∗) teˆm ordem 6.
Em geral, no grupo simetrico Sn tem exatamente (n− 1)! ciclos de compri-
mento n (n-ciclos). De fato, escolhido o primeiro elemento do ciclo (por exemplo
1) podemos permutar os outros em todas as maneiras poss´ıveis. Por exemplo
os ciclos de comprimento 4 em S4 sa˜o 3! = 6,
(1234), (1243), (1324), (1342), (1423), (1432).
16
1.6 Exerc´ıcios resolvidos
1. Escreva os elementos de S4 nas duas notac¸o˜es. Observe que |S4| = 4! = 24.
Os elementos de S4 tem a forma 1 7→ a, 2 7→ b, 3 7→ c, 4 7→ d onde a
sequeˆncia abcd e´ uma das seguintes:
1234, 1243, 1324, 1342, 1423, 1432, 2134, 2143, 2314, 2341, 2413, 2431,
3124, 3142, 3214, 3241, 3412, 3421, 4123, 4132, 4213, 4231, 4312, 4321.
Na notac¸a˜o c´ıclica, tais permutac¸o˜es se escrevem da forma seguinte:
1, (34), (23), (234), (243), (24),
(12), (12)(34), (123), (1234), (1243), (124),
(132), (1342), (13), (134), (13)(24), (1324),
(1432), (134), (13)(24), (1324), (1423), (14)(23).
2. Calcular as ordens dos elementos de C15.
Temos
C15 = {1, x, x2, . . . , x14} = 〈x〉.
Sabemos que o(xk) = o(x)/(k, o(x)), e aplicando essa formula obtemos
o(xk) = o(x) = 15 quando (k, 15) = 1, isto e´, o(xk) = o(x) = 15 quando
k = 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14. Ale´m disso, o(x3) = 15/3 = 5, o(x5) = 15/5 =
3, o(x6) = 15/3 = 5, o(x9) = 15/3 = 5, o(x10) = 15/5 = 3, o(x12) =
15/3 = 5.
3. Mostrar que todo grupo c´ıclico e´ abeliano. Mostrar que (Q,+) e´ abeliano
mas na˜o e´ c´ıclico.
Todo grupo c´ıclico e´ abeliano pois em um grupo c´ıclico 〈x〉 todo elemento
tem a forma xn para algum inteiro n e temos xnxm = xn+m = xm+n =
xmxn. O grupo (Q,+) na˜o e´ c´ıclico: se fosse c´ıclico existiria x ∈ Q tal que
todo elemento de Q tem a forma nx (poteˆncia aditiva e´ multiplo!) para
algum n ∈ Z. Em particular como x/2 ∈ Q temos x/2 = nx para algum
n ∈ Z, o que implica x = 2nx, logo x(1 − 2n) = 0 e como x 6= 0 (pois e´
claro que Q 6= 〈0〉 = {0}) isso implica 2n = 1 que e´ uma contradic¸a˜o.
4. Escreva os elementos da classe lateral x〈x2〉 onde 〈x〉 = C12.
Os elementos de 〈x2〉 sa˜o as poteˆncias de x2, logo
〈x2〉 = {1, x2, x4, x6, x8, x10}, x〈x〉 = {x, x3, x5, x7, x9, x11}.
17
5. Seja H um subgrupo de S3 e suponha que H contenha (12) e (123). Mostre
que H = S3.
Observe que 〈(12)〉 ≤ H, 〈(123)〉 ≤ H. Pelo teorema de Lagrange, 2 =
o((12)) = |〈(12)〉| e 3 = o((123)) = |〈(123)〉| dividem |H|. Temos enta˜o
que 2 e 3 dividem |H|, logo 6 divide |H| (em geral se dois inteiros a, b
dividem n enta˜o o menor mu´ltiplo comum entre a, b tambe´m divide n).
Mas enta˜oH e´ um subconjunto de S3 com 6 elemento e S3 tem 6 elementos,
e deduzimos que H = S3.
6. Escreva os elementos de S3/〈(123)〉.
Primeiro, observe que H = 〈(123)〉 = {1, (123), (132)} e´ normal em S3
porque os conjugados de x = (123) sa˜o
1(123)1−1 = (123) ∈ H,
(12)(123)(12)−1 = (12)(123)(12) = (132) ∈ H,
(13)(123)(13)−1 = (13)(123)(13) = (132) ∈ H,
(23)(123)(23)−1 = (23)(123)(23) = (132) ∈ H,
(123)(123)(123)−1 = (123)(123)(132) = (123) ∈ H,
(132)(123)(132)−1 = (132)(123)(123) = (123) ∈ H.
Isso mostra que gxg−1 ∈ S3 para todo g ∈ S3, logo
gx2g−1 = gxxg−1 = gxg−1gxg−1 ∈ S3
para todo g ∈ S3. Como 〈x〉 = {1, x, x2} temos que 〈x〉E S3.
Agora, H tem indice 2 pois |H| = 3 e |G : H| = |G|/|H| = 6/3 = 2, logo
H tem duas classes laterais, elas sa˜o H e
(12)H = {(12), (12)(123), (12)(132)} = {(12), (23), (13)}.
Logo o grupo quocieˆnte S3/H = {H, (12)H} e´ um grupo c´ıclico de ordem
2 gerado por (12)H.
7. Encontre todos os subgrupos normais de S3.
Ja´ conhecemos treˆs subgrupos normais de S3: {1}, S3 e 〈(123)〉. SeH ≤ S3
enta˜o |H| divide |S3| = 6, e se |H| = 1 enta˜o H = {1}, e se |H| = 6 enta˜o
H = S3. Os subgrupos de S3 diferentes de {1} e de S3 teˆm que ter
ordem 2 ou 3, em particular eles teˆm ordem prima, logo sa˜o c´ıclicos. Isso
18
mostra que todos os subgrupos de S3 diferentes de S3 sa˜o c´ıclicos, enta˜o
os subgrupos de S3 sa˜o
{1}, 〈(123)〉, 〈(12)〉, 〈(13)〉, 〈(23)〉, S3.
E´ facil ver que os subgrupos de ordem 2 na˜o sa˜o normais. Por exemplo
observe que (13)(12)(13)−1 = (13)(12)(13) = (23) 6∈ 〈(12)〉.
Para resumir, os subgrupos normais de S3 sa˜o {1}, 〈(123)〉 e S3.
8. Diga se 〈(1234)〉E S4.
Na˜o e´, pois 〈(1234)〉 = {1, (1234), (13)(24), (1432)} logo
(12)(1234)(12)−1 = (12)(1234)(12) = (1342) 6∈ 〈(1234)〉.
9. Se H ≤ G e g ∈ G defina gHg−1 := {ghg−1 : g ∈ G}. Prove que
gHg−1 ≤ G.
E´ claro que 1 ∈ gHg−1 pois 1 = g1g−1. Se x = ghg−1 ∈ gHg−1 logo
x−1 = gh−1g−1 ∈ gHg−1 pois h−1 ∈ H. Se h, k ∈ H, x = ghg−1, y =
gkg−1 ∈ gHg−1 enta˜o xy = ghg−1gkg−1 = ghkg−1 ∈ gHg−1 pois hk ∈ H.
10. SeH ≤ G enta˜o ⋂g∈G gHg−1 e´ um subgrupo normal de G.
Em geral uma intersec¸a˜o de subgrupos e´ um subgrupo: se A,B sa˜o sub-
grupos de G e H = A ∩B enta˜o 1 ∈ H pois 1 ∈ A e 1 ∈ B, e se h, k ∈ H
enta˜o h, k ∈ A e h, k ∈ B, logo hk ∈ A e hk ∈ B sendo A,B subgrupos,
logo hk ∈ A ∩ B = H. Ale´m disso, h−1 ∈ A e h−1 ∈ B sendo A e B
subgrupos, enta˜o h−1 ∈ A ∩ B = H. Isso mostra que H ≤ G. Mais em
geral, o mesmo argomento mostra que uma qualquer intersec¸a˜o de uma
famı´lia de subgrupos e´ um subgrupo. Aplicando isso no nosso caso, temos
que todo gHg−1 ≤ G (pelo exerc´ıcio anterior) logo ⋂g∈G gHg−1 ≤ G.
Falta mostrar que N =
⋂
g∈G gHg
−1 e´ normal em G. Seja n ∈ N e seja
x ∈ G. Precisamos mostrar que xnx−1 ∈ N , isto e´, xnx−1 ∈ gHg−1 para
todo g ∈ G, em outras palavras n ∈ x−1gHg−1x para todo g ∈ G. Mas
x−1gHg−1x = x−1gH(x−1g)−1 e´ um conjugado de H, logo ele contem n
por definic¸a˜o de N .
11. Sejam H ≤ G, N EG. Prove que H ∩N EH.
Ja´ observamos no exerc´ıcio anterior que uma intersec¸a˜o de subgrupos e´
um subgrupo. Falta mostrar que H ∩N e´ normal em H. Se x ∈ H ∩N e
h ∈ H enta˜o hxh−1 ∈ H pois h, x ∈ H e hxh−1 ∈ N pois N e´ normal em
G. Isso implica que hxh−1 ∈ H ∩N .
19
12. Sejam H ≤ G, N E G e seja HN := {hn : h ∈ H, n ∈ N}. Prove que
HN ≤ G. Prove que se H tambe´m e´ normal enta˜o HN EG.
E´ claro que 1 ∈ HN pois 1 = 1 ·1 e 1 ∈ H, 1 ∈ N . Se x ∈ HN escrevemos
x = hn com h ∈ H, n ∈ N , e temos (hn)−1 = n−1h−1 = h−1hnh−1 ∈ HN
pois h−1 ∈ H e hnh−1 ∈ N (N e´ normal em G). Se h, k ∈ H e n,m ∈ N
enta˜o (hn)(km) = hkk−1nkm ∈ HN pois h, k ∈ H e k−1nk,m ∈ N .
13. Seja G um grupo abeliano e H ≤ G. Mostre que G/H e´ abeliano.
Se aH, bH ∈ G/H enta˜o (aH)(bH) = abH = baH = (bH)(aH).
14. Seja H EG e seja xH ∈ G/H. Mostre que (xH)|G/H| = H.
Ja´ vimos que se x ∈ G enta˜o x|G| = 1. Aplicando esse resultado ao grupo
G/H, que tem ordem |G/H| e elemento neutro H, obtemos exatamente
(xH)|G/H| = H.
15. Mostre que |A5| = 60.
Sabemos que |S5 : A5| = 2, logo 2 = |S5 : A5| = |S5/A5| = |S5|/|A5| =
5!/|A5| logo |A5| = 5!/2 = 120/2 = 60.
16. Conte os elementos de A5 de ordens 1, 2, 3, 5.
Os elementos de A5 diferentes de 1 sa˜o ciclos de comprimento 3 ou 5 ou
produto de dois ciclos disjuntos de comprimento 2 (os elementos de tipo
(∗ ∗ ∗)(∗ ∗) e (∗ ∗ ∗ ∗) na˜o pertencem a A5 porque sa˜o permutac¸o˜es
impares). Para construir um ciclo de comprimento 3 precisamos de treˆs
elementos de {1, 2, 3, 4, 5} com os quais podemos construir dois ciclos (por
exemplo com os elementos 1, 2, 3 podemos construir os ciclos (123) e (132)),
logo no grupo A5 temos
(
5
3
)
2 = 20 ciclos de comprimento 3. Para construir
um ciclo de comprimento 5 basta contar as possibilidades escrevendo um
tal ciclo na forma (1 ∗ ∗ ∗ ∗). Tem 4! = 24 possibilidades. Para construir
um produto de dois ciclos disjuntos de comprimento 2 precisamos escolher
um elemento fixo (tem 5 possibilidades) e escolher a imagem de um dos 4
elementos na˜o fixados (por exemplo fixando 3 e escolhendo 1 7→ 5 obtemos
o elemento (15)(24)). Logo A5 contem 5 · 3 = 15 elementos de ordem 2.
Observe que 1 + 20 + 24 + 15 = 60 = |A5|.
17. Seja H := {σ ∈ Sn : σ(1) = 1}. Mostre que H ≤ Sn e que HAn = Sn se
n > 2.
20
Sejam σ, τ ∈ H. Temos 1 ∈ H pois 1(1) = 1, e σ−1(1) = σ−1(σ(1)) = 1
logo σ ∈ H. Ale´m disso, στ(1) = σ(τ(1)) = σ(1) = 1 logo στ ∈ H. Isso
mostra que H ≤ Sn. Em particular, HAn ≤ Sn pois H ≤ Sn e An E Sn.
Agora seja g ∈ Sn e mostramos que g ∈ HAn. Observe que como An e´
normal, HAn = AnH logo basta mostrar que g ∈ AnH. Se g ∈ An ou
g ∈ H enta˜o e´ claro que g = 1 · g = g · 1 ∈ AnH logo supomos agora
que g 6∈ An e que g 6∈ H. Seja k = g(1) 6= 1 e seja h ∈ {1, . . . , n} com
1 6= h 6= k (isto e´ poss´ıvel pois n > 2). Enta˜o ((1hk)g)(1) = 1 logo
(1hk)g ∈ H, o que implica g ∈ (1hk)−1H ⊆ AnH.
18. Seja G um grupo e seja
Z = Z(G) := {x ∈ G : gx = xg ∀g ∈ G},
o “centro” de G, o conjunto dos elementos de G que comutam com todos
os elementos de G. Prove que Z e´ um subgrupo normal de G e mostre
que Z = G se e somente se G e´ abeliano.
E´ claro que 1 ∈ Z pois 1 · g = g · 1 = g para todo g ∈ G. Se x, y ∈ Z
e g ∈ G enta˜o (xy)g = xyg = xgy = gxy = g(xy) enta˜o xy comuta
com todo g ∈ G, isto e´, xy ∈ Z. Ale´m disso, se x ∈ Z e g ∈ G enta˜o
x−1g = (g−1x)−1 = (xg−1)−1 = gx−1, logo x−1 comuta com todo g ∈ G,
isto e´, x−1 ∈ Z. Isso mostra que Z ≤ G. Z e´ normal pois se x ∈ Z e
g ∈ G enta˜o gxg−1 = gg−1x = x ∈ Z. E´ claro que Z = G se e somente
se G e´ abeliano, pois dizer Z = G e´ equivalente a dizer que todo elemento
de G comuta com todo elemento de G.
19. Mostre que Z(S3) = {1}, Z(A3) = A3, Z(S4) = {1}, Z(A4) = {1}.
Observe que (12)(13) = (132) e (13)(12) = (123), logo (12) 6∈ Z(S3) e
(13) 6∈ Z(S3); (123)(23) = (12) e (23)(123) = (13) logo (123) 6∈ Z(S3)
e (23) 6∈ Z(S3); (12)(132) = (13), (132)(12) = (23) logo (132) 6∈ Z(S3).
Isso mostra que Z(S3) = {1}. A3 = {1, (123), (132)} = 〈(123)〉 e´ ciclico,
logo e´ abeliano e Z(A3) = A3 (cf. o exerc´ıcio anterior). Observe que a
simetria dos calculos implica que se no grupo simetrico Sn conseguimos
mostrar que (12) 6∈ Z(Sn) enta˜o todos os ciclos de comprimento 2 na˜o
pertencem ao centro de Sn, e assim para as outras estruturas. Enta˜o o
fato que (12)(123) 6= (123)(12) implica que os ciclos de comprimentos 2 e 3
na˜o pertencem a Z(S4), e (12)(34)(1234) 6= (1234)(12)(34) implica que os
ciclos de comprimento 4 e os produtos de dois ciclos disjuntos de compri-
mento 2 na˜o pertencem a Z(S4), logo Z(S4) = {1}. Agora, os elementos
de A4 diferentes de 1 sa˜o ciclos de comprimento 3 ou produtos de dois
ciclos disjuntos de comprimento 2, e como (123)(12)(34) 6= (12)(34)(123)
eles na˜o pertencem a Z(A4), logo Z(A4) = {1}.
20. Mostre que o indice |G : Z(G)| na˜o pode ser igual a 2. [Dica: se |G : Z| = 2
enta˜o G/Z = {Z, xZ} para algum x ∈ G logo todo elemento fora de Z
21
tem a forma xz para algum z ∈ Z - tente mostrar que isso implica que G
e´ abeliano.]
Sejam a, b ∈ G. Mostramos que ab = ba. E´ claro que se um entre a, b
pertence a Z(G) enta˜o ab = ba, agora supomos que a, b 6∈ Z(G), assim
(seguindo a dica) a = xz, b = xz′ para alguns z, z′ ∈ Z. Temos ab =
xzxz′ = xxz′z = xz′xz = ba.
Isso mostra que G e´ abeliano, logo G = Z(G), uma contradic¸a˜o (Z(G) e´
diferente de G, pois ele tem indice 2).
21. (Herstein problema 3 sec¸a˜o 2.10). Escreva
(123)(45)(16789)(15), (12)(123)(12)
como produtos de ciclos disjuntos.
(123)(45)(16789)(15) = (145678923),
(12)(123)(12) = (132)
22. (Herstein problema 4 sec¸a˜o 2.10). Mostre que
(1, 2, . . . , n)−1 = (n, n− 1, . . . , 1).
Basta observar que (1, 2, . . . , n)(n, n− 1, . . . , 1) = 1.
23. (Herstein problema 5 sec¸a˜o 2.10). Encontre a estrutura c´ıclica das oito
poteˆncias de σ = (1 . . . 8). Por exemplo (12345678)4 = (15)(26)(37)(48)
tem estrutura c´ıclica (2, 2, 2, 2).
Temos σ2 = (1357)(2468) (estrutura c´ıclica (4, 4)), σ3 = (14725836) (es-
trutura c´ıclica (8)), σ4 = (15)(26)(37)(48) (estrutura c´ıclica (2, 2, 2, 2)),
σ5 = (16385274) (estrutura c´ıclica (8)), σ6 = (1753)(2864) (estrutura
c´ıclica (4, 4)), σ7 = (18765432) (estrutura c´ıclica (8)), σ8 = 1.
24. (Herstein problema 7 sec¸a˜o 2.10). Calcule aba−1 onde (1) a = (135)(12),
b = (1579) e (2) a = (579), b = (123).
No caso (1), aba−1 = (3179), no caso (2) aba−1 = (123).
25. (Herstein problema 10 sec¸a˜o 2.10). Calcule o sinal das permutac¸o˜es
(123)(12), (12345)(123)(45), (12)(13)(14)(25).
Usando a propriedade sgn(xy) = sgn(x)sgn(y) obtemos
sgn((123)(12)) = sgn((123))sgn((12)) = −1,
sgn((12345)(123)(45)) = sgn((12345))sgn((123))sgn((45)) = −1,
sgn((12)(13)(14)(25)) = sgn((12))sgn((13))sgn((14))sgn((25)) = (−1)4 = 1.
22
26. (Herstein problema 2 sec¸a˜o 2.6). Seja H um subgrupo de G com |G : H| =
2. Prove que HEG. [Dica: tem exatamente duas classes a esquerda H,xH
e exatamente duas classes a direita H,Hy, logo xH = G−H = Hy.]Seguindo a dica, como xH = Hy temos x = x ·1 ∈ Hy logo Hy = Hx e as
duas classes a direita de H sa˜o H e Hx, em particular xH = G−H = Hx,
que implica xHx−1 = H. Sejam h ∈ H e g ∈ G e mostramos que ghg−1 ∈
H. Se g ∈ H isto e´ obvio, enta˜o suponha g 6∈ H. Enta˜o g ∈ xH logo
existe k ∈ H com g = xk e temos ghg−1 = (xk)h(xk)−1 = xkhk−1x−1 ∈
xHx−1 = H.
27. (Herstein problema 9 sec¸a˜o 2.6). Seja G um grupo finito e seja H o u´nico
subgrupo de G de ordem |H|. Prove que H E G. [Dica: dado g ∈ G
considere gHg−1 ≤ G.]
Observe que gHg−1 ≤ G (como visto em um exerc´ıcio anterior) e |gHg−1| =
|H| (pois a func¸a˜o H → gHg−1 que leva h para ghg−1 e´ bijetiva, com in-
versa x 7→ g−1xg), e como H e´ o u´nico subgrupo de G de ordem |H|
devemos ter gHg−1 = H. Como isso vale para todo g ∈ G, H e´ normal.
28. (Herstein problema 15 sec¸a˜o 2.6). Seja G um grupo finito e sejam N EG,
g ∈ G. Mostre que a ordem de gN no quociente G/N divide a ordem de
g em G.
Seja n a ordem de g em G, enta˜o (gN)n = gnN = 1N = N logo a ordem
de gN em G/N divide n.
29. Conjugar σ = (135)(2498) ∈ S9 em τ = (2941)(683) ∈ S9. Isto e´, encon-
trar g ∈ S9 tal que gσg−1 = τ .
Escrevemos os elementos um abaixo do outro incluindo os ciclos de com-
primento 1:
σ = (135)(2498)(6)(7)
τ = (683)(2941)(5)(7)
Logo um g tal que gσg−1 = τ age da forma seguinte: 1 7→ 6, 3 7→ 8,
5 7→ 3, 2 7→ 2, 4 7→ 9, 9 7→ 4, 8 7→ 1, 6 7→ 5, 7 7→ 7. Em outras palavras
g = (16538)(49).
30. Qual e´ a maxima ordem de um elemento de S6? E de S7? E de S8?
[Lembre-se que a ordem de um elemento depende so´ da sua estrutura
como produto de c´ıclos disjuntos, e´ o menor mu´ltiplo comum entre os
comprimentos.]
23
As estruturas dos elementos de S6 como produtos de ciclos disjuntos sa˜o 1
(ordem 1), (∗∗) (ordem 2), (∗ ∗ ∗) (ordem 3), (∗ ∗ ∗∗) (ordem 4), (∗ ∗ ∗ ∗ ∗)
(ordem 5), (∗∗∗∗∗∗) (ordem 6), (∗∗)(∗∗∗) (ordem 6), (∗∗)(∗∗∗∗) (ordem
4), (∗∗)(∗∗)(∗∗) (ordem 2), (∗∗∗)(∗∗∗) (ordem 3). Logo a maxima ordem
de um elemento de S6 e´ 6.
Para semplificar a notac¸a˜o escrevemos a estrutura do produto em ciclos
disjuntos de uma permutac¸a˜o σ como (l1, l2, . . . , lt), que significa que na
estrutura de σ tem t ciclos de comprimentos l1, l2, . . . , lt. Por exemplo
(14)(236)(59) tem estrutura (2, 2, 3). As estruturas dos elementos de S7
sa˜o 1 (ordem 1), (2) (ordem 2), (3) (ordem 3), (4) (ordem 4), (5) (ordem
5), (2, 2) (ordem 2), (2, 3) (ordem 6), (2, 4) (ordem 4), (2, 5) (ordem 10),
(2, 2, 2) (ordem 2), (2, 2, 3) (ordem 6), (3, 3) (ordem 3), (3, 4) (ordem 12).
Logo a ma´xima ordem de um elemento de S7 e´ 12.
Fazendo a mesma coisa com S8 encontramos que a ma´xima ordem nesse
caso e´ 15, que corresponde a` estrutura (3, 5).
31. Contar os elementos de S6 de ordem 5.
Os elementos de S6 de ordem 5 sa˜o exatamente os ciclos de comprimento
5, e para construir um tal ciclo precisamos escolher o elemento fixado e
construir um ciclo com os outros cinco. Temos enta˜o 6 ·4! = 144 elementos
de ordem 5.
1.7 Homomorfismos, Teorema de Isomorfismo
Uma func¸a˜o f : A → B entre dois grupos A,B (em notac¸a˜o multiplicativa) e´
dita “homomorfismo” se
f(xy) = f(x)f(y) ∀x, y ∈ A.
Ja´ vimos exemplos de uma tal func¸a˜o:
1. A identidade G→ G (isto e´, a func¸a˜o que leva x em x, para todo x ∈ G)
e´ um homomorfismo de grupos.
2. Se G e´ um grupo e g ∈ G enta˜o a func¸a˜o γg : G → G definida por
γg(x) := gxg
−1 e´ um homomorfismo de grupos pois γg(xy) = gxyg−1 =
gxg−1gyg−1 = γg(x)γg(y). Observe que γ1 e´ a identidade G→ G.
3. A func¸a˜o sinal sgn : Sn → {1,−1} e´ um homomorfismo pois se σ, τ sa˜o
duas permutac¸o˜es, sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ).
4. Se N E G a func¸a˜o pi : G → G/N definida por pi(g) := gN (projec¸a˜o
canonica) e´ um homomorfismo de grupos por definic¸a˜o de produto no
grupo quociente: f(xy) = xyN = xNyN = f(x)f(y).
Seja f : A→ B um homomorfismo. Observe que:
24
• f(1) = 1. De fato, f(1) = f(1 · 1) = f(1)f(1) logo multiplicando a direita
por f(1)−1 obtemos 1 = f(1).
• f(x−1) = f(x)−1. De fato temos f(x−1)f(x) = f(x−1x) = f(1) = 1 e
f(x)f(x−1) = f(xx−1) = f(1) = 1.
O homomorfismo f : A→ B e´ dito ISOMORFISMO se e´ bijetivo, isto e´, se
e´ injetivo e sobrejetivo. Se existe um isomorfismo f : A→ B escrevemos
A ∼= B.
Por exemplo considere os dois grupos (Z/nZ,+) e (Cn, ·) = 〈x〉, e considere
f : Z/nZ→ Cn, f(k) := xk,
onde k := k + nZ. Observe que k e´ uma classe lateral de nZ ≤ Z (notac¸a˜o
aditiva!) e que por definic¸a˜o de grupo quociente, k + h = k + h + nZ = k +
nZ+ h+ nZ = k + h.
Para mostrar que f e´ um isomorfismo, precisamos mostrar as coisas seguin-
tes.
1. f e´ uma func¸a˜o bem definida. Em outras palavras, se k = h enta˜o f(k) =
f(h). Observe que k = h significa que k+nZ = h+nZ, em outras palavras
n divide k−h, assim xk−h = 1 (pois x tem ordem n em Cn) logo xk = xh,
isto e´, f(k) = f(h).
2. f e´ um homomorfismo. Temos
f(k + h) = f(k + h) = xk+h = xkxh = f(k)f(h).
Logo f e´ um homomorfismo.
3. f e´ sobrejetivo. Isso e´ claro, pois se g = xk e´ um qualquer elemento de
Cn enta˜o g = f(k).
4. f e´ injetivo. Suponha f(k) = f(h) e mostramos que k = h. Temos
xk = xh, isto e´, xk−h = 1. Isso implica que n (a ordem de x) divide k−h,
em outras palavras k + nZ = h+ nZ, isto e´, k = h.
Dado um homomorfismo f : A→ B, considere os conjuntos seguintes:
ker(f) := {a ∈ A : f(a) = 1} NU´CLEO de f,
Im(f) = f(A) := {f(a) : a ∈ A} IMAGEM de f.
Observe que ker(f) ⊆ A (o nu´cleo de f e´ um subconjunto de A) e Im(f) ⊆ B (a
imagem de f e´ um subconjunto de B). Na verdade, o que acontece e´ o seguinte.
25
1. ker(f) E A. 1 ∈ ker(f) pois f(1) = 1, se x ∈ ker(f) enta˜o f(x−1) =
f(x)−1 = 1−1 = 1 logo x−1 ∈ ker(f) e se x, y ∈ ker(f) enta˜o f(xy) =
f(x)f(y) = 1 · 1 = 1 logo xy ∈ ker(f). Isso mostra que ker(f) ≤ A. Para
mostrar que e´ normal, pegamos x ∈ ker(f) (assim f(x) = 1) e a ∈ A
e mostramos que axa−1 ∈ ker(f): como f(x) = 1 temos f(axa−1) =
f(a)f(x)f(a−1) = f(a) · 1 · f(a)−1 = 1.
2. Im(f) ≤ B. 1 ∈ Im(f) pois f(1) = 1, se x ∈ Im(f) escrevemos x = f(a)
com a ∈ A e temos x−1 = f(a)−1 = f(a−1) ∈ Im(f) pois a−1 ∈ A, e
se x, y ∈ Im(f) escrevemos x = f(a), y = f(b) com a, b ∈ A e temos
xy = f(a)f(b) = f(ab) ∈ Im(f) pois ab ∈ A. Isso mostra que Im(f) ≤ B.
Logo, ker(f) e´ um subgrupo normal de A e Im(f) e´ um subgrupo de B (que
em geral na˜o e´ normal).
Proposic¸a˜o 9. Seja f : A → B um homomorfismo. Enta˜o f e´ injetivo se e
somente se ker(f) = {1}.
Demonstrac¸a˜o. Suponha f injetivo e mostramos que ker(f) = {1}. Seja x ∈
ker(f), assim f(x) = 1. Como 1 = f(1), temos f(x) = f(1), e como f e´ injetivo
temos x = 1.
Suponha ker(f) = {1} e mostramos que f e´ injetivo. Sejam x, y ∈ A tais
que f(x) = f(y) e mostramos que x = y. Multiplicando a direita por f(y)−1
obtemos 1 = f(x)f(y)−1 = f(x)f(y−1) = f(xy−1) logo xy−1 ∈ ker(f). Como
ker(f) = {1} obtemos xy−1 = 1, isto e´, multiplicando a direita por y, x = y.
Uma consequeˆncia e´ que f : A → B e´ um isomorfismo se e somente se
ker(f) = {1} e Im(f) = B. Logo, conhecendo ker(f) e Im(f) sabemos se f e´
ou na˜o e´ um isomorfismo.
O resultado seguinte mostra que todo subgrupo normal de um grupo G e´ o
nu´cleo de algum homomorfismo de domı´nio G. Em outras palavras, os nu´cleos
dos homomorfismos sa˜o exatamente os subgrupos normais.
Proposic¸a˜o 10. Seja N um subgrupo normal de um grupo G. Enta˜o N e´ o
nu´cleo de um homomorfismo G→ B.
Demonstrac¸a˜o. Seja B o grupo quociente G/N e seja pi : G → G/N definida
por pi(g) := gN (projec¸a˜o canonica). Ja´ vimos que pi e´ um homomorfismo. O
nu´cleo de pi consiste dos elementos g ∈ G tais que gN = N , isto e´, g ∈ N . Logo
ker(f) = N .
Sabemos que o grupo alternado An e´ um subgrupo normal do grupo sime´trico
Sn. O nu´cleo do homomorfismo “sinal” sgn : Sn → {1,−1} e´ exatamente An
(por definic¸a˜o de An), em outras palavras ker(sgn) = An.
Teorema 2 (Teorema de Isomorfismo). Seja f : A→ B um homomorfismode
grupos. Enta˜o A/ ker(f) ∼= Im(f).
26
Demonstrac¸a˜o. Seja N := ker(f) e seja
f : A/N → Im(f), f(xN) := f(x).
Mostramos que f e´ um isomorfismo de grupos.
• f e´ uma func¸a˜o bem definida. De fato, se xN = yN enta˜o y−1x ∈ N =
ker(f), isto e´, f(y−1x) = 1, que pode ser escrito f(y)−1f(x) = 1 e mul-
tiplicando a esquerda por f(y) obtemos f(x) = f(y), em outras palavras
f(xN) = f(yN).
• f e´ um homomorfismo. Se xN, yN ∈ A/N temos
f(xNyN) = f(xyN) = f(xy) = f(x)f(y) = f(xN)f(yN).
• f e´ sobrejetivo. Se b ∈ Im(f) enta˜o b = f(x) para algum x ∈ A logo
b = f(x) = f(xN).
• f e´ injetivo. Se f(xN) = 1 enta˜o f(x) = 1, isto e´, x ∈ ker(f) = N ,
em outras palavras xN = N . Isso mostra que ker(f) = {N}, em outras
palavras f e´ injetivo.
Isso conclui a demostrac¸a˜o.
Por exemplo considere os grupos A = R − {0} = R∗ e B = R>0. A e´ o
grupo dos nu´meros reais na˜o nulos com a operac¸a˜o de multiplicac¸a˜o, B e´ o
grupo dos nu´meros reais positivos com a operac¸a˜o de multiplicac¸a˜o. Se trata
de grupos abelianos! Seja f : A → B definida por f(x) := x2. Se trata de um
homomorfismo pois B e´ abeliano, de fato
f(xy) = (xy)2 = xyxy = xxyy = x2y2.
O nu´cleo de f e´ dado pelos elementos x ∈ A tais que f(x) = 1, isto e´, x2 = 1, logo
ker(f) = {1,−1}. Ale´m disso, f e´ sobrejetiva pois se b ∈ B enta˜o b = f(√b),
logo Im(f) = B. O teorema de isomorfismo implica que A/{−1, 1} ∼= B, em
outras palavras
R∗/{−1, 1} ∼= R>0.
A interpretac¸a˜o intuitiva e´ que {1,−1} representa o sinal de um nu´mero e “se
na˜o tivesse o sinal todos os nu´meros seriam posit´ıvos” (em algum sentido).
Quocientar com o sinal significa, em algum sentido, abolir o sinal, assim “tudo
fica posit´ıvo”.
Alguns exemplos de aplicac¸a˜o do teorema de isomorfismo.
1. O sinal sgn : Sn → {1,−1} e´ um homomorfismo cujo nu´cleo e´ An, o grupo
alternado. Como existem permutac¸o˜es pares e impares, sgn e´ sobrejetivo,
logo, pelo teorema de isomorfismo, Sn/An ∼= {1,−1} ∼= C2. Observe que
{1,−1} e´ isomorfo a C2 = {1, x} (onde x2 = 1) porque C2 → {1,−1} que
leva xk para (−1)k e´ um isomorfismo (em geral se 〈x〉 e 〈y〉 sa˜o dois grupos
c´ıclicos da mesma ordem enta˜o a func¸a˜o 〈x〉 → 〈y〉 que leva xk para yk e´
um isomorfismo).
27
2. Seja K um corpo e seja G o conjunto de todas as matrizes invers´ıveis n×n
com coeficientes em K. G e´ um grupo com a operac¸a˜o de multiplicac¸a˜o
usual entre matrizes. O determinante induz um homomorfismo G →
K∗ = K − {0}, pois se A,B sa˜o duas matrizes n × n enta˜o det(AB) =
det(A) det(B). Seja N o nu´cleo de det : G → K∗, N e´ o grupo das
matrizes A de determinante 1: det(A) = 1. Como N e´ um nu´cleo de um
homomorfismo de domı´nio G, temos que N E G. Ale´m disso, Im(det) =
K∗ (em outras palavras, det e´ sobrejetivo) pois se α ∈ K∗ logo
det

1 0 . . . 0 0
0 1 . . . 0 0
...
...
. . .
...
...
0 0 . . . 1 0
0 0 . . . 0 α
 = α.
Pelo teorema de isomorfismo G/N ∼= K∗.
Alguns exerc´ıcios resolvidos:
1. Seja G o conjunto das func¸o˜es R → R. G e´ um grupo com a operac¸a˜o
seguinte: se f, g ∈ G define
(f + g)(x) := f(x) + g(x) ∀x ∈ R.
Com essa operac¸a˜o, G e´ um grupo abeliano. O elemento neutro e´ a func¸a˜o
constante 0 e o inverso de f e´ −f definido por (−f)(x) := −f(x) para
todo x ∈ R. Seja
N := {g ∈ G : g(1) = 0}.
Mostramos que N e´ um subgrupo normal de G e que G/N ∼= R (onde
R e´ visto como grupo aditivo). Para fazer isso, queremos construir um
homomorfismo sobrejetivo ϕ : G→ R com a propriedade que ker(ϕ) = N .
A definic¸a˜o de N sugere o seguinte: definimos ϕ : G→ R por ϕ(g) := g(1).
Se trata de um homomorfismo de grupos:
ϕ(g1 + g2) = (g1 + g2)(1) = g1(1) + g2(1) = ϕ(g1) + ϕ(g2).
O nu´cleo de ϕ e´ igual a N . Ale´m disso, ϕ e´ sobrejetivo: se α ∈ R enta˜o a
func¸a˜o constante g(x) = α pertence a G, e ϕ(g) = g(1) = α. Pelo teorema
de isomorfismo temos enta˜o G/N ∼= R.
2. Seja C o corpo dos numeros complexos e seja
S1 := {a+ ib ∈ C : a2 + b2 = 1}
o c´ırculo de centro 0 que passa por 1 = 1 + i0. Observe que se f(a+ ib) =
a2 + b2 enta˜o para x = a+ ib, y = c+ id temos f(xy) = f(x)f(y), de fato
f(xy) = f((a+ ib)(c+ id)) = (ac− bd)2 + (ad+ bc)2,
28
f(x)f(y) = (a2 + b2)(c2 + d2)
sa˜o iguais. Isso mostra que f “respeita o produto” enta˜o escolhendo bem
o domı´nio e o codomı´nio de f conseguimos um homomorfismo de grupos
multiplicativos. Seja
f : C∗ → R>0, f(a+ ib) := a2 + b2,
onde C∗ e´ o grupo multiplicativo dos nu´meros complexos na˜o nulos e
R>0 e´ o grupo multiplicativo dos nu´meros reais positivos. Observe que
ker(f) = S1. Ale´m disso, f e´ sobrejetivo pois se α ∈ R>0 enta˜o f(
√
α) =
(
√
α)2 = α. Pelo teorema de isomorfismo C∗/S1 ∼= R>0.
A ideia geometrica e´ que dado g ∈ C∗ e N = S1, a classe lateral gN
e´ o c´ırculo de centro 0 e que passa por g, e entender o grupo quociente
C∗/S1 significa escolher de forma inteligente um representante de cada
classe lateral. Tem um u´nico nu´mero real positivo r que pertence a gN :
escolhendo tal r como representante, rN = gN e o conjunto dos r forma
exatamente R>0. Essa e´ a ideia geometrica do grupo quociente.
Agora queremos fazer uma famı´lia de exemplos importantes. Sejam A,B dois
grupos (notac¸a˜o multiplicativa), e seja A×B (produto cartesiano) o conjunto dos
pares ordenados (a, b) onde a ∈ A e b ∈ B. A×B e´ um grupo (dito “produto
direto” entre A e B) com a operac¸a˜o (a, b)(c, d) := (ac, bd). O elemento neutro
e´ (1, 1) e o inverso de (a, b) e´ (a−1, b−1). Observe que A×{1} = {(a, 1) : a ∈ A}
e´ um subgrupo de A×B. Vamos mostrar que ele e´ normal e que
A×B
A× {1}
∼= B.
Para fazer isso queremos construir um homomorfismo sobrejetivo A × B → B
cujo nu´cleo seja H = A× {1}. Seja
f : A×B → B, (a, b) 7→ b.
Se trata de um homomorfismo pois
f((a, b)(c, d)) = f((ac, bd)) = bd = f(a, b)f(c, d).
Ele e´ sobrejetivo pois se b ∈ B logo f((1, b)) = b. E´ claro que ker(f) = H.
Obtemos enta˜o pelo teorema de isomorfismo que A×BA×{1}
∼= B.
Mais uma aplicac¸a˜o do teorema de isomorfismo
Sejam G um grupo, H um subgrupo de G e N um subgrupo normal de
G. Seja HN = {hn : h ∈ H, n ∈ N}. Enta˜o HN ≤ G, H ∩ N E H e
H/H ∩N ∼= HN/N .
29
Primeiro vamos mostrar que HN ≤ G. E´ claro que 1 ∈ HN pois 1 = 1 · 1
e 1 ∈ H e 1 ∈ N . Sejam h1n1, h2n2 ∈ HN (onde h1, h2 ∈ H e n1, n2 ∈ N).
Mostramos que h1n1h2n2 ∈ HN . Temos
h1n1h2n2 = h1h2(h
−1
2 n1h2)n2 ∈ HN
pois h1h2 ∈ H e h−12 n1h2 ∈ N (sendo N normal). Agora seja hn ∈ HN e
mostramos que (hn)−1 ∈ HN . Temos
(hn)−1 = n−1h−1 = h−1hn−1h−1 ∈ HN
pois h−1 ∈ H e hn−1h−1 ∈ N .
Agora mostramos que H/H∩N ∼= HN/N usando o teorema de isomorfismo.
Seja H → HN/N a func¸a˜o definida por f(h) := hN . Observe que hN ∈ HN/N
pois h ∈ HN (de fato, h = h · 1 e h ∈ H, 1 ∈ N), logo f e´ bem definida.
Mostramos que e´ um homomorfismo sobrejetivo e que ker(f) = H ∩N .
• f e´ um homomorfismo: por definic¸a˜o de produto no grupo quociente,
f(h1h2) = h1h2N = h1Nh2N = f(h1)f(h2).
• f e´ sobrejetivo: se hnN e´ um qualquer elemento de HN/N (onde h ∈ H
e n ∈ N) enta˜o como nN = N (pois n ∈ N) temos hnN = hN logo
hnN = f(h).
• ker(f) = H∩N : O nu´cleo de f consiste dos h ∈ H tais que f(h) = N , isto
e´, hN = N , isto e´, h ∈ N . Enta˜o ker(f) = {h ∈ H : h ∈ N} = H ∩N .
1.8 Sobre produtos diretos e grupos abelianos finitos
Lembre-se que se A e B sa˜o dois grupos o produto direto de A e B e´ o produto
cartesiano A × B (o conjunto dos pares ordenados (a, b) com a ∈ A e b ∈ B)
com a operac¸a˜o seguinte:
(a, b)(c, d) := (ac, bd).
Observe que voceˆ definiu da mesma forma a soma entre vetores: se a operac¸a˜o
for a soma, (a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d).
Por exemplo dado C2 = {1, x} = 〈x〉 temos
C2 × C2 = {(1, 1), (1, x), (x, 1), (x, x)}.
Observe que C2 ×C2 tem quatro elementos. Mais em geral, |A×B| = |A| · |B|,
pois para construir um par (a, b) temos |A| escolhas para a e |B| escolhas para
b. Ale´m disso,C2×C2 e´ abeliano, e mais em geral, se A e B sa˜o abelianos enta˜o
A×B e´ abeliano: de fato, se (a, b), (c, d) ∈ A×B enta˜o (a, b)(c, d) = (ac, bd) =
(ca, db) = (c, d)(a, b).
30
Vamos mostrar que a ordem do elemento (a, b) e´ mmc(o(a), o(b)), o menor
multiplo comum entre o(a) e o(b). De fato, (a, b)n = (an, bn) por definic¸a˜o de
operac¸a˜o em A × B, logo (a, b)n = (1, 1) se e somente se an = 1 e bn = 1,
isto e´, n e´ dividido por o(a) e o(b) (por uma das propriedades da ordem de um
elemento). Enta˜o o((a, b)) (a ordem de (a, b), isto e´, o menor inteiro positivo n
tal que (a, b)n = (1, 1)) e´ o menor inteiro positivo n tal que o(a) e o(b) dividem
n, em outras palavras, o((a, b)) = mmc(o(a), o(b)).
Por exemplo se C2 = {1, x} = 〈x〉 enta˜o o((1, 1)) = 1, o((1, x)) = mmc(1, 2) =
2, o((x, 1)) = mmc(2, 1) = 2 e o((x, x)) = mmc(2, 2) = 2. Em particular C2×C2
e´ um grupo de ordem |C2 × C2| = |C2| · |C2| = 2 · 2 = 4 que na˜o tem elementos
de ordem 4. Se agora C6 = 〈y〉 = {1, y, y2, y3, y4, y5} enta˜o no grupo C2 × C6
temos por exemplo o((x, y2)) = mmc(2, 3) = 6, o(x, y3) = mmc(2, 2) = 2. Os
elementos de C2 × C6 sa˜o (1, 1), (1, y), (1, y2), (1, y3), (1, y4), (1, y5), (x, 1),
(x, y), (x, y2), (x, y3), (x, y4), (x, y5). As ordens sa˜o 1, 6, 3, 2, 3, 6, 2, 6, 6, 2, 6, 6.
Em particular, C2×C6 e´ um grupo de ordem |C2×C6| = |C2| · |C6| = 2 ·6 = 12
que na˜o tem elementos de ordem 12.
Logo, C2×C2 e C2×C6 sa˜o exemplos de grupos de ordem n que na˜o conteˆm
elementos de ordem n. Enta˜o eles na˜o sa˜o grupos c´ıclicos (observe que um grupo
c´ıclico de ordem n sempre contem elementos de ordem n, pois se Cn = 〈x〉 enta˜o
x tem ordem n).
Para repetir: C2 ×C2 e C2 ×C6 sa˜o grupos abelianos na˜o c´ıclicos. Observe
que e´ a primeira vez que encontramos grupos finitos abelianos na˜o c´ıclicos. Uma
pergunta natural e´ a seguinte: Cn × Cm pode ser c´ıclico? A resposta e´ sim:
Proposic¸a˜o 11. Cn × Cm e´ c´ıclico se e somente se n,m sa˜o coprimos.
Demonstrac¸a˜o. Suponha n,m coprimos, e Cn = 〈x〉, Cm = 〈y〉. Assim o(x) = n
e o(y) = m. A ordem do elemento (x, y) e´ o((x, y)) = mmc(o(x), o(y)) =
mmc(n,m) = nm pois n,m sa˜o coprimos. Enta˜o Cn × Cm e´ um grupo de
ordem nm que contem elementos de ordem nm, logo Cn × Cm e´ c´ıclico, em
outras palavras, Cn × Cm ∼= Cnm (dois grupos c´ıclicos da mesma ordem sa˜o
isomorfos).
Agora suponha Cn×Cm c´ıclico e por contradic¸a˜o suponha n,m na˜o coprimos,
em outras palavras, existe um nu´mero primo p que divide n e m. Seja r = nm/p.
Se (a, b) ∈ Cn×Cm enta˜o an = 1 e bm = 1 (ja´ vimos que se g ∈ G enta˜o g|G| = 1
em geral). Como p divide n em, temos que n em dividem r, logo ar = 1 e br = 1,
enta˜o (a, b)r = (ar, br) = (1, 1). Isso implica que o((a, b)) divide r = nm/p, em
particular o((a, b)) < nm. Como isso vale para todo elemento (a, b) de Cn×Cm,
obtemos que Cn × Cm na˜o tem elementos de ordem nm, logo na˜o e´ c´ıclico.
Podemos construir produtos diretos com mais fatores: se A1, . . . , Ak sa˜o
grupos, podemos construir o produto direto
A1 ×A2 × · · · ×Ak = {(a1, . . . , ak) : a1 ∈ A1, . . . , ak ∈ Ak}.
31
A operac¸a˜o e´
(a1, . . . , ak)(b1, . . . , bk) = (a1b1, . . . , akbk).
O elemento neutro e´ (1, 1, . . . , 1) e o inverso de (a1, . . . , ak) e´ (a
−1
1 , . . . , a
−1
k ).
Assim podemos construir outros grupos abelianos, por exemplo
C2 × C2 × C4 × C5 × C18.
Agora uma pergunta natural e´ a seguinte: e´ verdade que todo grupo abeliano
finito e´ um produto direto de grupos c´ıclicos? A resposta e´ sim:
Teorema 3 (Teorema fundamental dos grupos abelianos finitos). Todo grupo
abeliano finito e´ um produto direto de grupos c´ıclicos finitos.
Antes de mostrar esse teorema, vamos ver algumas consequeˆncias.
Observe que A × B ∼= B × A. Mais em geral se σ e´ uma permutac¸a˜o de
{1, . . . , k} enta˜o Aσ(1) × · · · ×Aσ(k) ∼= A1 × · · · ×Ak.
• Quantos grupos abelianos tem de ordem 12? Como 12 = 22 · 3 e |A1 ×
· · · × Ak| = |A1| · · · |Ak|, as possibilidades sa˜o C12, C2 × C6, C4 × C3 e
C2×C2×C3. Mas observe que como vimos acima, C4×C3 ∼= C4·3 = C12
e C2 × C3 ∼= C2·3 = C6, logo C2 × C2 × C3 ∼= C2 × C6. Isso implica que
na verdade todo grupo abeliano de ordem 12 e´ isomorfo a um entre C12 e
C2 × C2 × C3.
• Quantos grupos abelianos tem de ordem 70? Como 70 = 2·5·7 e |A1×· · ·×
Ak| = |A1| · · · |Ak|, a u´nica possibilidade e´ C2×C5×C7 ∼= C10×C7 ∼= C70.
Em outras palavras, todo grupo abeliano de ordem 70 e´ c´ıclico.
• Quantos grupos abelianos tem de ordem 36? Como 36 = 22 · 32 e |A1 ×
· · ·×Ak| = |A1| · · · |Ak|, as possibilidades sa˜o C4×C9 ∼= C36, C2×C2×C9,
C4×C3×C3 e C2×C2×C3×C3. Isso e´ tudo pois por exemplo C2×C18 ∼=
C2 × C2 × C9.
Demonstrac¸a˜o do teorema fundamental
Vamos precisar do lema geral seguinte.
Lema 1 (Produto direto interno). Sejam A,B subgrupos normais de um grupo
G tais que AB = G e A ∩B = {1}. Enta˜o G ∼= A×B.
Demonstrac¸a˜o. Seja f : A × B → G = AB definida por f((a, b)) = ab. Vamos
mostrar que se trata de um isomorfismo de grupos. E´ claro que f e´ sobrejetiva.
Agora,
f((a, b)(c, d)) = f((ac, bd)) = acbd, f((a, b))f((c, d)) = abcd.
Enta˜o para mostrar que f e´ um homomorfismo precisamos mostrar que se a, c ∈
A e b, d ∈ B enta˜o acbd = abcd (observe que isso e´ obvio se G e´ abeliano).
32
Temos abcd = ac(c−1bcb−1)bd logo basta mostrar que c−1bcb−1 = 1. Mas
c ∈ A, b ∈ B e A,B sa˜o subgrupos normais, logo c−1bc ∈ B e bcb−1 ∈ A, logo
c−1bcb−1 ∈ A ∩B. Mas por hipo´tese A ∩B = {1} logo c−1bcb−1 = 1.
Falta mostrar que f e´ injetivo, isto e´, que ker(f) = {(1, 1)}. Seja (a, b) ∈
ker(f) e mostramos que (a, b) = (1, 1). Temos f((a, b)) = 1, isto e´, ab = 1,
enta˜o b = a−1. Mas B 3 b = a−1 ∈ A, logo b = a−1 ∈ A ∩ B = {1}, isto e´,
b = a−1 = 1 e isso implica (a, b) = (1, 1).
Agora vamos mostrar o teorema.
Lema 2. Seja G um grupo abeliano finito e seja p um divisor primo de |G|.
Enta˜o G tem elementos de ordem p.
Demonstrac¸a˜o. Induc¸a˜o sobre |G|. Se |G| = 1 o enunciado e´ obvio, agora su-
ponha |G| > 1. Se 1 6= g ∈ G tem ordem mp para algum inteiro m enta˜o
o(gm) = p, enta˜o agora supomos que p na˜o divida k = o(g), assim p divide
o indice |G : 〈g〉| = |G/〈g〉|, e por induc¸a˜o, como |G/〈g〉| = |G|/k < |G|,
existe x〈g〉 ∈ G/〈g〉 de ordem p no quociente, assim pondo h = o(x) temos
(x〈g〉)h = 〈g〉 enta˜o p divide h e o(xh/p) = p.
Seja G um grupo abeliano finito, e para d um qualquer divisor de |G| seja
G[d] := {g ∈ G : gd = 1}.
Observe que G[d] ≤ G: de fato 1d = 1 logo 1 ∈ G[d] e se x, y ∈ G[d] enta˜o
(xy)d = xdyd = 1 · 1 = 1 (a igualdade (xy)d = xdyd vale so´ porque G e´
abeliano).
Suponha que |G| = nm para inteiros n,m coprimos. Usando o lema 1, vamos
mostrar que
G ∼= G[n]×G[m].
E´ claro que G[n] e G[m] sa˜o subgrupos normais de G (em um grupo abeliano
todo subgrupo e´ normal). Como n,m sa˜o coprimos existem inteiros a, b tais que
na+mb = 1.
Mostramos que G[n]∩G[m] = {1}. Se x ∈ G[n]∩G[m] enta˜o xn = 1 = xm,
logo x = x1 = xna+mb = (xn)a(xm)b = 1a1b = 1.
Mostramos que G[n]G[m] = G. Se g ∈ G enta˜o g = g1 = gmb+na =
(gm)b(gn)a e o fato que gnm = g|G| = 1 implica que gm ∈ G[n] e gn ∈ G[m],
logo tambe´m (gm)b ∈ G[n] e (gn)a ∈ G[m].
Enta˜o temos G[n]×G[m] ∼= G. Ale´m disso, se m > 1 e n > 1 enta˜o G[m] 6= G
e G[n] 6= G pois por exemplo se o primo p divide n e na˜o divide m (tal primo
existe pois n e m sa˜o coprimos) enta˜o G tem um elemento x de ordem p pelo
lema 2, e xm 6= 1 (pois p na˜o divide m) implica que x 6∈ G[m]. Isso mostra que
G 6= G[m] e analogamente G 6= G[n].
Iterando o processo de decomposic¸a˜o de G obtemos que G e´ um produto
direto de subgrupos de ordem poteˆncias de primos (porque um nu´mero inteiro
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que na˜o pode ser escrito como produto de dois inteiros coprimos maiores de 1
e´ exatamente uma poteˆncia de um primo), logo estamos reduzidos a mostrar o
teorema no caso em que |G| = pt, onde p e´ um primo.
Supomos enta˜o que G seja um grupo abeliano finitode ordem pt, com p
primo. Vamos mostrar que G e´ um produto direto de grupos c´ıclicos, por
induc¸a˜o. Se t = 1 enta˜o |G| = p logo G e´ c´ıclico (enta˜o ele e´ um produto
direto de grupos c´ıclicos). Agora supomos t > 1. Seja g um elemento de ordem
ma´xima em G, seja
F := {H ≤ G : H ∩ 〈g〉 = {1}}
e seja M um elemento maximal de F (isto e´, se H ∈ F e M ≤ H enta˜o M = H:
um tal M existe pois F e´ uma famı´lia finita). Se G = M〈g〉 enta˜o o lema
1 implica que G ∼= M × 〈g〉 e |M | < |G| logo o resultado segue por induc¸a˜o.
Supomos enta˜o que G 6= M〈g〉 e seja x ∈ G −M〈g〉 de ordem mı´nima. Temos
o(x) = pk com k ≤ t (pelo teorema de Lagrange), enta˜o temos xp ∈M〈g〉 (sena˜o
xp seria um elemento de G−M〈g〉 de ordem pk−1, menor que o(x) = pk), logo
xp = ygl com y ∈ M e l inteiro positivo. Pelo teorema de Lagrange todo
elemento de G tem ordem uma poteˆncia de p logo o(g) = pn e lembre-se que g
e´ um elemento de G de ordem ma´xima, logo xp
n
= 1 (sena˜o, x teria ordem ph
maior que pn). Temos
1 = xp
n
= (xp)p
n−1
= (ygl)p
n−1
= yp
n−1
glp
n−1
,
logo glp
n−1 ∈ M ∩ 〈g〉 = {1}, enta˜o pn = o(g) divide lpn−1, isto e´, p divide l.
Escreva l = pj, assim (xg−j)p = y ∈ M , e xg−j 6∈ M pois x 6∈ M〈g〉. Observe
que 〈xg−j〉M ≤ G (pois e´ um produto de subgrupos normais), enta˜o como M
e´ maximal em F , 〈xg−j〉M ∩ 〈g〉 6= {1}. Temos enta˜o 1 6= gk = (xg−j)uy′
para k, u ∈ Z e y′ ∈ M . Obtemos xu = gkgjuy′−1 ∈ M〈g〉. Suponha p|u.
Como (xg−j)p ∈ M temos (xg−j)u ∈ M logo gk = 1, logo p na˜o divide u e
existem inteiros a, b ∈ Z com pa+ub = 1. Mas xp e xu pertencem a M〈g〉, logo
x = x1 = xpa+ub = (xp)a(xu)b ∈M〈g〉. Contradic¸a˜o.
1.9 Exerc´ıcios resolvidos
1. Seja f : (R,+) → (R>0, ·) definida por f(x) := ex. Mostre que f e´ um
isomorfismo de grupos.
(a) f e´ homomorfismo: f(x+ y) = ex+y = exey = f(x)f(y).
(b) f e´ injetivo: se f(x) = 1 enta˜o ex = 1, logo x = 0. Isso mostra que
ker(f) = {0}, logo f e´ injetivo.
(c) f e´ sobrejetivo: se y ∈ R>0 seja x := loge(x). Enta˜o f(x) = ex = y.
2. Seja n ∈ Z, n 6= 0 e seja f : Z → Z definida por f(z) := nz. Mostre
que f e´ um homomorfismo injetivo. Calcule a imagem de f . f pode ser
sobrejetivo?
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f e´ homomorfismo pois f(x+ y) = n(x+ y) = nx+ ny = f(x) + f(y). f
e´ injetivo pois se nz = 0 enta˜o z = 0 (pois n 6= 0), logo ker(f) = {0}. A
imagem de f e´ {nz : z ∈ Z} = nZ ≤ Z. f e´ sobrejetivo se e somente se
n = ±1.
3. Sejam X,Y conjuntos e seja f : X → Y uma func¸a˜o bijetiva. Mostre que
Sym(X) ∼= Sym(Y ).
Sym(X) e´ o grupo das funcc¸o˜es bijetivas X → X. Vamos definir um
isomorfismo ϕ : Sym(X)→ Sym(Y ) levando σ para f ◦ σ ◦ f−1. E´ claro
que essa func¸a˜o e´ bem definida (composic¸a˜o de bijec¸o˜es e´ uma bijec¸a˜o).
Vamos mostrar que se trata de um isomorfismo de grupos.
(a) ϕ e´ um homomorfismo: ϕ(στ) = fστf−1 = fσf−1fτf−1 = ϕ(σ)ϕ(τ).
(b) ϕ e´ injetivo: se ϕ(σ) = 1 enta˜o fσf−1 = 1 e multiplicando a esquerda
por f−1 e a direita por f obtemos σ = f−1f = 1. Isso mostra que
ker(ϕ) = {1}, logo ϕ e´ injetivo.
(c) ϕ e´ sobrejetivo. Seja τ ∈ Sym(Y ), enta˜o τ = f(f−1τf)f−1 =
ϕ(f−1τf).
4. Considere R como grupo aditivo (abeliano) e Z ≤ R. Mostre que
R/Z ∼= S1 = {a+ ib ∈ C : a2 + b2 = 1}.
Considere a func¸a˜o f : R→ S1 que leva t para e2piit = cos(2pit)+i sin(2pit).
Se trata de um homomorfismo pois f(t + s) = e2pii(t+s) = e2piit+2piis =
e2piite2piis = f(t)f(s). O nu´cleo e´ dado pelos t ∈ R tais que e2piit = 1,
isto e´, t ∈ Z, logo ker(f) = Z. Como f e´ sobrejetivo (pois se a2 + b2 = 1
existe um nu´mero real t tal que cos(t) = a e sin(t) = b), temos enta˜o pelo
teorema de isomorfismo que R/Z ∼= S1.
5. Seja G = C∗ = C−{0} (grupo multiplicativo dos nu´meros complexos na˜o
nulos) e seja N = {a + ib ∈ C∗ : a2 + b2 = 1}. Mostre que G/N ∼= R>0
(grupo multiplicativo dos nu´meros reais positivos).
Primeiro, vamos mostrar que f(a+ib) := a2+b2 define um homomorfismo
de grupos multiplicativos C∗ → R>0 onde C∗ e´ o grupo dos nu´meros
complexos na˜o nulos e R>0 e´ o grupo dos nu´meros reais positivos. Temos
que
f((a+ ib)(c+ id)) = f(ac− bd+ i(ad+ bc)) = (ac− bd)2 + (ad+ bc)2
f(a+ ib)f(c+ id) = (a2 + b2)(c2 + d2)
sa˜o iguais. Logo, f e´ um homomorfismo, e ker(f) = N . Como f e´ sobre-
jetivo (pois se α ∈ R>0 enta˜o α = f(
√
α)) pelo teorema de isomorfismo
G/N ∼= R>0.
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6. Seja G um grupo abeliano finito. Mostre que f : G→ G, f(x) := x2 e´ um
homomorfismo. Mostre que se |G| e´ impar enta˜o f e´ um isomorfismo.
f e´ homomorfismo pois f(xy) = (xy)2 = xyxy = xxyy = x2y2 = f(x)f(y)
(sendo G abeliano). Suponha |G| impar, e mostramos que f e´ isomorfismo,
isto e´, que f e´ bijetivo. Pelo princ´ıpio da casa dos pombos (se A,B sa˜o
conjuntos finitos da mesma cardinalidade, uma func¸a˜o A → B e´ injetiva
se e somente se e´ sobrejetiva), basta mostrar que f e´ injetivo, isto e´,
ker(f) = {1}. Seja x ∈ ker(f) e suponha por contradic¸a˜o x 6= 1. Temos
f(x) = x2 = 1, logo o(x) = 2 (pois x 6= 1). Pelo teorema de Lagrange,
|〈x〉| = o(x) = 2 divide |G|, absurdo (|G| e´ impar).
7. Dado um primo p e Fp = Z/pZ, calcular a cardinalidade de S = {x2 :
x ∈ Fp}.
Considere o grupo multiplicativo G := F∗p = Fp − {0}. Como ja´ vimos
no exerc´ıcio anterior, f : G → G que leva x para x2 e´ um homomorfismo
pois G e´ um grupo abeliano finito. Sendo Fp um corpo, a equac¸a˜o x2 = 1
tem duas soluc¸o˜es: 1 e −1, que sa˜o diferentes se p 6= 2. Nesse caso temos
enta˜o que ker(f) = {−1, 1} tem ordem 2. Alem disso, a imagem de f e´
C = {x2 : x ∈ G} e pelo teorema de isomorfismo C ∼= G/ ker(f), enta˜o
|C| = |G/ ker(f)| = |G|/| ker(f)| = (p− 1)/2.
Obtemos que |S| = |C ∪ {0}| = |C| + 1 = (p + 1)/2. Se p = 2 enta˜o
Fp = {0, 1} = S logo |S| = 2.
8. Mostre que A×B{1}×B
∼= A.
Se trata de mostrar que a func¸a˜o A × B → A que leva (a, b) para a e´
um homomorfismo sobrejetivo de nu´cleo {1} × B e aplicar o teorema de
isomorfismo.
9. Sejam n um inteiro positivo e m um divisor positivo de n. Seja Cn =
〈x〉 = {1, x, x2, . . . , xn−1}. Mostre que Cn/〈xm〉 ∼= Cm.
Considere f : Cn → Cm = 〈xn/m〉 definida por f(xk) := xkn/m. Se trata
de um homomorfismo sobrejetivo de nu´cleo 〈xm〉, logo o resultado segue
do teorema de isomorfismo.
10. Seja H um subgrupo de Sn contendo permutac¸o˜es impares. Mostre que
|H ∩An| = 12 |H|.
Ja´ vimos em um outro exerc´ıcio que se H ≤ G e N E G enta˜o HN/N ∼=
H/H∩N . Vamos aplicar esse resultado ao caso G = Sn e N = An. Vamos
mostrar que HAn = Sn. Sendo obvio que HAn ⊆ Sn, vamos mostrar a
outra inclusa˜o: Sn ⊆ HAn. Seja enta˜o g ∈ Sn. Se g ∈ An enta˜o g = 1 ·g ∈
HAn, agora suponha g 6∈ An, assim sgn(g) = −1. Por hipotese, existe
h ∈ H com sgn(h) = −1, logo sgn(hg) = sgn(h)sgn(g) = (−1)(−1) = 1,
assim hg ∈ An e obtemos g = h−1(hg) ∈ HAn.
Agora temos C2 ∼= Sn/An = HAn/An ∼= H/H ∩ An enta˜o 2 = |H/H ∩
An| = |H|/|H ∩An| logo |H ∩An| = 12 |H|.
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11. Conte os grupos abelianos de ordem 72.
Temos 72 = 2332 e pelo teorema fundamental dos grupos abelianos finitos
temos 3 grupos abelianos de ordem 8 (C8, C2 × C4 e C2 × C2 × C2) e 2
grupos abelianos de ordem 9 (C9 e C3 ×C3). Logo temos 3 · 2 = 6 grupos
abelianos de ordem 72, eles sa˜o C8×C9 ∼= C72, C8×C3×C3, C2×C4×C9,
C2 × C4 × C3 × C3, C2 × C2 × C2 × C9, C2 × C2 × C2 × C3 × C3.
12. Sejam C12 = 〈a〉, C16 = 〈b〉. Calcule a ordem de (a10, b12) no produto
direto G = C12 × C16.
A ordem de (a10, b12) e´ igual ao mmc entre o(a10) e o(b12). Temos
o(a10) = o(a)/(10, o(a)) = 12/(10, 12) = 12/2 = 6
o(b12) = o(b)/(12, o(b)) = 16/(12, 16) = 16/4 = 4.
Logo a ordem de (a10, b12) vale mmc(6, 4) = 12.
13. Conte os elementos de C6 × C12 de ordem 6.
Um elemento de ordem 6 tem a forma (x, y) onde as ordens de x e y podem
ser: 1, 6 ou 2, 3 ou 2, 6 ou 3, 2 ou 3, 6 ou 6, 1 ou 6, 2 ou 6, 3 ou 6, 4 ou 6, 6.
Em total temos 24 tais elementos.
Mais exerc´ıcios.
1. Seja A um grupo e seja G = A3 = A×A×A. Mostre que G/(A× {1} ×
{1}) ∼= A×A.
2. Mostre que N = {1, (12)(34),