Lista - Estruturas Algébricas

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Professor: Pedro Bortolucci
Estruturas Algébricas II - Subgrupos Normais, Grupos Quociente, Homomorfismos e Iso-
morfismos de Grupos
Lista III - Estruturas Algébricas II
Questão 1. Descreva o grupo quociente
G
H
e a tabela de operações para cada item a
seguir.
a. G = Z8 e H = {0̄, 2̄, 4̄, 6̄};
b. G = Z∗7 e H = {1̄, 2̄, 4̄};
c. G = D5 e H = {e, a, a2, a3, a4};
d. G = GL3(R) e H = {A ∈ GL3(R); detA < 0}
Solução.
a. Pela definição de
G
H
, temos que
G
H
= {a + H; a ∈ G}, no nosso caso,
temos que
Z8
H
= {ā+H; ā ∈ Z8}. Pois bem, calculemos cada caso:
0̄ +H = {0̄, 2̄, 4̄, 6̄} = H 1̄ +H = {1̄, 3̄, 5̄, 7̄}
2̄ +H = {2̄, 4̄, 6̄, 0̄} = H 3̄ +H = {3̄, 5̄, 7̄, 1̄} = 1̄ +H
4̄ +H = {4̄, 6̄, 0̄, 2̄} = H 5̄ +H = {5̄, 7̄, 1̄, 3̄} = 1̄ +H
6̄ +H = {6̄, 0̄, 2̄, 4̄} = H 7̄ +H = {7̄, 1̄, 3̄, 5̄} = 1̄ +H
Portando o grupo quociente pode ser completamente descrito como:
Z8
H
= {H, 1̄ +H}. Sua tabela de operações fica:
+ H 1̄ +H
H H 1̄ +H
1̄ +H 1̄ +H H
b. Temos agora G = Z∗7 e H = {1̄, 2̄, 4̄}. Procedendo como no item
anterior temos:
1̄H = H 2̄H = {2̄, 4̄, 1̄} = H
3̄H = {3̄, 6̄, 5̄} 4̄H = {4̄, 1̄, 2̄} = H
5̄H = {5̄, 3̄, 6̄} = 3̄H 6̄H = {6̄, 5̄, 3̄} = 3̄H
Assim, o grupo quociente fica completamente descrito como:
Z∗7
H
=
{H, 3̄H}. Sua tabela de operações é dada por:
2
· H 3̄H
H H 3̄H
3̄H 3̄H H
c. Lembremos que o grupo diedral D5 pode ser representado por
D5 = {e, a, a2, a3, a4, b, ba, ba2, ba3, ba4},
com a relação bab = a−1 (isso será importante daqui a pouco), ou
seja, podemos descrever esse grupo como o grupo com geradores a e
b, sujeitos as relações a5 = b2 = e (apenas por curiosidade, isso pode
ser denotado como 〈a, b|a5 = b2 = e, bab = a−1〉). Agora, o subgrupo
normal foi dado porH = {e, a, a2, , a3, a4}. Vamos proceder da mesma
forma dos items anteriores:
eH = H aH = {a, a2, a3, a4, e} = H
a2H = {a2, a3, a4, e, a} = H a3H = {a3, a4, e, a, a2} = H
a4H = {a4, e, a, a2, a3} = H bH = {b, ba, ba2, ba3, ba4}
(ba)H = {ba, ba2, ba3, ba4, b} = bH (ba2)H = {ba2, ba3, ba4, b, ba} = bH
(ba3)H = {ba3, ba4, b, ba, ba2} = bH (ba4)H = {ba4, b, ba, ba2, ba3} = bH
Portanto, o grupo quociente
D5
H
, fica completamente determinado por
D5
H
= {H, aH, bH}. Agora, lembre-se de quando mencionei um fato
que seria importante, observe que a · a4 = e = a4 · a, ou seja, a−1 = a4
(um raciocínio análogo mostra que b−1 = b), daí, da relação bab = a−1,
temos bab = a4 ⇒ ab = ba4, ou seja, (ab)H = (ba4)H = bH, isso nos
permite montar a tabela de operações, que fica dada por:
· H aH bH
H H aH bH
aH aH H bH
bH bH bH H
d. Agora, temos o grupo linear geral de ordem 3, G = GL3(R) e H =
{A ∈ GL3(R); detA < 0}. Mas note que a matriz identidade I3 é o
elemento neutro (em relação à multiplicação) do grupo GL3(R), entre-
tanto, det(I3) = 1 > 0, logo I3 6∈ H, portanto, H não pode nem mesmo
ser grupo, tampouco subgrupo normal, logo, não faz sentido falarmos
em grupo quociente neste caso.
Questão 2. Seja f : G1 → G2 homomorfismo de grupos, com G2 abeliano. Mostre que
G1
N(f)
é abeliano.
3
Solução. Vou começar observando que usarei a notação ker(f), para denotar
o núcleo do homomorfismo f . Pois bem, queremos mostrar que
G1
ker(f)
é
abeliano. Observe que do Teorema do Isomorfismo, como f é homomorfismo
de grupos, ele induz um isomorfismo de grupos
f̄ :
G1
ker(f)
→ Im(f)
dado por f̄(g ker(f)) = f(g) (apesar de não utilizarmos essa lei de formação
neste exercício, é bom sempre termos em mente ela). Em símbolos, temos
G1
ker(f)
∼= Im(f). Da proposição 4.2.1, página 167, Álgebra II, temos que
como f : G1 → G2 é homomorfimo de grupos, o item (h), nos garante que
Im(f) ≤ G2. Como G2 é abeliano, e Im(f) ≤ G2, segue que Im(f) é também
abeliano (isso fica claro observando que para quaisquer dois elementos a, b ∈
Im(f), em particular, a, b ∈ G2, logo eles comutam, já que G2 é abeliano,
portanto como esses elementos são arbitrários, segue o enunciado). Agora, da
proposição 4.2.3(a) página 172, do mesmo livro, segue que
G1
ker(f)
é abeliano.
Questão 3. Calcule a ordem das permutações
a. α =
(
1 2 3 4 5 6
3 1 2 4 6 5
)
;
b. α = (1 3 5)(2 5 4)(1 2 3);
c. α = (1 2)(3 4);
d. α =
(
1 2 3 4 5
2 5 4 3 1
)
.
Solução.
a. Vamos reescrever essa permutação como um produto de ciclos, se forem
disjuntos, podemos aplicar a Proposição 5.1.1(b), da página 198. Pois
bem, repare que na permutação dada, temos que α(1) = 3, α(3) = 2 e
α(2) = 1, o que completa o cíclo (1 3 2) de comprimento 3 e, portanto,
ordem 3. Da mesma forma, α(5) = 6 e α(6) = 5, o que completa o
cíclo, mais precisamente a trasposição, (5 6) de comprimento e, por-
tanto, ordem 2. Assim, temos que α = (1 3 2)(5 6), consequentemente,
da proposição mencionada temos que o(α) = mmc(2, 3) = 6;
b. Neste caso, é claro que os cíclos são não disjuntos, uma vez que, por
exemplo, o número 3 aparece em dois dos três ciclos que compõe a
permutação α. Neste caso, vamos reescrever α como produto de cíclos
disjuntos. Observe que temos aqui três cíclos
4
α1 = (1 3 5), α2 = (2 5 4) e α3 = (1 2 3)
e observe que α = α1 ◦ α2 ◦ α3. Note que α(1) = α1(α2(α3(1))) =
α1(α2(2)) = α1(5) = 1 (lembre-se que se um número não aparece na
notação de cíclo, significa que ele está fixo, nesse caso o 3, por exemplo,
não aparece na notação de α2, ou seja, α2(3) = 3) , ou seja, α(1) = 1.
Continuando assim para i ∈ {1, 2, 3, 4, 5}, temos:
• α(2) = α1(α2(α3(2))) = α1(α2(3)) = α1(3) = 5;
• α(3) = α1(α2(α3(3))) = α1(α2(1)) = α1(1) = 3;
• α(4) = α1(α2(α3(4))) = α1(α2(2)) = α1(2) = 2;
• α(5) = α1(α2(α3(5))) = α1(α2(5)) = α1(4) = 4;
Logo, a permutação α pode ser escrita como:
α =
(
1 2 3 4 5
1 5 3 2 4
)
Que um raciocínio análogo ao do item anterior nos dá que α pode ser
escrito como o cíclo (2 5 4 2) com 1 e 3 fixos. Como o comprimento desse
cíclo é 4, então o(α) = 4;
c. Neste caso, α já está escrito como produto de dois cíclos disjuntos α1 =
(1 2) e α2 = (3 4), ambos com comprimento, e portanto ordem, igual a
2. Logo o(α) = mmc(2, 2) = 2;
d. Este item podemos resolver de maneira parecida ao item (a), notando
que:
• α(1) = 2;
• α(2) = 5;
• α(5) = 1;
compõe o cíclo (1 2 5) de comprimento, e portanto ordem, 3. E:
• α(3) = 4;
• α(4) = 3.
Compõe outro cíclo, disjunto do primeiro, (3 4), agora de comprimento,
e portanto ordem, igual a 2. Assim, temos que α = (1 2 5)(4 3), logo
o(α) = mmc(2, 3) = 6.
Questão 4. Calcule αβα−1 e βαβ−1 quando
a. α = (1 2 5)(3 4) e β = (1 3 5 7);
b. α = (1 5 6) e β = (1 2 3)(4 5).
5
Solução. Resolverei do jeito que acredito que seja o mais simples de compre-
ender. Vamos primeiro escrever cada inversa como uma permutação e depois
reescrevê-las como o produto de cíclos disjuntos, e em seguida realizar o pro-
duto como estávamos realizando anteriormente. Depois resolverei por outro
método.
a. Repare que, da forma que que α foi dada, podemos escrevê-la como:
α =
(
1 2 3 4 5 6 7
2 5 4 3 1 6 7
)
⇒ α−1 =
(
2 5 4 3 1 6 7
1 2 3 4 5 6 7
)
⇒α−1 =
(
1 2 3 4 5 6 7
5 1 4 3 2 6 7
)
= (1 5 2)(3 4)
Fazendo o mesmo para β, temos:
β =
(
1 2 3 4 5 6 7
3 2 5 4 7 6 1
)
⇒ β−1 =
(
3 2 5 4 7 6 1
1 2 3 4 5 6 7
)
⇒β−1 =
(
1 2 3 4 5 6 7
7 2 1 4 3 6 5
)
= (1 7 5 3)
Agora, realizando a operação αβα−1, temos:
αβα−1 = (1 2 5)(3 4)(1 3 5 7)(1 5 2)(3 4)
=
(
1 2 3 4 5 6 7
7 4 3 1 5 6 2
)
= (1 7 2 4).
e calculando βαβ−1, temos:
αβα−1 = (1 3 5 7)(1 2 5)(3 4)(1 7 5 3)
=
(
1 2 3 4 5 6 7
1 7 2 5 4 6 3
)
= (2 7 3)(4 5).
O processo para calcular esse produto de cíclos é o mesmo desenvolvido
na questão 3 letra (b), chame cada cíclo de um αi e calcule a imagem
de cada número 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 7, através da composta dos ai’s.
b. Neste item, encontrareis a inversa dos cíclos de outra forma, vamos ape-
nas reescrever cada cíclo "ao contrário"e depois reescrevê-los de forma
a começar pelo menor número (lembrando que a ordem não importa,
o cíclo continua sendo o mesmo, entretanto é uma convenção utilizar a
notação sempre começando com o menor número).
Pois bem, temos que α = (1 5 6), o que implica que α−1 = (6 5 1),
reescrevendo a partir do menor número, temos α−1 = (1 6 5). Agora,
paraβ, temos que β = (1 2 3)(4 5), logo β−1 = (5 4)(3 2 1), reescrevendo
começando com o menor número, temos β−1 = (1 3 2)(4 5).
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Agora, calculando, da mesma forma feita na questão 3, letra (b), temos:
αβα−1 = (1 5 6)(1 2 3)(4 5)(1 6 5)
=
(
1 2 3 4 5 6
1 3 5 6 2 4
)
= (2 3 5)(4 6).
e finalmente,
βαβ−1 = (1 2 3)(4 5)(1 5 6)(1 3 2)(4 5)
=
(
1 2 3 4 5 6
1 4 3 6 5 2
)
= (2 4 6).