Algebra Apostila

June 8, 2018 | Author: torugomath | Category: Group (Mathematics), Set (Mathematics), Equations, Empty Set, Function (Mathematics)
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SumárioPrefácio vii I Teoria dos Grupos e Aneis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ix 1 1 6 23 35 47 59 59 68 81 90 1 Grupos 1.1 Operações Binárias . . . . . . 1.2 Grupos . . . . . . . . . . . . . 1.3 Subgrupos . . . . . . . . . . . 1.4 Grupos Cíclicos . . . . . . . . 1.5 Grupos Diedrais e Alternados 2 Teoremas de Estruturas para Grupos 2.1 Classes Laterais . . . . . . . . . . . . 2.2 Homomorfismos . . . . . . . . . . . . 2.3 Grupos Quocientes . . . . . . . . . . 2.4 Teoremas de Isomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Aneis 105 3.1 Aneis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 3.2 Subaneis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 4 Homomorfismos de Aneis e Aneis Quocientes 4.1 Homomorfismos de Aneis . . . . . . . . . . . . 4.2 Aneis Quocientes . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Teoremas de Isomorfismos . . . . . . . . . . . 4.4 Ideais Primos e Maximais . . . . . . . . . . . 4.5 Aneis de Frações . . . . . . . . . . . . . . . . 135 . 135 . 142 . 154 . 162 . 176 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . II Teoria Avançada dos Grupos e Aneis 187 5 Produto de Grupos e os Teoremas de Sylow 189 5.1 Produto Direto e Semidireto de Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 v vi 5.2 5.3 5.4 5.5 5.6 Ação de Grupos . . . . Classes de Conjugação p-Grupos . . . . . . . Teoremas de Sylow . . Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SUMÁRIO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 214 218 224 227 6 Grupos Solúveis e Nilpotentes 6.1 Grupos de Permutações . . . . 6.2 Grupos Solúveis . . . . . . . . 6.3 Grupos Nilpotentes . . . . . . 6.4 Séries de Composição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241 . 241 . 256 . 267 . 275 283 . 283 . 296 . 303 7 Aneis de Fatoração Única e Euclidianos 7.1 Aneis de Fatoração Única . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Máximo Divisor Comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Aneis Euclidianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Aneis de Polinômios e Noetherianos 317 8.1 Polinômios e o Algoritmo da Divisão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 8.2 Critérios de Irredutibilidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330 8.3 Aneis Noetherianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343 III Teoria de Corpos e de Galois 353 9 Extensões Algébricas 355 9.1 Extensão de Corpos e Grau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356 9.2 Elementos Algébricos e Transcendentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361 9.3 Extensões Algébricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371 10 Extensões Separáveis 379 10.1 Corpos de Decomposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379 10.2 Extensões Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386 11 Teoria de Galois 11.1 Extensões Normais e Galoisianas . . . . . 11.2 Grupos de Galois . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Independência de Caracteres . . . . . . . . 11.4 Teorema Fundamental da Teoria de Galois 12 Aplicações Bibliografia 395 . 395 . 402 . 406 . 414 423 429 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SUMÁRIO Índice vii 429 Parte I Teoria dos Grupos e Aneis ix Capítulo 1 Grupos O principal objetivo deste capítulo é levar o aluno a compreender o conceito de grupo de um ponto de vista axiomático, isto é, o conceito abstrato de grupo como objeto com uma estrutura algébrica específica. Além disso, serão vistos os conceitos de subgrupos, subgrupos gerados, grupos cíclicos, grupos diedrais e grupos alternados, com ênfase em grupos de ordem finita que serão necessários para cursos subsequentes. 1.1 Operações Binárias Seja G um conjunto não vazio qualquer. Uma operação binária (ou uma composição interna) ∗ sobre G é qualquer função ∗ : G × G −→ G. Notação: ∗(a, b) = a ∗ b, ab, a × b ou a + b, e assim por diante, chamada de produto ou de soma, dependendo da notação escolhida. Observação 1.1 A prova de que uma operação (binária) ∗ sobre um conjunto G está bem definida pode ser feita como segue: dados (a, b), (c, d) ∈ G × G, (a, b) = (c, d) ⇒ a = c e b = d ⇒ a ∗ b = c ∗ d. Um sistema algébrico ou uma estrutura algébrica é um conjunto não vazio G munido de uma ou mais operações binárias. Uma operação binária ∗ sobre G é: 1. Comutativa se a ∗ b = b ∗ a, ∀ a, b ∈ G. 2. Anticomutativa se a ∗ b = b ∗ a ⇒ a = b, ∀ a, b ∈ G. 1 2 3. Associativa se CAPÍTULO 1. GRUPOS a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c, ∀ a, b, c ∈ G. Neste caso, podemos omitir os parênteses e simplesmente escrever, a ∗ b ∗ c, sem ambiguidade. 4. Um elemento u ∈ G é uma unidade para a operação binária ∗ se a ∗ u = u ∗ a = a, ∀ a ∈ G. Um elemento unidade u é frequentemente chamado de elemento identidade ou neutro. 5. A oposta de uma operação binária ∗ sobre G é definida por a ∗op b = b ∗ a, ∀ a, b ∈ G. 6. Se ◦ é outra operação binária sobre G, então ∗ é distributiva: (a) à esquerda sobre ◦ se a ∗ (b ◦ c) = (a ∗ b) ◦ (a ∗ c), ∀ a, b, c ∈ G. (b) à direita sobre ◦ se (a ◦ b) ∗ c = (a ∗ c) ◦ (b ∗ c), ∀ a, b, c ∈ G. Assim, se ∗ é distributiva à esquerda e à direita sobre ◦, dizemos que ∗ é distributiva sobre ◦. Exemplo 1.2 A soma usual “+” é uma operação binária sobre Z, Q, R e C, respectivamente. Note que ela é comutativa e associativa. Exemplo 1.3 O produto usual “•” é uma operação binária sobre Z∗ , Q∗ , R∗ e C∗ , respectivamente, com Z∗ = Z − {0}. Note que ele é comutativa e associativa. Exemplo 1.4 A subtração usual “−” é uma operação binária sobre Z, Q, R e C. Note que ela não é comutativa e nem associativa, por exemplo, 3 − 5 = −2 6= 2 = 5 − 3 e 3 − (5 − 7) = 5 6= −9 = (3 − 5) − 7. Exemplo 1.5 A subtração usual “−” não é uma operação binária sobre Z+ , Q+ e R+ , com Z+ = {n ∈ Z : n ≥ 0}. Por exemplo, 3 − 5 = −2 ∈ Z+ . / Seja ∗ uma operação binária sobre G. Chamamos a ∗ b o produto de a e b, nesta ordem. Dados a1 , a2 , ..., an ∈ G, podemos formar o produto dos elementos a1 , a2 , ..., an , nesta ordem, de várias maneiras inserindo vários parênteses e aplicando sucessivamente a operação binária ∗. Mas os parênteses devem ser localizados adequadamente, de modo que obtemos um produto significativo, isto é, sem ambiguidade. 1.1. OPERAÇÕES BINÁRIAS Exemplo 1.6 Os produtos significativos de a, b e c, nesta ordem, são: a ∗ (b ∗ c) e (a ∗ b) ∗ c. Exemplo 1.7 Os produtos significativos de a, b, c e d, nesta ordem, são: (a ∗ (b ∗ c)) ∗ d; ((a ∗ b) ∗ c) ∗ d; (a ∗ b) ∗ (c ∗ d); a ∗ (b ∗ (c ∗ d)) e a ∗ ((b ∗ c) ∗ d). 3 Mais geralmente, seja f (a1 , a2 , ..., an ) qualquer produto significativo dos elementos a1 , a2 , ..., an ∈ G, nesta ordem. Então é claro que f (a1 , a2 , ..., an ) = f1 (a1 , ..., ak ) ∗ f2 (ak+1 , ..., an ), com f1 (a1 , ..., ak ) e f2 (ak+1 , ..., an ), produtos significativos, 1 ≤ k ≤ n. O produto canônico dos elementos a1 , ..., an ∈ G, nesta ordem, é definido, indutivamente, por ( n Y se n = 1 a1 , ai = ¡Qn−1 ¢ i=1 ai ∗ an , se n > 1. i=1 Por exemplo, o produto canônico de a1 , a2 , a3 , a4 ∈ G, nesta ordem, é 4 Y i=1 ai = ((a1 ∗ a2 ) ∗ a3 ) ∗ a4 . Proposição 1.8 (Lei Associativa Generalizada) Sejam G um conjunto não vazio e ∗ uma operação binária associativa sobre G. Então f (a1 , ..., an ) = n Y i=1 ai , ∀ a1 , ..., an ∈ G. Prova. Vamos usar indução sobre n. Se n = 1 ou 2, nada há para ser provado. Suponhamos que n > 2 e que o resultado seja válido para todo m, com 1 ≤ m < n. Como f (a1 , a2 , ..., an ) = f1 (a1 , ..., ak ) ∗ f2 (ak+1 , ..., an ), para algum k, 1 ≤ k < n, temos, pela hipótese de indução, que f1 (a1 , ..., ak ) = Logo, k Y i=1 ai e f2 (ak+1 , ..., an ) = n−k Y j=1 ak+j . Assim, há duas possibilidades: ! à k ! Ãn−k Y Y ai ∗ ak+j f (a1 , a2 , ..., an ) = i=1 j=1 4 1.a Possibilidade. Se k = n − 1, então CAPÍTULO 1. GRUPOS Ãn−1 ! n Y Y ai ∗ an = ai . f (a1 , a2 , ..., an ) = i=1 i=1 2.a Possibilidade. Se k < n − 1, então ! ! à k ! ÃÃn−k−1 Y Y f (a1 , a2 , ..., an ) = ai ∗ ak+j ∗ an , por definição i=1 j=1 Ãn−1 ! Y ai ∗ an , pela hipótese de indução = i=1 !! Ãà k ! Ãn−k−1 Y Y ∗ an , pela a associatividade = ai ∗ ak+j i=1 j=1 = n Y i=1 ai , ¥ que é o resultado desejado. Observação 1.9 Seja ∗ uma operação binária associativa sobre G. Dados a1 , ..., an ∈ G existe um único produto, nesta ordem, que pode ser escrito como a1 ∗ · · · ∗ an sem qualquer parênteses ou ambiguidade. EXERCÍCIOS 1. Determine quais das seguintes operações são operações binárias ∗ sobre N: (a) A operação ∗ definida por a ∗ b = a2 . (b) A operação ∗ definida por a ∗ b = 2a + 3b. (c) A operação ∗ definida por a ∗ b = a − b. (d) A operação ∗ definida por a ∗ b = a + b + 1. 2. Determine quais das seguintes operações são operações binárias ∗ sobre R2 : (a) A operação ∗ definida por (a, b) ∗ (c, d) = ( ( a+c , b+d ), se (a, b) 6= (c, d) 2 2 . (a, b), se (a, b) = (c, d) (b) A operação ∗ definida por (a, b) ∗ (c, d) = (a + c, b + d). 1.1. OPERAÇÕES BINÁRIAS (c) A operação ∗ definida por (a, b) ∗ (c, d) = (ac, bd). (d) A operação ∗ definida por (a, b) ∗ (c, d) = (ac − bd, bc + ad). (e) A operação ∗ definida por (a, b) ∗ (c, d) = (ac, bc + ad). 5 3. Determine se as operações binárias ∗ sobre Z é associativa (comutativa) em cada um dos seguintes casos: (a) A operação ∗ definida por a ∗ b = a − b. (b) A operação ∗ definida por a ∗ b = a2 + b2 . (c) A operação ∗ definida por a ∗ b = 2(a + b). (d) A operação ∗ definida por a ∗ b = −a − b. (e) A operação ∗ sobre Z × Z definida por (a, b) ∗ (c, d) = (ad + bc, bd). 4. Determine se as operações binárias ∗ sobre R é associativa (comutativa) em cada um dos seguintes casos: (a) a ∗ b = a2 b. (b) a ∗ b = min{a, b}. (c) a ∗ b = ab + ba . (d) a ∗ b = 1. 5. Determine se as operações um dos seguintes casos: √ (a) a ∗ b = 3 a3 + b3 . (b) a ∗ b = ab + a + b. (c) a ∗ b = a. (d) a ∗ b = a + b + a2 b. (e) a ∗ b = max{a, b}. binárias ∗ sobre R é associativa (comutativa) em cada (f ) (g) (h) (i) (j) a ∗ b = a + b − ab. a ∗ b = a + b − 3. √ a ∗ b = a2 + b2 + 1. a ∗ b = a + log10 (10b−a + 1). a ∗ b = |a| b, quando a, b ∈ R∗ . 6. Determine se as operações binárias ∗ sobre R∗ é associativa (comutativa) em cada + um dos seguintes casos: (a) (b) (c) (d) a ∗ b = 3ab. a ∗ b = ab . ab a ∗ b = a+b . a ∗ b = ab + 1. (e) (f ) (g) (h) a+b a ∗ b = 1+ab . ab a ∗ b = a+b+1 . √ a ∗ b = a2 + b2 + 1. a ∗ b = a log10 b. 7. Determine quais das seguintes operações binárias são associativa (comutativa): (a) A operação ∗ sobre Q definida por a ∗ b = a+b . 5 (b) A operação ∗ sobre Z × Z definida por (a, b) ∗ (c, d) = (ad + bc, bd). 6 (c) A operação ∗ sobre Q∗ definida por a ∗ b = a . b CAPÍTULO 1. GRUPOS (d) A operação ∗ sobre Q definida por a ∗ b = a − b + ab. 8. Sejam S um conjunto não vazio qualquer munido de uma operação binário associativa ∗ e e, f ∈ S. Mostre que se a ∗ e = a e f ∗ a = a, para todo a ∈ S, então e = f . Além disso, se a ∗ b = e = c ∗ a, então b = c. 9. Suponhamos que uma operação binária ∗ sobre G tenha uma unidade e satisfaça a identidade a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ c) ∗ b, ∀ a, b, c ∈ G. Mostre que ∗ é associativa e comutativa. 10. Sejam ∗ uma operação binária associativa sobre G e x ∈ G. Mostre que a operação binária ◦ sobre G definida por a◦b=a∗x∗b é associativa. 11. Seja G um conjunto munido de uma operação binária ∗. Dizemos que a ∈ G é um elemento idempotente para ∗ se a ∗ a = a. (a) Suponhamos que ∗ seja associativa. Mostre que ∗ é anticomutativa se, e somente se, a ∗ a = a e a ∗ b ∗ a = a, para todos a, b ∈ G. (b) Mostre se ∗ é associativa e anticomutativa, então a ∗ b ∗ c = a ∗ c, para todos a, b, c ∈ G. (Sugestão: Considere a ∗ b ∗ c ∗ a ∗ c.) 1.2 Grupos Um grupo é um conjunto G munido de uma operação binária ∗ tal que os seguintes axiomas são satisfeitos: 1. Associatividade, a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c, ∀ a, b, c ∈ G. 2. Existe e ∈ G tal que a ∗ e = e ∗ a = a, ∀ a ∈ G. 3. Para cada a ∈ G, existe b ∈ G tal que a ∗ b = b ∗ a = e. Assim, um grupo é um par (G, ∗), onde G é um conjunto e ∗ é uma operação binária sobre G. Na maioria das vezes, dizemos simplesmnte “o grupo G”, sem mencionar qual a operação binária está sendo considerada. 1.2. GRUPOS Observação 1.10 Seja G um grupo qualquer: 1. O axioma (2), assegura que o conjunto G é sempre não vazio. 7 2. O elemento e em (2) é único. De fato, seja f ∈ G outro elemento identidade de G. Então f = f ∗ e e f ∗ e = e ⇒ f = f ∗ e = e. 3. O elemento b em (3) é único e é chamado de elemento inverso de a em G e será denotado por a−1 . De fato, seja c ∈ G outro elemento inverso de a em G. Então b = b ∗ e = b ∗ (a ∗ c) = (b ∗ a) ∗ c = e ∗ c = c. 4. Se em um grupo G o axioma a ∗ b = b ∗ a, ∀ a, b ∈ G, é verificado, dizemos que G é um grupo abeliano ou um grupo comutativo. 5. Quando G = {e}, dizemos que G é um grupo trivial. Com o objetivo de simplificar a notação usaremos ab ao invés de a ∗ b, salvo menção explicita em contrário. A cardinalidade de um grupo G, em símbolos |G|, é chamada a ordem do grupo G. Exemplo 1.11 O conjunto G = Z (Q, R ou C) munido com a operação binária “ + ” é um grupo abeliano infinito. Exemplo 1.12 Seja D ∈ Z livre de quadrados. Mostre que o conjunto n o √ √ G = Q[ D] = a + b D : a, b ∈ Q, onde a ∈ Q∗ ou b ∈ Q∗ munido com a operação binária √ z · w = (ac + bdD) + (ad + bc) D, √ √ onde z = a + b D, w = c + d D ∈ G, é um grupo abeliano infinito (prove isto!). Exemplo 1.13 O conjunto G = C∗ = {a + bi : a, b ∈ R e i2 = −1} munido com a operação binária z · w = (ac − bd) + (ad + bc)i, onde z = a + bi, w = c + di ∈ G, é um grupo abeliano infinito (prove isto!). 8 CAPÍTULO 1. GRUPOS Exemplo 1.14 Seja Mn (R) o conjunto de todas as matrizes n × n sobre R. Mostre que o conjunto G = GL n (R) = {A ∈ Mn (R) : det(A) 6= 0} munido com a multiplicação usual de matrizes é um grupo não abeliano infinito, chamado de grupo linear geral de grau n. Solução. Dados A, B ∈ G. Então, pelo Teorema de Binet-Cauchy, obtemos det(AB) = det(A) det(B) 6= 0. Logo, AB ∈ G, isto é, o produto usual de matrizes é uma operação binária sobre G. É claro que essa operação é associativa e a matriz identidade In é o elemento identidade de G. Se A ∈ Mn (R) é tal que det(A) 6= 0, então a Regra de Cramer mostra que a transformação linear associada a matriz A admite inversa. Logo, A admite inversa A−1 e, assim, 1 det(A−1 ) = 6= 0. det(A) Portanto, A−1 ∈ G e AA−1 = A−1 A = In , ou seja, G é um grupo. Finalmente, se " # " # 1 0 1 1 A= e B= , 1 1 0 1 então A, B ∈ G. Mas AB = " 1 1 1 2 # " 2 1 1 1 # 6= = BA, isto é, G é um grupo não abeliano. Além disso, " # a 1 ∈ G, ∀ a ∈ R. Aa = 1 0 Portanto, G é um grupo não abeliano infinito. Exemplo 1.15 Sejam G = Zn = {0, 1, 2, ..., n − 1} ⊆ Z e n um número inteiro positivo fixado. Mostre que o conjunto G munido com a operação binária a ⊕ b = a + b, em que a + b indica o resto da divisão a + b por n, é um grupo abeliano finito, chamado o grupo aditivo dos números inteiros de módulo n. ¥ 1.2. GRUPOS Solução. Dados a, b, c ∈ G. Então, no grupo aditivo Z, temos que a + (b + c) = (a + b) + c = a + b + c. Agora, dividindo a + b + c por n, obtemos a + b + c = qn + r, com 0 ≤ r < n. Logo, a ⊕ b ⊕ c = r. Dividindo b + c por n, obtemos b + c = q1 n + r1 , com 0 ≤ r1 < n, ou seja, b ⊕ c = r1 . Finalmente, dividindo a + r1 por n, obtemos a + r1 = nq2 + r2 , com 0 ≤ r2 < n, isto é, a ⊕ r1 = r2 . Como a + b + c = a + q1 n + r1 = q2 n + r2 + q1 n = (q1 + q2 )n + r2 temos, pela unicidade do resto, que r = r2 . Portanto, a ⊕ (b ⊕ c) = a ⊕ r1 = r2 = r = a ⊕ b ⊕ c. De modo inteiramente análogo, prova-se que (a ⊕ b) ⊕ c = r = a ⊕ b ⊕ c. Logo, a ⊕ (b ⊕ c) = (a ⊕ b) ⊕ c, ∀ a, b, c ∈ G. 9 É fácil verificar que 0 = n é o elemento identidade de G e −a = n − a é o elemento inverso de a. Assim, G = Zn é um grupo de ordem n. Finalmente, dados a, b ∈ G, obtemos a ⊕ b = a + b = b + a = b ⊕ a. Portanto, G = Zn é um grupo abeliano finito. Exemplo 1.16 Seja G = Z• = {a ∈ Z : 1 ≤ a < n e mdc(a, n) = 1}. n Mostre que o conjunto G munido com a operação binária a ¯ b = ab, em que ab indica o resto da divisão de ab por n, é um grupo abeliano finito (prove isto!). ¥ 10 CAPÍTULO 1. GRUPOS Exemplo 1.17 Seja G = Q o grupo aditivo dos números racionais. Dados x, y ∈ G, definimos x ∼ y ⇔ y − x ∈ Z. Mostre que ∼ é uma relação de equivalência sobre G (prove isto!). Além disso, o conjunto G= G = {x : x ∈ G}, Z com x = x + Z a classe de equivalência de x, munido com a operação binária x ⊕ y = (x + Z) ⊕ (y + Z) = (x + y) + Z = x + y, é um grupo abeliano infinito, chamado de grupo dos números racionais de módulo um. Solução. Dados x, y, z ∈ G, x ⊕ (y ⊕ z) = x ⊕ (y + z) = x + (y + z) = (x + y) + z = (x + y) ⊕ z = (x ⊕ y) ⊕ z. Existe 0 = 0 + Z = Z ∈ G tal que x ⊕ 0 = 0 ⊕ x = x, ∀ x ∈ G. Para cada x ∈ G, existe −x ∈ G tal que x ⊕ (−x) = x − x = 0 = −x + x = −x ⊕ x. Portanto, G é um grupo. Dados x, y ∈ G, obtemos x ⊕ y = x + y = y + x = y ⊕ x, isto é, G é um grupo abeliano. Finalmente, sejam p e q números primos distintos. Então r 6= s, com r = pois se r=s⇔ então existe n ∈ Z tal que 1 1 − = n ⇔ p − q = npq ⇔ p = (np + 1)q, q p isto é, q divide p. Assim, p = q, o que é impossível. Portanto, G é um grupo abeliano infinito. ¥ Exemplo 1.18 Sejam S um conjunto não vazio qualquer e G = P (S) = {σ : S −→ S : σ é uma função bijetora}. Mostre que o conjunto G munido com a composição usual de funções é um grupo não abeliano se |S| ≥ 3. 1 1 e s= , p q 1 1 − ∈ Z, q p 1.2. GRUPOS 11 Solução. Dados σ, φ ∈ G e z ∈ S. Como σ é sobrejetora temos que existe y ∈ S tal que z = σ(y). De modo inteiramente análogo, existe x ∈ S tal que y = φ(x). Logo, (σ ◦ φ)(x) = σ(φ(x)) = σ(y) = z, isto é, σ ◦ φ é sobrejetora. Dados x,y ∈ S, se (σ ◦ φ)(x) = (σ ◦ φ)(y), então, por definição de σ e φ, temos que φ(x) = φ(y) e x = y, isto é, σ ◦ φ é injetora. Portanto, σ◦φ ∈ G, isto é, a composição usual de funções é uma operação binária sobre G. É claro que essa operação é associativa e a função identidade IS é o elemento identidade de G. Finalmente, se σ ∈ G e y ∈ S, então existe um único x ∈ S tal que y = σ (x). Vamos definir σ −1 : S −→ S por x = σ −1 (y) ⇔ y = σ(x). Sejam x ∈ S qualquer e y = σ(x). Então (σ−1 ◦ σ)(x) = σ −1 (σ(x)) = σ −1 (y) = x, isto é, σ −1 ◦ σ = IS . Como σ é sobrejetora temos, para cada x ∈ S, que existe z ∈ S tal que x = σ(z). Logo, (σ ◦ σ−1 )(x) = (σ ◦ σ −1 )(σ(z)) = σ(σ −1 ◦ σ)(z) = σ(IS (z)) = σ(z) = x, isto é, σ ◦ σ −1 = IS . Portanto, σ −1 ∈ G e σ −1 ◦ σ = σ ◦ σ −1 = IS , ou seja, G é um grupo não abeliano. ¥ O grupo do Exemplo 1.18, é conhecido como o grupo de permutações de S. Em particular, se S = {1, 2, ..., n}, então P (S) é chamado o grupo de simetria de grau n e será denotado por Sn . Neste caso, |Sn | = n! (prove isto!). Note que uma permutação σ ∈ Sn é unicamente determinada pelo conjunto de pares ordenados {(x, σ(x)) : x ∈ {1, 2, ..., n}}. Portanto, σ pode ser escrita sob a forma: à ! à ! 1 2 ··· n x σ= = , σ(1) σ(2) · · · σ(n) σ(x) em que a ordem das colunas não importa. Dados σ, τ ∈ Sn , digamos à ! à ! x x σ= e τ= . σ(x) τ (x) 12 CAPÍTULO 1. GRUPOS Então, reordenando as colunas de τ até a primeira linha coincidir com a segunda linha de σ, obtemos à ! à ! σ(x) σ(x) τ= = . τ (σ(x)) (τ ◦ σ)(x) Portanto, τ ◦σ = à x (τ ◦ σ)(x) ! = à σ(x) τ (σ(x)) ! à ◦ x σ(x) ! , ou seja, se as colunas são adequadamente ordenadas, então a composição é essencialmente a lei do cancelamento. Por exemplo, se S = {1, 2, 3}, à ! à ! 1 2 3 1 2 3 σ= e τ= , 2 3 1 2 1 3 então τ ◦σ = e σ◦τ = à 1 2 3 2 3 1 ! à ◦ 1 2 3 2 1 3 ! = à 2 1 3 3 2 1 ! à ◦ 1 2 3 2 1 3 ! = à 1 2 3 3 2 1 ! . à 1 2 3 2 1 3 ! à ◦ 1 2 3 2 3 1 ! = à 2 3 1 1 3 2 ! à ◦ 1 2 3 2 3 1 ! = à 1 2 3 1 3 2 ! Observe que σ ◦ τ 6= τ ◦ σ. Finalmente, à ! à ! à ! à ! 2 3 1 1 2 3 2 1 3 1 2 3 = e τ −1 = = = τ. σ −1 = 1 2 3 3 1 2 1 2 3 2 1 3 Exemplo 1.19 Sejam G e H grupos. Mostre que o conjunto G × H = {(a, b) : a ∈ G e b ∈ H} munido com a operação binária (a, b) ∗ (x, y) = (ax, by) é um grupo com |G × H| = |G| |H|. Em particular, G × H é abeliano se, e somente se, G e H também o são. Solução. É fácil verificar que ∗ é associativa, que (eG , eH ) é o elemento identidade de G × H e que (a−1 , b−1 ) é o elemento inverso de (a, b) em G × H. ¥ Seja G um conjunto munido de uma operação binária ∗. Dizemos que G é um semigrupo se a operação binária ∗ for associativa. Se, além disso, G tiver o elemento identidade, dizemos que G é um monoide. 1.2. GRUPOS Exemplo 1.20 Sejam S um conjunto não vazio qualquer, G um grupo e GS = F(S, G) = {f : S → G : f é uma função} 13 Mostre que o conjunto GS munido com a composição usual de funções é um monoide, pois claramente essa operação é associativa e a função identidade IS é o elemento identidade de GS . Seja G um grupo qualquer. Vamos definir uma composição externa ∗ sobre G, ∗ : Z × G → G, por ⎧ ⎪ an−1 a, se n > 0 ⎨ n n∗a=a = e, se n = 0 ⎪ −1 −n ⎩ (a ) = an+1 a−1 , se n < 0. a−n = (an )−1 = (a−1 )n , ∀ n ∈ Z. Por exemplo, se n ≥ 0, então, indutivamente, obtemos an (a−1 )n = e e an a−n = e. Logo, pela unicidade do elemento inverso, obtemos.o resultado. Proposição 1.21 Sejam G um grupo e a ∈ G fixado. Então: 1. am an = am+n , para todos m, n ∈ Z. 2. (am )n = amn , para todos m, n ∈ Z. Prova. Provaremos apenas o item (1). Para isto, vamos dividir a prova em vários casos: 1.o Caso. Se m > 0 e n > 0 (m + n > 0), neste caso, vamos fixar m e usar indução sobre n. Seja S = {n ∈ N : am an = am+n }. Então 1 ∈ S, pois am+1 = am a. Suponhamos que o resultado seja válido para n > 1, isto é, n ∈ S. Então am+(n+1) = am+n a = (am an )a = am (an a) = am an+1 . Logo, n + 1 ∈ S. Portanto, S = N. 2.o Caso. Se m < 0 e n < 0 (m + n < 0), então −m > 0 e −n > 0. Logo, am an = (a−1 )−m (a−1 )−n = (a−1 )(−m)+(−n) = (a−1 )−(m+n) = am+n . 3.o Caso. Se m > 0, n < 0 e m + n > 0, então am = a(m+n)−n = am+n a−n . O elemento an é chamado a potência n-ésima do elemento a. Note que 14 Logo, CAPÍTULO 1. GRUPOS am an = (am+n a−n )an = am+n (a−n an ) = am+n e = am+n . 4.o Caso. Se m > 0, n < 0 e m + n = 0, então am = a(m+n)−n = am+n a−n = ea−n = a−n . Logo, am an = a−n an = e = am+n . 5.o Caso. Se m > 0, n < 0 e m + n < 0, então an = (a−1 )−n = (a−1 )m+(−m−n)) = (a−1 )m−(m+n) = (a−1 )m (a−1 )−(m+n) = (a−1 )m am+n . Logo, am an = am (a−1 )m am+n = (am a−m )am+n = eam+n = am+n . Portanto, am an = am+n , para todos m, n ∈ Z. Proposição 1.22 Sejam G um grupo e a, b, c, d ∈ G. Então: 1. Se ab = e, então b = a−1 . Em particular, e ∈ G é o único elemento de G tal que e2 = e. 2. (c−1 )−1 = c e (cd)−1 = d−1 c−1 . 3. Se ca = cb ou ad = bd, então a = b. Prova. (1) Se ab = e, então ¡ ¢ b = eb = a−1 a b = a−1 (ab) = a−1 e = a−1 . e = x−1 x = x−1 x2 = (x−1 x)x = ex = x. (2) Pondo b = c e a = c−1 no item (1), obtemos ab = c−1 c = e ⇒ c = (c−1 )−1 . Agora, pondo b = d−1 c−1 e a = cd no item (1), obtemos ab = (cd)(d−1 c−1 ) = c(dd−1 )c−1 = cec−1 = cc−1 = e ⇒ d−1 c−1 = (cd)−1 . (3) Se ca = cb, então a = ea = (c−1 c)a = c−1 (ca) = c−1 (cb) = (c−1 c)b = eb = b. Provar que se ad = bd, então a = b fica como um exercício. ¥ ¥ Em particular, seja x ∈ G tal que x2 = x. Então 1.2. GRUPOS 15 Exemplo 1.23 Seja G um grupo tal que (ab)2 = (ba)2 , para todos a, b ∈ G. Mostre que se G possui a seguinte propriedade: x ∈ G e x2 = e implicar que x = e, então G é grupo abeliano. Solução. Dados a, b ∈ G, obtemos a2 = (ab−1 b)2 = (bab−1 )2 = ba2 b−1 ou a2 b = ba2 . Pondo x = aba−1 b−1 , obtemos x2 = ab(a−1 b−1 a)(ba−1 b−1 ) = ab(aa−2 b−1 a)(ba−1 b−1 ) = ab(ab−1 a−2 a)(ba−1 b−1 ) = ab(ab−1 a−1 )(ba−1 b−1 ) = ab(abb−2 a−1 )(ba−1 b−1 ) = (ab)2 (a−1 b−2 )(ba−1 b−1 ) = (ab)2 (a−1 b−1 )2 = (ba)2 (a−1 b−1 )2 = e, Logo, por hipótese x = e, isto é, ab = ba. Portanto, G é um grupo abeliano. ¥ Proposição 1.24 Seja G um conjunto munido de uma operação binária ∗ tal que os seguintes axiomas são satisfeitos: 1. a(bc) = (ab)c, para todos a, b, c ∈ G. 2. Existe e ∈ G tal que ea = a, para todo a ∈ G. 3. Para cada a ∈ G, existe a−1 ∈ G tal que a−1 a = e. Então G é um grupo. Prova. Dado a ∈ G, devemos provar que o inverso à esquerda a−1 de a é também um inverso à direita a, isto é, aa−1 = e. Pondo b = aa−1 , obtemos ¡ ¢ ¢¡ ¢ ¡ b2 = aa−1 aa−1 = a a−1 a a−1 = aea−1 = aa−1 = b. e = b−1 b = b−1 (b2 ) = (b−1 b)b = eb = b, isto é, aa−1 = e. Finalmente, devemos provar que o elemento identidade à esquerda e é também um elemento identidade à direita, isto é, ae = a, para todo a ∈ G. Dado a ∈ G, obtemos ¡ ¢ ¡ ¢ ae = a a−1 a = aa−1 a = ea = a. ¥ Proposição 1.25 Seja G um semigrupo. Então as seguintes condições são equivalentes: 1. Para quaisquer a, b ∈ G, as equações ax = b e ya = b têm soluções x, y ∈ G; Assim, Portanto, G é um grupo. 16 2. G é um grupo; CAPÍTULO 1. GRUPOS 3. Para quaisquer a, b ∈ G, as equações ax = b e ya = b têm soluções únicas x, y ∈ G; 4. As funções Lc : G −→ G e Rc : G −→ G definidas por Lc (x) = cx e Rc (x) = xc, respectivamente, são bijetoras, para todo c ∈ G. Prova. (1 ⇒ 2) Seja e ∈ G uma solução da equação ya = a, de modo que ea = a, para todo a ∈ G. Como a equação ax = b tem solução temos que eb = e(ax) = (ea)x = ax = b, ∀ b ∈ G. Assim, e é o elemento identidade à esquerda de G. Finalmente, a equação ya = e tem solução. Logo, cada elemento a ∈ G tem um inverso à esquerda. Portanto, pela Proposição 1.24, G é um grupo. (2 ⇒ 3) Vamos provar apenas que a equação ax = b tem solução x ∈ G. É claro que x0 = a−1 b é solução da equação ax = b, pois ¡ ¢ ax0 = a a−1 b = (aa−1 )b = eb = b. Reciprocamente, seja x1 uma solução da equação ax = b. Então ax1 = b. Logo, a−1 b = a−1 (ax1 ) = (a−1 a)x1 = ex1 = x1 . Portanto, toda solução da equação ax = b é da forma a−1 b. (3 ⇒ 4 ⇒ 1) Segue das definições. ¥ É usual dar-se a operação binária de um grupo finito G por meio de sua tabela de multiplicação ou tabela de Cayley. Assim, se G = {a1 , . . . , an }, então ∗ a1 a2 . . . an a1 a2 1 a2 a1 . . . an a1 a2 a1 a2 a2 2 . . . an a2 ··· ··· ··· ··· ··· an a1 an a2 an . . . a2 n Usualmente, fazemos a1 = e, o elemento identidade do grupo G. Observação 1.26 Uma tabela de multiplicação de ordem “n” representa um grupo se cada elemento de G aparece exatamente uma vez em cada linha e cada coluna. Neste caso, as equações ax = b e ya = b têm soluções, para todos a, b ∈ G. Em particular, G é um grupo abeliano se sua tabela for simétrica. Exemplo 1.27 Construa a tabela de multiplicação para o grupo Z4 = {0, 1, 2, 3}. 1.2. GRUPOS Solução. Pelo Exemplo 1.15, obtemos ⊕ 0 1 2 3 que é o resultado desejado. 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2 17 ¥ EXERCÍCIOS 1. Mostre que existe exatamente um grupo de ordem 3. 2. Mostre que existe apenas dois grupos de ordem 4. 3. Mostre que G = R − {−1} munido com a operação binária a ∗ b = a + b + ab é um grupo. 4. Sejam G um grupo e x um elemento fixado de G. Mostre que G munido com a nova operação binária a ∗ b = axb é um grupo. 5. Seja G = Z × Z. Mostre que G munido com a operação binária (a, b) ∗ (c, d) = (a + c, (−1)c b + d) é um grupo. É G um grupo abeliano? 6. Seja G um grupo qualquer. Mostre que G × G munido com a operação binária (a, b) ∗ (c, d) = (ac, c−1 bcd) é um grupo. Quando G × G é um grupo abeliano? 7. Seja G um grupo com elemento identidade e. Mostre que a operação binária / : G × G → G definida por a/b = ab−1 satisfaz os seguintes axiomas: (a) Para quaisquer a, b ∈ G, a/b = e se, e somente se, a = b. (b) Para todo a ∈ G, a/e = a. (c) Para quaisquer a, b ∈ G, e/(a/b) = b/a. (d) Para quaisquer a, b, c ∈ G, (a/c)/(b/c) = a/b. 18 CAPÍTULO 1. GRUPOS Reciprocamente, seja G um conjunto com uma operação binária / : G × G → G e um elemento e ∈ G satisfazendo os quatro axiomas acima. Mostre que G, com a nova operação binária ∗ : G × G → G definida por a ∗ b = a/(e/b), é um grupo. (Sugestão: É fácil verificar que e é o elemento identidade de G. Para mostrar a associatividade faça sucessivamente (a ∗ c)/(b ∗ c) = a/b; (a/c) ∗ (b/c) = a/b; se a/c = b ∗ c, então a = b e (a ∗ b)/b = a.) 8. Seja G = {a ∈ Q : 0 ≤ a < 1} um conjunto munido de uma operação binária ( a + b, se 0 ≤ a + b < 1 a⊕b= a + b − 1, se 1 ≤ a + b < 2, com “+” a soma usual em Q. Mostre que G é um grupo abeliano infinito. Qual a relação deste grupo com o grupo do Exemplo 1.17? (Sugestão: Note que a ⊕ (b ⊕ c) e (a ⊕ b) ⊕ c são ambas iguais a ⎧ ⎪ a + b + c, se 0 ≤ a + b + c < 1 ⎨ a + b + c − 1, se 1 ≤ a + b + c < 2 ⎪ ⎩ a + b + c − 2, se 2 ≤ a + b + c < 3.) (a) Existe e ∈ G tal que ae = a para todo a ∈ G. (b) Dado a ∈ G, existe a−1 ∈ G tal que aa−1 = e. Mostre que G é um grupo. 9. Seja G um semigrupo satisfazendo os seguintes axiomas: 10. Seja G um semigrupo satisfazendo os seguintes axiomas: (a) Existe e ∈ G tal que ea = a para todo a ∈ G. (b) Dado a ∈ G, existe a−1 ∈ G tal que aa−1 = e. Mostre, com um exemplo, que G não é um grupo. (Sugestão: Tente G = C∗ com a nova operação binária a ∗ b = |a| b.) 11. Seja G um semigrupo finito. Mostre que G possui um elemento idempotente. (Sugestão: Como G é finito temos que o conjunto {an : n ∈ N} é finito. Assim, existem m, n ∈ N, com n > m, tais que am = an . Agora, escolha um k ∈ N tal que m < k(n − m) e e = ak(n−m) . Então eam = am .) 12. Sejam G um semigrupo e a ∈ G. Mostre que se existem e, f ∈ G tais que ex = x, para todo x ∈ G, e f a = e, então ab = ac ⇒ b = c, ∀ b, c ∈ G. 1.2. GRUPOS 19 13. Seja G um semigrupo. Mostre que se existe e ∈ G tal que ea = a, para todo a ∈ G e ba = e, para algum b ∈ G, então G é um grupo. (Sugestão: Use (ba)2 para mostrar que e é o elemento identidade de G e use o Exercício anterior.) 14. Seja G um semigrupo contendo um elemento idempotente e ∈ G com a seguinte propriedade: Para qualquer a ∈ G existe pelo menos x ∈ G tal que xa = e e existe no máximo y ∈ G tal que ay = e. Mostre que G é um grupo. 15. Seja G um semigrupo com a seguinte propriedade: Para qualquer a ∈ G, existe um único at ∈ G tal que aat a = a. (a) Mostre que se e é um elemento idempotente de G, então et = e. (b) Mostre que se x, a ∈ G e at x = at , então x = aat . (c) Mostre que at aat = at e (at )t = a, para todo a ∈ G. (d) Mostre que x = (bat )t é solução da equação xb = a, para todos a, b ∈ G. (e) Mostre que G é um grupo. 16. Seja G um semigrupo abeliano satisfazendo os seguintes axiomas: 1. Para qualquer a ∈ G, existe b ∈ G tal que ba = a. 2. Se ba = a, então existe c ∈ G tal que ca = b, para todos a, b ∈ G. (a) Mostre que se ba = a = b0 a, então b = b0 . (b) Mostre que se ba = a, então b2 = b. (c) Mostre que se ba = a e cd = d, então b = c. (Sugestão: Considere b(bd) e c(bd).) (d) Mostre que G é um grupo. Mostre, com um exemplo, que G não é um grupo se G é um semigrupo não abeliano. 17. Seja G um grupo tal que a2 = e, para todo a ∈ G. Mostre que G é um grupo abeliano. 18. Seja G um semigrupo finito tal que ab = ac ⇒ b = c e ba = ca ⇒ b = c, ∀ a, b, c ∈ G. Mostre que G é um grupo. Mostre, com um exemplo, que essa conclusão pode ser falsa se G é semigrupo infinito. 20 CAPÍTULO 1. GRUPOS 19. Sejam G um monoide e ∼ uma relação de equivalência sobre G tal que a ∼ x e b ∼ y ⇒ ab ∼ xy, ∀ a, b, x, y ∈ G. Mostre que o conjunto G = {a : a ∈ G}, ∼ com a a classe de equivalência de a, munido com a operação binária a ∗ b = ab é um monoide. Em particular, se G é um grupo (abeliano), então G também o é. G= 20. Sejam G um grupo e a1 , . . . , an ∈ G. (a) Mostre que se a1 · · · an = e, então ak · · · an a1 · · · ak−1 = e, k = 1, . . . , n. (b) Mostre que se G é de ordem n, então existem índices 1 ≤ i ≤ j ≤ n tais que ai ai+1 · · · aj = e. (Sugestão: (b) Considere o conjunto {a1 , a1 a2 , . . . , a1 a2 · · · am , . . . : m ∈ N}.) 21. Sejam p um número primo fixado, R = p Mostre que Rp e Rp são grupos abelianos sob a operação de adição de Q. 22. Seja p um número primo fixado. Mostre que o conjunto ¾ ½ a ∞ Z(p ) = + Z : a ∈ Z e n ∈ Z+ pn é um grupo abeliano infinito sob a operação de adição de 23. Sejam G um grupo, a, b ∈ G e k ∈ N fixado. (a) Mostre que se aba−1 = bk , então an ba−n = bk , para todo n ∈ N. (b) Mostre que se (ab)n = an bn , para algum n = n(a, b) ∈ N fixado com n > 1, então (ab)n−1 = bn−1 an−1 , an bn−1 = bn−1 an e (aba−1 b−1 )n(n−1) = e. 24. Sejam G um grupo e a, b ∈ G. (a) Mostre que a equação xax = b possui uma solução x ∈ G se, e somente se, ab é um quadrado em G. (b) Mostre que a equação x2 ax = a−1 possui uma solução x ∈ G se, e somente se, a é um cubo em G. n na ¾ ½ o a ∈ Q : n ∈ Z+ . ∈ Q : mdc(b, p) = 1 e Rp = b pn Q Z (confira Exemplo 1.17). 1.2. GRUPOS 25. Seja G um grupo. Mostre que as seguintes condições são equivalentes: (a) G é um grupo abeliano; (b) (ab)n = an bn , para todos a, b ∈ G e n ∈ N; 21 (d) (ab)2 = a2 b2 , para todos a, b ∈ G; (c) (ab)n = an bn , (ab)n+1 = an+1 bn+1 e (ab)n+2 = an+2 bn+2 , para todos a, b ∈ G e n ∈ N; (e) (ab)−1 = a−1 b−1 , para todos a, b ∈ G. Mostre, com um exemplo, que (c ⇒ a) é falsa se três é substituído por dois. 26. Sejam m, n ∈ N fixados e G um grupo tal que am bm = bm am e an bn = bn an , para todos a, b ∈ G. Mostre que se mdc(m, n) = 1, então G é um grupo abeliano. (Sugestão: Note que am bn = (am bn )rm+sn = am (bn am )rm+sn−1 bn .) 27. Seja G um semigrupo. Mostre que G é um grupo se, e somente se, toda equação sobre G do tipo axb = c possui uma única solução em G. (Sugestão: Dado g ∈ G, existe x ∈ G tal que gxg = g. Pondo e = gx, temos que eg = g e e2 = ee = e. Assim, para cada y ∈ G tal que gye = g, temos que ge = (gye)e = (gy)e2 = gye = g. Logo, existe e ∈ G (dependendo de g) tal que ge = eg = g, para todo g ∈ G. Agora, dado a ∈ G existe x ∈ G tal que gxg = a, e daí ea = e(gxg) = eg(xg) = gxg = a e ae = (gxg)e = (gx)ge = gxg = a. Logo, e é o elemento identidade de G. Finalmente, dado a ∈ G e seja x, y ∈ G tal que e = axe = ax e e = eya = ya. Mostre que x = y é o elemento inverso de a.) 28. Construa uma tabela de multiplicação para os grupos S3 , Z• e Z• . 7 24 29. Sejam I, σ i , τ j : R − {0, 1} → R − {0, 1}, i = 1, 2 e j = 1, 2, 3, funções definidas por 1 x , τ 2 (x) = 1 − x, τ 3 (x) = , x x−1 1 x−1 e σ 2 (x) = . σ 1 (x) = 1−x x I(x) = x, τ 1 (x) = Construa uma tabela de multiplicação para G = S3 = {I, τ 1 , τ 2 , τ 3 , σ 1 , σ 2 } com a composição usual de funções e conclua que G é um grupo não abeliano finito. 30. Sejam as matrizes " # " # " # " # 1 0 i 0 0 −1 0 −i 1= ,I = ,J = e K= , 0 1 0 −i 1 0 −i 0 com i2 = −1. Construa uma tabela de multiplicação para Q8 = {±1, ±I, ±J, ±K} com a multiplicação usual de matrizes e conclua que Q8 é um grupo não abeliano finito, chamado de grupo dos quatérnios. 22 CAPÍTULO 1. GRUPOS 31. Seja G um grupo tal que (ab)3 = a3 b3 e (ab)5 = a5 b5 , para todos a, b ∈ G. Mostre que G é um grupo abeliano. 32. Seja G = {a ∈ R : −1 < a < 1} um conjunto munido de uma operação binária a¯b= a+b . 1 + ab Mostre que G é um grupo abeliano infinito. 33. Seja G = {σa,b : R → R : σ a,b (x) = ax + b, a, b ∈ R e a 6= 0}. Mostre que G com a composição usual de funções é um grupo não abeliano infinito. 34. Sejam G o grupo do Exercício 33 e H = {σ a,b ∈ G : a ∈ Q∗ , b ∈ R}. Mostre que H é um grupo com a operação induzida por G e que σ a,b ◦ τ ◦ σ−1 ∈ H, para todo a,b σ a,b ∈ G e τ ∈ H. 35. Seja G = R∗ × R. Mostre que G munido de uma operação binária (a, b) ¯ (c, d) = (ac, ad + b) é um grupo não abeliano infinito. Qual a relação deste grupo com o grupo do Exercício 33? 36. Seja G= (" # ) a b 0 1 ∈ M2 (R) : a 6= 0 Mostre que G com a operação usual de multiplicação de matrizes é um grupo não abeliano infinito. Qual a relação deste grupo com o grupo do Exercício 35? 37. Seja T = {z ∈ C∗ : |z| = 1}. Mostre que T com a multiplicação usual de números complexos é um grupo abeliano infinito, chamado de grupo circular. 38. Sejam G um grupo e S um conjunto não vazio qualquer. Mostre que o conjunto GS = F(S, G) = {f : S → G : f é uma função} munido com a operação binária (f ¯ g)(x) = f (x)g(x), ∀ x ∈ S e f, g ∈ F(S, G), é um grupo, chamado de grupo das funções com domínio S e valores em G. 39. Sejam G um semigrupo e C = {a ∈ G : ab = ac e ba = ca ⇒ b = c, ∀ b, c ∈ G} (a) Mostre que C é fechado sob a operação de G. 1.3. SUBGRUPOS (b) Mostre que se G é um monoide, então G• = {a ∈ G : ab = ba = e, para algum b ∈ G} é um grupo contido em C. (c) Para cada um dos monoides G = M2 (Z) e G = M2 (R+ ), determine G• . 23 40. Seja G um grupo finito. Mostre que para cada a ∈ G existe um inteiro positivo n = n(a) tal que an = e. Conclua que existe m ∈ N tal que am = e, para todo a ∈ G. 41. Sejam G um grupo finito de ordem n e m ∈ N tal que mdc(m, n) = 1. Mostre que cada a ∈ G pode ser escrito sob a forma a = bm , para algum b ∈ G. (Sugestão: Mostre que a função ϕ : G → G definida por ϕ(x) = xm é bijetora.) Q 42. Sejam {Gi }i∈I uma família indexada de grupos e G = i∈I Gi o produto cartesiano dos Gi . Mostre que G munido com a operação binária (ai )i∈I ∗ (bi )i∈I = (ai bi )i∈I é um grupo, chamado o produto direto externo dos Gi . 43. Seja G = {e, a2 , . . . , an } um grupo abeliano tal que a2 6= e, para todo a ∈ G com a 6= e, isto é, e é o único elemento de G com e2 = e. (a) Mostre que ea2 · · · an = e. (b) Mostre o Teorema de Wilson: Se p é um número primo, então (p − 1)! ≡ −1 (mod p). 1.3 Subgrupos Seja G um grupo. Dizemos que um subconjunto não vazio H de G é um subgrupo de G, em símbolos H ≤ G, quando H munido com a operação binária induzida por G for um grupo. Observação 1.28 Seja G um grupo qualquer: 1. G admite pelo menos dois subgrupos, a saber, G e o subgrupo trivial {e}. 2. Os subgrupos H de G com H 6= {e} e H 6= G são chamados de subgrupos próprios. Sejam G um grupo e A, B subconjuntos de G. Definimos AB = {ab : a ∈ A e b ∈ B} e A−1 = {a−1 : a ∈ A}. Então é fácil verificar que A(BC) = (AB)C, ∀ A, B, C ⊆ G. 24 CAPÍTULO 1. GRUPOS Proposição 1.29 (Critério de Subgrupo) Sejam G um grupo e H um subconjunto não vazio de G. Então H é um subgrupo de G se, e somente se, as seguintes condições são satisfeitas: 1. eG ∈ H, com eG o elemento identidade de G. 2. Se a, b ∈ H, então ab ∈ H (isto é, HH ⊆ H). (fechamento) 3. Se a ∈ H, então a−1 ∈ H (isto é, H −1 ⊆ H). (existência de inverso) Prova. Suponhamos que H seja um subgrupo de G. Seja f o elemento identidade de H. Então devemos provar que eG = f . Como f 2 = f e f ∈ G temos que eG = f −1 f = f −1 (f 2 ) = (f −1 f )f = eG f = f. Assim, as condições (1), (2) e (3) são claras. Reciprocamente, dados a, b, c ∈ H, temos que a(bc) = (ab)c, em G. Logo, pela condição (2), obtemos a(bc) = (ab)c, em H. Finalmente, dado a ∈ H, temos, pela condição (3), que a−1 ∈ H. Assim, pela condição (2), aa−1 = a−1 a = eG , em H. Portanto, H é um subgrupo de G. ¥ Corolário 1.30 Sejam G um grupo e H um subconjunto não vazio de G. Então H é um subgrupo de G se, e somente se, ab−1 ∈ H, para todos a, b ∈ H. Prova. Fica como um exercício. ¥ Observação 1.31 Sejam G um grupo, H um subgrupo de G e K um subgrupo de H. Então K é um subgrupo de G. Exemplo 1.32 Seja G = Z o grupo aditivo dos números inteiros. Então H = nZ = {na : a ∈ Z} é um subgrupo de G, onde n ∈ Z+ . Solução. É claro que 0 ∈ H, pois 0 = n0. Se h, k ∈ H, então existem a, b ∈ Z tais que h = na e k = nb. Logo, h + k = na + nb = n(a + b) ∈ H, pois a + b ∈ Z. Finalmente, se h ∈ H, então existe a ∈ Z tal que h = na. Logo, −h = n(−a) ∈ H, pois −a ∈ Z. Portanto, H é um subgrupo de G. ¥ Exemplo 1.33 Sejam G = P (S) o grupo de permutações de G e s0 ∈ S fixado. Então H = {σ ∈ G : σ(s0 ) = s0 } é um subgrupo de G (prove isto!). 1.3. SUBGRUPOS 25 Sejam G um grupo e a, b ∈ G. Dizemos que o elemento ba = aba−1 é o conjugado de b por a. Mais geralmente, sejam S um subconjunto não vazio de G e a um elemento de G. Dizemos que o conjunto S a = aSa−1 = {asa−1 : s ∈ S} é o conjugado de S por a. Além disso, dizemos que a ∈ G normaliza S se aSa−1 = S. Intuitivamente, uma conjugação de um elemento (de um conjunto) significa ver o elemento (o conjunto) de um outro ponto de vista, isto é, de um ponto de vista “mais fácil”. Exemplo 1.34 Sejam G um grupo e S um subconjunto não vazio de G. Então CG (S) = {a ∈ G : asa−1 = s, ∀ s ∈ S} = {a ∈ G : as = sa, ∀ s ∈ S} é um subgrupo de G, chamado o subgrupo centralizador de S em G. Solução. É claro que e ∈ CG (S), pois es = se, para todo s ∈ S. Se a, b ∈ CG (S), então as = sa, para todo s ∈ S e bt = tb, para todo t ∈ S. Logo, (ab)s = a(bs) = a(sb) = (as)b = (sa)b = s(ab), ∀ s ∈ S. Assim, ab ∈ CG (S). Finalmente, se a ∈ CG (S), então as = sa, para todo s ∈ S. Logo, a−1 s = a−1 (asa−1 ) = (a−1 a)sa−1 = sa−1 , ∀ s ∈ S. Assim, a−1 ∈ CG (S). Portanto, CG (S) é um subgrupo de G. Exemplo 1.35 Sejam G um grupo e S um subconjunto não vazio de G. Então NG (S) = {a ∈ G : S a = S} = {a ∈ G : aSa−1 = S} é um subgrupo de G, chamado o subgrupo normalizador de S em G (prove isto!). Exemplo 1.36 Seja G um grupo. Então Z(G) = {a ∈ G : ab = ba, ∀ b ∈ G} é um subgrupo de G, chamado o centro de G (prove isto!). Além disso, \ Z(G) = CG (a) e Z(G) ⊆ CG (S) ⊆ NG (S), ∀ S ⊆ G. a∈G ¥ Exemplo 1.37 Sejam G um grupo, H um subgrupo de G e a ∈ G fixado. Então H a = aHa−1 = {aha−1 : h ∈ H} é um subgrupo de G, com |H| = |aHa−1 |. 26 CAPÍTULO 1. GRUPOS Solução. É claro que e ∈ H a , pois e ∈ H e e = aea−1 . Se x, y ∈ H a , então existem h, k ∈ H tais que x = aha−1 e y = aka−1 . Logo, ¡ ¢¡ ¢ xy = aha−1 aka−1 = a(ha−1 ak)a−1 = a(hk)a−1 ∈ H a , ¡ ¢−1 ¡ −1 ¢−1 −1 −1 x−1 = aha−1 = a h a = ah−1 a−1 ∈ H a , pois hk ∈ H. Finalmente, se x ∈ H a , então existe h ∈ H tal que x = aha−1 . Logo, pois h−1 ∈ H. Portanto, H a é um subgrupo de G. ¥ Exemplo 1.38 Sejam n ∈ Z∗ fixado e H = {r ∈ Q : nr = 2}. Então H não é um subgrupo do grupo aditivo dos números racionais Q. Solução. Como 0 ∈ H temos que H não é um subgrupo do grupo aditivo dos números / racionais. ¥ Observação 1.39 Note que H = Z+ não é um subgrupo do grupo aditivo dos números inteiros, embora 0 ∈ H. Portanto, e ∈ H é uma condição necessária mas não suficiente para que H seja um subgrupo de G. Proposição 1.40 Sejam G um grupo e {Hi }i∈I uma família indexada de subgrupos de G. Então \ Hi K= i∈I é um subgrupo de G. Neste caso, K é o maior subgrupo de G contido em cada Hi . Prova. É claro que e ∈ K, pois e ∈ Hi , para todo i ∈ I. Se a, b ∈ K, então a, b ∈ Hi , para todo i ∈ I. Logo, ab−1 ∈ Hi , para todo i ∈ I. Assim, ab−1 ∈ K. Portanto, K é um subgrupo de G. ¥ Sejam G um grupo, S um subconjunto de G e F a família de todos os subgrupos de G contendo S, isto é, F = {K ≤ G : S ⊆ K}. Como G ∈ F temos que F 6= ∅. Seja H= \ K. K∈F Então, pela Proposição 1.40, H é um subgrupo de G e S ⊆ H. Finalmente, seja L qualquer subgrupo de G tal que S ⊆ L. Então L ∈ F e H ⊆ L. Portanto, H é o menor subgrupo de G contendo S. O subgrupo H é chamado o subgrupo de G gerado por S e será denotado por H = hSi . 1.3. SUBGRUPOS Neste caso, temos a existência de um menor subgrupo de G contendo S. {a1 , a2 , . . . , an }, então hSi = ha1 , a2 , . . . , an i . Se existir um subconjunto finito {a1 , a2 , . . . , an } de G tal que G = ha1 , a2 , . . . , an i , 27 Se S = dizemos que G é um grupo finitamente gerado e {a1 , a2 , . . . , an } é um conjunto de geradores de G. Em particular, se H e K são subgrupos de G, então o subgrupo hH ∪ Ki = hH, Ki será denotado por H ∨ K e chamado de adjunção de H e K. Proposição 1.41 Sejam G um grupo e S um subconjunto não vazio qualquer de G. Então hSi = {a1 a2 · · · an : n ∈ N, ai ∈ S ou a−1 ∈ S}. i Em particular, se S = {a}, então hSi = hai = {an : n ∈ Z}. Prova. Seja L = {a1 a2 · · · am : m ∈ N, ai ∈ S ou a−1 ∈ S} i = {at1 at2 · · · atn : n ∈ N, ai ∈ S e ti ∈ Z}. 1 2 n = {at1 at2 · · · atm : m ∈ N, ai ∈ S e ti ∈ {−1, 1}} 1 2 m Então é claro que S ⊆ L e e ∈ L, pois e = aa−1 , para todo a ∈ S. Se x, y ∈ L, então existem m, n ∈ N tais que ¡ ¢ ¡ ¢ x = a1 a2 · · · am , ai ∈ S ou a−1 ∈ S e y = b1 b2 · · · bn , bj ∈ S ou b−1 ∈ S . i j Logo, Assim, xy −1 ∈ L. Portanto, L é um subgrupo de G. Finalmente, seja K qualquer subgrupo de G tal que S ⊆ K. Então a1 a2 · · · an ∈ K, onde n ∈ N, ai ∈ S ou a−1 ∈ S. i Logo, L ⊆ K. Portanto, L é o menor subgrupo de G contendo S. Assim, L ⊆ hSi. Como S ⊆ L temos que hSi ⊆ L, isto é, L = hSi. ¥ Corolário 1.42 Sejam G um grupo e S = {Hi }i∈I uma família indexada de subgrupos de G. Então * + [ hSi = Hi = hHi : i ∈ Ii i∈I ¡ ¢ ¡ ¢ xy −1 = a1 a2 · · · am b−1 b−1 · · · b−1 , ai ∈ S ou a−1 ∈ S e bj ∈ S ou b−1 ∈ S . n n−1 1 i j = {h1 h2 · · · hn : n ∈ N e hj ∈ Hij , para algum ij ∈ I}. 28 Prova. Fica como um exercício. CAPÍTULO 1. GRUPOS ¥ Sejam G um grupo e S um subconjunto não vazio qualquer de G. Uma expressão da forma at1 at2 · · · atn , onde n ∈ N, ai ∈ S e ti ∈ Z, 1 2 n é chamada uma palavra nos elementos de S. Note que o elemento identidade de G pode ser visto como a palavra a0 , para todo a ∈ S. Observação 1.43 A Proposição 1.41 pode ser usada como um guia para determinar todos os subgrupos de um grupo finito. Exemplo 1.44 Determine todos os subgrupos de S3 . Solução. Sejam S3 = {I, σ, σ 2 , τ , στ , σ 2 τ }, com à ! 1 1 2 3 I = , σ= , σ2 = 3 2 3 1 à à ! à ! 1 2 3 1 2 3 τ = , στ = , σ2τ = 1 3 2 2 1 3 à 1 2 3 1 2 3 ! à e sua tabela de multiplicação (optativa) ◦ I σ σ2 τ στ σ2τ I I σ σ2 τ στ σ2τ σ σ σ2 I σ2τ τ στ σ2 σ2 I σ στ σ2τ τ τ τ στ σ2τ I σ σ2 στ στ σ2τ τ σ2 I σ σ2τ σ2τ τ στ σ σ2 I 2 3 1 2 ! , ! 1 2 3 3 2 1 Vamos primeiro determinar todos os subgrupos de S3 contendo τ . O menor subgrupo de S3 contendo τ é hτ i = {I, τ }, pois τ 2 = I. Vamos escolher ϕ ∈ S3 e determinar hτ , ϕi. Se ϕ = στ , então hτ , στ i contém I, τ , στ , (στ ) ◦ τ = σ, σ 2 τ e (σ 2 τ ) ◦ τ = σ 2 . Portanto, hτ , στ i = S3 . De modo inteiramente análogo, trabalha com ϕ = σ 2 τ , ϕ = σ e ϕ = σ 2 . Assim, os únicos subgrupos de S3 contendo τ são hτ i e S3 . Continuando dessa maneira, obtemos todos os subgrupos de S3 . ¥ 1.3. SUBGRUPOS 29 Exemplo 1.45 Seja p um número primo fixado. Determine todos os subgrupos do grupo ¾ ½ a ∞ Z(p ) = + Z : a ∈ Z e n ∈ Z+ pn ¾ ½ a n + Z : a ∈ Z , 0 ≤ a < p e n ∈ Z+ . = pn Solução. É claro que Cn = ¿ ¾ À ½ 1 1 2 pn − 1 , ∀ n ∈ N, + Z = 0, n , n , . . . . n pn p p p é um subgrupo próprio de Z(p∞ ) com |Cn | = pn . Note que Cn ⊆ Cn+1 , para todo n ∈ Z+ . Reciprocamente, seja H um subgrupo próprio de Z(p∞ ). Vamos provar primeiro que a b + Z ∈ H − {Z}, com mdc(a, p) = 1, ⇒ n + Z ∈ H, ∀ b ∈ Z, com n ≤ m, m p p ou seja, ¾ ½ 1 2 pn − 1 ⊆ H. 0, n , n , . . . . n p p p De fato, como mdc(a, p) = 1 temos que existem r, s ∈ Z tais que ar + spm = 1. Logo, para todo b ∈ Z e n ≤ m, obtemos b = b · 1 = abr + bspm ⇒ Assim, b + Z = bpm−n r n p b a = bpm−n r m + bspm−n . pn p µ ¶ a + Z ∈ H. pm Portanto, existe um menor inteiro k ∈ N (H 6= Z(p∞ )) tal que ½ ¾ a H= + Z : a ∈ Z e m ≤ k e H ⊆ Ck , pm que é o resultado desejado. ¥ Sejam F um conjunto parcialmente ordenado e C um subconjunto de F. Dizemos que C é uma cadeia de F se dados A, B ∈ C, então A ≤ B ou B ≤ A. Um elemento M ∈ F é chamado um elemento maximal de F se nenhum dos elementos de F é estritamente maior do que M, em símbolos, ∀ A ∈ F, M ≤ A ⇒ M = A. Ou, equivalentemente, não existe elemento A ∈ F, com M < A. Um elemento A ∈ F é chamado o maior elemento de F se X ≤ A, ∀ X ∈ F. 30 CAPÍTULO 1. GRUPOS Exemplo 1.46 Seja F = {A1 , A2 , A3 , A4 } ordenado pela inclusão, com A1 = {0, 1}, A2 = {1, 2}, A3 = {0, 2} e A4 = {0, 1, 2, 3}. Então A4 é o maior elemento de F. Agora, seja G = {A1 , A2 , A3 , A5 }, com A5 = {1, 2, 3}. Então G não contém maior elemento, mas A1 , A3 e A5 são elementos maximais de G. Exemplo 1.47 Qualquer conjunto parcialmente ordenado finito possui um elemento maximal. Solução. Seja F um conjunto finito. Escolhendo um elemento qualquer A1 de F. Se A1 é um elemento maximal, acabou. Caso contrário, escolhendo um elemento qualquer A2 de F, com A1 ⊆ A2 . Continuando assim, obtemos uma cadeia de elementos de F, A1 ⊆ A2 ⊆ · · · ⊆ An ⊆ · · · Como F tem um número finito de elementos temos que essa cadeia para, digamos em Ak . Portanto, Ak é um elemento maximal de F. ¥ Exemplo 1.48 Nem todo conjunto parcialmente ordenado possui um elemento maximal. Solução. Sejam An = {0, 1, . . . , n}, para cada n ∈ Z+ , e F = {An : n ∈ Z+ }. Então F não possui um elemento maximal. De fato, se M ∈ F, então existe n ∈ Z+ tal que M = An e M ⊆ An+1 , mas M 6= An+1 . ¥ Lema 1.49 (Lema de Zorn) Seja F uma família de conjuntos parcialmente ordenado S pela inclusão. Suponhamos que para qualquer cadeia C em F, A∈C A seja um elemento de F. Então F possui pelo menos um elemento maximal. Sejam G um grupo e M um subgrupo de G. Dizemos que M é um subgrupo maximal de G se M 6= G e se K é um subgrupo de G tal que M ⊆ K ⊆ G, então M = K ou K = G. Por exemplo, se G = {e, a, b, c}, com a2 = b2 = c2 = e, então M = {e, a} é um subgrupo maximal de G. Exemplo 1.50 Seja G um grupo finitamente gerado não trivial. Mostre que G possui um subgrupo maximal. Solução. Sejam G = ha1 , a2 , . . . , an i e F a família de todos os subgrupos H de G com H 6= G. Então F 6= ∅, pois {e} ∈ F. Dados H, K ∈ F, definimos H ¹ K ⇔ H ⊆ K. Então ¹ é uma relação de ordem parcial sobre F (prove isto!). Seja C = {Hi : i ∈ I} uma cadeia qualquer de F. Então [ M= Hi i∈I 1.3. SUBGRUPOS 31 é um subgrupo de G. De fato, é claro que M 6= ∅, pois e ∈ Hi , para todo i ∈ I. Dados a, b ∈ M, existem i, j ∈ I tais que a ∈ Hi e b ∈ Hj . Como C é uma cadeia temos que Hi ⊆ Hj ou Hj ⊆ Hi , digamos Hi ⊆ Hj . Logo, a, b ∈ Hj e ab−1 ∈ Hj , pois Hj é um subgrupo de G. Portanto, ab−1 ∈ M e M é um subgrupo de G. É claro que M é uma cota superior de C. Afirmação. M ∈ F. De fato, se M = G, então ai ∈ M, i = 1, . . . , n. Logo, existem j1 , . . . , jn ∈ I tais que ai ∈ Hji , i = 1, . . . , n. Como C é uma cadeia temos que existe k ∈ I tal que k ≥ sup{j1 , . . . , jn }. Logo, ai ∈ Hk , i = 1, . . . , n. Assim, Hk = G, o que é impossível. Finalmente, pelo Lema de Zorn, M é um elemento maximal de F. Portanto, M é um subgrupo maximal de G. ¥ EXERCÍCIOS 1. Sejam G um grupo e H um subconjunto não vazio finito de G. Mostre que H é um subgrupo de G se, somente se, ab ∈ H, para todos a, b ∈ H. Mostre, com um exemplo, que essa conclusão pode ser falsa se H é um subconjunto infinito. 2. Sejam G um grupo e H um subconjunto não vazio de G. Para a, b ∈ G, definimos a ∼ b ⇔ a−1 b ∈ H. Mostre que ∼ é uma relação de equivalência sobre G se, e somente se, H é um subgrupo de G. 3. Sejam G um grupo. (a) Mostre, para um a ∈ G fixado, que as funções La : G → G definida por La (x) = ax e Ra : G → G definida por Ra (x) = xa−1 são bijetoras. (b) Mostre que Lab = La ◦ Lb e Rab = Ra ◦ Rb , para todos a, b ∈ G. (d) Mostre que Gl = {La : a ∈ G} é um subgrupo de P (G). 4. Sejam G = GLn (R), H = {A = (aij ) ∈ G : aij = 0, se i > j} e L = {A = (aij ) ∈ G : aij = 0, se i > j e aii = 1}. Mostre que H e L são subgrupos de G. (c) Mostre que La ◦ Rb = Rb ◦ La , para todos a, b ∈ G. (e) Mostre que Gr = {Ra : a ∈ G} é um subgrupo de P (G). 32 5. Seja G um grupo qualquer. (a) Mostre que A (b) Mostre que A 6. Seja H= à [ i∈I CAPÍTULO 1. GRUPOS Bi ! ! = i∈I S ABi , ∀ A, Bi ⊆ G. à \ i∈I Bi ⊆ \ i∈I ABi , ∀ A, Bi ⊆ G. # ) (" cosh a senh a senh a cosh a :a∈R Mostre que H é um subgrupo de GL2 (R), chamado de grupo de Lorentz . 7. Seja G um grupo. Mostre que CG (Z(G)) = G. Conclua que NG (Z(G)) = G. 8. Sejam G um grupo e S, T subconjuntos não vazios de G tais que S ⊆ T . Mostre que CG (T ) ⊆ CG (S). 9. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. (a) Mostre que H é um subgrupo de NG (H). Mostre, com um exemplo, que isto não é necessariamente verdade se H não é um subgrupo de G. (b) Mostre que H é um subgrupo de CG (H) se, e somente se, H é um grupo abeliano. 10. Sejam G um grupo, H um subgrupo de G e S subconjunto não vazio de G. Mostre que NH (S) = NG (S) ∩ H. Conclua que NH (S) é um subgrupo de H. 11. Sejam G um grupo e n ∈ N com n ≥ 2. Sejam H n = {a ∈ G : an = e} e Hn = {an : a ∈ G}. Mostre que se G é um grupo abeliano, então H n e Hn são subgrupos de G. Mostre que esta afirmação é falsa se G não é um grupo abeliano. 12. Sejam G um grupo qualquer e H = {x1 · · · xn xn · · · x1 : onde n ∈ N e xi ∈ G}. Mostre que H é um subgrupo de G. 13. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que hHi = H. 1.3. SUBGRUPOS 33 14. Sejam G um grupo e S, T subconjuntos não vazios de G, onde S ⊆ T . Mostre que hSi é um subgrupo de hT i. Mostre, com um exemplo, que hSi = hT i, onde S ⊆ T e S 6= T . 15. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que hH − {e}i = H. 16. Determine explicitamente os seguintes subgrupos de GL2 (R) *" #+ *" #+ 1 0 1 1 H= e K= . 1 1 0 1 17. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G. Mostre que HK é um subgrupo de G se, e somente se, HK = KH. Neste caso, HK = hH ∪ Ki. Mostre, com um exemplo, que HK não é necessariamente um subgrupo de G. (Sugestão: Confira o Exercício acima) 18. Sejam G um grupo e H, K, L subgrupos de G. Mostre que se H ⊆ L, então (HK) ∩ L = H(K ∩ L). Conclua que se G = HK, então L = H(K ∩ L). 19. Sejam G um grupo abeliano e H, K subgrupos de G. Mostre que H ∨ K = {ab : a ∈ H e b ∈ K}. Estenda esse resultado para qualquer número finito de subgrupos de G. 20. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G. Mostre que H ∪ K é um subgrupo de G se, e somente se, H ⊆ K ou K ⊆ H. 21. Sejam G um grupo e {Hi }i∈I uma família indexada de subgrupos de G. Determine condições necessárias e suficientes para que [ K= Hi i∈I seja um subgrupo de G. (Sugestão: Se G é um grupo ordenado pela inclusão, então dados H e K subgrupos de G, existe um subgrupo L de G tal que H ⊆ L e K ⊆ L.) 22. Sejam G um grupo e F a família de todos os subgrupos de G. Dados H, K ∈ F, definimos H ¹ K ⇔ H ⊆ K. Mostre que ¹ é uma ordem parcial sobre F, * + [ \ sup F = H e inf F = H, H∈F H∈F isto é, F é um reticulado completo. 34 CAPÍTULO 1. GRUPOS 23. Sejam G um grupo e H, K subgrupos próprios de G. Mostre que existe a ∈ G tal que a ∈ H ∪ K. / 24. Sejam G um grupo e H um subgrupo próprio de G. Mostre que hG − Hi = G. 25. Determine o grupo Q8 gerado pelas matrizes # " # " 0 1 i 0 , A= e B= 0 −i −1 0 com i2 = −1. (Sugestão: Note que A4 = B4 = I2 e BA = A3 B. Logo, qualquer elemento de Q8 é da forma Am Bn .) 26. Determine o grupo D4 gerado pelas matrizes " # " # 0 1 0 1 C= e D= , −1 0 1 0 27. Sejam G um grupo e H = {a ∈ G : a = a−1 }. Mostre que se G é grupo abeliano, então H é subgrupo de G. Determine um grupo G tal que H não seja um subgrupo de G. Q 28. Sejam {Gi }i∈I uma família indexada de grupos e G = i∈I Gi o produto direto externo dos Gi . Mostre que o conjunto X Gi = {(ai )i∈I ∈ G : ai = eGi , para todos exceto um número finito de i ∈ I} i∈I é um subgrupo de G, chamado a soma direta externa dos Gi . 29. Sejam G um grupo e σ : G → S uma função arbitrária. Mostre que H = {p ∈ G : σ(xp) = σ(x), para todo x ∈ G} é um subgrupo de G. 30. Determine um conjunto S tão pequeno quanto possível tal que Z × Z = hSi. 31. Sejam G um grupo e a, b ∈ G. Mostre que CG (aba−1 ) = aCG (b)a−1 . 32. Sejam G um grupo e a, b ∈ G. (a) Mostre que ab e ba são conjugados. (b) Mostre que se ab ∈ Z(G), então ab = ba. 33. Seja G um grupo. 1.4. GRUPOS CÍCLICOS 35 (a) Mostre que a função κa : G → G definida por κa (x) = axa−1 é bijetora, para todo a ∈ G. (b) Mostre que κab = κa ◦ κb , para todos a, b ∈ G. 34. Sejam G um grupo finito e S um subconjunto de G com mais da metade dos elementos de G. Mostre que cada a ∈ G pode ser escrito sob a forma a = st, onde s, t ∈ S. (Sugestão: Mostre que xS −1 ∩ S 6= ∅, para todo x ∈ G.) 35. Sejam G um grupo e H subgrupo de G. Mostre que G − H é finito se, e somente se, G é finito ou G = H. Q 36. Sejam {Gi }i∈I uma família indexada de grupos e G = i∈I Gi o produto direto externo dos Gi . Mostre que Y Z(Gi ). Z(G) = i∈I 37. Seja S um conjunto não vazio qualquer. Mostre que o conjunto G = 2S de todos os subconjuntos de S munido com a operação binária A 4 B = (A − B) ∪ (B − A) = A ∪ B − (A ∩ B), ∀ A, B ∈ G, é um grupo abeliano. 38. Mostre que o conjunto G = {(x, y) ∈ Q2 : x2 + y 2 = 1} munido com a operação binária (x, y) ∗ (z, w) = (xz − yw, xw + yz) é um subgrupo de R2 . Mostre que se x, y ∈ [0, 1], com x < y, então existe r ∈ Q tal que 1 − r2 x< < y. 1 + r2 39. Seja G um grupo não abeliano qualquer. Mostre que G contém um subgrupo abeliano maximal. (Sugestão: Use o Lema de Zorn.) 1.4 Grupos Cíclicos Seja G um grupo. Dizemos que G é grupo cíclico se existir a ∈ G tal que G = hai, isto é, G = {at1 · · · atn : n ∈ N, ai ∈ {a} e ti ∈ {−1, 1}} 1 n = {at1 · · · atn : n ∈ N e ti ∈ {−1, 1}} = {a n i=1 ti = {am : m ∈ Z}. : n ∈ N e ti ∈ {−1, 1}} 36 CAPÍTULO 1. GRUPOS Observação 1.51 Um grupo cíclico tem pelo menos dois geradores, a saber, a e a−1 , pois a−n = (a−1 )n , ∀ n ∈ Z. Além disso, G = hai é um grupo abeliano, pois se x, y ∈ G, então existem m, n ∈ Z tais que x = am e y = an . Logo, xy = am an = am+n = an+m = an am = yx. Para finalizar, se a operação binária sobre G for denotada aditivamente, então G = hai = {ma : m ∈ Z}. Exemplo 1.52 Mostre que o grupo aditivo dos números inteiros Z é cíclico. Solução. É claro que h1i = {n · 1 : n ∈ Z} ⊆ Z. Dado n ∈ Z, temos, pela Lei da Tricotomia, que n > 0 ou n = 0 ou n < 0. Se n > 0, então n = 1 + 1 + · · · + 1 = n · 1 ⇒ n ∈ h1i . n-parcelas Se n = 0, então n = 0 = 0 · 1 ∈ h1i . Se n < 0, então m = −n > 0. Logo, m = −n ∈ h1i ⇒ n ∈ h1i . Portanto, Z ⊆ h1i = h−1i , isto é, Z é um grupo cíclico. Exemplo 1.53 Mostre que o grupo aditivo dos números racionais Q não é cíclico. Solução. Suponhamos, por absurdo, que Q seja cíclico. Então existe r = m ∈ Q∗ tal que n 1 Q = hri. Como s = pn ∈ Q, com p um número primo, temos que existe k ∈ Z tal que s = kr. Logo, m 1 = k ⇔ p(km) = 1 ⇒ p | 1, s = kr ⇔ pn n o que é uma contradição. Portanto, Q não é um grupo cíclico. ¥ Sejam G um grupo e a ∈ G. Definimos a ordem do elemento a como sendo a ordem do subgrupo cíclico gerado por a de G e será denotada por |a| = |hai|. ¥ 1.4. GRUPOS CÍCLICOS 37 Proposição 1.54 Sejam G um grupo e a ∈ G. Se a ordem de a for finita, então |a| é igual ao menor inteiro positivo k tal que ak = e. Neste caso, hai = {e, a, . . . , ak−1 }. Prova. Como hai = {an : n ∈ Z} = {. . . , a−2 , a−1 , e, a, a2 , . . .} é um conjunto finito temos que existem m, n ∈ Z, com n > m, tais que am = an . Sendo a−m ∈ G, obtemos an−m = an a−m = am a−m = am−m = a0 = e. Logo, S = {n ∈ N : an = e} 6= ∅. Assim, pelo Princípio da Boa Ordenação, S contém um menor elemento, digamos k ∈ S. Donde ak = e. Afirmação. Os elementos e, a, . . . , ak−1 são todos distintos. De fato, se ar = as , com 0 ≤ r < s < k, então as−r = as a−r = ar a−r = a0 = e, o que contradiz a minimalidade de k, pois 0 < s − r < k. É claro que {e, a, . . . , ak−1 } ⊆ hai . Por outro lado, dado b ∈ hai, existe m ∈ Z tal que b = am . Assim, pelo Algoritmo da Divisão, existem únicos q, r ∈ Z tais que m = qk + r, com 0 ≤ r < k. Logo, Portanto, ¡ ¢q b = am = aqk+r = ak ar = eq ar = ar ∈ {e, a, . . . , ak−1 }. hai ⊆ {e, a, . . . , ak−1 }, que é o resultado desejado. ¥ Proposição 1.55 Sejam G um grupo e a ∈ G. Se a ordem de a for infinita, então an 6= e, para todo n ∈ Z∗ e am 6= an , para todos m, n ∈ Z, com m 6= n. Prova. Basta verificar que a função χ : Z −→ G definida por χ(n) = an é injetora. ¥ Teorema 1.57 Seja G um grupo cíclico. Então qualquer subgrupo de G é cíclico. Observação 1.56 Sejam G um grupo e a ∈ G de ordem infinita. Então os subgrupos de ­ ® ­ ® hai estão em correspondência biunívoca com os números 1, 2, . . ., pois ak = a|k| , para ­ ® todo k ∈ Z, e a função ϕ : N → hai definida por ϕ(k) = ak é bijetora. 38 CAPÍTULO 1. GRUPOS Prova. Sejam G = hai e H um subgrupo de G. Se H = {e}, então H = hei. Se H 6= {e}, então existe m ∈ Z tal que am ∈ H e a−m ∈ H, pois H é um subgrupo de G. Logo, S = {n ∈ N : an ∈ H} 6= ∅. Assim, pelo Princípio da Boa Ordenação, S contém um menor elemento, digamos k ∈ S. Donde ak ∈ H. ­ ® Afirmação. H = ak . ­ ® De fato, é claro que ak ⊆ H, pois H é um subgrupo de G. Por outro lado, dado b ∈ H, existe m ∈ Z tal que b = am . Logo, pelo Algoritmo da Divisão, existem únicos q, r ∈ Z tais que m = qk + r, com 0 ≤ r < k. Se r > 0, então ¡ ¢−q ¡ ¢−q ar = am−qk = am a−qk = am ak = b ak ∈ H, ­ ® Observação 1.58 Se G = hai e H é um subgrupo de G, com H 6= {e}, então H = ak , em que k é o menor inteiro positivo tal que ak ∈ H. Exemplo 1.59 Determine todos os subgrupos do grupo G = Z2 = Z × Z. Conclua que G contém subgrupos diferentes de mZ × nZ. Solução. Seja H um subgrupo qualquer de G. Então K = {a ∈ Z : (a, b) ∈ H, para algum b ∈ Z} e L = {b ∈ Z : (0, b) ∈ H} são subgrupos cíclicos de Z (prove isto!). Logo, existem a0 , b1 ∈ Z tais que K = ha0 i e L = hb1 i . Assim, pela definição de K, podemos encontrar b0 ∈ Z tal que x0 = (a0 , b0 ) ∈ H. Afirmação. H = hx0 , x1 i, onde x1 = (0, b1 ) ∈ H. De fato, dado x = (a, b) ∈ H, então a ∈ K, de modo que a = ma0 , para algum m ∈ Z. Assim, x − mx0 = (0, b − mb0 ) ∈ H ⇒ b − mb0 ∈ L. Logo, b − mb0 = nb1 , para algum n ∈ Z. Portanto, x = (a, b) = (ma0 , mb0 + nb1 ) = mx0 + nx1 , isto é, H = hx0 , x1 i. ¥ o que contradiz a minimalidade de k. Assim, r = 0 e ¡ ¢q ­ ® b = am = akq = ak ∈ ak . ­ ® Portanto, H ⊆ ak . ¥ 1.4. GRUPOS CÍCLICOS Proposição 1.60 Seja G um grupo. Então: 39 1. Se a ∈ G é de ordem finita m > 0, então an = e se, e somente se, m divide n. ­ ® 2. Se G = hai é um grupo cíclico de ordem finita m > 0, então G = ak se, e somente se, mdc(m, k) = 1. 3. Se G = hai é um grupo cíclico de ordem finita m > 0, então para cada d ∈ N tal que d divide m existe um único subgrupo H de G com ordem d. Neste caso, ­ ® H = ak = {e, ak , a2k , . . . , a(d−1)k }, com m = dk. ­ ® Prova. Vamos provar apenas os itens (2) e (3): (2) Suponhamos que G = ak . Como a ∈ G temos que existe r ∈ Z tal que a = (ak )r = akr . Logo, akr−1 = akr a−1 = aa−1 = e. Assim, pelo item (1), kr − 1 = sm, para algum s ∈ Z. Portanto, kr + (−s)m = 1, isto é, mdc(m, k) = 1. Reciprocamente, suponhamos que mdc(m, k) = 1. Então existem r, s ∈ Z tais que kr + sm = 1. ­ ® a = a1 = akr+sm = akr asm = (ak )r (am )s = (ak )r ∈ ak . ­ ® ­ ® Portanto, G ⊆ ak , ou seja, G = ak . ­ ® (3) (Existência) Se m = kd, então H = ak tem ordem d = m . De fato, seja l = |H|. k Então ¡ ¢l e = ak = akl ⇒ m | kl ⇒ kd | kl ⇒ d | l ⇒ d ≤ l. Por outro lado, Portanto, l = d. (Unicidade) Seja K um subgrupo qualquer de G de ordem d. Então, pelo Teorema 1.57, K = han i, para algum n ∈ Z. Logo, e = (an )d = and ⇒ m | nd ⇒ kd | nd ⇒ k | n. Assim, existe r ∈ Z tal que n = rk. Portanto, ¡ ¢r an = ark = ak ∈ H, ¡ ¢d e = am = akd = ak ⇒ l | d ⇒ l ≤ d. Logo, isto é, K ⊆ H. Como |H| = |K| e K ⊆ H temos que H = K. ¥ 40 CAPÍTULO 1. GRUPOS Observação 1.61 Sejam G = hai um grupo cíclico de ordem finita m > 0 e d um divisor de m. Então o número de subgrupos distintos de G é igual ao número de divisores distintos ­ ® de m, pois han i = amdc(m,n) , para todo n ∈ Z, e a função ϕ : D(m) → Sub(G) definida ­ ® por ϕ(d) = ak é bijetora, onde D(m) é o conjunto de todos os divisores positivos de m e Sub(G) é o conjunto de todos os subgrupos de G. Exemplo 1.62 Sejam G um grupo abeliano e a, b ∈ G, com ordens m e n. 1. Mostre que existe um elemento de ordem k = mmc(m, n). 2. Mostre que se a ordem maximal dos elementos de G é igual a N, então aN = e, para todo a ∈ G. Solução. (1) Vamos dividir a prova em dois casos: 1.o Caso. mdc(m, n) = 1 e k = mn. Sejam c = ab e |c| = l. Então cl = (ab)l = al bl = e ⇒ al = b−l . Logo, aln = (al )n = (b−l )n = (bn )−l = e−l = e ⇒ m | nl. Assim, pelo Lema de Euclides, m divide l. De modo inteiramente análogo prova-se que n divide l. Portanto, k divide l, isto é, k ≤ l. Por outro lado, como ck = (ab)k = ak bk = (am )n (bn )m = en em = e temos que l divide k, isto é, l ≤ k. Portanto, k = l e |c| = k. 2.o Caso. mdc(m, n) > 1 e k = mmc(m, n). Seja {p1 , . . . , pr } o conjunto de números primos ocorrendo na decomposição de m e n, respectivamente. Então m = pm1 · · · pmr e n = pn1 · · · pnr , onde mi , ni ∈ Z+ . 1 1 r r Logo, k = pk1 · · · pkr , 1 r com ki = max{mi , ni }, i = 1, . . . , r. Sejam d = pd1 · · · pdr e e = pe1 · · · per , com 1 1 r r ( ( mi , se mi ≤ ni 0, se mi ≤ ni e ei = di = 0, se mi > ni ni , se mi > ni . Então d divide m e e divide n. Logo, ad e be têm ordens m e n (prove isto!). Como d e (mi − di = 0 ou ni − ei = 0) e ( m e n ) não têm fatores primos comum temos que d e ³m n´ mdc , = 1. d e mn mn = = k = mmc(m, n), d e de Logo, pelo primeiro caso, c = ad be tem ordem 1.4. GRUPOS CÍCLICOS pois ki = max{mi , ni } = (mi + ni ) − (di + ei ). 41 Portanto, em qualquer caso, G contém um elemento de ordem k = mmc(m, n). (2) Seja a um elemento de G com |a| = N. Para um b ∈ G fixado, com |b| = k, obtemos, pelo item (1), um elemento de ordem mmc(k, N) ≥ N. Assim, pela maximalidade de N, temos que N = mmc(k, N). Como k divide N temos que existe r ∈ Z tal que N = kr. Logo, bN = bkr = (bk )r = er = e. Portanto, cN = e, para todo c ∈ G, pois b foi escolhido arbitrariamente. EXERCÍCIOS ¥ 1. Mostre que todo subgrupo H do grupo aditivo dos números inteiros Z é da forma H = nZ = {na : a ∈ Z} = hni , para algum n ∈ Z+ . Conclua que a função ϕ : Z+ → Sub(Z) definida por ϕ(n) = hni é bijetora, onde Sub(Z) é o conjunto de todos os subgrupos de Z. 2. Mostre que Zn é um grupo cíclico, para todo n ∈ N. 3. Determine todos os subgrupos de Z45 . 4. Sejam G um grupo e a ∈ G de ordem finita m > 0. (a) Mostre que ar = as se, e somente se, r ≡ s (mod m). ¯ ¯ (b) Mostre que ¯ad ¯ = m , para cada d ∈ N tal que d divide m. d (c) Mostre que ak e a−k têm ordem m mmc(k, m) ou . mdc(k, m) k 5. Seja G um grupo. Mostre que G não possui subgrupos próprios se, e somente se, G é um grupo cíclico finito de ordem um número primo p. 6. Sejam G um grupo finito e a ∈ G. Mostre que se |a| = |G|, então G é um grupo cíclico. Mostre, com um exemplo, que o resultado não é necessariamente verdade se G é um grupo infinito. 7. Seja G um grupo abeliano de ordem pq, com mdc(p, q) = 1. Mostre que se existem a, b ∈ G tais que |a| = p e |b| = q, então G é um grupo cíclico. 42 CAPÍTULO 1. GRUPOS 8. Seja G um grupo abeliano. Mostre que se G é gerado por um número finito de elementos de ordem finita, então G é finito. 9. Seja G um grupo. Mostre que se G possui somente um número finito de subgrupos, então G é finito. 10. Sejam m, n ∈ Z∗ e H = {rm + ns : r, s ∈ Z}. Mostre que H é um subgrupo do grupo aditivo dos números inteiros Z. Conclua que existe um menor inteiro positivo d tal que H = hdi e d = mdc(m, n). 11. Sejam G um grupo finito e a um elemento de G de ordem n. Mostre que se n é um número ímpar, então a = (a2 )k , para algum k ∈ Z. 12. Sejam G, H grupos e x = (a, e), y = (e, b) ∈ G × H. Mostre que xy = yx e que |(a, b)| = mmc(|a| , |b|). 13. Seja m, n ∈ Z∗ . (a) Mostre que m divide n se, e somente se, hni = nZ ⊆ mZ = hmi. (b) Mostre que m divide n se, e somente se, Zm ⊆ Zn . 14. Sejam G um grupo e a, b ∈ G fixados. (a) Mostre que |b| = |aba−1 |. (b) Mostre que |ab| = |ba|. ¯ ¯ ¯ ¯ (c) Mostre que se |a| = m, então ¯ak ¯ = ¯am−k ¯, para todo k ∈ Z. (d) Mostre que se |a| = 5 e a3 b = ba3 , então ab = ba. 15. Sejam G um grupo e k ∈ N, com k > 1. Mostre que se a ∈ G é o único elemento tal que |a| = k, então a ∈ Z(G) e k = 2. 16. Sejam G um grupo e a, b, c ∈ G fixados. (a) Mostre que ab2 a−1 = ba, então a = b. (b) Mostre que se |a| = 2 e ab2 a−1 = b3 , então |b| = 5. (c) Mostre que se |a| = 5 e aba−1 = b2 , então |b| = 31. (d) Mostre que se ab2 a−1 = b3 e ba2 b−1 = a3 , então a = e = b. (e) Mostre que se a−1 ba = b2 , b−1 cb = c2 e c−1 ac = a2 , então a = b = c = e. (Sugestão: (d) Mostre que b9 = a2 b4 a−2 e b9 = a3 b4 a−3 .) 17. Sejam G um grupo e a, b ∈ G fixados. Mostre que se |a| = m, |b| = n e ab = ba, então pode ocorrer que |ab| < mmc(m, n). (Sugestão: Escolha a 6= e e b = a−2 .) 1.4. GRUPOS CÍCLICOS 43 18. Seja G um grupo. Mostre que se existe n ∈ N tal que an bn = bn an , para todos a, b ∈ G, então o conjunto H = {b ∈ G : mdc(|b| , n) = 1} é um subgrupo abeliano de G. 19. Sejam G = GL2 (R) e # # # # " " " " 1 0 1 1 0 −1 0 1 A= ,B = ,C = ,D = ∈ G. 0 −1 0 −1 1 0 −1 −1 Calcule |A|, |B|, |C|, |D|, |AB| e |CD|. 20. Sejam G = Z2 × Z e a = (0, 1), b = (1, −1) ∈ G. Determine |a|, |b| e |ab|. 21. Sejam G = GL2 (R) e A= " 0 1 1 0 # ,B = " 0 2 1 0 2 # ∈ G. Calcule |A|, |B| e |AB|. Conclua que hA, Bi é um grupo infinito. 22. Seja G um grupo abeliano. Mostre que o conjunto T (G) = {a ∈ G : |a| < ∞} é um subgrupo de G, chamado o subgrupo de torção de G. Mostre, com um exemplo, que o resultado não é necessariamente verdade se G não é um grupo abeliano. 23. Mostre que os seguintes grupos não são cíclicos: (a) G = Z2 × Z2 . (b) G = Z2 × Z. (c) G = Z × Z. 24. Sejam G um grupo, p ∈ N um número primo e n ∈ Z+ . Mostre que se a ∈ G é tal n que ap = e, então |a| = pm , para algum m ≤ n. 25. Sejam p, n ∈ N com p um número primo ímpar. Use o Teorema Binomial para provar que (1 + p)p n−1 ≡ 1 (mod pn ), mas (1 + p)p n−2 6≡ 1 (mod pn ). Conclua que o elemento 1 + p tem ordem pn−1 no grupo multiplicativo Z•n . p 26. Seja n ∈ N com n ≥ 3. Use o Teorema Binomial para provar que (1 + 22 )2 n−2 ≡ 1 (mod 2n ), mas (1 + 22 )p n−3 6≡ 1 (mod 2n ). Conclua que o elemento 5 tem ordem 2n−2 no grupo multiplicativo Z•n . 2 44 CAPÍTULO 1. GRUPOS 27. Seja n ∈ N com n ≥ 3. Mostre que o grupo multiplicativo Z•n não é um grupo 2 cíclico. (Sugestão: Mostre que Z•n contém dois subgrupos distintos de ordem 2.) 2 28. Seja G um grupo finito de ordem n. Mostre que se mdc(k, n) = 1, então a função ϕ : G → G definida por ϕ(a) = ak é bijetora. Mostre, com um exemplo, que ϕ não é necessariamente bijetora se mdc(k, n) 6= 1. 29. Sejam G um grupo e a ∈ G. (a) Mostre que CG (hai) = CG (a). (b) Mostre que hai é um subgrupo de NG (hai). Mostre, com um exemplo, que hai não é necessariamente igual a NG (hai). 30. Sejam G um grupo finito e a ∈ G. (a) Mostre que se b ∈ NG (hai), então bab−1 = am , para algum m ∈ Z. (b) Mostre que se bab−1 = am , para algum m ∈ Z, então b ∈ NG (hai). (Sugestão: (b) Como bak b−1 = (bab−1 )k = amk , para todo k ∈ Z, temos que bhaib−1 é um subgrupo de hai. Agora, mostre que se |a| = n, então e, bab−1 , . . . , ban−1 b−1 são todos distintos.) 31. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que o conjunto Qua(H) = {a ∈ G : K a = K, para todo subgrupo K de H} é um subgrupo do NG (H), chamado o quasicentralizador de H em G. Conclua que se G é um grupo finito, então Qua(H) = {a ∈ G : ha = hn , ∀ h ∈ H e para algum n ∈ Z}. 32. Sejam G um grupo cíclico finito de ordem n e k ∈ Z tal que mdc(k, n) = 1. Mostre que se a, b ∈ G e ak = bk , então a = b. Mostre, com um exemplo, que existem um m ∈ Z e um grupo tais que am = bm , mas a 6= b. 33. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G com K = aHa−1 , para todo a ∈ G. Mostre que se L é um subgrupo cíclico de G tal que H, K ⊆ L, então H = K. 34. Sejam G um grupo e {Hi }i∈N uma família de subgrupos de G tais que Hn ⊂ Hn+1 , para todo n ∈ N. Mostre que [ Hn H= n∈N não é um grupo cíclico. 1.4. GRUPOS CÍCLICOS 45 35. Mostre que o grupo aditivo dos números racionais Q possui subgrupos não cíclicos. (Sugestão: Considere o subgrupo H = hSi, com ½ ¾ 1 S= :n∈N . 2n Então H= [ Hn e Hn = ¿ 1 2n À .) n∈Z+ 36. Determine todos os subgrupos do grupo aditivo dos números racionais Q (Muito difícil). 37. Mostre que o grupo multiplicativo dos números racionais Q∗ é gerado pelo conjunto ¾ ½ ¾ ½ 1 1 1 1 1 : p é um número primo = , , , ,... . S= p 2 3 5 7 38. Mostre que cada subgrupo finitamente gerado do grupo aditivo dos números racionais Q é um grupo cíclico. 39. (Existência de grupos finitos de qualquer ordem) Sejam n ∈ N fixado e Un = {z ∈ C∗ : z n = 1}. (a) Mostre que Un é um subgrupo cíclico de C∗ . (b) Mostre que se m divide n, então Um é um subgrupo de Un . (c) Seja U o grupo de todas as raízes da unidade em C, isto é, U = {z ∈ C∗ : z n = 1, para algum n ∈ Z+ }. Mostre que U= [ Un . n∈Z+ 40. Sejam p um número primo, Z = {z ∈ C∗ : z p = 1, para algum n ∈ Z+ } e Ck = {z ∈ Z : z p = 1}, ∀ k ∈ Z+ . (a) Mostre que Ck é um subgrupo de Cm se, e somente se, k ≤ m. (b) Mostre que Ck é um subgrupo cíclico de Z e C0 = {1} ⊆ C1 ⊆ C2 ⊆ · · · ⊆ Cn ⊆ · · · . (c) Mostre que cada subgrupo próprio de Z é igual a Ck , para algum k ∈ Z+ . n k 46 (d) Mostre que Z= [ CAPÍTULO 1. GRUPOS Cn n∈Z+ e que Z não é um grupo finitamente gerado. 41. Sejam p um número primo fixado e H um subgrupo de Z(p∞ ). (a) Mostre que Z(p∞ ) é gerado pelo conjunto ¾ ½ 1 +Z:n∈N . S= pn (b) Mostre que todo elemento de Z(p∞ ) tem ordem finita pk , para algum k ∈ Z+ . (c) Mostre que se pelo menos um elemento de H tem ordem pm e nenhum elemento de H tem ordem maior do que pm , então H é igual ao subgrupo cíclico gerado pela classe de equivalência 1 + Z. pm (d) Mostre que se não existir cota superior nas ordens dos elementos de H, então H = Z(p∞ ). (e) Mostre que os únicos subgrupos próprios de Z(p∞ ) são os subgrupos cíclicos finito ¿ À 1 + Z , ∀ n ∈ N. Cn = pn Conclua que C0 = {0} ⊆ C1 ⊆ C2 ⊆ · · · ⊆ Cn ⊆ · · · e Z(p∞ ) = [ Cn . n∈Z+ 42. Mostre que o grupo aditivo dos números racionais Q é a união de uma sequência crescente de grupos cíclicos infinto. (Sugestão: Considere os subgrupos ¿ À 1 Cn = , ∀ n ∈ N.) n! Conclua que Q não é cíclico. 43. Seja G um grupo abeliano. Dizemos que G é um grupo divisível se para cada a ∈ G e cada n ∈ Z∗ existir x ∈ G tal que xn = a, isto é, a função ϕ : G → G definida por ϕ(x) = xn é sobrejetora, para cada n ∈ Z∗ . (a) Mostre que o grupo aditivo dos números racionais Q é um grupo divisível. (b) Mostre que nenhum grupo abeliano não trivial finito é um grupo divisível. (c) Mostre que Z(p∞ ) é um grupo divisível. 1.5. GRUPOS DIEDRAIS E ALTERNADOS 47 44. Seja G um grupo abeliano. Mostre que G é um grupo divisível tal que todo elemento de G∗ tenha ordem infinita (livre de torção) se, e somente se, G é um espaço vetorial sobre Q. 45. Sejam G e K grupos abelianos não triviais. Mostre que G × K é um grupo divisível se, e somente se, G e K também o são. 46. Mostre que o grupo aditivo dos números racionais Q não possui subgrupos próprios divisíveis. 1.5 Grupos Diedrais e Alternados Uma isometria de Rn é uma função σ : Rn −→ Rn que preserva distância e é bijetora, isto é, kσ(A) − σ(B)k = kA − Bk , ∀ A, B ∈ Rn e σ(Rn ) = Rn . Vamos denotar o conjunto de todas as isometrias de Rn por Isom(Rn ). Proposição 1.63 Isom(Rn ) é um subgrupo de P (Rn ), o grupo de permutações de Rn , chamado o grupo Euclidiano de Rn . Prova. É claro que I ∈ Isom(Rn ). Sejam σ, τ ∈ Isom(Rn ). Então σ ◦ τ ∈ P (Rn ) e k(σ ◦ τ )(A) − (σ ◦ τ )(B)k = kσ(τ (A)) − σ(τ (B))k Assim, σ ◦ τ ∈ Isom(Rn ). Finalmente, se σ ° ° −1 °σ (A) − σ −1 (B)° = = kτ (A) − τ (B)k = kA − Bk , ∀ A, B ∈ Rn . ∈ Isom(Rn ), então σ −1 ∈ P (Rn ). Assim, ° ° °σ(σ −1 (A)) − σ(σ −1 (B))° ¥ Sejam A = (x1 , . . . , xn ), B = (y1 , . . . , yn ) ∈ Rn . A distância (Euclidiana) entre A e B é dada por p d(A, B) = kA − Bk = (x1 − y1 )2 + · · · + (xn − yn )2 . = kA − Bk , ∀ A, B ∈ Rn . Logo, σ −1 ∈ Isom(Rn ). Portanto, Isom(Rn ) é um subgrupo de P (Rn ). Exemplo 1.64 Seja G = Isom(R). 1. Mostre que se σ, τ ∈ G, σ(a) = τ (a) e σ(b) = τ (b), para quaisquer a, b ∈ R, com a 6= b. então σ = τ . Em particular, se σ fixas dois pontos distintos, então σ = I. 2. Mostre que G = {σ : R → R : σ(x) = mx + b, m ∈ {−1, 1} e b = σ(0)} . Além disso, G = hr, ti, com r(x) = −x uma reflexão na origem e t(x) = x + b uma translação. 48 Solução. (1) Seja c um elemento qualquer de R. Então CAPÍTULO 1. GRUPOS Logo, ¯ ¯ |c − a| = |τ (c) − τ (a)| = |τ (c) − σ(a)| = ¯σ −1 τ (c) − a¯ . σ −1 τ (c) − a = ±(c − a). Suponhamos, por absurdo, que σ −1 τ (c) 6= c. Se σ −1 τ (c) − a = c − a, então σ −1 τ (c) = c, o que é uma contradição. Assim, σ −1 τ (c) − a = −c + a, isto é, σ −1 τ (c) = −c + 2a. De modo inteiramente análogo, obtemos σ −1 τ (c) = −c + 2b. Logo, 2a = 2b, ou seja, a = b, o que é uma contradição. Portanto, σ −1 τ (c) = c e σ −1 τ = I, pois c foi escolhido arbitrariamente. Portanto, σ = τ . (2) É claro que a função σ : R → R definida por σ(x) = mx + b, onde m ∈ {−1, 1} e b = σ(0), é uma isometria de R. Portanto, {σ : R → R : σ(x) = mx + b, m ∈ {−1, 1} e b = σ(0)} ⊆ G. Por outro lado, seja σ ∈ G e suponhamos que σ(0) = b. Então 1 = |1 − 0| = |σ(1) − σ(0)| = |σ(1) − b| . Logo, σ(1) = b ± 1. Assim, há dois casos a ser considerado: 1.o Caso. Se σ(1) = b + 1. Seja τ : R → R definida por τ (x) = x + b. Então τ ∈ G. Logo, σ(0) = τ (0) e σ(1) = τ (1). Assim, pelo item (1), σ = τ 2.o Caso. Se σ(1) = b − 1. Seja τ : R → R definida por τ (x) = −x + b. Então τ ∈ G. Logo, σ(0) = τ (0) e σ(1) = τ (1). Assim, pelo item (1), σ = τ . Portanto, em qualquer caso, σ(x) = mx+b, onde m ∈ {−1, 1} e b = σ(0). Finalmente, cada σ ∈ G pode ser escrita sob a forma σ = t ◦ r, com r2 = I. Portanto, G = hr, ti. ¥ Exemplo 1.65 Seja G = Isom(R2 ). 1. Mostre que se σ ∈ G fixa dois pontos distintos A e B em R2 , então σ fixa todo os pontos da reta suporte de A e B, isto é, σ = I ou σ é uma reflexão. 2. Mostre que se σ ∈ G fixa três pontos não colineares A, B e C em R2 , então σ = I é a identidade. 3. Mostre que existe no máximo um elemento σ ∈ G tal que σ(A) = A0 , σ(B) = B 0 e σ(C) = C 0 , onde ABC e A0 B 0 C 0 são triângulos congruentes em R2 . 4. Mostre que cada elemento de G pode ser escrito de modo único como a composição de uma reflexão, uma rotação e uma translação. Solução. (1) Seja P um ponto qualquer de R2 . Então kA − P k = kA − σ(P )k e kB − P k = kB − σ(P )k . 1.5. GRUPOS DIEDRAIS E ALTERNADOS 49 Logo, σ(P ) = P ou (τ ◦ σ)(P ) = P , com τ uma reflexão com eixo a reta suporte de A e B. Portanto, σ = I ou σ = τ . (2) Se σ ∈ G fixa três pontos não colineares A, B e C em R2 , então pelo item (1) σ fixa a reta suporte de A e B. Logo, σ é a identidade I ou σ é uma reflexão τ com eixo a reta suporte de A e B. Como τ (C) 6= C temos que σ = I. (3) Primeiro observe que se A e B são pontos quaisquer em R2 , então existe t ∈ G tal que t(A) = B. De fato, sejam t−A e tB translações em R2 . Então t = tB ◦ t−A tem a propriedade desejada, pois t(A) = (tB ◦ t−A )(A) = tB (O) = B. Como kA0 − B 0 k = kA − Bk = kt(A) − t(B)k = kA0 − t(B)k temos que B 0 e t(B) estão na mesma circunferência de centro A0 . Logo, existe uma rotação rθ com centro A0 tal que (rθ ◦ t)(B) = B 0 . Assim, (rθ ◦ t)(A) = A0 e (rθ ◦ t)(B) = B 0 . Sendo kA0 − C 0 k = kA − Ck = k(rθ ◦ t)(A) − (rθ ◦ t)(C)k = kA0 − (rθ ◦ t)(C)k e kB 0 − C 0 k = kB − Ck = k(rθ ◦ t)(B) − (rθ ◦ t)(C)k = kB 0 − (rθ ◦ t)(C)k , temos que (rθ ◦ t)(C) = C 0 ou (τ ◦ (rθ ◦ t))(C) = C 0 , com τ uma reflexão com eixo a reta suporte de A0 e B 0 . Portanto, σ = rθ ◦ t ou σ = τ ◦ (rθ ◦ t) tem a propriedade desejada. A unicidade segue do item (2). (4) Sejam σ ∈ G e, sem perda de generalidade, podemos escolher O = (0, 0), B = (1, 0), C = (0, 1) em R2 . Suponhamos que σ(O) = A. Então (t−A ◦ σ)(O) = O. Pondo B 0 = (t−A ◦ σ)(B), obtemos 1 = kO − Bk = k(t−A ◦ σ)(O) − (t−A ◦ σ)(B)k = kO − B 0 k = kB 0 k . Logo, B 0 está em uma circunferência de centro O e raio 1. Assim, existe θ ∈ R tal que B 0 = (cos θ, sen θ) ∈ R2 . Então r−θ (B 0 ) = B e r−θ (O) = O. Pondo C 0 = (r−θ ◦ (t−A ◦ σ))(C), obtemos kO − C 0 k = 1 e kB − C 0 k = √ 2, 50 CAPÍTULO 1. GRUPOS pois (r−θ ◦ (t−A ◦ σ))(O) = O e (r−θ ◦ (t−A ◦ σ))(B) = B. Então C 0 = C ou C 0 = −C. Seja ( (x, y), se C 0 = C τ (x, y) = (x, −y), se C 0 = −C. Finalmente, fazendo ϕ = τ ◦ r−θ ◦ t−A , obtemos (ϕ ◦ σ)(O) = O, (ϕ ◦ σ)(B) = B e (ϕ ◦ σ)(C) = C. Portanto, pelo item (2), ϕ ◦ σ = I, isto é, σ = tA ◦ rθ ◦ τ . ¥ Seja S uma figura qualquer em Rn , com n ≥ 2. Dizemos que uma função σ : S −→ S é uma simetria de S se σ preserva distância e σ(S) = S, isto é, kσ(A) − σ(B)k = kA − Bk , ∀ A, B ∈ S e σ(S) = S. Note que σ(S) = S é equivalente as seguintes condições: 1. Se A ∈ S, então σ(A) ∈ S, pois σ(S) = S. 2. Se σ(B) ∈ S, então B ∈ S, pois σ −1 (σ(S)) = S. Proposição 1.66 Seja Γ(S) = {σ ∈ P (S) : σ é uma simetria}. Então Γ(S) é um subgrupo de P (S). Em particular, qualquer elemento de Γ(S) pode ser escrito como a composição de uma reflexão e uma rotação. Prova. Fica como um exercício. ¥ Um polígono regular é um polígono S, com n ≥ 3 lados de comprimento iguais no qual os ângulos interiores, entre lados adjacentes, são todos iguais. Por exemplo, quando n = 5, temos o pentágono regular dado na Figura 1.1. Figura 1.1: Pentágono regular. 1.5. GRUPOS DIEDRAIS E ALTERNADOS 51 Lema 1.67 Qualquer polígono regular S está inscrito em um único círculo. Neste caso, o centro do circulo é chamado de origem de S. Prova. Sejam A1 , A2 , . . . , An os vértices do polígono regular S. Tracemos o círculo C que passa pelos pontos A1 , A2 e A3 . Seja O o centro de C. Então o triângulo OA2 A3 é \ \ isósceles, pois d(O, A2 ) = d(O, A3 ). Logo, os ângulos OA2 A3 e OA3 A2 são iguais. Assim, \ \ por hipótese, os ângulos A1 A2 A3 e A2 A3 A4 são iguais, consequentemente, os ângulos \ \ A1 A2 O e OA3 A4 são iguais. Como d(A1 , A2 ) = d(A3 , A4 ) e d(O, A2 ) = d(O, A3 ) temos que os triângulos OA1 A2 e OA4 A3 são congruentes. Portanto, d(O, A1 ) = d(O, A4 ) e A4 é um ponto de C. Prosseguindo assim, temos que A5 , . . . , An são pontos de C. ¥ Lema 1.68 Sejam S um polígono regular e O a origem de S. Então σ(O) = O, para todo σ ∈ Γ(S). Prova. Seja A ∈ S tal que kA − Ok = kAk = r. Então kσ(A) − σ(O)k = kA − Ok = kAk = r, ∀ σ ∈ Γ(S). Como σ(S) = S temos que S também está inscrito no círculo de centro σ(0) e raio r. Portanto, pelo Lema 1.67, σ(O) = O. ¥ Lema 1.69 Sejam S um polígono regular e σ ∈ Γ(S). Então σ(A) é um vértice de S, para todo vértice A de S. Prova. Sejam O a origem de S e r o raio do círculo C, no qual S está inscrito. Então kσ(A)k = kσ(A) − Ok = kσ(A) − σ(O)k = kA − Ok = r. Como os únicos pontos de S em C são os vértices temos que σ(A) é um vértice de S, pois σ(A) ∈ C. ¥ Seja S um polígono regular com n ≥ 3 lados. O grupo Γ(S) chama-se o grupo diedral de grau n e será denotado por Dn = Γ(S). Sejam {A1 , A2 , . . . , An } o conjunto de vértices de S com origem O e σj a rotação de S sobre a origem no sentido anti-horário através de um ângulo 2π(j − 1) , n de modo que σ j (A1 ) = Aj , j = 1, . . . , n. Por exemplo, quando n = 5, σ 3 é dada pela Figura 1.2. 52 CAPÍTULO 1. GRUPOS Figura 1.2: Rotação de 4π . 5 Seja τ a reflexão de S através da reta que passa na origem O e no vértice A1 , de modo que τ (A1 ) = A1 e τ (A2 ) = An . Por exemplo, quando n = 5, τ é dada pela Figura 1.3. Figura 1.3: Reflexão τ . Afirmação. Os elementos σ 1 = I, σ 2 , . . . , σ n , σ 1 τ , σ 2 τ , . . . , σ n τ são todos distintos. De fato, como Aj = σ j (A1 ) = σ k (A1 ) = Ak temos que σ j 6= σ k se j 6= k. Suponhamos, por absurdo, que σ j = σ k τ . Então Aj = σ j (A1 ) = σ k τ (A1 ) = σ k (A1 ) = Ak . Logo, j = k e σ j = σ j τ implica que τ = I, o que é uma contradição. Assim, σj e σ k τ são distintos. Finalmente, se σj τ = σ k τ , então σ j = σ k . Portanto, o grupo Dn contém pelo menos 2n elementos. Por outro lado, seja σ ∈ Dn . Então, pelo Lema 1.69, temos que σ(A1 ) = Aj , j = 1, . . . , n. Assim, existe exatamente n possibilidades para σ(A1 ). Logo, 1.5. GRUPOS DIEDRAIS E ALTERNADOS σ(A2 ) tem somente duas possibilidades, pois σ(A2 ) é um vértice e kσ(A2 ) − Aj k = kσ(A2 ) − σ(A1 )k = kA2 − A1 k 53 implica que σ(A2 ) = Aj−1 ou σ(A2 ) = Aj+1 (vértices adjacentes a Aj ). Portanto, se σ(A1 ) e σ(A2 ) são determinados, então σ(Ak )‚ k = 3, . . . , n, são também determinados. Assim, existem no máximo dois elementos σ ∈ Dn tal que σ(A1 ) = Aj , pois vértices adjacentes permanece adjacentes sobre qualquer simetria. Logo, existem no máximo 2n elementos em Dn . Portanto, Dn = Γ(S) = {I, σ 2 , . . . , σ n , τ , σ 2 τ , . . . , σ n τ } e |Dn | = 2n. Observação 1.70 Se σ j (A1 ) = Aj , então σ j (A2 ) = Aj+1 , . . . , σ j (An ) = Aj−1 , pois os inteiros representando os vértices são lidos módulo n. Assim, σ j corresponde a permutação à ! 1 2 ··· n σ= ∈ Sn j j + 1 ··· j − 1 e τ corresponde a permutação à ! 1 2 3 ··· k ··· n −1 n α= ∈ Sn 1 n n − 1 ··· n + 2 − k ··· 3 2 se n é um número ímpar e corresponde a permutação à ! 1 2 3 ··· k + 1 ··· n − 1 n α= ∈ Sn 1 n n − 1 ··· k + 1 ··· 3 2 se n é um número par. Sejam x1 , . . . , xn variáveis independentes, com xi xj = xj xi , e P = P (x1 , . . . , xn ) ∈ Z[x1 , . . . , xn ] o polinômio P = Y (xi − xj ) = n−1 Y n Y 1≤i<j≤n i=1 j=i+1 (xi − xj ), isto é, o produto de todos os fatores (xi − xj ), com i < j. Por exemplo, quando n = 3, P = (x1 − x2 ) (x1 − x3 ) (x2 − x3 ). Para cada σ ∈ Sn , definimos o polinômio P σ por Y Pσ = (xσ(i) − xσ(j) ). 1≤i<j≤n Por exemplo, se σ= à 1 2 3 2 3 1 ! ∈ S3 , 54 então CAPÍTULO 1. GRUPOS ¡ ¢ P σ = (xσ(1) − xσ(2) ) xσ(1) − xσ(3) (xσ(2) − xσ(3) ) = (x2 − x3 ) (x2 − x1 ) (x3 − x1 ) = P. Como P contém um fator (xi − xj ), para todos i, j ∈ {1, . . . , n}, com i < j, temos que P σ contém um fator (xi − xj ) ou (xj − xi ) = −(xi − xj ), para todos i, j ∈ {1, . . . , n}, com i < j. Sendo σ bijetora existem únicos k, l ∈ {1, . . . , n} tais que σ(k) = i e σ(l) = j. Se k < l, então o fator (xσ(k) − xσ(l) ) = (xi − xj ) aparece em P σ . Se k > l, então o fator (xσ(l) − xσ(k) ) = (xj − xi ) = −(xi − xj ) aparece em P σ . Portanto, P σ = (−1)N P, em que N é o número de fatores (xj − xi ), com i < j. Observação 1.71 O número N é também chamado de número de inversões (transposição) necessárias para trazer de volta o conjunto {σ(1), σ(2), . . . , σ(n)} a sua ordem natural. Por exemplo, se à ! à ! 1 2 3 1 2 3 σ= = ∈ S3 σ(1) σ(2) σ(3) 2 3 1 então N = 2, pois fixado 2 temos uma inversão (21); fixado 3 temos uma inversão (31). Uma maneira alternativa para determinar o número de inversões da permutação σ é ilustrado no esquema da Figura 1.4. Neste caso, o número de cruzamentos corresponde ao número de inversões de σ. Figura 1.4: Número de inversões de σ. Esse procedimento vale para Sn . 1.5. GRUPOS DIEDRAIS E ALTERNADOS Lema 1.72 Seja τ ∈ Sn a permutação definida por τ (i) = j, τ (j) = i e τ (x) = x, ∀ x ∈ {1, 2, . . . , n} − {i, j}, isto é, τ= à 1 2 ··· 1 2 ··· i j ··· ··· j i ··· ··· n−1 n n−1 n ! ∈ Sn , com i < j. 55 Então P τ = −P . Prova. Para um fator (xi − xj ), obtemos (xi − xj )τ = (xτ (i) − xτ (j) ) = (xj − xi ) = −(xi − xj ). Se um fator de P não contém xi nem xj , então ele permanece inalterado quando lhe aplicamos τ . Todos os outros fatores podem ser agrupados aos pares (xi − xk ) (xj − xk ) , com i < j < k; (xi − xk ) (xk − xj ) , com i < k < j; (xk − xi ) (xk − xj ) , com k < i < j. É fácil verificar que estes fatores permanecem inalterados quando lhe aplicamos τ . Por¥ tanto, P τ = −P . Seja σ ∈ Sn . Dizemos que σ é uma permutação par se P σ = P e uma permutação ímpar se P σ = −P . Neste caso, definimos o sinal de σ como ( +1, se σ é par sgn(σ) = −1, se σ é ímpar. Assim, σ é par se, e somente se, P σ = P se, e somente se P = (−1)N P se, somente se, N é um número par, isto é, σ é par se, e somente se, o número de inversões N de σ é par. Também, σ é ímpar se, e somente se, o número de inversões N de σ é ímpar. Portanto, sgn(σ) = (−1)N . Exemplo 1.73 Se σ= à 1 2 3 2 3 1 ! ,τ = à 1 2 3 1 3 2 ! ∈ S3 , então P σ = P e P τ = −P , isto é, σ é par e τ é ímpar. Mais geralmente, a permutação (transposição) τ do Lema 1.72, é sempre ímpar. Proposição 1.74 Sejam σ, τ ∈ Sn . 56 1. Se σ e τ são pares, então στ é par. 2. Se σ e τ são ímpares, então στ é par. 3. Se σ é par e τ ímpar, então στ é ímpar. 4. Se σ é par, então σ −1 é par. 5. Se σ é ímpar, então σ −1 é ímpar. CAPÍTULO 1. GRUPOS Prova. Basta provar que P στ = (P τ )σ , para todos σ, τ ∈ Sn . Suponhamos que P τ = (−1)N1 P . Então P στ tem exatamente N1 fatores da forma (xσ(j) − xσ(i) ), com i < j, pois Y Y (xστ (i) − xστ (j) ) = (xσ(τ (i)) − xσ(τ (j)) ). P στ = 1≤i<j≤n 1≤i<j≤n Logo, P στ = (−1)N1 Y ¢ ¡ (xσ(p) − xσ(q) ) = (−1)N1 (−1)N2 P = (−1)N2 (−1)N1 P = (P τ )σ . P = PI = Pσ isto é, σ −1 é par. Seja An = {σ ∈ Sn : P σ = P }. Então, pela Proposição 1.74, An é um subgrupo de Sn , o qual é chamado o grupo alternado de grau n. −1 σ 1≤p<q≤n Portanto, P στ = (P τ )σ , para todos σ, τ ∈ Sn . Em particular, se σ é par, então = (P σ )σ −1 = Pσ , ¥ −1 EXERCÍCIOS 1. Determine o grupo das simetrias Γ(S), com S uma das letras A, H, R e N. 2. (Grupo de Klein) Determine o grupo das simetrias Γ(S), com S um retângulo de lados desiguais. Construa sua tabela de multiplicação. 3. Sejam H = {σ ∈ S3 : σ(1) = 1} e K = {σ ∈ S3 : σ(2) = 2}. Determine HK e KH. 4. Seja σ ∈ Sn , com σ 6= I. Mostre que a relação ∼ sobre {1, 2, . . . , n} definida por i ∼ j ⇔ j = σ m (i), para algum m ∈ Z, é uma relação de equivalência. Descreva as classes de equivalências! 1.5. GRUPOS DIEDRAIS E ALTERNADOS 5. Sejam σ = σ2 a rotação e τ a reflexão do grupo diedral Dn . (a) Mostre que σ n = τ 2 = I. (b) Mostre que στ = τ σ −1 . (c) Mostre que σ m τ = τ σ −m , para todo m ∈ N. (d) Mostre que as relações ( = σk σi σj σ i (σ j τ ) = σ k τ ( = σl τ (σ i τ )σ j (σ i τ )(σ j τ ) = σ l 57 e com (i + j) ≡ k (mod n) e (i + (n − j)) ≡ l (mod n). Conclua que Dn = hσ, τ i = {σi τ j : i = 0, 1, . . . , n − 1 e j = 0, 1}. 6. Sejam n ∈ N, com n ≥ 3 e G = Dn o grupo diedral. Mostre que ( {I}, se n é um número ímpar . Z(G) = n {I, σ 2 }, se n é um número par 7. Seja Dn o grupo diedral de grau n ≥ 3. Mostre que o conjunto H = {σ ∈ Dn : σ 2 = I} não é um subgrupo de Dn . 8. Seja Bn = {τ ∈ Sn : P τ = −P }. (a) Mostre que Bn = τ An = An τ , para todo τ ∈ Bn . (b) Mostre que An ∩ Bn = ∅ e Sn = An ∪ Bn . Conclua que |An | = (c) Mostre que σAn σ −1 = An , para todo σ ∈ Sn . (Sugestão: (b) Mostre que a função f : An → τ An definida por f (σ) = τ σ, para um τ ∈ Bn fixado, é bijetora.) 9. Mostre que se Sn = An , então n = 1. 10. Determine todos os elementos de A4 . Mostre que o grupo de Klein é um subgrupo de A4 . 11. Mostre que sgn(σ) = 12. Mostre que n Qn i=1 (σ(i) • n! . 2 σ(i) − σ(j) , ∀ σ ∈ Sn . i−j 1≤i<j≤n Y − i) é um número par, para todo σ ∈ Sn . 58 13. Mostre que CAPÍTULO 1. GRUPOS S∞ = {σ ∈ P (N) : σ(x) = x, para todos exceto um número finito de x ∈ N} é um subgrupo de P (N). 14. Sejam n ∈ N e Gn = {σ ∈ P (N) : σ(x) = x, ∀ x ∈ N, com x > n}. Mostre que S∞ = S n∈N Gn . 15. Seja G = Isom(R) o grupo de todas as isometrias de R tal que σ(Z) = Z, para todo σ ∈ G, o qual é chamado o grupo diedral infinito e será denotado por D∞ . (a) Mostre que se σ(x) 6= x, para todo x ∈ R, então σ(x) = x + n, para algum n ∈ Z. (b) Mostre que se σ ∈ G tem exatamente um ponto fixo x0 , então x0 ∈ Z ou x0 = 1 (m + n), para alguns m, n ∈ Z. Neste caso, σ é uma reflexão em x0 . 2 (c) Mostre que se σ ∈ G tem mais um ponto fixado, então σ = I. 16. Seja G um grupo. (a) Mostre que se G é finito e H um subgrupo próprio de G, então existe um subgrupo maximal de G contendo H. (b) Mostre que o subgrupo de todas as rotações do grupo diedral é um subgrupo maximal. (c) Mostre que se G = hai é um grupo finito de ordem m > 0, então H é um subgrupo maximal de G se, e somente se, G = hap i, para algum número primo p dividindo m. 17. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que existe um subgrupo maximal M de G tal que M ∩ H = {e}. (Sugestão: Use o Lema de Zorn.) Capítulo 2 Teoremas de Estruturas para Grupos Neste capítulo vamos estudar um tipo especial de funções, as quais são chamadas de “homomorfismo de grupos” e que é um dos objetos fundamentais da álgebra abstrata. Além disso, serão vistos os conceitos de classes laterais, subgrupos normais e grupos quocientes. 2.1 Classes Laterais Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Dados a, b ∈ G, dizemos que a é congruente à esquerda (à direita) a b módulo H se a−1 b ∈ H (ba−1 ∈ H), em símbolos, a ≡ b (mod H) ⇔ a−1 b ∈ H (ba−1 ∈ H). Proposição 2.1 Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Então: 1. A congruência à esquerda (à direita) módulo H é uma relação de equivalência sobre G. 2. A classe de equivalência à esquerda (à direita) de a em G é igual ao conjnuto a = aH = {ah : h ∈ H} (a = Ha = {ha : h ∈ H}). 3. |aH| = |H| = |Ha|, para todo a ∈ G. Prova. (1) Dados a, b, c ∈ G, obtemos a ≡ a (mod H), pois e = a−1 a ∈ H. Se a ≡ b (mod H), então a−1 b ∈ H. Logo, b−1 a = (a−1 b)−1 ∈ H, pois H é um subgrupo de G. Assim, b ≡ a (mod H). Finalmente, se a ≡ b (mod H) e b ≡ c (mod H), então a−1 b ∈ H e b−1 c ∈ H. Logo, a−1 c = a−1 (bb−1 )c = (a−1 b)(b−1 c) ∈ H, pois H é um subgrupo de G. Assim, a ≡ c (mod H). 59 60 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS (2) Como a = {b ∈ G : b ≡ a (mod H)} temos que b ∈ a ⇔ b ≡ a (mod H) ⇔ a−1 b ∈ H ⇔ ∃ h ∈ H tal que b = ah ⇔ b ∈ aH. Portanto, a = aH. (3) Basta provar que a função ϕ : H → aH definida por ϕ(h) = ah é bijetora. O conjunto aH = {ah : h ∈ H} (Ha = {ha : h ∈ H}) ¥ é chamado a classe lateral à esquerda (à direita) de H em G e o elemento a é chamado um representante da classe lateral. Exemplo 2.2 Sejam G = S3 e H = {I, τ }, com à ! 1 2 3 τ= . 1 3 2 Então σH = {σ, στ } e Hσ = {σ, τ σ}, com à ! à ! à ! 1 2 3 1 2 3 1 2 3 σ= , στ = e τσ = . 2 3 1 2 1 3 3 2 1 Note que σH 6= Hσ. No entanto, se G é um grupo abeliano, então aH = Ha, para todo subgrupo H de G e a ∈ G. Mostre, com um exemplo, que a recíproca é falsa. Proposição 2.3 Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Então: 1. G é igual a união das classes laterais aH, ou seja, G= [ a∈G aH. 2. Duas classes laterais à esquerda (à direita) de H em G são disjuntas ou iguais. 3. Para quaisquer a, b ∈ G, aH = bH se, e somente se, a−1 b ∈ H. 4. Se L = {aH : a ∈ G} e R = {Ha : a ∈ G}, então |L| = |R|. Prova. Vamos provar apenas o item (4). É fácil verificar que a função ϕ : L → R definida ¥ por ϕ(aH) = Ha−1 é bijetora. Pelos itens (1) e (2) da Proposição 2.3, o conjunto de todas as classes laterais à esquerda de H em G forma uma partição de G e será denotado por G G = = {aH : a ∈ G}. H ≡ 2.1. CLASSES LATERAIS 61 A cardinalidade do conjunto das classes laterais de H em G é chamado o índice de H em G e será denotado por [G : H]. Assim, G = {a{e} : a ∈ G} = {a : a ∈ G} = G e [G : {e}] = |G| . {e} Note, pelo item (4) da Proposição 2.3, que o índice não depende da classe lateral. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Uma família indexada α = {ai }i∈I = {ai : i ∈ I} ⊆ G é um conjunto minimal de representantes de classes laterais à esquerda (ou uma transversal à esquerda) de H em G se o conjunto α contém exatamente um elemento de cada classe lateral à esquerda ai H, para todo i ∈ I ou, equivalentemente, qualquer elemento a de G pode ser escrito de modo único sob a forma a = ai h, para todo i ∈ I e h ∈ H. Note que |α| = |I| = [G : H] e que α contém exatamente um elemento de H, pois H = eH. Teorema 2.4 Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G, onde K ⊆ H. Então [G : K] = [G : H][H : K]. Note que se quaisquer dois desses índices são finitos, então o terceiro também o é. Prova. Pela Proposição 2.3, obtemos G= Portanto, G= [ i∈I • [ i∈I ai H e H = j∈J • [ bj K, onde α = {ai }i∈I ⊆ G e β = {bj }j∈J ⊆ H. [ i∈I ai H = ai à j∈J Agora, basta provar que as classes laterais à esquerda ai bj K de K em G são disjuntas. Se x ∈ ai bj K ∩ ar bs K, (ai bj K = ar bs K) então existe k ∈ K tal que ai bj = ar bs k. Como bj , bs , k ∈ H temos que ai H = ai bj H = ar bs kH = ar H. Logo, i = r e bj = bs k. Assim, bj K = bs kK = bs K e j = s. Portanto, as classes laterais ai bj K são disjuntas e [G : K] = |I × J| = |I| |J| = [G : H][H : K]. Neste caso, provamos que a função G G H × → , definida por ϕ(ai H, bj K) = ai bj K, H K K é bijetora. A última afirmação do teorema é clara. ϕ: [ bj K ! = (i,j)∈I×J [ ai bj K. ¥ 62 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS Corolário 2.5 (Teorema de Lagrange) Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Então |G| = [G : H] |H|. Em particular, se G um grupo finito, então |H| divide |G|. Prova. Basta fazer K = {e} no Teorema 2.4. Exemplo 2.6 Mostre que se G é um grupo finito, então a|G| = e, ∀ a ∈ G. Solução. Seja H = hai, para qualquer a ∈ G. Então, pelo Teorema de Lagrange, existe m ∈ Z tal que |G| = m |H|. Logo, a|G| = am|H| = (a|H| )m = em = e, que é o resultado desejado. Proposição 2.7 Sejam G um grupo e H, K subgrupos finitos de G. Então |HK| = |H| |K| . |H ∩ K| ¥ ¥ Prova. Já vimos que L = H ∩ K é um subgrupo de H. Logo, pelo Teorema de Lagrange, obtemos n [ |H| |H| = e H= ai L, n = [H : L] = |L| |H ∩ K| i=1 onde ai ∈ H. Como LK = K temos que Ãn ! n n [ [ [ HK = ai L K = ai LK = ai K i=1 i=1 i=1 é uma união disjunta, pois se ai K = aj K, então a−1 ai ∈ K. Logo, a−1 ai ∈ H ∩ K = L j j se, e somente se, ai L = aj Le i = j. Portanto, |HK| = que é o reultado desejado. i=1 n P |ai K| = n |K| = |H| |H| |K| |K| = , |H ∩ K| |H ∩ K| ¥ A função φ : N → N definida por φ(n) = ( 1, se n = 1 • |Zn | , se n > 1 é chamada de função de Euler. Por exemplo, φ(6) = 2 e φ(p) = p − 1, com p um número primo, pois Z• = {1, 5} e Z• = {1, 2, . . . , p − 1}. 6 p Sejam G um grupo cíclico finito de ordem n e g(G) = {a ∈ G : hai = G} o conjunto de geradores de G. Então, pelo item (2) da Proposição 1.60, obtemos |g(G)| = φ(n). 2.1. CLASSES LATERAIS Proposição 2.8 Seja n ∈ N. Então n= 63 X d|n φ(d). Prova. Seja G um grupo cíclico finito de ordem n. Então para cada divisor d de n temos, pelo item (3) da Proposição 1.60, que existe um único subgrupo Hd de ordem d. Logo, |g(Hd )| = φ(d). Como cada elemento de G gera exatamente um dos subgrupos Hd temos que G= Portanto, n = |G| = que é o resultado desejado. • [ d|n g(Hd ). X d|n φ(d), ¥ Lema 2.9 Seja G um grupo finito de ordem n. Se para cada divisor d de n existir no máximo um subgrupo cíclico de G de ordem d, então G é um grupo cíclico. Prova. Para cada divisor d de n, seja λ(d) = |{a ∈ G : |a| = d}| o número de elementos de G de ordem d. Se existir um elemento de G de ordem d, então λ(d) = φ(d). Por outro lado, se não existir elementos de G de ordem d, então λ(d) = 0. Assim, para cada divisor d de n, temos que λ(d) ≤ φ(d). Como cada elemento de G tem a ordem completamente determinada por cada divisor d de n temos, por hipótese, que • X X [ λ(d) ≤ φ(d) = n. G = {a ∈ G : |a| = d} e n = |G| = d|n d|n d|n Logo, X d|n λ(d) = X d|n φ(d). Assim, λ(d) = φ(d), para cada divisor d de n, pois λ(d) ≤ φ(d). Em particular, λ(n) = φ(n) ≥ 1, isto é, G contém pelo menos um elemento de ordem n. Portanto, G é um grupo cíclico de ordem n. ¥ 64 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS Proposição 2.10 (Teorema de Euler) Sejam a, n ∈ Z, com n > 1 e mdc(a, n) = 1. Então aφ(n) ≡ 1 (mod n). Prova. Já vimos que Z• é um grupo multiplicativo finito. Como o mdc(a, n) = 1 temos n • que a ∈ Zn . Logo, pelo Teorema de Lagrange, obtemos aφ(n) = a|Zn | = 1. Portanto, aφ(n) ≡ 1 (mod n). ¥ • Observação 2.11 O Teorema de Euler pode ser usado para determinar o inverso de cada elemento a ∈ Z• , pois n aφ(n) ≡ 1 (mod n) ⇔ a−1 ≡ aφ(n)−1 (mod n). Corolário 2.12 (Teorema de Fermat) Sejam a, p ∈ Z, com p um número primo. Então ap ≡ a (mod p). Prova. Fica como um exercício. ¥ Proposição 2.13 Sejam G um grupo e a ∈ G, com ordem mn e mdc(m, n) = 1. Então existem únicos b, c ∈ G tais que a = bc = cb, com |b| = m e |c| = n. Prova. (Existência) Como mdc(m, n) = 1 temos que existem r, s ∈ Z tais que rm + sn = 1. Logo, a = a1 = arm+sn = arm asn = asn arm . Pondo b = asn e c = arm , obtemos a = cb = bc. Sejam |b| = k e |c| = l. Então bk = e e cl = e. Como bm = (asn )m = (amn )s = es = e e cn = (arm )n = (amn )r = er = e temos que existem u, v ∈ Z tais que m = uk e n = vl. Assim, kl divide mmc(m, n) = mn. Por outro lado, akl = (bc)kl = (bk )l (cl )k = el ek = e ⇒ mn | kl. Logo, mn = kl ⇒ ukn = kl ⇒ un = l ⇒ n | l. Portanto, n = l. De modo inteiramente análogo prova-se que m = k, ou seja, |b| = m e |c| = n. 2.1. CLASSES LATERAIS (Unicidade) Suponhamos que a = xy = yx, com |x| = m e |y| = n. Então bc = xy ⇔ x−1 b = yc−1 . Logo, ax = (xy)x = x(yx) = xa e ay = (yx)y = y(xy) = ya. É fácil verificar que bx = xb, by = yb, cx = xc e cy = yc. Assim, (x−1 b)m = x−m bm = e e (x−1 b)n = (yc−1 )n = y n c−n = e. Portanto, x−1 b = e, pois mdc(m, n) = 1. Donde concluímos que b = x e c = y. Corolário 2.14 Sejam m, n ∈ N, com mdc(m, n) = 1. Então φ(mn) = φ(m)φ(n). 65 ¥ Prova. Como Zmn = hai temos, pela Proposição 2.13, que existem únicos b, c ∈ Zmn tais que a = bc = cb, com |b| = m e |c| = n. Logo, a função σ : Zmn → Zm × Zn definida por σ(a) = (b, c) é bijetora. Assim, é fácil verificar que a restrição de σ a Z• , σ : Z• → Z• × Z• , é bijetora. Portanto, mn b mn m n φ(mn) = |Z• | = |Z• × Z• | = |Z• | |Z• | = φ(m)φ(n), mn m n m n que é o resultado desejado. ¥ EXERCÍCIOS 1. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que se S é um subconjunto não vazio de G, então SH = H se, e somente se, S ⊆ H. 2. Seja G um grupo finito. Mostre que a ordem de qualquer elemento de G divide a ordem de G. 3. Seja G um grupo finito de ordem prima. Mostre que G é um grupo cíclico. 4. Seja G um grupo finito. (a) Mostre que o número de elementos a ∈ G tal que a2 6= e é par. (b) Mostre que se a ordem G é um número par, então existe a ∈ G, com a 6= e, tal que a2 = e. 66 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS (c) Mostre que se a ordem G é um número par, então existe pelo menos um a ∈ G tal que a 6= b2 , para todo b ∈ G. (d) Mostre que para qualquer a ∈ G existe x ∈ G tal que x2 = a se, e somente se, a ordem G é um número ímpar. 5. Sejam G um grupo e S um conjunto qualquer. Mostre que se σ : G → S é uma função sobrejetora tal que σ(ab) = σ(a)σ(b), para quaisquer a, b ∈ G, então S é um grupo. 6. Sejam G um grupo e {Hi : i ∈ I} uma família indexada de subgrupos de G. Mostre que à ! \ \ Hi a = Hi a, ∀ a ∈ G. i∈I i∈I 7. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G tal que [G : H] = 2. Mostre que aH = Ha, para todo a ∈ G. 8. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G, com |H| = p e p um número primo. Mostre que H ∩ K = {e} ou H é um subgrupo de K. 9. Dê um exemplo de um grupo não abeliano, no qual todos os subgrupos próprios são cíclicos. 10. Seja G um grupo finito de ordem n > 2. Mostre que G não possui subgrupo H, com |H| = n − 1. 11. Seja G um grupo finito com a seguinte propriedade: Para quaisquer dois subgrupos H e K de G têm-se H ⊆ K ou K ⊆ H. Mostre que G é um grupo cíclico cuja ordem é uma potência de algum número primo. 12. Mostre que um grupo de ordem 30 pode ter no máximo 7 subgrupos de ordem 5. 13. Sejam G um grupo finito de ordem n e k ∈ Z∗ . Mostre que para cada b ∈ G existe a ∈ G tal que b = ak se, e somente se, mdc(n, k) = 1. 14. Mostre que se n ∈ N e n = pr1 pr2 · · · prk é sua fatoração em fatores primos distintos 1 2 k com ri > 0, então k Y 1 r r φ(n) = n (1 − ) = pr1 −1 p22 −1 · · · pkk −1 (p1 − 1)(p2 − 1) · · · (pk − 1). 1 pi i=1 (Sugestão: Considere o conjunto {p, p2 , . . . , pr−1 , pr } de divisores de pr e mostre que φ(pr ) = pr − pr−1 .) 15. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G. 2.1. CLASSES LATERAIS (a) Mostre que [HK : H] = [K : H ∩ K]. (b) Mostre que se H e K são finitos, então |HK| = (Sugestão: (a) Mostre que a função HK K → H ∩K H definida por ϕ((H ∩ K)k) = Hk é bijetora.) ϕ: 16. Sejam G um grupo finito e H, K subgrupos de G. Mostre que se |H| > p |K| > |G|, então H ∩ K 6= {e}. |H| |K| . |H ∩ K| 67 p |G| e 17. Seja G um grupo de ordem pk m, com p um número primo e mdc(p, m) = 1. Mostre que se H é um subgrupo de G de ordem pk e K é um subgrupo de G de ordem pd , com 0 < d ≤ k e K 6⊂ H, então HK não é um subgrupo de G. 18. Sejam G um grupo e {Hi : i ∈ I} uma família indexada de subgrupos de G. Mostre que Y \ [G : K] ≤ [G : Hi ], com K = Hi . i∈I i∈I (Sugestão: Considere a função Yµ G ¶ G ϕ: → K Hi i∈I definida por ϕ(Ka) = f , com f (i) = Hi a, para todo i ∈ I.) 19. (Teorema de Poincaré) A interseção de um número finito de subgrupos de índice finito é de índice finito. 20. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G. Mostre que [H : (H ∩ K)] ≤ [G : K]. Conclua que se [G : K] é finito, então [H : (H ∩ K)] = [G : K] ⇔ G = HK. 21. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G tais que [G : H] = m e [G : K] = n. Mostre que mmc(m, n) ≤ [G : (H ∩ K)] ≤ mn. Conclua que se mdc(m, n) = 1, então [G : (H ∩ K)] = [G : H][G : K]. Neste caso, G = HK. 68 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS 22. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G. Mostre que [K : (H ∩ K)] ≤ [H ∨ K : H)]. Conclua que um grupo de ordem 6 possui no máximo um subgrupo de ordem 3. 23. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G, com |H| = m e |K| = n. (a) Mostre que se mdc(m, n) = 1, então H ∩ K = {e}. (b) Mostre que se |G| = mn e mdc(m, n) = 1, então G = HK. 24. Seja G um grupo de ordem pq, com p, q números primos e p > q. Mostre que G contém no máximo um subgrupo de ordem p. 25. Seja G um grupo. (a) Se {Hn : n ∈ N} é uma cadeia de subgrupos de G tal que Hn+1 ⊆ Hn , para todo n ∈ N. Mostre que \ Y [Hn : Hn+1 ], com K = Hn . [G : K] ≤ n∈N n∈N (b) (Problema em Aberto) O item (a) continua válido se a sequência {Hn : n ∈ N} for substituída por uma família indexada {Hi : i ∈ I}, com I um conjunto totalmente ordenado? 26. Sejam G um grupo, H, K subgrupos de G e a, b ∈ G. (a) Mostre que HaK = HbK ou HaK ∩ HbK = ∅. (b) Mostre que G= (c) Mostre que [HaK : H] = [K : H a ∩ K] e [HaK : K] = [H : H ∩ K a ]. −1 a∈G • [ HaK. 2.2 Homomorfismos Sejam G e H grupos. Uma função σ : G → H é um homomorfismo de grupos se σ(ab) = σ(a)σ(b), ∀ a, b ∈ G. Intuitivamente, um homomorfismo de grupos σ de G em H é uma função que preserva as operações dos grupos. O conjunto de todos os homomorfismos de G em H será denotado por Hom (G, H) = {σ : G −→ H : σ é um homomorfismo de grupos}. 2.2. HOMOMORFISMOS 69 Note que o conjunto Hom (G, H) é sempre não vazio, pois ele contém o homomorfismo σ : G −→ H definido por σ(a) = e, para todo a ∈ G, chamado de homomorfismo nulo. Seja σ : G −→ H um homomorfismo de grupos. Dizemos que σ é um monomorfismo (uma imersão) se σ é injetora e que σ é um epimorfismo (uma submersão) se σ é sobrejetora. Dizemos que σ é um isomorfismo (é casado) se σ é bijetora. Quando existir um isomorfismo entre G e H, dizemos que G e H são isomorfos e será denotado por G ' H. Intuitivamente, um isomorfismo σ de G sobre H é uma regra que consiste em renomear os elementos de G, isto é, o nome do elemento sendo σ(a) ao invés de a ∈ G. Um endomorfismo de um grupo G é um homomorfismo de grupos σ : G −→ G. O conjunto de todos os endomorfismos de G será denotado por End (G) = {σ : G −→ G : σ é um homomorfismo}. Note que o conjunto End (G) contém o homomorfismo I : G −→ G definido por I(a) = a, para todo a ∈ G, chamado de endomorfismo identidade. Um automorfismo de um grupo G é um isomorfismo σ : G −→ G. O conjunto de todos os automorfismo de G será denotado por Aut (G) = {σ : G −→ G : σ é um isomorfismo}. Proposição 2.15 Sejam G e H grupos. Então: 1. O conjunto End (G) munido com a operação usual de composição de funções é um monoide. 2. O conjunto Aut (G) munido com a operação usual de composição de funções é um subgrupo de P (G). Em particular, Aut (G) = End (G) ∩ P (G). 3. Se σ ∈ Hom (G, H), então σ(eG ) = eH e σ(a−1 ) = σ(a)−1 , para todo a ∈ G. Prova. Vamos provar apenas o item (2). É claro que I ∈ Aut (G). Sejam σ, τ ∈ Aut (G). Então σ ◦ τ ∈ P (G) e (σ ◦ τ )(ab) = σ(τ (ab)) = σ(τ (a)τ (b)) = σ(τ (a))σ(τ (b)) = (σ ◦ τ )(a)(σ ◦ τ )(b), ∀ a, b ∈ G. Assim, σ ◦ τ ∈ Aut (G). Finalmente, se σ ∈ Aut (G), então σ −1 ∈ P (G). Assim, dados c, d ∈ G, existem únicos a, b ∈ G tais que c = σ(a) ⇔ a = σ−1 (c) e d = σ(b) ⇔ b = σ−1 (d). Como σ(ab) = σ(a)σ(b) = cd temos que σ−1 (cd) = σ −1 (σ(ab)) = ab = σ −1 (c)σ −1 (d). Logo, σ −1 ∈ Aut (G). Portanto, Aut (G) é um subgrupo de P (G). ¥ 70 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS Observação 2.16 Seja G = hSi, com S = {ai ∈ G : i ∈ I}. Então cada σ ∈ End (G) é completamente determinado por σ(ai ), para todo i ∈ I. Em particular, G = hσ(S)i, para todo σ ∈ Aut (G). Exemplo 2.17 Sejam G um grupo e a ∈ G fixado. Mostre que existe um único homomorfismo de grupos σ : Z → G tal que σ(1) = a. Em particular, se G é grupo abeliano, então Hom (Z, G) é isomorfo a G Solução. É claro que a função σ : Z → G definida por σ(n) = an é homomorfismo de grupos com σ(1) = a. Reciprocamente, seja σ : Z → G qualquer homomorfismo de grupos. Então σ(0) = e e σ(n + 1) = σ(n)σ(1), ∀ n ∈ Z. Além disso, σ(−k) = σ(k)−1 , para todo k ∈ Z. Suponhamos que σ(1) = a. Então, indutivamente, obtemos σ(n) = an , para todo n ∈ Z. Finalmente, é fácil verificar que Hom (Z, G) munido com a operação binária σ + τ definida por (σ + τ )(n) = σ(n)τ (n), ∀ n ∈ Z, é um grupo abeliano. Agora, mostre que a função ϕ : Hom (Z, G) → G definida por ϕ(σ) = σ(1) é um isomorfismo. ¥ Exemplo 2.18 Sejam n ∈ Z fixado e σ n : Z −→ Z a função definida por σ n (a) = na, para todo a ∈ Z. 1. Mostre que σn ∈ End (Z). 2. Mostre que se σ ∈ End (Z), então existe um único n ∈ Z tal que σ = σ n . 3. Mostre que End (Z) é isomorfo a Z. 4. Mostre que σ n ∈ Aut (Z) se, e somente se, n ∈ {−1, 1}. Conclua que Aut (Z) é isomorfo a Z2 . Solução. Vamos provar apenas o item (1). Dados a, b ∈ Z, obtemos σ n (a + b) = n(a + b) = na + nb = σ n (a) + σ n (b). Logo, σ n é um homomorfismo de grupos. Portanto, σ n ∈ End (Z). ¥ Exemplo 2.19 A função σ : Z −→ Zn definida por σ(a) = a, para todo a ∈ Z, é um epimorfismo (prove isto!). Exemplo 2.20 A função σ : GLn (R) −→ R∗ definida por σ(A) = det(A), para todo A ∈ GLn (R), é um epimorfismo (prove isto!). 2.2. HOMOMORFISMOS 71 Exemplo 2.21 Sejam G um grupo qualquer, a ∈ G fixado e κa : G −→ G a função definida por κa (x) = axa−1 , para todo x ∈ G. 1. Mostre que κa ∈ Aut (G), chamado de automorfismo interno de G e os automorfismos σ de Aut (G), com σ 6= κa , são chamados de automorfismos externos de G. 2. Mostre que se Inn (G) = {κa ∈ Aut (G) : a ∈ G}, então Inn (G) é um subgrupo de Aut (G). 3. Mostre que σ ◦ κa ◦ σ −1 ∈ Inn (G), para todo σ ∈ Aut (G). Solução. Vamos provar apenas os itens (1) e (3): (1) Dados x, y ∈ G, obtemos κa (xy) = axya−1 = (axa−1 )(aya−1 ) = κa (x)κa (y). Logo, κa é um endomorfismo. Como κa (x) = κa (y) ⇒ axa−1 = aya−1 ⇒ x = y temos que κa é um monomorfismo. Finalmente, dado y ∈ G, devemos encontrar x ∈ G tal que κa (x) = y. Logo, existe x = a−1 ya ∈ G tal que ¡ ¢ κa (x) = axa−1 = a a−1 ya a−1 = y. Portanto, κa é um epimorfismo. (3) Como (σ ◦ κa ◦ σ −1 )(x) = (σ ◦ κa )(σ −1 (x)) = σ(aσ −1 (x)a−1 ) = σ(a)xσ(a)−1 = κσ(a) (x), ∀ x ∈ G, temos que σ ◦ κa ◦ σ −1 = κσ(a) ∈ Inn (G), para todo σ ∈ Aut (G), pois σ(a) ∈ G, para todo a ∈ G. ¥ Seja σ : G −→ H um homomorfismo de grupos. A imagem de σ é o conjunto Im σ = {h ∈ H : h = σ(a), para algum a ∈ G} = {σ(a) : a ∈ G} = σ(G). O núcleo de σ é o conjunto ker σ = {a ∈ G : σ(a) = eH } = σ −1 (eH ). Se L é um subconjunto de H, então a imagem inversa (ou pullback) de L é o conjunto σ −1 (L) = {a ∈ G : σ(a) ∈ L}. 72 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS Proposição 2.22 Sejam G, H grupos e σ ∈ Hom (G, H). Então: 1. Im σ é um subgrupo de H. 2. ker σ é um subgrupo de G. Em particular, aNa−1 ⊆ N, para todo a ∈ G, com N = ker σ. 3. Para quaisquer a, b ∈ G, σ(a) = σ(b) se, e somente se, a−1 b ∈ ker σ. 4. σ é um monomorfismo se, e somente se, ker σ = {e}. 5. σ é um epimorfismo se, e somente se, Im σ = H. Neste caso, dizemos que H é a imagem homomórfica de G. 6. σ é um isomorfismo se, e somente se, existir σ−1 ∈ Hom (H, G) tal que σ−1 ◦ σ = IG e σ ◦ σ −1 = IH se, e somente se, ker σ = {e} e Im σ = H. Prova. Vamos provar apenas o item (2). É claro que eG ∈ ker σ. Dados a, b ∈ ker σ, obtemos σ(ab−1 ) = σ(a)σ(b−1 ) = σ(a)σ(b)−1 = eH e−1 = eH . H Logo, ab−1 ∈ ker σ. Portanto, ker σ é um subgrupo de G. Finalmente, se y ∈ aNa−1 , então existe x ∈ N tal que y = axa−1 . Logo, σ(y) = σ(axa−1 ) = σ(a)σ(x)σ(a)−1 = σ(a)eH σ(a)−1 = σ(a)σ(a)−1 = eH . Assim, y ∈ N. Portanto, aNa−1 ⊆ N, para todo a ∈ G. ¥ Exemplo 2.23 Sejam G1 e G2 grupos. Então existem quatros homomorfismos de grupos: π i : G1 × G2 → Gi e λi : Gi → G1 × G2 definidos por π i (a1 , a2 ) = ai , λ1 (a1 ) = (a1 , e2 ) e λ2 (a2 ) = (e1 , a2 ), com π i epimorfismos e λi monomorfismos, i = 1, 2 (prove isto!). Exemplo 2.24 Sejam n ∈ N fixado e Un = {z ∈ C∗ : z n = 1} Mostre que Un é isomorfo a Zn . Conclua que Um é um subgrupo de Un se, e somente se, m divide n. Solução. Seja z ∈ Un . Então |z|n = |z n | = |1| = 1 e |z| = 1. Logo, z = eiθ = cos θ + i sen θ, para algum θ ∈ [0, 2π]. Assim, substituindo z = eiθ em z n = 1, obtemos einθ = 1. Portanto, nθ é um múltiplo de 2π, ou seja, 2πk θ= , n 2.2. HOMOMORFISMOS ¡ ¢ para algum k ∈ Z. Pondo ω = exp 2π i , obtemos n µ ¶ 2kπ ωk = exp i e Un = hωi = {1, ω, . . . , ω n−1 }, n pois se k > n, então, pelo Algoritmo da Divisão, ω k = ωqn+r = (ωn )q ω r = 1q ω r = ω r , 73 com 0 ≤ r < n. Um gerador do grupo cíclico Un é chamado de raiz n-ésima primitiva da unidade. Seja σ : Zn → Un a função definida por σ(k) = ω k . Então é fácil verificar que σ é isomorfismo. ¥ Exemplo 2.25 Sejam p um número primo e C0 = {0} ⊆ C1 ⊆ C2 ⊆ · · · ⊆ Cn ⊆ · · · uma cadeia de grupos cíclicos de ordem pn , para cada n ∈ Z+ . Mostre que se [ G= Cn , n∈Z+ então G é isomorfo a Z(p∞ ). Solução. Vamos provar primeiro que: podemos escolher elementos an tais que Cn = han i e pan+1 = an , para cada n ∈ Z+ . Suponhamos, como hipótese de indução, que escolhemos a0 , a1 , . . . , an tais que pai+1 = ai , i = 0, . . . , n−1 e Ci = hai i, i = 0, . . . , n. Seja Cn+1 = hai. Então H = hpai é um grupo cíclico de ordem pn , pois pn (pa) = pn+1 a = 0. Assim, pelo item (3) da Proposição 1.60, H = Cn . Logo, pelo item (2) da Proposição 1.60, an = r(pa), para algum r ∈ Z, com mdc(p, r) = 1. Como |an | = pn temos que Cn+1 = hrai. Pondo an+1 = ra, obtemos pan+1 = an . Portanto, é possível escolher elementos a0 , a1 , . . . , an , . . . tais que Cn = han i e pan+1 = an , para cada n ∈ Z+ . Seja σ : G → Z(p∞ ) a função definida por σ(xan ) = x + Z, ∀ x ∈ Z. pn Então σ está bem definida, pois dados xam , yan ∈ G, com m ≤ n, obtemos pn−m an = am . Logo, xam = yan ⇒ (y − xpn−m )an = 0. Assim, y − xpn−m = kpn , para algum k ∈ Z, pois |an | = pn . Portanto, xpn−m + kpn x y +Z= + Z = m + Z ⇒ σ(xam ) = σ(yan ). n n p p p 74 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS Agora, vamos provar que σ é um homomorfismo de grupos. Dados a, b ∈ G, existe n ∈ Z+ tal que a, b ∈ Cn . Logo, existem x, y ∈ Z.tais que a = xan e b = yan . Assim, σ(a + b) = σ(xan + yan ) = σ((x + y)an ) µ ¶ µ ¶ x+y x y = +Z= +Z + n +Z pn pn p = σ(a) + σ(b). Portanto, σ é um homomorfismo de grupos. É claro que σ é um epimorfismo (prove isto!). Finalmente, a ∈ ker σ ⇔ σ(a) = Z ⇔ ∃ x ∈ Z e n ∈ Z+ , tais que σ(xan ) = Z ⇔ x + Z = Z. pn Logo, pn é um divisor de x. Portanto, a = xan = 0, isto é, ker σ = {0} e σ é um monomorfismo. ¥ Teorema 2.26 (Teorema de Cayley) Qualquer grupo G é isomorfo a um subgrupo do grupo de permutações P (G). Prova. Para um a ∈ G fixado temos, pelo Exercício 3 da Seção 1.3, que La ∈ P (G) e que Gl = {La : a ∈ G} é um subgrupo de P (G). Seja σ : G → Gl a função definida por σ(a) = La . Então σ está bem definida e é um homomorfismo de grupos, pois dados a, b ∈ G, obtemos Lab (x) = (ab)x = a(bx) = La (bx) = La (Lb (x)) = (La ◦ Lb )(x), ∀ x ∈ G, isto é, Lab = La ◦ Lb . Logo, σ(ab) = Lab = La ◦ Lb = σ(a) ◦ σ(b). Agora, é fácil verificar que σ é bijetora. ¥ Note que o isomorfismo σ do Teorema de Cayley pode ser visualizado explicitamente quando G é um grupo finito, pois se G = {x1 , x2 , . . . , xn }, então La = à x1 x2 · · · xn ax1 ax2 · · · axn ! = à x La (x) ! , ∀ a ∈ G. Observação 2.27 Qualquer homomorfismo do grupo G no grupo de simetrias Sn (P (G)) é chamado uma representação por permutação de G. Exemplo 2.28 Seja G = hai um grupo cíclico de ordem 4. Determine o subgrupo Gl = {Lx : x ∈ G} de P (G) ' S4 . 2.2. HOMOMORFISMOS 75 Solução. Vamos identificar os elementos de G com os inteiros 1, 2, 3 e 4, respectivamente. Então Le = I e La (e) = ae = a ⇔ La (1) = 2 La (a2 ) = aa2 = a3 ⇔ La (3) = 4 La (a3 ) = aa3 = e ⇔ La (4) = 1. ! à Logo, La = La (a) = aa = a2 ⇔ La (2) = 3 à a3 e a a2 La (e) La (a) La (a2 ) La (a3 ) = 1 2 3 4 2 3 4 1 ! . De modo inteiramente análogo, obtemos à ! à ! 1 2 3 4 1 2 3 4 La2 = = L2 e La3 = = L3 . a a 3 4 1 2 4 1 2 1 Portanto, o isomorfismo σ de G sobre Gl é definido por σ(e) = Le , σ(a) = La , σ(a2 ) = La2 e σ(a3 ) = La3 . Exemplo 2.29 Seja G = {e, a, b, c} o grupo de Klein. Determine o subgrupo Gl = {Lx : x ∈ G} de P (G) ' S4 . Solução. Vamos identificar os elementos de G com os inteiros 1, 2, 3 e 4, respectivamente. Então Le = I e La (e) = ae = a ⇔ La (1) = 2 La (a) = aa = e ⇔ La (2) = 1 La (b) = ab = c ⇔ La (3) = 4 La (c) = ac = b ⇔ La (4) = 3. Logo, La = à e a b c La (e) La (a) La (b) La (c) ! à 1 2 3 4 2 1 4 3 ! = . De modo inteiramente análogo, obtemos à ! à ! 1 2 3 4 1 2 3 4 e Lc = = Lb ◦ La . Lb = 3 4 1 2 4 3 2 1 Portanto, o isomorfismo σ de G sobre Gl é definido por σ(e) = Le , σ(a) = La , σ(b) = Lb e σ(c) = Lc . 76 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS Proposição 2.30 Seja G = hai um grupo cíclico de ordem n. Para um k ∈ Z fixado, consideremos o endomorfismo σ k : G → G definido por σ k (a) = ak . 1. σ k = σ m se, e somente se, m ≡ k (mod n). 2. Se σ ∈ End (G), então existe um único k ∈ {0, 1, . . . , n − 1} tal que σ = σ k . 3. Se d = mdc(m, n), então ker σ m = ker σ d e Im σ m = Im σ d . 4. σ k ∈ Aut (G) se, e somente se, mdc(n, k) = 1. 5. Se σ ∈ Aut(G), então σ = σ k , com mdc(n, k) = 1. 6. A função ϕ : U(Zn ) → Aut(G) definida por ϕ(k) = σ k é um isomorfismo. Neste caso, Aut(G) é um grupo cíclico de ordem φ(n). 7. σ(H) = H, para todo subgrupo H de G e σ ∈ Aut (G). 8. Se H é um subgrupo de G e σ H = σ|H , para todo σ ∈ Aut (G), então a função ϕ : Aut(G) → Aut(H) definida por ϕ(σ) = σH é um homomorfismo de grupos. Prova. Vamos provar apenas os itens (4) e (8): (4) Suponhamos que σ k ∈ Aut (G). Então ¯ ¯ n = |a| = |σ k (a)| = ¯ak ¯ . Seja d = mdc(n, k). Então ¡ k¢ n k k n a d = (an ) d = e d = e ⇒ n divide ⇒ d = 1. d Logo, mdc(n, k) = 1. Reciprocamente, suponhamos que mdc(n, k) = 1, então existem r, s ∈ Z tais que rn + sk = 1. Assim, b = b1 = brn+sk = (bk )s , ∀ b ∈ G. Logo, b ∈ ker σ k ⇒ σ k (b) = e ⇒ bk = e ⇒ b = (bk )s = es = e, isto é, σ k é injetora. Dado b ∈ G, existe c = bs ∈ G tal que σk (c) = b, isto é, σ k é sobrejetora. É claro que σ k é um homomorfismo de grupos. (8) Dados σ, τ ∈ Aut (G), obtemos (σ ◦ τ )H (x) = ((σ ◦ τ )|H )(x) = (σ ◦ τ )(x) = σ(τ (x)) = σ|H (τ |H (x)) = (σ|H ◦ τ |H )(x) = (σ H ◦ σ H )(x), ∀ x ∈ H. Logo, (σ ◦ τ )H = σ H ◦ σ H e ϕ(σ ◦ τ ) = (σ ◦ τ )H = σ H ◦ σ H = ϕ(σ) ◦ ϕ(τ ). Portanto, ϕ é homomorfismo de grupos. ¥ 2.2. HOMOMORFISMOS 77 Proposição 2.31 (Teorema do Transporte) Sejam S um conjunto não vazio qualquer, G um grupo qualquer e σ : S → G uma função bijetora qualquer. Então existe uma única operação binária ∗ sobre S definida por x ∗ y = σ −1 (σ(x)σ(y)) tal que σ é um isomorfismo de S sobre G. Prova. Suponhamos que exista uma operação binária • sobre S tal que σ seja um isomorfismo de S sobre G. Então σ −1 (σ(x)σ(y)) = σ −1 (σ(x)) • σ −1 (σ(y)) = (σ −1 ◦ σ)(x) • (σ −1 ◦ σ)(y) = x • y. Portanto, • = ∗. Agora, dados x, y ∈ S, obtemos σ(x ∗ y) = σ(σ −1 (σ(x)σ(y))) = (σ ◦ σ −1 )(σ(x)σ(y)) = σ(x)σ(y). Portanto, σ é um homomorfismo de grupos. ¥ Exemplo 2.32 Defina uma operação binária sobre S = R − {−1}, de modo que S seja isomorfo ao grupo multiplicativo dos números reais R∗ . Solução. É fácil verificar que a função σ : S → R∗ definida por σ(x) = x + 1 é bijetora, com σ −1 (x) = x − 1. Assim, pelo Teorema do Transporte, a função ∗ : S × S → S definida por x ∗ y = σ −1 (σ(x)σ(y)) = σ −1 ((x + 1)(y + 1)) = σ −1 (xy + x + y + 1) = xy + x + y é uma operação binária sobre S tal que σ é um isomorfismo de S sobre R∗ . Exemplo 2.33 Defina uma operação binária sobre S 3 = {(a, b, c, d) ∈ R4 : a2 + b2 + c2 + d2 = 1}, de modo que S 3 seja isomorfo ao grupo das unidades do grupo dos quatérnios G = Q∗ = {z + wj : z, w ∈ C}, 8 munido com a operação binária (z1 + w1 j) • (z2 + w2 j) = (z1 z2 − w1 w2 ) + (z1 w2 + z2 w1 )j. Solução. É fácil verificar que U = U(G) = {z + wj ∈ G : |z|2 + |w|2 = 1} é um subgrupo de G. Como a função σ : S 3 → U definida por σ(a, b, c, d) = (a + bi) + (c + di)j ¥ 78 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS é claramente bijetora temos, pelo Teorema do Transporte, que a função ∗ : S 3 × S 3 → S 3 definida por (a1 , b1 , c1 , d1 ) ∗ (a2 , b2 , c2 , d2 ) = σ −1 (σ(a1 , b1 , c1 , d1 )σ(a2 , b2 , c2 , d2 )) = (a1 a2 − b1 b2 , a1 b2 + a2 b1 , c1 c2 − d1 d2 , c1 d2 + c2 d1 ) é uma operação binária sobre S 3 tal que σ é um isomorfismo de S 3 sobre U. ¥ Proposição 2.34 (Teorema da Imersão) Sejam S um conjunto não vazio qualquer e G um grupo qualquer. Então para cada função injetora ϕ : S → G existem um grupo H contendo S e um isomorfismo ψ de H sobre G tal que ψ|S = ϕ. Prova. Existe um conjunto infinito T tal que |T | > |G|, pois se G for finito, tome T = Z e se G for infinito, tome T = 2G . Como |S| = |ϕ(S)| ≤ |G| temos que |G − ϕ(S)| < |T − S|, pois • • G = ϕ(S) ∪ (G − ϕ(S)) e T = S ∪ (T − S). Logo, existe uma função injetora σ de G − ϕ(S) em T − S. Seja H = S ∪ (σ(G − ϕ(S))) . Então a função ψ : H → G definida por ( ϕ(x), se x ∈ S ψ(x) = −1 σ (x), se x ∈ H − S é bijetora e ψ|S = ϕ (prove isto!). Portanto, pelo Teorema do Transporte, a função ∗ : H × H → H definida por x ∗ y = ψ−1 (ψ(x)ψ(y)) é uma operação binária sobre H tal que ψ é um isomorfismo de H sobre G. ¥ • EXERCÍCIOS 1. Seja σ : G → H um homomorfismo de grupos. Mostre que σ(an ) = σ(a)n , para todo n ∈ Z. 2. Seja σ : G → H um homomorfismo de grupos. Mostre que σ−1 (L) é um subgrupo de G, para todo subgrupo L de H. Conclua que ker σ ⊆ σ−1 (L). 3. Seja σ : G → H um homomorfismo de grupos. 2.2. HOMOMORFISMOS (a) Mostre que se N e K são subgrupos de G, então N ⊆ σ −1 (σ(N)), σ(N ∩ K) ⊆ σ(N) ∩ σ(K) e σ(N ∨ K) = σ(N) ∨ σ(K). (b) Mostre que se L e M são subgrupos de H, então 79 σ(σ −1 (L)) ⊆ L, σ −1 (L∩M) = σ −1 (L)∩σ −1 (M) e σ −1 (L)∨σ −1 (M) ⊆ σ −1 (L∨M). 4. Seja G um grupo. Mostre que as seguintes condições são equivalentes: (a) G é um grupo abeliano; (b) A função σ : G → G definida por σ(a) = a−1 é um homomorfismo de grupos; (c) A função σ : G → G definida por σ(a) = a2 é um homomorfismo de grupos; (d) A função σ : G × G → G definida por σ(a, b) = ab é um homomorfismo de grupos. 5. Seja G um grupo com |G| ≥ 3 e a2 6= e, para algum a ∈ G. Mostre que |Aut G| ≥ 2. 6. Seja G um grupo finitamente gerado. Mostre que qualquer imagem homomórfica de G é finitamente gerada. 7. Seja σ : G → H um isomorfismo de grupos. (a) Mostre que |G| = |H|. (b) Mostre que G é grupo abeliano se, e somente se, H é um grupo abeliano. (c) Mostre que |a| = |σ(a)|, para cada a ∈ G. Mostre, com um exemplo, que o item (c) é falso se σ não for um isomorfismo. 8. Sejam G e H grupos finitos, com |G| e |H| relativamente primos. Mostre que o único homomorfismo de grupos σ : G → H é o homomorfismo nulo. 9. Seja σ : G → H um epimorfismo de grupos. (a) Mostre que se G é um grupo cíclico, então H também o é. (b) Mostre que se G é um grupo abeliano, então H também o é. 10. Mostre que a função σ : R → C∗ definida por σ(x) = eix é um homomorfismo de grupos. Determine seu núcleo e sua imagem. 11. Mostre que a função σ : C∗ → R∗ definida por σ(z) = |z| é um homomorfismo de grupos. Determine seu núcleo e sua imagem. 12. Mostre que os grupos multiplicativos R∗ e C∗ não são isomorfos. 80 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS 13. Mostre que os grupos aditivos Q e R não são isomorfos. 14. Mostre que os grupos aditivos Z e Q não são isomorfos. 15. Mostre que os grupos D4 e Q8 não são isomorfos. 16. Mostre que os grupos D12 e S4 não são isomorfos. 17. Sejam S e T conjuntos não vazios quaisquer. Mostre que se |S| = |T |, então os grupos P (S) e P (T ) são isomorfos. 18. Determine todos os endomorfismos (automorfismos) do grupo aditivo dos números racionais Q. (Confira o Exemplo 2.18.) 19. Determine todos os endomorfismos (automorfismos) do grupo aditivo Z × Z. 20. Sejam m, n ∈ N fixados e a função σ : Z × Z → Z definida por σ(x, y) = mx + ny, para todo (x, y) ∈ Z × Z. Mostre que se d = mdc(m, n), então Dn mE n ³n m´ o Im σ = dZ e ker σ = ,− = k ,− :k∈Z . d d d d 21. Seja σ : G → H um homomorfismo de grupos, com |σ(a)| < ∞ e a ∈ G. (a) Mostre que |a| é infinita ou se |a| é finita, então |σ(a)| divide |a|. (b) Mostre que se σ é epimorfismo, H é um grupo finito e mdc(|a| , |H|) = 1, então a ∈ ker σ. 22. Sejam G = hai, H um grupo e b ∈ H fixado. Mostre que |b| divide |a| se, e somente se, existe um único homomorfismo de grupos σ : G → H tal que σ(a) = b e σ(ak ) = bk , para todo k ∈ Z. 23. Determine todos os homomorfismo de Zm em Zn . 24. Sejam G, H grupos e σ ∈ Hom (G, H). Mostre que se x0 é uma solução particular da equação σ(x) = b, então x = ax0 é a solução geral da equação, para algum a ∈ ker σ. 25. Seja G um grupo. Então σ ∈ End (G) se, e somente se, H = {(a, σ (a)) : a ∈ G} é um subgrupo de G × G. 26. Sejam σ, τ : G → K homomorfismos de grupos. Mostre que o conjunto H = {a ∈ G : σ(a) = τ (a)} é um subgrupo de G. Mostre que se G = hSi e σ(a) = τ (a), para todo a ∈ S, então σ = τ. 2.3. GRUPOS QUOCIENTES 81 27. Seja G um grupo infinito. Mostre que G é um grupo cíclico se, e somente se, G é isomorfo a cada um de seus subgrupos próprios. 28. Defina uma operação binária sobre S = R∗ = (0, ∞), de modo que S seja isomorfo + ao grupo aditivo dos números reais R. (Sugestão: Considere a função σ : S → R definida por σ(x) = log2 x.) 29. Defina uma operação binária sobre S = {x ∈ R : −1 < x < 1}, de modo que S seja isomorfo ao grupo aditivo dos números reais R. (Sugestão: Considere a função ¡ ¢ σ : S → R definida por σ(x) = tan π x .) 2 30. Defina uma operação binária sobre S = {x ∈ R : −1 < x < 1}, de modo que S seja isomorfo ao grupo multiplicativo dos números reais R∗ . 31. Seja G um grupo. Mostre que a função ϕ : G → Aut(G) definida por ϕ(a) = κa é um homomorfismo de grupos. (Confira Exemplo 2.21.) 32. Seja σ ∈ Sn − An fixado. Mostre que a função ϕ : An → An definida por ϕ(τ ) = στ σ −1 é um automorfismo externo de An . 33. Seja C0 = {0} ⊆ C1 ⊆ C2 ⊆ · · · ⊆ Cn ⊆ · · · uma cadeia de grupos cíclicos tais que Cn = han i e (n + 1)an+1 = an , para cada n ∈ N. Mostre que se [ Cn , G= n∈Z+ então G é isomorfo ao grupo aditivo dos números racionais Q. 2.3 Grupos Quocientes O principal objetivo desta seção é dar condições necessárias e suficientes para que o conjunto quociente G N seja um grupo, o qual é um método importante na construção de grupos. Sejam G = S3 e N = {I, τ }, com à ! 1 2 3 τ= . 1 3 2 Então existem três classes laterais à esquerda de N em G, a saber, N = IN, σN = {σ, στ } e σ 2 N = {σ 2 , σ 2 τ }, 82 com σ= à 1 2 3 2 3 1 ! CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS , σ2 = à 1 2 3 3 1 2 ! , στ = à 1 2 3 2 1 3 ! e σ2 τ = à 1 2 3 3 2 1 ! . Note que N(σN) = {σ, σ 2 , τ σ, τ σ 2 } tem quatro elementos ao invés de dois. Logo, pelo item (3) da Proposição 2.1, N(σN ) não é uma classe lateral de N em G. Em particular, G = {N, σN, σ 2 N} N não é grupo. Sejam G um grupo e N um subgrupo de G. Dizemos que N é um subgrupo normal (ou subgrupo invariante) em G, em símbolos N E G, se aha−1 ∈ N, ∀ a ∈ G e h ∈ N, ou, equivalentemente, κa (N) ⊆ N, ∀ κa ∈ Inn(G). Exemplo 2.35 Qualquer subgrupo de um grupo abeliano é normal. Mostre, com um exemplo, que a recíproca é falsa. Solução. Sejam G um grupo abeliano e N um subgrupo de G. Dados a ∈ G e h ∈ N, obtemos aha−1 = aa−1 h = eh = h ∈ N. Portanto, N é um subgrupo normal em G. Agora, mostre que no grupo dos quatérnios G = Q8 todo subgrupo é normal, mas G não é um grupo abeliano. ¥ Exemplo 2.36 Mostre que se σ : G → K é um homomorfismo de grupos, então ker σ é um subgrupo normal em G (confira item (2) da Proposição 2.22). Exemplo 2.37 Sejam G = GL2 (R) e T = {A = (aij ) ∈ G : aij = 0, se i > j} o conjunto das matrizes triangulares superiores invertíveis. Mostre que T não é um subgrupo normal em G. Solução. Se A= " # " # 0 1 1 0 ∈G e B= 1 1 0 1 ∈ T, 2.3. GRUPOS QUOCIENTES então ABA−1 = " # 83 1 0 1 1 ∈ T. / ¥ Portanto, T não é um subgrupo normal em G. Seja G um grupo qualquer. Dizemos que G é um grupo simples se os únicos subgrupos normais em G são {e} e G. Exemplo 2.38 O grupo Zp é um grupo simples, para todo número primo p. Solução. Seja N um subgrupo normal em Zp . Então, pelo Teorema de Lagrange, |N| divide |Zp | = p. Logo, |N| = 1 ou |N| = p. Portanto, N = {0} ou N = Zp . Proposição 2.39 Seja G um grupo. Então: 1. N é um subgrupo normal em G se, e somente se aN = Na, para todo a ∈ G. 2. N é um subgrupo normal em G se, e somente se aN a−1 = N, para todo a ∈ G. 3. Se N e K são subgrupos normais em G, então N ∩ K é um subgrupo normal em G. 4. Se N é um subgrupo normal em G e K é um subgrupo de G, então N ∩ K é um subgrupo normal em K. 5. Se N e K são subgrupos normais em G, então NK é um subgrupo normal em G. 6. Se N é um subgrupo normal em G e K é um subgrupo de G, então N é um subgrupo normal em N ∨ K. 7. Se N é um subgrupo normal em G e K é um subgrupo de G, então NK = N ∨ K = KN. 8. Se N e K são subgrupos normais em G, com N ∩ K = {e}, então hk = kh, para todo h ∈ N e k ∈ K. Prova. Vamos provar apenas os item (1) e (7): (1) Seja x ∈ aN. Então existe h ∈ N tal que x = ah. Logo, x = ah = (aha−1 )a ∈ Na, pois aha−1 ∈ N. Portanto, aN ⊆ Na. De modo inteiramente análogo, prova-se que Na ⊆ aN. Reciprocamente, dados a ∈ G e h ∈ N. Como ah ∈ aN = Na temos que existe m ∈ N tal que ah = ma. Logo, aha−1 = maa−1 = me = m ∈ N. Portanto, N é um subgrupo normal em G. 84 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS (7) É claro que NK ⊆ N ∨ K. Por outro lado, pela Proposição 1.41, cada x ∈ N ∨ K pode ser escrito sob a forma x = k1 h1 · · · kt ht , onde t ∈ N, hi ∈ N e ki ∈ K. Como ki hi = mi ki , para algum mi ∈ N, temos que x = h(k1 · · · kt ) ∈ NK. Assim, N ∨ K ⊆ NK. Portanto, NK = N ∨ K. ¥ Exemplo 2.40 Sejam G um grupo e N um subgrupo de G tal que [G : N] = 2. Mostre que N é um subgrupo normal em G. Solução. Por hipótese existem exatamente duas classes laterais de N em G, a saber, N = eN e aN, para todo a ∈ G − N. Como G = N ∪ (G − N) = N ∪ aN = N ∪ Na temos que aN = G − N = aN. Portanto, N é um subgrupo normal em G. Teorema 2.41 Sejam G um grupo e N um subgrupo de G. Então N é um subgrupo G normal em G se, e somente se, a operação binária ∗ sobre N definida por (aN) ∗ (bN) = abN, para todos a, b ∈ G, está bem definida. Prova. Suponhamos que N seja um subgrupo normal em G. Dados a, b, c, d ∈ G, aN = cN e bN = dN ⇒ abN = a(bN) = a(dN) = a(Nd) = ⇒ (aN) ∗ (bN) = (cN) ∗ (dN), isto é, a operação binária ∗ está bem definida. Reciprocamente, dados a ∈ G e h ∈ N, obtemos eN ⇒ ha−1 ∈ a−1 N ⇒ aha−1 ∈ N. = N = hN ⇒ a−1 N = ea−1 N = (eN) ∗ (a−1 N) = (hN) ∗ (a−1 N ) = ha−1 N ¥ G N • • • (aN)d = (cN)d = (Nc)d = N cd = cdN Portanto, N é um subgrupo normal em G. Corolário 2.42 Sejam G um grupo e N um subgrupo normal em G. Então com a operação binária (aN) ∗ (bN) = abN, ∀ a, b ∈ G, é um grupo, chamado de grupo quociente ou grupo fator de G por N. Prova. É fácil verificar que ∗ é associativa, que N é o elemento identidade de G a−1 N é o elemento inverso de aN em N . G N munido e que ¥ 2.3. GRUPOS QUOCIENTES Exemplo 2.43 Sejam n ∈ Z+ e Zn o grupo aditivo dos inteiros de módulo n. Então Z = Zn , nZ pois a = {b ∈ Z : b ≡ a (mod n)} = {a + nk : k ∈ Z} = a + nZ. 85 Mais geralmente, se G = hai e N é um subgrupo de G, com N 6= {e}, então N = han i, G com n o menor inteiro positivo tal que an ∈ N. Neste caso, N é um grupo cíclico de ordem n isomorfo a Zn . Exemplo 2.44 Sejam G um grupo e S = {[a, b] : a, b ∈ G}, com [a, b] = aba−1 b−1 chamado o comutador de a e b. 1. Mostre que G0 = [G, G] = hSi é um subgrupo normal em G, chamado o subgrupo derivado (ou subgrupo comutador) de G. 2. Mostre que G G0 é abeliano. G N 3. Mostre que N é um subgrupo normal em G e se, G0 ⊆ N. é um grupo abeliano se, e somente Solução. (1) Dados h ∈ G0 e a ∈ G, existem n ∈ N e ai , bi ∈ G tais que h = h1 · · · hn , com hi = [ai , bi ] e i = 1, . . . , n. Logo, aha−1 = ah1 · · · hn a−1 = (ah1 a−1 ) · · · (ahn a−1 ) ∈ G0 , pois ahi a−1 = a[ai , bi ]a−1 = aai bi a−1 b−1 a−1 i i = (aai a−1 )(abi a−1 )(aa−1 a−1 )(ab−1 a−1 ) i i = [(aai a−1 ), (abi a−1 )] ∈ G0 , i = 1, . . . , n. Portanto, G0 é um subgrupo normal em G. (2) Dados a, b ∈ G, obtemos G0 aG0 b = G0 ab = G0 (aba−1 b−1 )ba = G0 ba = G0 bG0 a, pois aba−1 b−1 ∈ G0 . Portanto, G G0 é um grupo abeliano. 86 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS G N (3) Suponhamos que N seja um subgrupo normal em G e Então, dados a, b ∈ G, obtemos seja um grupo abeliano. Nab = NaNb = NbNa = Nba ⇒ aba−1 b−1 = ab(ba)−1 ∈ N. Logo, G0 ⊆ N. Reciprocamente, dados h ∈ N e a ∈ G, obtemos aha−1 = (aha−1 h−1 )h ∈ N, pois aha−1 h−1 ∈ G0 ⊆ N. Assim, N é um subgrupo normal em G. Finalmente, dados a, b ∈ G, obtemos NaNb = Nab = N(aba−1 b−1 )ba = Nba = NbNa. Portanto, G N é grupo abeliano. Observação 2.45 Sejam G um grupo e a, b ∈ G. Como ab = [a, b]ba temos que |G0 | pode ser vista como uma “medida” de quanto o grupo G deixa de ser abeliano. Neste caso, o G grupo quociente G0 é chamado de abelianização de G. Teorema 2.46 Qualquer subgrupo normal é núcleo de um homomorfismo. Prova. Sejam G um grupo e σ : G → K um homomorfismo de grupos. Então, pelo item (2) da Proposição 2.22, N = ker σ é um subgrupo normal em G. Reciprocamente, seja N um subgrupo normal em G. Então a função π:G³ G N definida por π(a) = aN é um epimorfismo, pois dados a, b ∈ G, π(ab) = abN = (aN)(bN) = π(a)π(b) e ker π = {a ∈ G : π(a) = eN = N} = {a ∈ G : aN = N} = {a ∈ G : a ∈ N} = N. Portanto, N = ker π. ¥ A fumção π é chamado de epimorfismo canônica ou projeção canônica. Salvo menção explícita em contrário, daqui por diante, G³ G , com N E G, N sempre denotará o epimorfismo canônica. 2.3. GRUPOS QUOCIENTES 87 EXERCÍCIOS 1. Sejam G um grupo e N um subgrupo de G. Mostre que N é um subgrupo normal em G se, e somente se, para todos a, b ∈ G, ab ∈ N implica que a−1 b−1 ∈ N. 2. Sejam G um grupo e N, K subgrupos de G. (a) Mostre que se N é um subgrupo normal em G, então NK é um subgrupo de G e N é um subgrupo normal em NK. (b) Mostre que se N e K são subgrupos normais em G, então NK é um subgrupo de G. Generalize para um número finito qualquer de subgrupos normais em G. (c) Mostre que se N é um subgrupo normal em G e K é um grupo abeliano. K∩N G N um grupo abeliano, então 3. Sejam G um grupo finito e N, K subgrupos de G, onde N é um subgrupo normal em G e ¯ ¯ ¯G¯ mdc(|K| , ¯ ¯) = 1. ¯N ¯ Mostre que K é um subgrupo de N. 4. Sejam G um grupo e N o único subgrupo de G de ordem n. Mostre que N é um subgrupo normal em G. 5. Sejam G um grupo finito e N um subgrupo normal em G tal que ¯ ¯ ¯G¯ mdc(|N| , ¯ ¯) = 1. ¯N ¯ Mostre que N é o único subgrupo de G de ordem |N|. 6. Sejam G um grupo e N um subgrupo de G. (a) Mostre que se N ⊆ Z(G), então N é um subgrupo normal em G. (b) Mostre que se |N | = 2 e N é um subgrupo normal em G, então N ⊆ Z(G). (c) Mostre que se N é um grupo abeliano, então NZ(G) é um subgrupo abeliano de G. (d) Mostre que se x ∈ G − Z(G), então hx, Z(G)i é um subgrupo abeliano de G. (e) Mostre que se N ⊆ Z(G) e G N é um grupo cíclico, então G é grupo abeliano. G N (f) Mostre que se G é um grupo não abeliano, N um subgrupo normal em G e um grupo cíclico, então N 6⊂ Z(G). 88 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS (g) Mostre, com um exemplo, que N ⊆ Z(G) e é um grupo abeliano. G N um grupo abeliano, mas G não 7. Sejam G um grupo e N um subgrupo de G tal que a2 ∈ N, para todo a ∈ G. Mostre G que N é um subgrupo normal em G e N é um grupo abeliano. 8. Mostre que o grupo de permutações pares A4 não possui subgrupo de ordem 6. 9. Sejam n, p ∈ N, com p um número primo. Determine a ordem da classe lateral p no grupo multiplicativo Z•n −1 . Conclua que n divide φ(pn − 1). p 10. Sejam G um grupo cíclico infinito e H um subgrupo não trivial de G. Mostre que [G : H] é finito. 11. Mostre que a ordem de cada elemento do grupo quociente Q Z é finita. 12. Sejam G um grupo abeliano divisível e H um subgrupo próprio de G. Mostre que G é grupo divisível. H 13. Sejam G um grupo e N um subgrupo normal em G tal que [G : N] = n < ∞. Mostre que an ∈ N, para todo a ∈ G. 14. Mostre que o grupo aditivo dos números racionais Q não possui subgrupos próprios de índice finito. 15. Seja G o grupo multiplicativo dos números reais R∗ . (a) Determine todos os subgrupos finitos de G. (b) Determine todos os subgrupos de G que possuem índice finito. (c) Determine um subgrupo de G que nem é finito e nem possui índice finito. 16. Mostre que GL2 (R) não é um subgrupo normal em GL2 (C). 17. Sejam G um grupo finito e N um subgrupo normal em G tal que [G : N] = p, para algum número primo p. Mostre que para cada subgrupo K de G K ≤ N ou G = NK e [K : N ∩ K] = p, não ambos. 18. Sejam G um grupo e N = hSi, com S = {a2 : a ∈ G}. Mostre que N é um subgrupo normal em G. 19. Sejam G um grupo e N um subgrupo de G. (a) Mostre que N é um subgrupo normal em NG (N). (b) Mostre que se K é um subgrupo de G tal que N é um subgrupo normal em K, então K ⊆ NG (N). 2.3. GRUPOS QUOCIENTES 89 (c) Mostre que NG (N) é o maior subgrupo de G no qual N é um subgrupo normal. (d) Mostre que N é um subgrupo normal em G se, e somente se, NG (N) = G. (e) Mostre que se N é um subgrupo normal em G, então CG (N) é um subgrupo normal em G. 20. Sejam G um grupo e N, K subgrupos de G tais que N é um subgrupo de K, N é G um subgrupo normal em G e N é um grupo abeliano. Mostre que K é um subgrupo normal em G. 21. Sejam G um grupo e N, K, L subgrupos de G tais que K é normal em N e L normal em G. Mostre que LK é um subgrupo normal em LN. 22. Sejam G um grupo e N um subgrupo cíclico normal em G. Mostre que cada subgrupo de N é um subgrupo normal em G. 23. Seja π : R2 → R a função definida por π(x, y) = x + y. Mostre que π é um homomorfismo de grupos aditivos e descreva geometricamente ker π e π −1 (a) (fibras de a), para todo a ∈ R. 24. Seja G um grupo finito tal que (ab)3 = a3 b3 , para todos a, b ∈ G e 3 não divide a ordem de G. Mostre que G é um grupo abeliano. 25. Sejam G grupo e H um subgrupo de G. Dizemos que H é um subgrupo característico em G se σ(H) ⊆ H, ∀ σ ∈ Aut (G) . (a) Mostre que todo subgrupo característico em G é um subgrupo normal. (b) Mostre que se K é um subgrupo característico em H e H é um subgrupo característico em G, então K é um subgrupo característico em G. (c) Mostre que se K é um subgrupo característico em H e H é um subgrupo normal em G, então K é normal em G. (d) Mostre que se H é o único subgrupo de G de ordem n, então H é subgrupo característico em G. Mostre, com um exemplo, que a recíproca do item (a) é falsa. (Sugestão: Tente com G = Z2 × Z2 .) 26. Seja G um grupo qualquer. Mostre que G0 é um subgrupo característico em G. 27. Sejam n ≥ 3 e Dn = hσ, τ i = {σi τ j : i = 0, 1, . . . , n − 1 e j = 0, 1}. Mostre que H = hσi é um subgrupo característico em Dn . 90 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS 28. Seja G um grupo qualquer. Mostre que o conjunto FC(G) = {x ∈ G : [G : CG (x)] < ∞} é um subgrupo característico em G. 29. Sejam G um grupo qualquer e CG (x) um subgrupo abeliano de G, para todo x ∈ G − Z(G). (a) Mostre que CG (x) é subgrupo maximal de G. (b) Mostre que se M é um subgrupo abeliano maximal de G, então Z(G) ⊆ M. (c) Mostre que se M e N são subgrupos abelianos maximais de G, com M 6= N, então Z(G) = M ∩ N. (d) Mostre que o item (c) vale para qualquer subgrupo H de G tal que Z(G) ⊆ H. 30. Seja H um subgrupo de Z(p∞ ), onde H 6= Z(p∞ ). Mostre que Z(p∞ ). (Sugestão: Se ¿ À 1 1 H= e xi = n+i + H, pn p então use o Exemplo 2.25.) 31. Mostre que os grupos T = {z ∈ C∗ : |z| = 1} e R Z Z(p∞ ) H é isomorfo a são isomorfos. 2.4 Teoremas de Isomorfismos Nestas seção vamos estudar alguns teoremas de estruturas para grupos. Para isso, vamos considerar o problema da função universal: Dado um grupo G, existe um grupo K e um homomorfismo grupos π : G → K com a seguinte propriedade? Dados qualquer grupo H e qualquer homomorfismo de grupos ϕ : G → H, existe um único homomorfismo de grupos ψ : K → H tal que ψ ◦π = ϕ. Veremos a seguir que o grupo quociente de G por um subgrupo normal N em G é a única solução, a menos de isomorfismo, do problema da função universal. Teorema 2.47 (Teorema Principal da Projeção) Sejam G um grupo, N um subgrupo normal em G e π a projeção canônica. Então o par ordenado µ ¶ G ,π N possui a seguinte propriedade universal: Dados qualquer grupo H e qualquer homomorfismo de grupos ϕ : G → H, onde N ⊆ ker ϕ, existe um único homomorfismo de grupos ψ: G →H N tal que ψ ◦ π = ϕ, confira Figura 2.1. Além disso, 2.4. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 1. Se (K, π 1 ) é outro par com essa propriedade universal, então K é isomorfo a 2. Im ψ = Im ϕ e ker ψ = ker ϕ . N G . N 91 3. ψ é um isomorfismo se, e somente se, ϕ é um epimorfismo e N = ker ϕ. Figura 2.1: Teorema Principal da Projeção. Prova. (Existência) Note que ψ ◦ π = ϕ significa que ϕ(a) = (ψ ◦ π)(a) = ψ(π(a)) = ψ(aN), ∀ a ∈ G. Assim, vamos definir a função ψ: G →H N por ψ(aN) = ϕ(a). Então ψ está bem definda e é um homomorfismo grupos, pois dados a, b ∈ G, obtemos aN = bN ⇒ b−1 a ∈ N ⊆ ker ϕ ⇒ ϕ(a) = ϕ(b) ⇒ ψ(aN) = ψ(bN) e ψ(aNbN) = ψ(abN ) = ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) = ψ(aN)ψ(bN). (Unicidade) Seja ψ0 : tal que ψ0 ◦ π = ϕ. Então ψ0 (aN) = ϕ(a) = ψ(aN), ∀ aN ∈ Portanto, ψ0 = ψ. Finalmente, para provar o item (1), vamos primeiro construir os diagramas: G . N G →H N 92 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS Figura 2.2: Unicidade do par ¡G N ¢ ,π . G . N No primeiro diagrama fizemos H = K e no segundo diagrama fizemos H = ψ1 ◦ π = π 1 e ψ2 ◦ π1 = π. Assim, π 1 = ψ1 ◦ π = ψ1 ◦ (ψ2 ◦ π 1 ) = (ψ1 ◦ ψ2 ) ◦ π 1 . Logo, Mas, pela comutatividade do terceiro diagrama, temos que IK : K −→ K é o único homomorfismo de grupos tal que π 1 = IK ◦ π 1 . Portanto, ψ1 ◦ ψ2 = IK . Por um argumento simétrico, prova-se que ψ2 ◦ ψ1 = I G . N ¥ Corolário 2.48 (Primeiro Teorema de Isomorfismo) Seja ϕ : G → K um homomorfismo de grupos. Então G ' Im ϕ. ker ϕ Em particular, se G é grupo finito, então |G| = |ker ϕ| |Im ϕ|. Neste caso, |ker ϕ| divide |G| e |Im ϕ| divide |G|. Prova. Como ϕ : G → Im ϕ é um epimorfismo temos, pelo Teorema 2.47, com N = ker ϕ e H = Im ϕ, que G ' Im ϕ, ker ϕ que é o resultado desejado. Observação 2.49 O grupo G ker ϕ é, às vezes, chamado de coimagem de ϕ. Se Im ϕ é um subgrupo normal em K, então o grupo K Im ϕ é chamado de conúcleo de ϕ. ¥ 2.4. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 93 Corolário 2.50 Sejam σ : G → H um homomorfismo de grupos, N um subgrupo normal em G, M um subgrupo normal em H, onde σ(N) ⊆ M. Então a função ϕ: G H → N M definida por ϕ(aN) = σ(a)M é um homomorfismo de grupos. Além disso, ϕ é um isomorfismo se, e somente se, Im σ ∨ M = H e σ−1 (M) ⊆ N. Em particular, se σ é um epimorfismo tal que σ(N) = M e ker σ ⊆ N, então ϕ é um isomorfismo. Prova. Basta aplicar o Teorema 2.47 a função ϕ = π 1 ◦ σ, com π1 : H ³ o epimorfismo canônico. H M ¥ Exemplo 2.51 Seja G um grupo cíclico. Então G ' Z ou G ' Zn , para algum n ∈ N. Solução. Seja G = hai. Então, pelo Exemplo 2.17, existe um único epimorfismo ϕ : Z → G tal que ϕ(1) = a. Logo, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, Z ' G. ker ϕ Como ker ϕ = {0} ou ker ϕ = nZ, para algum n ∈ N, temos que G ' Z ou G ' Zn , para algum n ∈ N. ¥ Exemplo 2.52 Sejam G = hai um grupo cíclico de ordem pn , H um subgrupo de G de ordem pk , com 0 ≤ k ≤ n, e σ ∈ Aut(H) fixado. 1. Mostre que existe ϕ ∈ Aut(G) tal que ϕ|H = σ. 2. Mostre que existem φ(pn ) φ(pk ) automorfismos ϕ ∈ Aut(G) tais que ϕ|H = IH . Solução. (1) Pelo item (3) da Proposição 1.60, H = hat i = hbi, com t = pn−k . Assim, pelo item (4) da Proposição 2.30, σ(b) = σ m (b) = bm , com mdc(m, p) = 1. Portanto, a função ϕ : G → G definida por ϕ(a) = am é um automorfismo de G tal que ϕ|H = σ. (2) Pelo item (8) da Proposição 2.30, a função ψ : Aut(G) → Aut(H) definida por ψ(ρ) = ρ|H = ρH é um homomorfismo de grupos. Mas pelo item (1), ψ é um epimorfismo. Assim, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, Aut(G) ' Aut(H). ker ψ 94 Como CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS ker ψ = {ρ ∈ Aut(G) : ψ(ρ) = IH } = {ρ ∈ Aut(G) : ρH = IH } temos, pelo Teorema de Lagrange, que ¯ ¯ ¯ Aut(G) ¯ |Aut(G)| |Aut(G)| φ(pn ) ¯ ¯= |Aut(H)| = ¯ e |ker ψ| = = , ker ψ ¯ |ker ψ| |Aut(H)| φ(pk ) que é o resultado desejado. ¥ Corolário 2.53 (Segundo Teorema de Isomorfismo) Sejam G um grupo e N, K subgrupos de G, onde N é um subgrupo de NG (K). Então KN ≤ G, K E NK, N ∩ K E N e N NK ' . K N ∩K NK K ¥ Prova. Basta aplicar o Primeiro Teorema de Isomorfismo a função ϕ = π ◦ λ, com λ : N → NK e π : NK ³ a inclusão e o epimorfismo canônico, respectivamente, pois ker ϕ = N ∩ K. Corolário 2.54 (Terceiro Teorema de Isomorfismo) Sejam G um grupo e N, K subgrupos normais em G, onde N é um subgrupo de K. Então G K G G E e N ' . K N N K N Uma “lei do cancelamento.” Prova. Aplicando o Corolário 2.50 a função identidade I : G → G, onde I(N) = N é um subgrupo de K, obtemos um epimorfismo ϕ: definido por ϕ(aN ) = aK. Como K = ϕ(aN) ⇔ K = aK ⇔ a ∈ K temos que K . N Portanto, aplicando o Primeiro Teorema de Isomorfismo a ϕ, temos que ker ϕ = {aN : a ∈ K} = G G K G G ker ϕ = E e N = N ' Im ϕ = , K N N ker ϕ K N que é o resultado desejado. ¥ G G → N K 2.4. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 95 Z Exemplo 2.55 Seja G = nZ o grupo aditivo dos números inteiros de módulo n. Então nZ é um subgrupo de mZ se, e somente se, existe único k ∈ Z tal que n = km. Com essa condição, H = mZ é um subgrupo de G. Assim, pelo Terceiro Teorema de Isomorfismo, nZ G = H Z nZ mZ nZ ' Z . mZ Portanto, [G : H] = m e, pelo Teorema de Lagrange, |H| = k. Logo, concluímos que H' Z e H = {0, m, 2m, . . . , (k − 1)m} = mG E G. kZ Por exemplo, podemos identificar Z4 com o subgrupo H = {0, 3, 6, 9} de Z12 . Teorema 2.56 (Teorema da Correspondência) Seja ϕ : G → H um epimorfismo. Então: 1. Se N é um subgrupo de G, então ϕ(N) é um subgrupo de H. 2. Se L é um subgrupo de H, então ϕ−1 (L) é um subgrupo de G. 3. Se K é um subgrupo de G tal que ker ϕ ⊆ K, então K = ϕ−1 (ϕ(K)). 4. Sejam F a família de todos os subgrupos de G contendo ker ϕ e F 0 a família de todos os subgrupos de H. Então existe uma correspondência biunívoca entre F e F 0 . Além disso, sob essa correspondência subgrupos normais em G corresponde a subgrupos normais em H e [G : K] = [ϕ(G) : ϕ(K)] = [H : ϕ(K)], ∀ K ∈ F. Prova. Vamos provar apenas o item (4). Sejam ψ : F → F 0 a função definida por ψ(N) = ϕ(N) e ψ0 : F 0 → F a função definida por ψ0 (L) = ϕ−1 (L). Então pelos itens (1) e (2), ψ e ψ0 estão bem definidas. Agora, pelo item (3), obtemos (ψ0 ◦ ψ)(K) = ϕ−1 (ϕ(K)) = K = IF (K), ∀ K ∈ F. Logo, ψ0 ◦ ψ = IF . Como ϕ é sobrejetora temos que ϕ(ϕ−1 (L)) = L, para todo L ∈ F 0 (prove isto!). Assim, (ψ ◦ ψ0 )(L) = ϕ(ϕ−1 (L)) = L = IF 0 (L), ∀ L ∈ F 0 . Potanto, ψ ◦ ψ0 = IF 0 e ψ é bijetora. ¥ 96 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS Figura 2.3: Teorema da Correspondência Corolário 2.57 Sejam G um grupo e N um subgrupo normal em G. Então para cada K G existe um único subgrupo K de G tal que L = . subgrupo L de N N Prova. Fica como um exercício. Exemplo 2.58 Determine todos os subgrupos do grupo Z12 = Z . 12Z ¥ Mais geralmente, mostre que para cada divisor m de n existe um único subgrupo em Zn . Solução. É clara que a função ϕ : Z → Z12 definida por ϕ(x) = x+12Z é um epimorfismo. Assim, pelo Corolário 2.57 e o diagrama abaixo, temos o resultado. ¥ Figura 2.4: Reticulado do grupo Z12 . Teorema 2.59 (N/C Lema) Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Então: 2.4. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 1. CG (H) é um subgrupo normal em NG (H) e NG (H) ' K ≤ Aut (H) ⊆ P (H). CG (H) 2. Inn(G) é um subgrupo normal em Aut (G) e G ' Inn(G). Z(G) 97 Prova. (1) Para um a ∈ NG (H) fixado, é fácil verificar que a função κa : H → H definida por κa (x) = axa−1 é um isomorfismo de grupos. Logo, a função ϕ : NG (H) → Aut(H) definida por ϕ(a) = κa está bem definida e é um homomorfismo de grupos. Como ker ϕ = {a ∈ NG (H) : ϕ(a) = I} = CG (H) temos que CG (H) é um subgrupo normal em NG (H) e, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, que NG (H) ' Im ϕ = K ≤ Aut (H) . CG (H) (2) Basta fazer G = NG (H) na prova do item (1). G Z(G) ¥ Proposição 2.60 Seja G um grupo não abeliano qualquer. Então Aut(G) e não podem ser grupos cíclicos. Em particular, os menores grupos com essa propriedade são: G G ' Z2 × Z2 e ' S3 . Z(G) Z(G) Por exemplo, tome G = Q8 e G = S3 . Prova. Fica como um exercício. Exemplo 2.61 Seja G um grupo não abeliano tal que G 6' S3 e G ' S3 . Z(G) ¥ Mostre que existe ϕ ∈ Aut(G) tal que ϕ ∈ Inn(G). Em particular, |Aut(G)| ≥ 12. / Solução. Como S3 = hσ, τ i, com σ3 = I = τ 2 e στ = τ σ −1 , temos que G = {T, aT, a2 T, bT, abT, a2 bT }, com T = Z(G) e |T | ≥ 2. Assim, há dois casos a ser considerado: 1.o Caso. Se T 6' Z2 × Z2 , então a função ϕ : G → G definida por ϕ(a) = a−1 , ϕ(b) = b−1 e ϕ(z) = z −1 , para todo z ∈ T , tem as propriedades desejadas. 2.o Caso. Se T ' Z2 ×Z2 , então a função ϕ : G → G definida por ϕ(a) = a, ϕ(b) = bz0 e ϕ(z) = z, para todos z0 , z ∈ T , com z0 6= e fixado, tem as propriedades desejadas. ¥ 98 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS Exemplo 2.62 Seja G um grupo não abeliano tal que G ' Z2 × Z2 . Z(G) Então existe ϕ ∈ Aut(G) tal que ϕ ∈ Inn(G). Em particular, |Aut(G)| ≥ 8. / Solução. Como Z2 × Z2 = hx, yi, com x = (1, 0), y = (0, 1) e 2x = 2y = (0, 0), temos que G = {T, aT, bT, abT }, com T = Z(G), |T | ≥ 2 e G0 = T . Assim, há dois casos a ser considerado: 1.o Caso. Se T 6' Z2 × Z2 , então a função ϕ : G → G definida por ϕ(a) = a−1 , ϕ(b) = b−1 e ϕ(z) = z −1 , para todo z ∈ T , tem as propriedades desejadas. Note que ϕ2 = I, ϕ ∈ CAut(G) (Inn(G)) e ϕy (x) = x[x, y]. 2.o Caso. Se T ' Z2 × Z2 e a2 , b2 ∈ G0 , então temos duas possibilidades: 1.a Possibilidade. Se a2 = b2 , então a função ϕ : G → G definida por ϕ(a) = b, ϕ(b) = a e ϕ(z) = z, para todo z ∈ T , tem as propriedades desejadas. 2.a Possibilidade. Se a2 6= b2 e b2 6= e, então a função ϕ : G → G definida por ϕ(a) = ab, ϕ(b) = b e ϕ(z) = z, para todo z ∈ T , tem as propriedades desejadas. ¥ Exemplo 2.63 Determine Aut(G), com G = Z4 × Z2 . Conclua que Aut(G) é isomorfo ao grupo diedral D4 = hσ, τ i, σ4 = I = τ 2 e στ = τ σ −1 . Solução. Seja ϕ ∈ Aut(G). Como G = Z4 ×Z2 = ha, bi, com a = (1, 0), b = (0, 1); |a| = 4 e |b| = 2, temos que ϕ é completamente determinado por ϕ(a) e ϕ(b). Logo, ϕ(a) = a, ϕ(a) = a3 , ϕ(a) = ab ou ϕ(a) = a3 b; ϕ(b) = b ou ϕ(b) = a2 b. Portanto, |Aut(G)| ≤ 8. Por outro lado, se σ 1 (a) = ab e σ 1 (b) = a2 b; τ 1 (a) = a3 e τ 1 (b) = a2 b, então σ 4 = I = τ 2 , σ 1 τ 1 = τ 1 σ −1 e Aut(G) = hσ1 , τ 1 i . 1 1 1 Assim, a função ψ : Aut(G) → D4 definida por ψ(σ 1 ) = σ e ψ(τ 1 ) = τ é um epimorfismo. Portanto, |Aut(G)| ≥ 8 e Aut(G) ' D4 . ¥ EXERCÍCIOS 1. Sejam N um subgrupo normal em G e K um subgrupo normal em L. Mostre que N × K é um subgrupo normal em G × L e G×L G L ' × . N ×K N K 2.4. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 99 2. Sejam G um grupo e N, K subgrupos normais em G tais que N ∩ K = {e}. Mostre que NK é isomorfo a N × K. 3. Mostre que o conjunto SLn (R) = {A ∈ GL n (R) : det(A) = 1} é um subgrupo normal em GL n (R). 4. Mostre que o grupo alternado An é um subgrupo normal em Sn . 5. Sejam σ : G → H um homomorfismo de grupos, N = ker σ e K um subgrupo de G. Mostre que σ−1 (σ(K)) = KN. Conclua que σ −1 (σ(K)) = K se, e somente se, N é um subgrupo de K. 6. Sejam ϕ : G → H um homomorfismo de grupos e K um subgrupo de G. Mostre que se σ = ϕ|K , então ker σ = ker ϕ ∩ K. (Sugestão: Note que σ(k) = ϕ(k), para todo k ∈ K.) 7. Determine todos os subgrupos de Zn . ¯ ¯ ¯ G ¯ 8. Seja G um grupo não abeliano qualquer. Mostre que ¯ Z(G) ¯ 6= p, para todo número primo p. 9. Mostre que o grupo G = {x ∈ R : −1 < x < 1} com a operação binária x¯y = x+y 1 + xy é isomorfo a grupo aditivo dos números reais R. 10. Sejam Dn = hσ, τ i o grupo diedral de grau n e k inteiro positivo dividindo n. (a) Mostre que hσk i é um subgrupo normal em Dn . (b) Mostre que Dn ' Dk . hσ k i 11. Sejam σ ∈ G = P (Z) a permutação definida por σ(x) = x − 1 e H = {τ ∈ G : τ (n) = n, ∀ n ∈ N}. Mostre que κσ (H) 6= H (Confira o Exemplo 2.18.). Conclua que H não é um subgrupo normal em G. 12. Mostre que cada subgrupo finito do grupo quociente Q Z é cíclico. 100 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS 13. Sejam G = hai um grupo cíclico de ordem m e H = hbi um grupo cíclico de ordem n. Mostre que existe um homomorfismo de grupos σ de G em H tal que σ(a) = ak se, e somente se, mk é um múltiplo de n. Conclua que se mk = dn, então σ é um isomorfismo se, e somente se, mdc(m, d) = 1. 14. Sejam G1 , G2 grupos e π 1 : G1 × G2 → G1 , π 2 : G1 × G2 → G2 epimorfismos. Então o par ordenado (π1 , π2 ) possui a seguinte propriedade universal: Dados qualquer grupo K e qualquer par de homomorfismos de grupos ϕ1 : K → G1 e ϕ2 : K → G2 , existe um único homomorfismo de grupos ψ : K → G1 × G2 tal que π 1 ◦ ψ = ϕ1 e π 2 ◦ ψ = ϕ2 . Mostre que ker ψ = ker ϕ1 ∩ ker ϕ2 . Conclua que se G1 , G2 e K são grupos abelianos, então Hom(K, G1 × G2 ) é isomorfo a Hom(K, G1 ) × Hom(K, G2 ). 15. Sejam G1 , G2 grupos e λ1 : G1 → G1 ×G2 , λ2 : G2 → G2 ×G2 monomorfismos. Então o par ordenado (λ1 , λ2 ) possui a seguinte propriedade universal: Dados qualquer grupo K e qualquer par de homomorfismos de grupos ϕ1 : G1 → K e ϕ2 : G2 → K, existe um único homomorfismo de grupos ψ : G1 × G2 → K tal que ψ ◦ λ1 = ϕ1 e ψ ◦ λ2 = ϕ2 . Conclua que se G1 , G2 e K são grupos abelianos, então Hom(G1 × G2 , K) é isomorfo a Hom(G1 , K) × Hom(G2 , K). 16. Sejam π i e λi dadas nos Exercícios 14 e 15. Mostre que π i ◦ λi = IGi , π i ◦ λj = 0, quando i 6= j, e π 1 ◦ λ1 + π2 ◦ λ2 = I. 17. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que se ϕ ∈ Aut(G) é tal que ϕ(H) = H, então ϕ(CG (H)) = CG (H) e ϕ(NG (H)) = NG (H). 18. Seja G = A4 × Z2 . Mostre que existe ϕ ∈ End(G) tal que ϕ(Z(G)) 6= Z(G). 19. Determine Aut(G), com G = Z2 × Z2 . Conclua que Aut(G) é isomorfo a S3 . 20. Determine Aut(G), com G = S3 . Conclua que Aut(G) é isomorfo a S3 . 21. Determine Aut(G), com G = D4 . Conclua que Aut(G) é isomorfo a D4 . 22. Sejam G, H grupos e ϕ : G × H −→ G × H um homomorfismo de grupos definido por ϕ (g, h) = (g, σ (g)), com σ um homomorfismo de grupos de G em H. Então K = ϕ (G × H) é um subgrupo normal em G × H se, e somente se, Im σ ⊆ Z (H). 2.4. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 101 23. Seja G um grupo. Mostre que cada homomorfismo de grupos ϕ : Gk −→ G possui a decomposição k Y ϕ (a1 , . . . , ak ) = ϕ (e, . . . , ai , . . . , e) , i=1 com os fatores no produto tomados em qualquer ordem. 24. Sejam G um grupo e N um subgrupo normal próprio em G. Mostre que N é um G subgrupo maximal de G se, e somente se, N é um grupo simples. 25. Sejam G um grupo e N, K subgrupos normais maximais e distintos em G. Mostre que N ∩ K é um subgrupo normal maximal em N e também em K. 26. Sejam G um grupo e H um subgrupo maximal de G. Mostre que se H é um subgrupo normal em G, então [G : H] = p, para algum primo p. (Sugestão: Use o Teorema da Correspondência.) 27. (Teorema de Burnside) Seja G um grupo finito com a seguinte propriedade: Existe σ ∈ Aut(G) tal que (a) σ(a) = a se, e somente se, a = e; (b) σ2 = I. Mostre que G é grupo abeliano. (Sugestão: Mostre que G = {a−1 σ(a) : a ∈ G}.) 28. Sejam G um grupo abeliano e σ : G → M um homomorfismo de grupos. Mostre que [G : H] = [σ(G) : σ(H)][ker σ : H ∩ ker σ], para todo subgrupo H de G. 29. Seja σ : G → H um homomorfismo de grupos tal que σ(a) 6= e, para algum a ∈ G. Mostre que se G é grupo simples, então σ é injetor. 30. Seja G um grupo abeliano finito não cíclico. Mostre que Aut(G) é não abeliano. 31. Seja G um grupo abeliano finito, com |G| > 2. Mostre que |Aut(G)| é par. 32. Seja G um grupo não abeliano. Mostre que Aut(G) é um grupo não cíclico. 33. Seja G um grupo qualquer. (a) Para um σ ∈ Aut(G) fixado tal que a−1 σ(a) ∈ Z(G), para todo a ∈ G, mostre que a função φσ : G → Z(G) definida por φσ (a) = a−1 σ(a) é um homomorfismo de grupos. O automorfismo σ com esta propriedade chama-se automorfismo central de G. 102 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS (b) Mostre que σ ∈ Aut(G) é um automorfismo central se, e somente se, σ comuta com todo os automorfismo interno de G. (c) Mostre que o conjunto Autc (G) de todos os automorfismo centrais de G é um subgrupo normal em Aut(G). (d) Para um φ ∈ Hom(G, Z(G)) fixado, mostre que a função σ φ : G → G definida por σ φ (a) = aφ(a) é homomorfismo de grupos. (e) Mostre que σφ é um automorfismo central se, e somente se, φ(a) 6= a−1 , para todo a ∈ G − {e}. 34. Sejam A = (a1 , . . . , an ) e B = (b1 , . . . , bn ) dois pontos em Rn . Um caminho de A para B é uma função contínua f : [0, 1] → Rn definida por f (t) = (x1 (t), . . . , xn (t)) tal que f (0) = A e f (1) = B. Seja S um subconjunto de Rn , dados A, B ∈ S, definimos A ∼ B se A e B podem ser ligados por um caminho inteiramente contido em S. (a) Mostre que ∼ é uma relação de equivalência sobre S. (b) Um subconjunto S de Rn é chamado conexo por caminho se A ∼ B, para todos A, B ∈ S. Mostre que qualquer subconjunto S de Rn pode ser escrito como uma união disjunta de subconjuntos conexos por caminho com a seguinte propriedade: Dois pontos em subconjuntos distintos não podem ser ligados por um caminho inteiramente contido em S. (c) Quais dos lugares geométricos em R2 são conexos por caminhos. C = {(x, y) : x2 + y 2 = 1}, L = {(x, y) : xy = 0} e H = {(x, y) : xy = 1}. (Sugestão: (a) Dados A, B, C ∈ S, se A ∼ B e B ∼ C, então existem caminhos f e g em S tais que f (0) = A e f (1) = B; g(0) = B e g(1) = C. Agora, considere o caminho ( £ ¤ f (2t), se t ∈ 0, 1 £1 2¤ ) h(t) = g(2t − 1), se t ∈ 2 , 0 . 2 2 35. Vamos identificar Mn (R) com Rn e seja G = GLn (R) um subconjunto de Rn . (a) Mostre que se A, B, C, D ∈ G e existem caminhos em G ligando A e B, C e D, respectivamente, então existe um caminho em G ligando AC e BD. (b) Mostre que o subconjunto N = {A ∈ G : A ∼ I} é um subgrupo normal em G o qual é chamado de componente conexa em G. 2.4. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 36. Mostre que o grupo H = SLn (R), com n > 1, é gerado pelas matrizes Vij (c) = In + cEij , com i 6= j e c ∈ R∗ . (Sugestão: Tente primeiro com n = 2.) 37. Mostre que o grupo H = SLn (R), com n > 1, é conexo por caminho. 103 104 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS Capítulo 3 Aneis A teoria de grupos preocupa-se com as propriedades gerais de determinados objetos que têm uma estrutura algébrica definida por uma única operação binária. Enquanto, o estudo de aneis preocupa-se com objetos possuindo duas operações binárias, chamadas adição e multiplicação, relacionadas pelas leis distributivas. O principal objetivo deste capítulo é apresentar os conceitos de aneis, subaneis, subaneis gerados, domínios de integridade, aneis com divisão e corpos que serão necessários para cursos subsequentes. 3.1 Aneis Um anel é um conjunto A munido com duas operações binárias + : A × A −→ A • : A × A −→ A e (a, b) 7−→ a + b (a, b) 7−→ a • b chamadas adição e multiplicação tal que os seguintes axiomas são satisfeitos: 1. (A, +) é um grupo abeliano aditivo. 2. (A, •) é um semigrupo. 3. Leis distributivas: a • (b + c) = a • b + a • c e (a + b) • c = a • c + b • c, ∀ a, b, c ∈ A. 4. Se um anel A satisfaz a condição: existe 1 ∈ A tal que 1 • a = a • 1 = a, ∀ a ∈ A, dizemos que A é um anel com identidade ou anel unitário. Salva menção explícita em contrário, a palavra anel com identidade significa que 1 6= 0. Assim, A contém pelo menos dois elementos distintos. 105 106 5. Se um anel A satisfaz a condição: a • b = b • a, ∀ a, b ∈ A, dizemos que A é um anel comutativo. CAPÍTULO 3. ANEIS Exemplo 3.1 Seja A um grupo abeliano aditivo qualquer. Mostre que A munido com a operação binária a • b = 0, ∀ a, b ∈ A, é um anel comutativo sem identidade chamado de anel trivial. Exemplo 3.2 O conjunto A = Z (Q, R ou C) munido com as operações usuais de “ + ” e “ • ” é um anel comutativo com identidade. Exemplo 3.3 Mostre que A = 2Z com as operações usuais de adição e multiplicação de Z é um anel comutativo sem identidade. Exemplo 3.4 Seja d um número inteiro livre de quadrados fixado. Mostre que o conjunto √ √ A = Z[ d] = {a + b d : a, b ∈ Z} munido com as operações binárias √ √ z + w = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 ) d e z • w = (a1 a2 + db1 b2 ) + (a1 b2 + b1 a2 ) d, √ √ onde z = a1 + b1 d, w = a2 + b2 d ∈ A, é um anel comutativo com identidade (prove isto!). Além disso, √ √ a1 + b1 d = a2 + b2 d ⇔ a1 = a2 e b1 = b2 , pois (a1 − a2 )2 = (b2 − b1 )2 d ⇔ a1 − a2 = 0 e b2 − b1 = 0. Exemplo 3.5 Seja A = Mn (R) o conjunto de todas as matrizes n × n sobre R. Então A com a adição e a multiplicação usual de matrizes é um anel não comutativo com identidade (prove isto!). Exemplo 3.6 O conjunto A = C([0, 1], R) = {f : [0, 1] → R : f é uma função contínua} munido com as operações binárias (f + g)(x) = f (x) + g(x) e (f • g)(x) = f (x)g(x), ∀ x ∈ [0, 1], é um anel comutativo com identidade. Mais geralmente, sejam A um anel qualquer e X um conjunto não vazio qualquer. Mostre que o conjunto AX = F(X, A) = {f : X → A : f é uma função} munido com essas operações binárias é um anel. 3.1. ANEIS Solução. Dados f, g, h ∈ A. (1) Como a adição é associativa em R temos que [f + (g + h)](x) = f (x) + (g + h)(x) = f (x) + (g(x) + h(x)) = (f (x) + g(x)) + h(x) = (f + g)(x) + h(x) = [(f + g) + h](x), ∀ x ∈ [0, 1]. Logo, f + (g + h) = (f + g) + h. (2) Seja “0” a função nula, isto é, 0(x) = 0, para todo x ∈ [0, 1]. Então (0 + f )(x) = 0(x) + f (x) = 0 + f (x) = f (x), ∀ x ∈ [0, 1]. Logo, 0+ f = f + 0 = f . (3) Seja −f definida por (−f )(x) = −f (x), para todo x ∈ [0, 1]. Então [f + (−f )](x) = f (x) + (−f )(x) = f (x) − f (x) = 0 = 0(x), ∀ ∈ [0, 1]. Logo, f + (−f ) = (−f ) + f = 0. (4) Como a adição é comutativa em R temos que (f + g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g + f )(x), ∀ x ∈ [0, 1]. Logo, f + g = g + f . (5) Como a multiplicação é associativa em R temos que [f • (g • h)](x) = f (x)(g • h)(x) = f (x)(g(x)h(x)) = (f (x)g(x))h(x) = (f • g)(x)h(x) = [(f • g) • h](x), ∀ x ∈ [0, 1]. Logo, f • (g • h) = (f • g) • h. (6) Como a adição e a multiplicação são distributivas em R temos que [(f + g) • h](x) = (f + g)(x)h(x) = (f (x) + g(x))h(x) = f (x)h(x) + g(x)h(x) = (f • h)(x) + (g • h)(x) = [f • h + g • h](x), ∀ x ∈ [0, 1]. 107 Logo, (f + g) • h = f • h + g • h. De modo inteiramente análogo prova-se que f • (g + h) = f • g + f • h. (7) Seja “1” a função constante igual a 1, isto é, 1(x) = 1, para todo x ∈ [0, 1]. Então (1 • f )(x) = 1(x)f (x) = 1f (x) = f (x), ∀ x ∈ [0, 1]. Logo, 1 • f = f • 1 = f , isto é, A é um anel com identidade. (8) Como a multiplicação é comutativa em R temos que (f • g)(x) = f (x)g(x) = g(x)f (x) = (g • f )(x), ∀ x ∈ [0, 1]. Logo, f • g = g • f , isto é, A é um anel comutativo. ¥ 108 Exemplo 3.7 Sejam A = Zn = {0, 1, 2, ..., n − 1} ⊆ Z CAPÍTULO 3. ANEIS e n um inteiro positivo fixado. Então A munido com as operações binárias a ⊕ b = a + b e a ¯ b = ab, com x indicando o resto da divisão x por n, é um anel comutativo com identidade finito (prove isto!), chamado o anel dos inteiros de módulo n. Sejam A um anel comutativo com identidade, G um grupo e F(G, A) o conjunto de todas as funções de G em A (o anel AG ). O suporte de um elemento f ∈ F(G, A) é o conjunto de todos os elementos x ∈ G tais que ax = f (x) ∈ A∗ , isto é, supp(f ) = {x ∈ G : ax = f (x) 6= 0} Seja A[G] = ( X x∈G f= ax x : ax ∈ A e |supp(f )| < ∞ ) o conjunto das somas formais sobre A tais que supp(f ) seja finito. Dados X X ax x, g = by y ∈ A[G], f= x∈G y∈G dizemos que f = g ⇔ ax = bx , ∀ x ∈ G. Exemplo 3.8 Mostre que A[G] munido com as operações binárias X X (ax + bx ) x e f ∗ g = cz z, f +g = x∈G z∈G com cz = xy=z é um anel, chamado de anel de grupo. X ax by = X y∈G azy−1 by , Solução. As operações são bem definidas, pois dados f, g ∈ F(G, A), supp(f + g) ⊆ supp(f ) ∪ supp(g) e supp(f g) ⊆ supp(f ) ∩ supp(g). Note que os elementos de A[G] podem ser escritos formalmente de maneira diferentes, por exemplo, ax x + 0y = ax x ou ax x + ay x = (ax + ay )x. Assim, eliminando as componentes zero da soma formal f podemos escrever f= n X i=1 fi xi , 3.1. ANEIS 109 com n = |supp(f )| e fi = axi = f (xi ). Como A é um anel comutativo temos que ax = xa, para todo a ∈ A e x ∈ G. Logo, (ai x)(bj y) = ai bj xy, ∀ x, y ∈ G. Dados f, g, h ∈ A[G], é fácil verificar que (A[G], +) é um grupo abeliano aditivo com elemento identidade 0 e −f o elemento inverso de f . Como à ! X X X X (f ∗ (g ∗ h))n = fi (gh)m = fi gj hk = fi (gj hk ) i+m=n i+m=n j+k=m i+j+k=n e ((f ∗ g) ∗ h)n = k+m=n temos que (f ∗ g) ∗ h = f ∗ (g ∗ h). De modo inteiramente análogo, prova-se que (f + g) ∗ h = f ∗ h + g ∗ h e f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h. Portanto, A[G] é um anel. ¥ X (fg)m hk = k+m=n X à i+j=m X fi gj ! hk = i+j+k=n X (fi gj )hk Observe que o anel A aparece em A[G] como somas formais constante, isto é, a ↔ ae. Além disso, A[G] é um anel comutativo se, e somente se, G for um grupo comutativo. Em particular, denotando por 1 ↔ 1 · e a função ( 1, se x = e 1x = f (x) = 0, se x 6= e, temos que 1x é o elemento identidade de A[G] e G aparece em A[G] como x ↔ 1 · x. Portanto, cada elemento de A[G] pode ser escrito de modo único sob a forma f = a1 + a1 x1 + · · · + an xn , com os xi distintos. Proposição 3.9 Seja A um anel. Então: 1. a0 = 0 = 0a, para todo a ∈ A. 2. (−a)b = −(ab) = a(−b), para todos a, b ∈ A. 3. (−a)(−b) = ab, para todos a, b ∈ A. 4. Se A é um anel com identidade, então a identidade é única e (−1)a = −a. 5. Se a1 , . . . , am , b1 , . . . , bn ∈ A, então (a1 + · · · + am )(b1 + · · · + bn ) = m n XX i=1 j=1 ai bj . 110 CAPÍTULO 3. ANEIS Prova. Vamos provar apenas os itens (1), (2) e (5): (1) Como (A, +) é um grupo temos que existe 0 ∈ A tal que a + 0 = 0 + a = a, ∀ a ∈ A. Em particular, 0 + 0 = 0. Logo, a0 = a(0 + 0) = a0 + a0. Portanto, pela unicidade do elemento neutro, temos que a0 = 0. (2) Note que ab + (−a)b = [a + (−a)]b = 0b = 0. Portanto, pela unicidade do elemento inverso, temos que (−a)b = −ab. (5) Para m = 1, vamos usar indução sobre n. Se n = 2, então segue da definição de anel. Suponhamos que o resultado seja válido para n, isto é, a1 (b1 + · · · + bn ) = Logo, a1 (b1 + · · · + bn + bn+1 ) = a1 (b1 + · · · + bn ) + a1 bn+1 n n+1 X X = a1 bj + a1 bn+1 = a1 bj . j=1 j=1 n X j=1 a1 bj . Agora, fixamos n e usamos uma segunda indução sobre m. Suponhamos que o resultado seja válido para m, isto é, (a1 + · · · + am )(b1 + · · · + bn ) = Portanto, (a1 + · · · + am + am+1 )(b1 + · · · + bn ) = (a1 + · · · + am )(b1 + · · · + bn ) +am+1 (b1 + · · · + bn ) n m n XX X = ai bj + am+1 bj i=1 j=1 j=1 n m XX i=1 j=1 ai bj . = que é o resultado desejado. m+1 X X n i=1 j=1 ai bj , ¥ Lema 3.10 (Teorema Binomial) Sejam A um anel comutativo com identidade e a, b ∈ A. Então à ! n X n an−k bk , ∀ n ∈ N. (a + b)n = k k=0 3.1. ANEIS Prova. Vamos usar indução sobre n. Seja ( S= Então 2 ∈ S, pois (a + b)2 = (a + b)(a + b) = a(a + b) + b(a + b) à ! 2 X 2 a2−k bk . = a2 + 2ab + b2 = k k=0 Suponhamos que o resultado seja válido para n > 1, isto é, n ∈ S. Então à ! n X n an−k bk . (a + b)n = k k=0 Logo, ! à ! à n à ! n X n X n a(a + b)n = a an−k bk = an+1 + an−k+1 bk k k k=0 k=1 111 n ∈ N : (a + b) = n n X k=0 à n k ! a n−k k b ) . e Como ! à ! à n à ! n X n X n an−k bk b = an−k+1 bk + bn+1 . (a + b)n b = k k−1 k=0 k=1 (a + b)n+1 = (a + b)n (a + b) = (a + b)n a + (a + b)n b = a(a + b)n + (a + b)n b temos que (a + b)n+1 = = = = ! à ! n X n n an−k+1 bk + an−k+1 bk + bn+1 an+1 + k k−1 k=1 k=1 "à ! à !# n X n n + an−k+1 bk + bn+1 an+1 + k k−1 k=1 à ! n X n+1 an−k+1 bk + bn+1 an+1 + k à k=1 ! n+1 X n+1 an+1−k bk . k k=0 n X à Logo, n + 1 ∈ S. Portanto, S = N. ¥ Seja A um anel. Um elemento a ∈ A é um divisor de zero à esquerda (à direita) de A se existir b ∈ A∗ tal que ab = 0 (ba = 0). Um divisor de zero a ∈ A, com a 6= 0, é chamado de divisor de zero próprio de A. Note que se A contém pelo menos dois elementos, então 0 é um divisor de zero. 112 CAPÍTULO 3. ANEIS Exemplo 3.11 Sejam A um anel comutativo com identidade e G um grupo finito Mostre que o anel de grupo A[G] possui divisores de zeros e elementos idempotentes. Solução. Seja x ∈ G um elemento de ordem k > 1. Então (e − x)(e + x + · · · + xk−1 ) = e − xk = e − e = 0, com e − x 6= 0 e e + x + · · · + xk−1 6= 0, pois ae 6= 0, para todo a ∈ A∗ . Finalmente, pondo 1 X x 6= 0, a= |G| x∈G obtemos ay = a, para todo y ∈ G, pois xy ∈ G. Em particular, à ! 1 X 1 X 1 1 X |G| a = a, x = ax = a= a2 = a |G| x∈G |G| x∈G |G| x∈G |G| que é o resultado desejado. ¥ Seja A um anel com identidade. Um elemento u ∈ A é uma unidade de A se existir v ∈ A, em símbolos v = u−1 , tal que uv = vu = 1. Vamos denotar o conjunto de todas as unidades de A por U(A) ou A• . Note que se u, v ∈ U(A), então existem r, s ∈ A tais que ur = ru = 1 e vs = sv = 1. Logo, (uv)(sr) = u(vs)r = u · 1 · r = ur = 1. Assim, o produto é uma operação binária sobre U(A). Portanto, U(A) é um grupo multiplicativo e será chamado de grupo das unidades de A. Neste caso, os elementos de A∗ −U(A) são chamados de elementos próprios. Portanto, concluímos que os elementos de um anel com identidade qualquer são divididos em três classes: zero, unidades e elementos próprios. Sejam A um anel qualquer e a ∈ A∗ . Dizemos que a é um elemento regular de A se para cada b ∈ A as equações ax = b e ya = b tenham no máximo uma solução x e y em A ou, equivalentemente, as seguintes condições são satisfeitas: ab = ac ⇒ b = c e ba = ca ⇒ b = c, ∀ b, c ∈ A. (Leis do Cancelamento) Note que um elemento regular não é um divisor de zero à esquerda e nem à direita. Além disso, se 1 ∈ A e A contém pelo menos dois elementos, então 1 é um elemento regular. 3.1. ANEIS 113 Observação 3.12 Um divisor de zero nunca pode ser uma unidade, pois se u ∈ U(A) e au = 0, para algum a ∈ A∗ , então uv = 1, para algum v ∈ U(A), de modo que a = a1 = a(uv) = (au)v = 0v = 0, o que é uma contradição. De modo inteiramente análogo prova-se para ua = 0. Exemplo 3.13 Mostre que 0 é o único divisor de zero no anel Z e U(Z) = {−1, 1}. Solução. Seja a ∈ Z um divisor de zero. Então, por definição, a é um divisor de 0. Como 0 divide b, para todo b ∈ Z, temos que 0 é um divisor de a. Portanto, a = 0. Agora, seja u ∈ U(Z). Então existe v ∈ U(Z) tal que uv = 1. Logo, |uv| = |1| = 1 ⇒ |u| = 1 e |v| = 1, pois se |u| < 1, então 0 < |v| ≤ 1 ⇒ 0 < |uv| ≤ |u| < 1 ⇒ 1 < 1, o que é uma contradição. Portanto, u ∈ {−1, 1}. Exemplo 3.14 Seja A = Zn . 1. Mostre que a ∈ Z∗ é um divisor de zero se, e somente se, mdc(a, n) = d > 1. n 2. Mostre que u ∈ U(Zn ) se, e somente se, mdc(u, n) = 1. Solução. Vamos provar apenas o item (1). Se a ∈ Z∗ é um divisor de zero, então a é um n divisor de n. Logo, mdc(a, n) = a > 1. Reciprocamente, se d = mdc(a, n) e d > 1, então n = bd, com 0 < b < n. Portanto, a¯b=a¯ isto é, a é divisor de zero. Exemplo 3.15 Seja A = C([0, 1], R). 1. Mostre que U(A) = {f ∈ A : f (x) 6= 0, ∀ x ∈ [0, 1]}. 2. Mostre que A contém uma quantidade infinita de divisores de zeros. 3. Mostre que A contém uma quantidade infinita de elementos que não são unidades e nem divisores de zeros. n a n = a · = n · = 0, d d d ¥ ¥ 114 CAPÍTULO 3. ANEIS Solução. Vamos provar apenas o itens (2) e (3): (2) Seja a ∈ (0, 1) fixado e consideremos a função fa ∈ A∗ definida por ( 0, se x ∈ [0, a] fa (x) = x − a, se x ∈ [a, 1]. Então existe ga ∈ A∗ definida por ( ga (x) = a−1 x a 0, + 1 − a, se x ∈ [0, a] se x ∈ [a, 1] tal que fa ga = 0. (3) Seja a ∈ (0, 1) fixado e consideremos a função fa ∈ A∗ definida por fa (x) = x − a. / Então fa ∈ U(A), pois fa (a) = 0. Por outro lado, se existisse g ∈ A∗ tal que fa g = 0, então (fa g)(x) = 0, para todo x ∈ [0, 1]. Assim, g(x) = 0, para todo x ∈ [0, 1] − {a}. Logo, pela continuidade de g, obtemos g = 0, o que é impossível. Portanto, fa não é uma unidade e nem um divisor de zero. ¥ Seja A um anel. Dizemos que A é uma anel com divisão se (A∗ , •) é um grupo. Um corpo é um anel com divisão comutativo, isto é, é um anel comutativo com identidade tal que U(A) = A∗ . Exemplo 3.16 O espaço vetorial de dimensão quatro sobre R, H = {a + bi + cj + dk : a, b, c, d ∈ R}, munido com igualdade e soma usual de vetores; a multiplicação é determinada pelas leis distributivas e a Tábua de Multiplicação i j k • 1 1 1 i j k i i −1 k −j j j −k −1 i k k j −i −1 é um anel com divisão que não é um corpo, chamado de anel dos quatérnios ou álgebra dos quatérnios. Solução. Vamos provar apenas que qualquer elemento α ∈ H∗ possui um inverso. Seja α = a + bi + cj + dk, onde a, b, c, d ∈ R. Então devemos provar que existe β = x + yi + zj + tk ∈ H∗ , onde x, y, z, t ∈ R, 3.1. ANEIS tal que αβ = 1. Mas isto é equivalente a resolver o sistema de equações lineares ⎧ ⎪ ax − by − cz − dt = 1 ⎪ ⎪ ⎨ bx + ay − dz + ct = 0 ⎪ cx + dy + az − bt = 0 ⎪ ⎪ ⎩ dx − cy + bz + at = 0. β= a2 + b2 1 (a − bi − cj − dk), onde a, b, c, d ∈ R. + c2 + d2 115 Resolvendo o sistema, obtemos Finalmente, como ij 6= ji temos que H não é um corpo. ¥ √ Exemplo 3.17 O anel A = Q (R, C ou Q[ p]) é um corpo. Enquanto, o anel A = Z √ (Z[ p] ou C([0, 1], R)) não é um corpo. Seja A um anel comutativo com identidade. Dizemos que A é um domínio de integridade se 0 é o único divizor de zero de A. Note que A é um domínio de integridade se, e somente se, dados a, b ∈ A, ab = 0 ⇒ a = 0 ou b = 0 ou, equivalentemente, dados a, b ∈ A, a 6= 0 e b 6= 0 ⇒ ab 6= 0. Exemplo 3.18 Mostre que Zn é um domínio de integridade se, e somente se, n é um número primo. Solução. Suponhamos que n não seja um número primo. Então existem r, s ∈ Z tais que n = rs, com 1 < r, s < n. Logo, r ¯ s = rs = n = 0, com r 6= 0 e s 6= 0, o que é uma contradição. Portanto, n é um número primo. Reciprocamente, dados a, b ∈ Zn , se a ¯ b = 0, então n é um divisor de ab. Logo, pelo Lema de Euclides, n divide a ou n divide b. Assim, a = 0 ou b = 0. Portanto, Zn é um domínio de integridade. ¥ Exemplo 3.19 Mostre que C([0, 1], R) não é um domínio de integridade (prove isto!). A subtração ou a diferença em um anel A é definida de modo usual como a − b = a + (−1)b. Portanto, a(b − c) = ab − ac e (a − b)c = ac − bc, ∀ a, b, c ∈ A. 116 CAPÍTULO 3. ANEIS Proposição 3.20 Sejam A um domínio de integridade e a, b, c ∈ A. Se ab = ac, então a = 0 ou b = c. Prova. Se ab = ac, então a(b − c) = ab − ac = ac − ac = 0. Logo, por hipótese, a = 0 ou b − c = 0. Portanto, a = 0 ou b = c. Corolário 3.21 Todo domínio de integridade finito é um corpo. Prova. Sejam A um domínio de integridade finito e a ∈ A∗ . Então é fácil verificar que a função La : A → A definida por La (x) = ax é injetora. Como A é finito temos que La é bijetora. Em particular, existe b ∈ A tal que ab = 1, isto é, a ∈ U(A). Sendo a um elemento arbitrário de A∗ temos que A é um corpo. ¥ Sejam A um anel e a ∈ A. Dizemos que a é um elemento nilpotente de A se existir n ∈ N tal que an = 0. Note que qualquer elemento nilpotente de A∗ é um divisor de zero, mas a recíproca é falsa, por exemplo, 2 é um divisor de zero em Z6 que não é nilpotente. Exemplo 3.22 Sejam A um anel comutativo com identidade. Se a, b ∈ A são elementos nilpotentes, então a + b, a − b e ab são nilpotentes. Solução. Suponhamos que a e b sejam nilpotentes. Então existem m, n ∈ N tais que am = 0 e bn = 0. Pondo k = m + n − 1 (ou k = 2 max{m, n}), obtemos à ! k X k ak−l bl (a + b)k = l l=0 à ! à ! n−1 k X k X k ak−l bl + ak−t bt = 0, = l t t=n l=0 pois k − l = (m − 1) + (n − l) ≥ m e t ≥ n. Portanto, a + b é nilpotente. Exemplo 3.23 Sejam A um anel com identidade e x ∈ A. 1. Mostre que se existe um único a ∈ A tal que xa = x, então ax = x. 2. Mostre que se x 6= 0 e existe um único y ∈ A tal que xyx = x, então xy = 1 = yx. 3. Mostre que se x 6= 0 e existem pelo menos dois elementos a, b ∈ A tais que ax = 1 = bx, então x possui uma quantidade infinita de inverso à esquerda. ¥ ¥ 3.1. ANEIS Solução. (1) Como x(a + ax − x) = xa + xax − x2 = x + x2 − x2 = x temos, por hipótese, que a + ax − x = a. Portanto, ax = x. (2) Se xa = 0 e a ∈ A, então x(y + a)x = ayx + xax = x. Logo, por hipótese, y + a = y, isto é, a = 0. Assim, xa = 0 implica que a = 0. Logo, xyx = x ⇒ x(yx − 1) = xyx − x = 0 ⇒ yx − 1 = 0. Portanto, yx = 1. De modo inteiramente análogo, prova-se que xy = 1. (3) Como (xa − 1)x = 0 temos que zi x = 0, onde i ∈ Z+ e zi = xi (xa − 1). Logo, (a + zi )x = 1, ∀ i ∈ Z+ . Afirmação. Os zi são distintos. De fato, suponhamos, por absurdo, que zi = zj , com i 6= j, digamos j > i. Então xi (xa − 1) = xj (xa − 1). 117 Assim, multiplicando ambos os lados dessa equação à esquerda por aj , obtemos xa = 1, pois aj xj = 1 e aj xi (xa − 1) = aj−i ai xi (xa − 1) = 0. Portanto, x é uma unidade de A, o que é uma contradição. Seja A um anel com identidade. Vamos definir uma ∗ : Z × A → A, por ⎧ ⎪ (n − 1)a + a, ⎨ na = 0, ⎪ ⎩ (−n)(−a) = (n + 1)a − a, Neste caso, ¥ composição externa ∗ sobre A, se n > 0 se n = 0 se n < 0. na = a + · · · + a = (1A + · · · + 1A )a = (n · 1A )a, para todo a ∈ A, é o produto de dois elementos de A. Os elementos n · 1A são chamados os inteiros de A. É importante observar que se o anel A não possuir elemento identidade, então na não é um produto em A, mas um símbolo que representa uma soma de elementos de A. Proposição 3.24 Sejam A um anel com identidade e a, b ∈ A. 118 1. n(a + b) = na + nb, para todo n ∈ Z. 2. n(−a) = −(na) = (−n)a, para todo n ∈ Z. 3. m(na) = (mn)a = n(ma), para todos m, n ∈ Z. 4. (m + n)a = ma + na, para todos m, n ∈ Z. 5. (na)b = n(ab) = a(nb), para todo n ∈ Z. 6. (mn)(ab) = (ma)(nb) = (na)(mb), para todos m, n ∈ Z. CAPÍTULO 3. ANEIS Prova. Vamos provar apenas os itens (2) e (5): (2) Como a + (−a) = 0, para todo a ∈ A, temos que 0 = n0 = n(a + (−a)) = na + n(−a). Logo, pela unicidade do inverso, n(−a) = −(na), para todo n ∈ Z. (5) Dado n ∈ Z, temos, pela Lei da Tricotomia, que n > 0 ou n = 0 ou n < 0. Se n > 0, então por um argumento de indução, obtemos n(ab) = (n − 1)(ab) + ab = ((n − 1)a)b + ab = [(n − 1)a + a]b = (na)b. Se n = 0, então 0(ab) = 0 = 0b = (0a)b. Se n < 0, então −n > 0 e n(ab) = −[(−n)(ab)] = −[(−na)b] = (na)b. Portanto, (na)b = n(ab) = a(nb), para todo n ∈ Z. EXERCÍCIOS ¥ 1. Mostre que a propriedade de comutatividade para a adição de anel com identidade é redundante, isto é, pode ser provada a partir das outras propriedades. 2. Seja A um anel. Mostre que A◦ com a operação binária a ◦ b = ba, ∀ a, b ∈ A, é um anel, chamado de anel recíproco ou anel oposto de A. 3.1. ANEIS 3. Seja A um anel tal que a + b = ab, para todos a, b ∈ A. Mostre que A = {0}. 119 4. Sejam A um anel não comutativo com identidade. Em que condições o anel A, com a nova operação binária a ∗ b = ab + ba, ∀ a, b ∈ A, é um anel comutativo com identidade? 5. Mostre que uma estrutura de anel sobre Z é dada por a ⊕ b = a + b + 1 e a ~ b = ab + a + b. 6. Seja A um anel com identidade e sem divisores de zero. (a) Mostre que ab = 1 se, e somente se, ba = 1, para todos a, b ∈ A. (b) Mostre que se a2 = 1, então a = 1 ou a = −1. 7. Seja A um anel com identidade finito. Mostre que todo elemento regular de A é uma unidade. 8. Seja A um domínio de integridade. Mostre que (a) 0 é o único elemento nilpotente. (b) 1 é o único elemento idempotente não nulo. 9. Sejam A um anel comutativo com identidade e a ∈ A um elemento nilpotente. (a) Mostre que a é zero ou um divisor de zero, não ambos. (b) Mostre que ra é nilpotente, para todo r ∈ A. (c) Mostre que u + a é um elemento unidade em A, onde u ∈ U (A). 10. Sejam F um corpo, X um conjunto não vazio qualquer e A = F X o anel das funções. Mostre que A contém um elemento nilpotente diferente da função nula. 11. Sejam A um anel e e ∈ A tal que e2 = e. Mostre que (xe − exe)2 = (ex − exe)2 = 0, ∀ x ∈ A. 12. Seja A um anel. Mostre que A é um anel comutativo se, e somente se, (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 , ∀ a, b ∈ A. 13. Seja A um anel. Mostre que A é um anel comutativo se, e somente se, a2 − b2 = (a + b)(a − b), ∀ a, b ∈ A. 120 CAPÍTULO 3. ANEIS 14. Seja A um anel tal que (A, +) é um grupo cíclico. Mostre que A é um anel comutativo. 15. Seja A = C(R, R) o anel das funções contínuas de uma variável real. (a) Mostre que f ∈ A é um divisor de zero se, e somente se, o conjunto S = {x ∈ R : f (x) = 0} possui interior não vazio. (b) Determine elementos em A, os quais não são unidades e nem divisores de zeros 16. Seja A um anel com identidade. Dizemos que A é um anel Booleano se a2 = a, para todo a ∈ A. (a) Mostre que ab + ba = 0, para todos a, b ∈ A. (b) Mostre que a + a = 0, para todo a ∈ A. (c) Mostre que A é um anel comutativo. (d) Mostre que se A contém pelo menos três elementos, então A contém um divisor de zero próprio. (Sugestão: Considere o elemento (a + b)ab.) 17. Seja A um anel com identidade. Mostre que A é um anel Booleano se, e somente se, as seguintes condições são satisfeitas: 1. A é comutativo. 2. A não contém elemento nilpotente diferente de zero. 3. ab(a + b) = 0, para todos a, b ∈ A. 18. Seja A um anel com identidade tal que a3 = a, para todo a ∈ A. Mostre que A é um anel comutativo. 19. Sejam A um anel e a ∈ A, com a2 = 0. Mostre que ab + ba comuta com a, para todo b ∈ A. 20. Seja A um anel com identidade tal que a4 = a, para todo a ∈ A. Mostre que A é um anel comutativo. Q 21. Sejam {Ai }i∈I uma família indexada de aneis e A = i∈I Ai o produto cartesiano dos Ai . Mostre que A munido com as operações binárias (ai )i∈I ⊕ (bi )i∈I = (ai + bi )i∈I e (ai )i∈I ~ (bi )i∈I = (ai bi )i∈I é um anel, chamado o produto direto externo dos Ai . 3.1. ANEIS 22. Sejam A e B aneis com identidades. (a) Mostre que U(A × B) = U(A) × U(B). 121 (b) Mostre que se m, n ∈ N, com mdc(m, n) = 1, então φ(mn) = φ(m)φ(n), em que φ é a função de Euler. 23. (Complexificação) Seja A um anel comutativo com identidade. Mostre que uma estrutura de anel sobre A × A é dada por (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) e (a, b) • (c, d) = (ac − bd, ad + bc). 24. Seja A um anel sem identidade. Mostre que uma estrutura de anel com identidade sobre Z × A é dada por (m, a) + (n, b) = (m + n, a + b) e (m, a) • (n, b) = (mn, ma + nb + ab). 25. Seja A= (" # ) a b −b a : a, b ∈ C Mostre que A com as operações usuais de adição e multiplicação de matrizes é um anel com divisão. Além disso, determine U(A). 26. Seja A um anel com pelo menos dois elementos tal que para cada a ∈ A∗ existe um único x ∈ A tal que axa = a. (a) Mostre que A não possui divisores de zeros. (b) Mostre que xax = x. (c) Mostre que A possui identidade. (d) Mostre que A é um anel com divisão. (Sugestão: (a) Se b ∈ A é tal que ab = 0, então calcule a(x + b)a.) 27. Seja X um conjunto não vazio qualquer. Mostre que o anel ZX é um anel Booleano. 2 28. Sejam X um conjunto não vazio qualquer e P (X) = 2X o conjunto de todos os subconjuntos de X. Mostre que uma estrutura de anel sobre P (X) é dada por A + B = (A − B) ∪ (B − A) = A ∪ B − (A ∩ B) e A • B = A ∩ B. (a) Mostre que P (X) é um anel Booleano com identidade. (b) Mostre que todo elemento Y ∈ P (X), com Y 6= X, é um divisor de zero. (c) Se |X| = n, quantas soluções a equação x2 = x possui em P (X)? 122 CAPÍTULO 3. ANEIS 29. Seja A um anel comutativo qualquer. Mostre que o conjunto B = {a ∈ A : a2 = a} munido com as operações a ⊕ b = a + b − 2ab e a ¯ b = ab é um anel Booleano. 30. Dê exemplo de um anel Booleano infinito. 31. Sejam X = {1, . . . , n}, P (X) um anel Booleano e a função fi : P (X) → Z2 definida por ( 1, se i ∈ A fi (A) = 0, se i ∈ A. / Mostre que a função f : P (X) → Zn definida por 2 f (A) = (f1 (A), . . . , fn (A)) é bijetora e satisfaz às seguintes condições: (a) f (A + B) = f (A) + f (B), para todos A, B ∈ P (X). (b) f (A • B) = f (A) • f (B), para todos A, B ∈ P (X). 32. Seja G um grupo abeliano aditivo. Mostre que A = End(G) com usuais de adição e composição de funções é um anel com identidade. um exemplo, que A não é um anel comutativo. (Sugestão: Tome e considere as funções f e g definidas por f (a, b) = (b, a) e g(a, b) respectivamente.) as operações Mostre, com A = Z×Z = (a + b, b), 33. Seja f : R → R uma função. Dizemos que f possui suporte compacto se existirem a, b ∈ R (dependo de f ) tais que f (x) = 0, para todo x ∈ [a, b]. Mostre que / o conjunto de todas as funções de suporte compacto é um anel comutativo sem identidade. 34. Seja A = H o anel dos quatérnios. (a) Determine todas as soluções da equação x2 = x em A. (b) Determine todas as soluções da equação x2 + 1 = 0 em A. 3.2. SUBANEIS 123 3.2 Subaneis Nesta seção apresentaremos métodos para obter aneis novos a partir de aneis velhos. Seja A um anel. Dizemos que um subconjunto não vazio B de A é um subanel de A, em símbolos B ≤ A, quando B munido com as operações binárias induzidas por A é um anel. Se A anel e B é um subanel de A, dizemos que A é uma extensão (de anel) de B. Em particular, se A e B possuem o mesmo elemento identidade, dizemos que A é uma extensão unitária de B. Observação 3.25 Seja A qualquer. 1. Qualquer anel A admite pelo menos dois subaneis, a saber, A e o subanel trivial {0}. 2. Os subaneis B de A, com B 6= {0} e B 6= A, são chamados de subaneis próprios. Proposição 3.26 (Critério de Subaneis) Sejam A um anel e B um subconjunto não vazio de A. Então B é um subanel se, e somente se, as seguintes condições são satisfeitas: 1. 0 ∈ B, com 0 o elemento neutro de A. 2. Se a, b ∈ B, então a − b ∈ B. (B é um subgrupo de A) 3. Se a, b ∈ B, então ab ∈ B. (fechamento) Prova. Suponhamos que B seja um subanel de A. Seja 00 o elemento neutro de B. Então devemos provar que 0 = 00 . Como 00 + 00 = 00 e 00 ∈ A temos que 0 = 00 − 00 = (00 + 00 ) − 00 = 00 + (00 − 00 ) = 00 + 0 = 00 . Assim, as afirmações (1), (2) e (3) são claras. Reciprocamente, dados a, b, c ∈ B temos que a(bc) = (ab)c, a(b + c) = ab + ac e (a + b)c = ac + bc, pois a, b, c ∈ A. Assim, elas valem em B. Portanto, B é um subanel de A. ¥ Observação 3.27 Sejam A um anel, B um subanel de A e C um subanel de B. Então C é um subanel de A. Exemplo 3.28 Seja A = Z o anel dos números inteiros. Mostre que o conjunto B = nZ = {na : a ∈ Z} é um subanel de A, onde n ∈ Z+ . 124 CAPÍTULO 3. ANEIS Solução. É claro que 0 ∈ B, pois 0 = n0. Se a, b ∈ B, então existem m, k ∈ Z tais que a = nm e b = nk. Logo, a − b = nm − nk = n(m − k) ∈ B, pois m − k ∈ Z. Finalmente, ab = (nm)(nk) = n(mkn) ∈ B, pois mkn ∈ Z. Portanto, B é um subanel de A. ¥ Exemplo 3.29 Sejam A um anel e S um subconjunto não vazio de A. Mostre que o conjunto CA (S) = {a ∈ A : as = sa, ∀ s ∈ S} é um subanel de A, chamado o centralizador de S em A. Além disso, se a ∈ U(A) e a ∈ CA (S), então a−1 ∈ CA (S). Solução. É claro que 0 ∈ CA (S), pois 0s = 0 = s0, para todo s ∈ S. Se a, b ∈ CA (S), então as = sa, para todo s ∈ S e bt = tb, para todo t ∈ S. Logo, (a − b)s = as − bs = sa − sb = s(a − b), ∀ s ∈ S. Assim, a − b ∈ CA (S). Finalmente, (ab)s = a(bs) = a(sb) = (as)b = (sa)b = s(ab), ∀ s ∈ S. Logo, ab ∈ CA (S). Portanto, CA (S) é um subanel de A. Exemplo 3.30 Seja A um anel. Mostre que o conjunto Z(A) = {a ∈ A : ab = ba, ∀ b ∈ A} é um subanel de A, chamado o centro de A (prove isto!). Além disso, se a ∈ U(A) e a ∈ Z(A), então a−1 ∈ Z(A). Exemplo 3.31 O conjunto √ Z[i] = Z[ −1] = {a + bi : a, b ∈ Z} é um subanel do corpo dos números complexos C, chamado de anel dos inteiros de Gauss (prove isto!). Neste caso, U(Z[i]) = {1, −1, i, −i}. Exemplo 3.32 Seja p um número primo fixado. Mostre que o conjunto na o Bp = : a, b ∈ Z, com b 6= 0 e p - b b é um subanel de Q. 3.2. SUBANEIS Solução. É claro que 0 ∈ Bp . Se r, s ∈ Bp , então r= Logo, ad − bc ac ∈ Bp e rs = ∈ Bp , bd bd pois, pelo Lema de Euclides, p - bd. Portanto, Bp é um subanel de Q. r−s= Exemplo 3.33 O anel Z2 = {0, 1} não é um subanel do anel Z3 = {0, 1, 2}, pois 1 = 1 + 0 = 1 + 2 = 3 = 0. c a e s = , com p - b e p - d. b d 125 ¥ Exemplo 3.34 Sejam A um anel e B um subanel de A com identidade 1B 6= 0, a qual não é identidade de A. Mostre que 1B é um divisor de zero de A. Solução. Como 1B não é um elemento identidade de A temos que existe a ∈ A tal que a1B = b 6= a (1B a = b 6= a). Logo, b1B = (a1B )1B = a(1B 1B ) = a1B ⇒ (b − a)1B = 0 e 1B b = 1B (1B a) = (1B 1B )a = 1B a ⇒ 1B (b − a) = 0. Assim, 1B é um divisor de zero de A, pois a 6= b. Exemplo 3.35 Sejam A = Z × Z e B = Z × {0} = {(a, b) ∈ A : b = 0}. Então é fácil verificar que B é um subanel com identidade (1, 0) 6= (1, 1). Neste caso, (1, 0) é um divisor de zero de A, pois (1, 0)(0, 1) = (0, 0). Proposição 3.36 Sejam A um domínio de integridade e B um subanel de A com identidade 1B . Então 1A = 1B . Prova. Como 12 = 1B temos que B 1B (1B − 1A ) = 12 − 1B 1A = 12 − 1B = 0. B B Logo, por hipótese, 1B − 1A = 0. Portanto, 1A = 1B . ¥ ¥ Note que qualquer anel com identidade possui pelo menos dois elementos idempotentes, a saber, 0 e 1. Proposição 3.37 Seja A um anel. Então A é um anel com divisão se, e somente se, as equações ax = b e ya = b possuem soluções, para todos a, b ∈ A, com a 6= 0. 126 CAPÍTULO 3. ANEIS Prova. Suponhamos que A seja um anel com divisão. Então é fácil verificar que x0 = a−1 b e y0 = ba−1 são soluções das equações ax = b e ya = b. Reciprocamente, se a, b ∈ A∗ , então ab ∈ A∗ , pois se ab = 0, então abx = 0, para todo x ∈ A. Como bx = c possui solução temos que ac = 0, para todo c ∈ A. Logo, a = 0, pois ac = a, para algum c ∈ A, o que é uma contradição. Assim, A não possui divisores de zeros próprios. Seja x = e ∈ A uma solução da equação ax = a. Então e 6= 0 e a(e − e2 ) = ae − ae2 = a − ae = a − a = 0. Assim, e2 = e e e é um elemento idempotente de A. Afirmação. ea = a = ae, para todo a ∈ A. De fato, (ae − a)e = ae2 − ae = ae − ae = 0 ⇒ ae = a. Finalmente, se a ∈ A∗ , então existe b ∈ A tal que ab = e. Note que (ba − e)b = bab − eb = b − b = 0 ⇒ ba = e. Portanto, A é um anel com divisão. ¥ Proposição 3.38 Sejam A um anel e {Bi }i∈I uma família indexada de subaneis de A. Então \ B= Bi i∈I é um subanel de A. Neste caso, B é o maior subanel de A contido em cada Bi . Prova. É claro que 0 ∈ B, pois 0 ∈ Bi , para todo i ∈ I. Se a, b ∈ B, então a, b ∈ Bi , para todo i ∈ I. Logo, a − b ∈ Bi e ab ∈ Bi , para todo i ∈ I. Assim, a − b, ab ∈ B. Portanto, B é um subanel de A. ¥ Sejam A um anel e S um subconjunto de A. Seja F a família de todos os subaneis de A contendo S, isto é, F = {B ≤ A : S ⊆ B}. Como A ∈ F temos que F 6= ∅. Seja R= \ B. B∈F Então, pela Proposição 3.38, R é um subanel de A e S ⊆ R. Finalmente, seja L um subanel qualquer de A tal que S ⊆ L. Então L ∈ F e R ⊆ L. Portanto, R é o menor subanel de A contendo S. O subanel R é chamado o subanel de A gerado por S e será denotado por R = [S]. Neste caso, temos a existência de um menor subanel de A contendo S. 3.2. SUBANEIS Proposição 3.39 Sejam A um anel e S um subconjunto não vazio de A. Então ! ( n à mj ) X Y [S] = ± aij : n, mj ∈ N e aij ∈ S . j=1 i=1 127 Prova. É fácil verificar que o conjunto ! à mj ) ( n X Y ± aij : n, mj ∈ N e aij ∈ S B= j=1 i=1 é um subanel de A contendo S, pois n = m1 = 1 ∈ N e s = a11 ∈ S. Finalmente, seja R um subanel qualquer de A tal que S ⊆ R. Então ! à mj n X Y ± aij ∈ R, onde n, mi ∈ N e aij ∈ S. j=1 i=1 Logo, B ⊆ R. Portanto, B é o menor subanel de A contendo S. Assim, B ⊆ [S]. Como S ⊆ B temos que [S] ⊆ B, isto é, B = [S]. ¥ Sejam A um anel com identidade e S = {a1 , . . . , am } um subconjunto de A. Então é fácil verificar que ¾ ½ n n P P i1 im ··· bi1 ,...,im a1 · · · am : bi1 ,...,im ∈ Z e n ∈ Z+ . [S] = [a1 , . . . , am ] = im =0 i1 =0 Em particular, se A é um anel com identidade, então [∅] = [{0}] = [{1A }]. Sejam A um anel comutativo com identidade, S um subconjunto de A e B um subanel de A com a mesma identidade de A. Definimos o subanel de A obtido de B pela adjunção de S por B[S] = [B ∪ S]. Então B[S] = ½ n P im =0 ··· i1 =0 Em particular, se S = {a}, então ) ( n X bi ai : bi ∈ B e n ∈ Z+ . B[a] = i=0 n P bi1 ,...,im ai1 1 · · · aim m : bi1 ,...,im ∈ B, a1 , . . . , am ∈ S e n ∈ Z+ . ¾ Sejam A um anel com identidade, a ∈ A e S = {n ∈ N : na = 0}. Se S 6= ∅, então, pelo Princípio da Boa Ordenação, S contém um menor elemento, digamos que k ∈ S, isto é, ka = 0. Note que k é igual a ordem do elemento a no grupo aditivo de A. Neste caso, o conjunto hai = {0, a, 2a, . . . , (k − 1)a} é o subanel primo de A. Caso contrário, a ordem de a é infinita. 128 Proposição 3.40 Seja A um anel com identidade. Então: 1. Se |h1A i| = k 6= ∞, então |hai| divide k, para todo a ∈ A. 2. Se |hai| 6= |h1A i|, então a é um divizor de zero em A. Prova. Fica como um exercício. CAPÍTULO 3. ANEIS ¥ Seja A um anel com identidade. A característica de A é definida como: ( k, se |h1A i| = k 6= ∞ 0, se |h1A i| = ∞. Proposição 3.41 Seja A um domínio de integridade. Então a característica de A é zero ou um número primo. Prova. Seja k a característica de A. Se k 6= 0, então k · 1A = 0. Suponhamos, por absurdo, que k não seja primo, digamos k = mn, com 1 < m, n < k. Então 0 = k · 1A = (mn)1A = (m · 1A )(n · 1A ). Por hipótese, m1A = 0 ou n1A = 0. Logo, ma = m(1A · a) = (m · 1A )a = 0, para todo a ∈ A. De modo inteiramente análogo, prova-se que na = 0, para todo a ∈ A. Assim, característica de A é menor do que ou igual ao max{m, n} < k, o que é uma contradição. ¥ EXERCÍCIOS 1. Seja A um anel. Mostre que as seguintes condições são equivalentes: (a) A não possui divisores de zero; (b) Vale as leis do cancelamento, isto é, ab = ac, a 6= 0 ⇒ b = c e ba = ca, a 6= 0 ⇒ b = c; (c) Para quaisquer a ∈ A∗ e b ∈ A, cada uma das equações ax = b e ya = b têm no máximo uma solução x ou y. 2. Sejam A um anel e a ∈ A. Mostre que (a) C (a) = {r ∈ A : ar = ra} é um subanel de A. 3.2. SUBANEIS (b) Z (A) = T a∈A 129 C (a). 3. Seja A um anel. Mostre que se A é um anel com divisão, então C (a) é um anel com divisão, para todo a ∈ A. 4. Mostre que qualquer subanel de um corpo que contém a identidade é um domínio de integridade. 5. Sejam A = M2 (R) e B= (" # ) a b 0 0 : a, b ∈ R . Mostre que B é um subanel de A sem identidade, mas possui uma quantidade infinita de elementos identidade à esquerda. (Sugestão: Tente com a matriz # " 1 c C= , 0 0 para todo c ∈ R.) 6. Sejam A um anel e S um subconjunto de A. (a) Mostre que o conjunto AnnA (S) = {a ∈ A : as = 0, ∀ s ∈ S} é um subanel de A, chamado o anulador (à esquerda) de S em A. (b) Mostre que S1 e S2 são subconjuntos de A, onde S1 ⊆ S2 , então AnnA (S2 ) ⊆ AnnA (S1 ). (c) Se A = M2 (R) e S= determine AnnA (S). 7. Quais dos subconjuntos abaixo são subaneis de Q? (a) A = (b) B = ©m n n (" a b 0 0 # : a, b ∈ R , ) 8. Quais dos subconjuntos abaixo são subaneis de C([0, 1], R)? (c) C = {r2 : r ∈ Q}. ª © (d) D = m ∈ Q : mdc(m, n) = 1 e m um número ímpar . n ª ©m (e) E = n ∈ Q : mdc(m, n) = 1 e m um número par . ©m ª ∈ Q : mdc(m, n) = 1 e n um número ímpar . ª ∈ Q : mdc(m, n) = 1 e n um número par . 130 CAPÍTULO 3. ANEIS (a) A = {f ∈ C([0, 1], R) : f (r) = 0, para todo r ∈ Q ∩ [0, 1]}. (b) B = {f ∈ C([0, 1], R) : f é um polinômio}. (c) C = {f ∈ C([0, 1], R) : f tenha um número finito de zeros} ∪ {0}. (d) D = {f ∈ C([0, 1], R) : f tenha um número infinito de zeros}. (e) E = {f ∈ C([0, 1], R) : limx→1+ f (x) = 0}. (f) D = {a cos mx + b sen nx : a, b ∈ Q e m, n ∈ Z+ }. 9. Sejam A um anel e ⎧⎡ ⎪ a ⎨ ⎢ A= ⎣ 0 ⎪ ⎩ 0 Mostre que B possui elemento identidade, mas A não. B um subanel de A definidos por ⎫ ⎧⎡ ⎫ ⎤ ⎤ ⎪ ⎪ a 0 0 ⎪ 0 0 ⎬ ⎨ ⎬ ⎥ ⎢ ⎥ e B= ⎣ 0 0 0 ⎦:a∈R . 0 b ⎦ : a, b, c ∈ R ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ ⎩ ⎭ 0 0 0 0 c 10. Sejam A um anel com identidade e B um subanel de A contendo a identidade de A. Mostre que U(B) ⊆ U(A). Mostre, com um exemplo, que a recíproca é falsa. 11. Seja A o grupo dos números racionais de módulo um. Mostre que se A munido com uma operação binária ∗ for um anel, então A é o anel trivial. (Sugestão: Efetue ∙µ ¶ µ ¶¸ 1 1 n +Z ∗ +Z n2 n de duas maneiras.) 12. Seja A um anel sem elementos nilpotentes diferentes de zero. Mostre que todo elemento idempotente de A pertence ao Z (A) . (Sugestão: Se a2 = a, então (ara − ar)2 = (ara − ra)2 = 0, ∀ r ∈ A.) 13. Seja A uma anel tal que a2 + a ∈ Z (A), para todo a ∈ A. Mostre que A é um anel comutativo. (Sugestão: Use a expressão (a + b)2 + (a + b) para mostrar que ab + ba ∈ Z (A) , ∀ a, b ∈ A. Logo, a2 ∈ Z (A).) 14. Sejam F um corpo e A um domínio de integridade, onde F ⊆ A. Mostre que se a dimensão de A como um espaço vetorial sobre F for finita, então A é um corpo. Q 15. Sejam {Ai }i∈I uma família indexada de aneis e A = i∈I Ai o produto direto externo dos Ai . Mostre que o conjunto X Ai = {(ai )i∈I ∈ A : ai = 0, para todos exceto um número finito de i ∈ I} i∈I é um subanel de A, chamado a soma direto externo dos Ai . 3.2. SUBANEIS 16. Seja Z o anel dos números inteiros. 131 (a) Mostre que se ak b = n, onde a, b, k ∈ Z, então ab é um elemento nilpotente de Zn . (b) Mostre que se a ∈ Z, então a ∈ Zn é nilpotente se, e somente se, todo divisor primo de n é um divisor de a. Em particular, determine os elementos nilpotentes de Z72 . 17. Seja Zn o anel dos inteiros de módulo n. Então Zn não possui elementos nilpotentes não nulos se, e somente se, n é um inteiro livre de quadrados. 18. Seja K um corpo. Dizemos que um subconjunto não vazio F de K é um subcorpo de K quando F munido com as operações binárias induzidas por K é um corpo. Mostre que F é um subcorpo de K se, e somente se, as seguintes condições são satisfeitas: (a) 0 ∈ F , com 0 o elemento neutro de K. (b) Se a, b ∈ F , então a − b ∈ F . (c) Se a, b ∈ F , com b 6= 0, então ab−1 ∈ F . 19. Sejam K um corpo e F = {F : F subcorpo de K}. Mostre que P = F ∈F \ F é um subcorpo de K. Neste caso, P é chamado o subcorpo primo de K. 20. Sejam F um corpo qualquer e a, b ∈ F distintos. Mostre que F munido com as novas operações binárias x⊕y =x+y−a e x¯y =a+ (x − a)(y − b) b−a é um corpo. (Geometricamente isto significa uma mudança de origem e de escala.). Mostre que se denotarmos esse novo corpo por K, então um subconjunto de F que é subanel de K não é necessariamente um subanel de F . 21. Sejam K um corpo e L = K − {−1, 0, 1}. (a) Mostre que {Pa : a ∈ L} é uma partição de L, com Pa = {a, a−1 }. (b) Mostre que se K é um corpo finito, então Y a = −1. a∈K ∗ 132 CAPÍTULO 3. ANEIS (c) Mostre o Teorema de Wilson: Se p é um número primo, então (p − 1)! ≡ −1 (mod p). (Sugestão: (c) Note que Zp é um corpo finito, para todo número primo p) 22. Seja A = Zn o anel dos inteiros de módulo n. (a) Determine todas as soluções da equação x2 = x em A, quando n ∈ {10, 20, 30}. (b) Determine todas as soluções da equação x2 = x em A, quando n = pk e p um número primo fixado. 23. Seja A = H o anel dos quatérnios. Determine Z (A). √ √ 24. Seja N : Z[ d] → Z[ d] a função definida por N(α) = αα = a2 − db2 , onde √ √ d ∈ Z − {0, 1} livre de quadrados e α = a + b d = a − b d a conjugação de α. √ (a) Mostre que N(αβ) = N(α)N(β), para todos α, β ∈ Z[ d]. √ (b) Mostre que α ∈ U(Z[ d]) se, e somente se, N(α) = ±1. 25. Seja F : C → C a função definida por F (a + bi) = a − bi. (a) Mostre que F 2 = I. (b) Mostre que F (α + β) = F (α) + F (β), para todos α, β ∈ C. (d) Mostre que F (αα) = |α|2 , para todo α ∈ C. (e) Usando os itens (c) e (d), mostre que (a2 + b2 )(c2 + d2 ) = (ac − bd)2 + (ad + bc)2 , ∀ a, b ∈ R. 26. Sejam H o anel dos quatérnios e ∗ : H → H a função definida por (a + bi + cj + dk)∗ = a − bi − cj − dk. (b) Mostre que (α + β)∗ = α∗ + β ∗ , para todos α, β ∈ H. (d) Mostre que (αβ)∗ = β ∗ α∗ , para todos α, β ∈ H. 27. Definimos N(α) = (c) Mostre que αα∗ = α∗ α é real e positivo, para todo α ∈ H. √ αα∗ e T (α) = 2a, para todo α = a + bi + cj + dk ∈ H. (a) Mostre que α∗∗ = (α∗ )∗ = α, para todo α ∈ H. (c) Mostre que F (αβ) = F (α)F (β), para todos α, β ∈ C. (a) Mostre que α satisfaz a equação x2 − T (α)x + N(α) = 0. 3.2. SUBANEIS (b) Mostre que N (αβ) = N(α)N(β), para todos α, β ∈ H. (c) Mostre a Identidade de Lagrange (a2 + b2 + c2 + d2 )(x2 + y 2 + z 2 + t2 ) = a2 + b2 + c2 + d2 , 0 0 0 0 com a0 = ax − by − cz − dt b0 = bx + ay − dz + ct c0 = cx + dy + az − bt d0 = dx − cy + bz + at. (d) Mostre que α ∈ U(H) se, e somente se, N(α) 6= 0. 28. Seja A = M2 (R). (a) Determine Z (A). (b) Mostre que A= à a b c d ! ∈ U(A) ⇔ ad − bc 6= 0. 133 Neste caso, determine A−1 . (c) Mostre que se A ∈ A∗ é um divisor de zero, então det(A) = 0. Mostre que se A ∈ A∗ e det(A) = 0, então A é um divisor de zero. (d) Mostre que se B é o subanel de A gerado por todas as matrizes simétricas, então B = A. 29. Seja ω = exp( 2πi ) a raiz cúbica da unidade. 3 (a) Mostre que o conjunto A = Z[ω] = {a + bω : a, b ∈ Z} munido com as operações binárias α + β = (a + c) + (b + d)ω e α • β = (ac − bd) + (ad + bc − bd)ω, onde α = a+bω, β = c+dω ∈ A, é um subanel do corpo dos números complexos C, chamado de anel dos inteiros de Eisenstein-Jacobi. 30. Seja N : Z[ω] → Z[ω] a função definida por N(α) = αα = a2 − ab + b2 , com α = a + bω = a + bω2 a conjugação de α. (a) Mostre que N (αβ) = N(α)N(β), para todos α, β ∈ Z[ω]. (b) Mostre que α ∈ U(Z[ω]) se, e somente se, N(α) = ±1. (c) Mostre que U(Z[ω]) = {1, −1, ω, −ω, ω2 , −ω 2 }. 31. Sejam G um grupo finito, com |G| = n > 1, e A um anel comutativo com identidade. 134 CAPÍTULO 3. ANEIS (a) Mostre que o anel A[G] possui sempre divisores de zeros. (b) Mostre que G ⊆ U(A[G]). (c) Mostre que se G = Q8 é o grupo dos quatérnios, então R[G] 6= H. 32. Sejam A = M2 (Z) e A ∈ A∗ tal que A2 = λA, para algum λ ∈ Z∗ . (a) Mostre que o conjunto B = {mA : m ∈ Z} é um subanel comutativo de A. (b) Mostre que B possui elemento identidade se, e somente se, λ = ±1. Neste caso, determine U(B). (c) Mostre que B não possui divisores de zero próprios. (d) Mostre que nA divide mA em B se, e somente se, λ = n = ±1. Determine os elementos a ∈ B que têm a seguinte propriedade: a | bc ⇒ a | b ou a | c. (e) Mostre que mA possui um divisor próprio se, e somente se, m = λk, em que k é um número composto. Capítulo 4 Homomorfismos de Aneis e Aneis Quocientes Nesta capítulo, de um ponto de vista axiomático, apresentaremos os conceitos de homomorfismo de aneis e teoremas de isomorfismos, ideais em um anel, o qual é análogo ao conceito de subgupos normais em um grupo, e aneis quocientes. 4.1 Homomorfismos de Aneis Sejam A e B aneis. Uma função σ : A → B é um homomorfismo de aneis se σ(a + b) = σ(a) + σ(b) e σ(ab) = σ(a)σ(b), ∀ a, b ∈ A. Intuitivamente, um homomorfismo de aneis σ de A em B é uma função que preserva as operações dos aneis. Observe que um homomorfismo de aneis σ : A → B é necessariamente um homomorfismo de grupos abelianos aditivos. Consequentemente, a mesma terminologia é usada: σ é um monomorfismo (epimorfismo, isomorfismo, etc.) Proposição 4.1 Sejam A, B aneis e σ : A → B um homomorfismo de aneis. Então: 1. σ(0) = 0. 2. σ(−a) = −σ(a), para todo a ∈ A. 3. Se A e B possuem identidades e σ(1A ) = 1B , então σ(na) = nσ(a), para todo a ∈ A e n ∈ Z. 4. Se A possui identidade e B é um domínio de integridade, então σ ≡ 0 ou σ(1A ) = 1B . 5. Se A é um corpo e e B é um domínio de integridade, então σ ≡ 0 ou σ é injetora. 135 136 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Prova. Vamos provar apenas o item (4). Como (σ(1A ))2 = σ(1A )σ(1A ) = σ(1A · 1A ) = σ(1A ) temos que σ(1A ) é um elemento idempotente em B. Logo, por hipótese, σ(1A ) = 0 ou σ(1A ) = 1B . Se σ(1A ) = 0, então σ(a) = σ(1A · a) = σ(1A )σ(a) = 0σ(a) = 0, ∀ a ∈ A. Portanto, σ ≡ 0. ¥ Exemplo 4.2 Sejam A um anel com identidade. Então existe um único homomorfismo de aneis σ : Z → A tal que σ(1) = 1A . Neste caso, Im σ = [1A ] é o subanel de A gerado por 1A . Solução. Pela Proposição 3.24, a função σ : Z → A definida por σ(n) = n · 1A é homomorfismo de aneis com σ(1) = 1A . Reciprocamente, seja σ : Z → A homomorfismo de aneis qualquer. Então σ(0) = 0, σ(n + 1) = σ(n) + σ(1), e σ(n) = σ(n)σ(1), ∀ n ∈ Z. Além disso, σ(−k) = −σ(k), para todo k ∈ Z. Suponhamos que σ(1) = 1A . Então, indutivamente, obtemos σ(n) = n · 1A , para todo n ∈ Z. ¥ Exemplo 4.3 Sejam n ∈ Z fixado e σn : Z −→ Z a função definida por σ n (a) = na, para todo a ∈ Z. Mostre que σn ∈ End (Z) se, e somente se, n ∈ {0, 1}. Neste caso, End (Z) = {0, I}. Solução. Dados a, b ∈ Z, obtemos σ n (ab) = n(ab) e σ n (a)σ n (b) = (na)(nb) = n2 (ab). Logo, σ n é um homomorfismo de aneis se, e somente se, n2 = n se, e somente se, n ∈ {0, 1}. Note a diferença entre homomorfismo de grupos e homomorfismo de aneis. ¥ Exemplo 4.4 A função σ : Z −→ Zn definida por σ(a) = a, para todo a ∈ Z, é um epimorfismo (prove isto!). Exemplo 4.5 A função σ : C −→ C definida por σ(a + bi) = a − bi, para todo a + bi ∈ C, é um automorfismo (prove isto!). √ Exemplo 4.6 Mostre que Aut(Z[ d]) = {I, σ}, onde d ∈ Z é livre de quadrados e √ √ √ √ √ √ σ : Z[ d] −→ Z[ d] definida por σ(a + b d) = a − b d, para todo a + b d ∈ Z[ d]. 4.1. HOMOMORFISMOS DE ANEIS 137 √ √ √ √ Solução. É claro que a função σ : Z[ d] −→ Z[ d] definida por σ(a + b d) = a − b d, √ √ para todo a + b d ∈ Z[ d], é um automorfismo. √ Reciprocamente, seja ϕ ∈ Aut(Z[ d]). Então ϕ(0) = 0, ϕ(1) = 1 e ϕ(−1) = −1. Assim, dado n ∈ Z, temos, pela Lei da Tricotomia, que n > 0 ou n = 0 ou n < 0. Se n > 0, então ϕ(n) = ϕ(1 + · · · + 1) = ϕ(1) + · · · + ϕ(1) = nϕ(1) = n. Se n = 0, então ϕ(0) = 0. Se n < 0, então ϕ(n) = ϕ(−1(−n)) = ϕ(−1)ϕ(−n) = (−1)(−n) = n. Logo, ϕ(n) = n, para todo n ∈ Z. Como √ √ √ √ √ (ϕ( d))2 = ϕ( d)ϕ( d) = ϕ( d d) = ϕ(d) = d √ √ √ √ temos que ϕ( d) = d ou ϕ( d) = − d. Assim, √ √ √ √ √ √ ϕ(a + b d) = a + b d ou ϕ(a + b d) = a − b d, ∀ a + b d ∈ Z[ d]. Portanto, ϕ = I ou ϕ = σ. Exemplo 4.7 Mostre que Aut(R) = {I}. Solução. Seja ϕ ∈ Aut(R). Então, pelo Exemplo 4.6, ϕ(n) = n, para todo n ∈ Z. Seja n ∈ Z∗ . Então µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 = ϕ(1) = ϕ n · = ϕ(n)ϕ = nϕ ⇒ϕ = . n n n n n Logo, ϕ ³m´ n µ ¶ µ ¶ 1 1 m 1 =ϕ m· = ϕ(m)ϕ =m· = . n n n n ¥ Assim, ϕ(r) = r, para todo r ∈ Q. Dado a ∈ R, com a > 0, existe b ∈ R tal que b2 = a. Logo, ϕ(a) = ϕ(b2 ) = (ϕ(b))2 > 0, isto é, ϕ preserva ordem. Finalmente, dado x ∈ R, existem sequências (rn ) e (sn ) em Q tais que rn < x < sn e lim rn = x = lim sn . n→∞ n→∞ Logo, rn < ϕ(x) < sn ⇒ ϕ(x) = x. Portanto, ϕ = I. ¥ 138 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Seja σ : A −→ B um homomorfismo de aneis. A imagem de σ é o conjunto Im σ = {b ∈ B : b = σ(a), para algum a ∈ A} = {σ(a) : a ∈ A} = σ(A). O núcleo de σ é o conjunto ker σ = {a ∈ A : σ(a) = 0} = σ−1 (0). Se C é um subconjunto de B, então a imagem inversa (ou pullback) de C é o conjunto σ−1 (C) = {a ∈ A : σ(a) ∈ C}. Proposição 4.8 Sejam A, B aneis e σ ∈ Hom (A, B). Então: 1. Im σ é um subanel de B. 2. ker σ é um subanel de A. Em particular, ax, xa ∈ ker σ, para todo a ∈ A e x ∈ ker σ. 3. Para quaisquer a, b ∈ A, σ(a) = σ(b) se, e somente se, b − a ∈ ker σ. 4. σ é um monomorfismo se, e somente se, ker σ = {0}. 5. σ é um epimorfismo se, e somente se, Im σ = B. Neste caso, dizemos que B é a imagem homomórfica de A. 6. σ é um isomorfismo se, e somente se, existir σ −1 ∈ Hom (B, A) tal que σ ◦ σ −1 = IB e σ −1 ◦ σ = IA se, e somente se, ker σ = {0} e Im σ = B. Prova. Vamos provar apenas os itens (1) e (2): É claro que 0 ∈ Im σ. Dados c, d ∈ Im σ, existe a, b ∈ A tais que c = σ(a) e d = σ(b). Logo, c − d = σ(a) − σ(b) = σ(a) + σ(−b) = σ(a − b) ∈ Im σ, pois a − b ∈ A, e cd = σ(a)σ(b) = σ(ab) ∈ Im σ, pois ab ∈ A. Portanto, Im σ é um subanel de A. (2) É claro que 0 ∈ ker σ. Dados a, b ∈ ker σ, obtemos σ(a − b) = σ(a) + σ(−b) = σ(a) − σ(b) = 0 − 0 = 0 e σ(ab) = σ(a)σ(b) = 0 · 0 = 0. Logo, a − b, ab ∈ ker σ. Portanto, ker σ é um subanel de A. Finalmente, se x ∈ ker σ e a ∈ A, então σ(ax) = σ(a)σ(x) = σ(a)0 = 0. Portanto, ax ∈ ker σ, para todo a ∈ A e x ∈ ker σ. ¥ 4.1. HOMOMORFISMOS DE ANEIS 139 EXERCÍCIOS 1. Sejam A um anel com identidade, B um anel sem divisores de zero e σ : A → B um homomorfismo de aneis tal que σ(a) 6= 0, para algum 0 6= a ∈ A. Mostre que B é um anel com identidade σ(1). 2. Sejam A um anel, S um conjunto não vazio qualquer e σ : S → A uma bijeção. Para cada x, y ∈ S, definimos x ⊕ y = σ−1 (σ(x) + σ(y)) e x ~ y = σ −1 (σ(x)σ(y)), Mostre que S com estas operações é um anel isomorfo a A. 3. Sejam A um anel comutativo com identidade e a ∈ A fixado. (a) Mostre que a função La : A → A definida por La (x) = ax é um homomorfismo de aneis se, e somente se, a2 = a. √ (b) Determine todos os endomorfismos dos aneis Z, Zn , Q e Q[ 3 2]. 4. Seja A um anel finito, com p elementos e p um número primo. Mostre que A é isomorfo a Zp ou ab = 0, para todos a, b ∈ A. (Sugestão: Considere o conjunto B = {x ∈ A : xA = {0}}.) 5. Seja A um anel. (a) Mostre que uma estrutura de anel sobre A × A é dada por (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) e (a, b) · (c, d) = (ac, ad + bc), ∀ a, b, c, d ∈ A. (b) Mostre que a função σ : A × A → M2 (A) definida por " # a b σ(a, b) = 0 a é um homomorfismo de aneis. (c) Podemos usar o item (b) para provar o item (a) sem a necessidade de verificar todos os axiomas de aneis? 6. Sejam A um anel comutativo com identidade e B = A × A sua complexificação. 140 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES (a) Mostre que a função λ : A → B definida por λ(a) = (a, 0) é um monomorfismo. Portanto, podemos identificar A com o subanel λ(A) de B. Neste caso, pondo i = (0, 1), cada elemento de B pode ser escrito sob a forma binomial a + bi, para todos a, b ∈ A, onde i2 = −1 ∈ A. Assim, vamos denotar A × A por A[i] = A + Ai. (b) Mostre que a função σ : A[i] → M2 (A) definida por " # a b σ(a + bi) = −b a é um homomorfismo de aneis. 7. Seja σ : A → B um homomorfismo de aneis. (a) Mostre que se A possui identidade, então σ(1A ) é o elemento identidade de σ(A). Mostre, com exemplo, que B pode não ter elemento identidade. (b) Mostre que se A= (" a 0 0 0 # :a∈R ) e B = M2 (R), então A e B possuem identidade, mas o homomorfismo inclusão λ : A → B não satisfaz λ(1A ) = 1B . Mais geralmente, considere a função λ : Z → B definida por λ(n) = nE11 . 8. Sejam A um anel e G = (A, +) o grupo aditivo de A. (a) Mostre, para um a ∈ A fixado, que a função La : G → G definida por La (x) = ax é um endomorfismo de grupos. (b) Mostre que a função ϕ : A → End(G) definida por ϕ(a) = La é um homomorfismo de aneis. (c) Determine o ker(ϕ). Conclua que ker(ϕ) = AnnA (A) o anulador á esquerda de A. (d) Mostre que o conjunto B = {σ ∈ End(G) : σ(xy) = σ(x)y, ∀ x, y ∈ A} é um subanel de End(G) contendo Im(ϕ). Conclua que B = Im(ϕ) se, e somente se, A é um anel com identidade. √ √ 9. Mostre que os aneis Z[ 2] e Z[ 3] não são isomorfos. 10. Sejam m, n ∈ N. 4.1. HOMOMORFISMOS DE ANEIS 141 (a) Mostre que existe um epimorfismo σ : Zm → Zn se, e somente se, n divide m. (b) Mostre que existe um monomorfismo σ : Zm → Zn se, e somente se, m divide ¡n ¢ n e o mdc m , m = 1. (c) Mostre que se u ∈ U(Zn ), então a função σ : Zn → Zn definida por σ(x) = ux é bijetora. 11. Seja {p1 , p2 , . . .} o conjunto de todos os números primos. (a) Mostre, para um n ∈ N fixada, que a projeção canônica π:Z→ é sobrejetora mas não é injetora. (b) Mostre que a projeção canônica π:Z→ é injetora mas não é sobrejetora. 12. Sejam A um anel com identidade. Dizemos que um elemento a ∈ A possui um inverso à direita se existir b ∈ A tal que ab = 1. Neste caso, a é chamado um inverso à esquerda de b. (a) Sejam G o grupo abeliano aditivo de todas as sequências (an )n∈Z+ , onde an ∈ Z2 , e σ ∈ End(G) definida por σ(a0 , a1 , a2 , . . .) = (a1 , a2 , a3 , . . .). Determine todos os inversos à direita de σ no anel End(G). (b) Seja A um anel com identidade. Mostre que se a ∈ A possui dois inversos à direita diferentes, então ele possui uma quantidade infinita de inversos à direita. (c) Seja A um anel com identidade. Mostre que se a ∈ A possui um inverso à direita, então a é um divisor de zero ou uma unidade. (Sugestão: (b) Sejam S o conjunto de todos os inversos à direita de a e b ∈ S um elemento fixado. Então a função σ : S → S definida por σ(c) = ca + b − 1 está bem definida e é injetora (prove isto!). Agora suponha, por absurdo, que S seja finito.) ∞ Y i=1 n Y i=1 Zpi Zpi 142 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES 13. Sejam A um domínio de integridade de característica um número primo p e n ∈ Z. Mostre que a função σ : A → A definida por σ(a) = na é um homomorfismo de aneis se, e somente se, n ≡ 1 (mod p). 14. (Homomorfismo de Frobenius) Seja A um anel comutativo com identidade de característica um número primo p. Mostre que a função σ : A → A definida por σ(a) = ap é um homomorfismo de aneis. 15. Seja A um domínio de integridade finito de característica um número primo p. (a) Mostre que a função σ : A → A definida por σ(a) = ap é um automorfismo. (b) Mostre que Aut(Zp ) = {I}. Conclua que ap ≡ a (mod p), para todo a ∈ Z. (c) Mostre o Teorema de Fermat: Se mdc(a, p) = 1, então ap−1 ≡ 1 (mod p). 16. Sejam A um domínio de integridade de característica diferente de 2 e H = {a2 : a ∈ U(A)}. Mostre que H é um subgrupo de U(A) com [U(A) : H] = 2. (Sugestão: Mostre que a função σ : U(A) → U(A) definida por σ(a) = a2 é um homomorfismo de grupos.) 4.2 Aneis Quocientes Sejam A um anel e I um subconjunto não vazio de A. Dizemos que I é um ideal à esquerda em A se as seguintes condicões são satisfeitas: 1. Se x, y ∈ I, então x − y ∈ I. (I é um subgrupo do grupo aditivo de A) 2. Se a ∈ A e x ∈ I, então ax ∈ I. (fechado para a operação externa A × I → I) De modo inteiramente análogo, definimos ideal à direita em A. Finalmente, dizemos que I é um ideal em A, em símbolos I E A, se as seguintes condições são satisfeitas: 1. Se x, y ∈ I, então x − y ∈ I. 2. Se a ∈ A e x ∈ I, então ax ∈ I e xa ∈ I. Note que se definirmos aI = {ax : x ∈ I} e Ia = {xa : x ∈ I}, então I é um ideal à esquerda ou à direita em A quando aI ⊆ I ou Ia ⊆ I. Observação 4.9 Seja A um anel qualquer: 1. Todo ideal à esquerda ou à direita em A é um subanel de A. Mas a recíproca é, em geral, falsa. 4.2. ANEIS QUOCIENTES 2. Qualquer ideal em A é ambos à esquerda e à direita. 143 3. Se A é um anel comutativo, então qualquer ideal à esquerda ou à direita é um ideal. 4. Todo anel A admite pelo menos dois ideais, a saber, A e o ideal trivial {0}. 5. Os ideais I em A, onde I 6= A são chamados de ideais próprios. Exemplo 4.10 Seja A = M2 (R). Então o conjunto (" # ) a 0 I= : a, b ∈ R b 0 é um ideal à esquerda em A, mas não é à direita. Enquanto, o conjunto (" # ) a b I= : a, b ∈ R 0 0 é um ideal à direita em A, mas não é à esquerda (prove isto!). Exemplo 4.11 Mostre que todo ideal I do anel dos números inteiros Z é da forma I = (n) = nZ = {na : a ∈ Z}, para algum n ∈ Z+ . Neste caso, subanel é igual a ideal. Solução. É fácil verificar que o conjunto (n) = nZ = {na : a ∈ Z} é um ideal em Z. Reciprocamente, seja I um ideal em Z. Se I = {0}, então I = (0). Se I 6= {0}, então existe m ∈ Z tal que m ∈ I e −m ∈ I, pois I é um subgrupo do grupo aditivo de A. Logo, S = {n ∈ N : n ∈ I} 6= ∅. Assim, pelo Principio da Boa Ordenação, S contém um menor elemento, digamos k ∈ S. Donde k ∈ I. Afirmação. I = kZ. De fato, é claro que kZ ⊆ I, pois I é um ideal em A. Por outro lado, dado m ∈ I, temos, pelo Algoritmo da Divisão, que existem únicos q, r ∈ Z tais que m = qk + r, com 0 ≤ r < k. Se r > 0, então r = m + (−q)k ∈ I, o que contradiz a minimalidade de k. Assim, r = 0 e m = kq ∈ kZ. Portanto, I ⊆ kZ. ¥ 144 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Exemplo 4.12 Sejam A = F([0, 1], R) e a ∈ [0, 1] fixado. Mostre que o conjunto Ma = {f ∈ A : f (a) = 0} é um ideal em A. Solução. É claro que 0 ∈ Ma . Dados h ∈ A e f, g ∈ Ma , obtemos (f − g)(a) = f (a) − g(a) = 0 − 0 = 0 e (hf )(a) = h(a)f (a) = h(a)0 = 0. Assim, f − g, hf ∈ Ma . Portanto, Ma é um ideal em A. ¥ Exemplo 4.13 Mostre que se σ : A → B é um homomorfismo de aneis, então ker σ é um ideal em A (prove isto!). Exemplo 4.14 O anel dos números inteiros Z não é um ideal do corpo dos números racionais Q, pois 1 ∈ Q e 3 ∈ Z, mas 2 3 1 = · 3 ∈ Z. / 2 2 Note que Z é um subanel de Q. Exemplo 4.15 Sejam A um anel com identidade e I um ideal em A. Mostre que 1 ∈ I se, e somente se, I = A. Solução. É claro que se I = A, então 1 ∈ I, pois A é um anel com identidade. Reciprocamente, dado a ∈ A, obtemos a = 1a = a1 ∈ I. Portanto, I = A. ¥ Proposição 4.16 Sejam A um anel e {Ii }i∈Λ uma família indexada de ideais à esquerda em A. Então \ J= Ii i∈Λ é um ideal à esquerda em A. Neste caso, J é o maior ideal à esquerda em A contido em cada Ii . Prova. É claro que 0 ∈ J, pois 0 ∈ Ii , para todo i ∈ Λ. Se x, y ∈ J, então x, y ∈ Ii , para todo i ∈ Λ. Logo, x − y ∈ Ii , para todo i ∈ Λ. Assim, x − y ∈ J. Portanto, J é um subgrupo de A. Finalmente, se a ∈ A e x ∈ J, então x ∈ Ii , para todo i ∈ Λ. Logo, ax ∈ Ii , para todo i ∈ Λ. Assim, ax ∈ J. Portanto, J é um ideal à esquerda em A. ¥ Sejam A um anel e S um subconjunto não vazio de A. Seja F a família de todos os ideais à esquerda em A contendo S, isto é, F = {I E A : S ⊆ I}. 4.2. ANEIS QUOCIENTES Como A ∈ F temos que F 6= ∅. Seja J= 145 I∈F \ I. Então, pela Proposição 4.16, J é um ideal à esquerda em A e S ⊆ J. Finalmente, seja K um ideal à esquerda qualquer em A tal que S ⊆ K. Então K ∈ F e J ⊆ K. Portanto, J é o menor ideal à esquerda em A contendo S. O ideal à esquerda J é chamado o ideal à esquerda em A gerado por S e será denotado por J = (S). Neste caso, temos a existência de um menor ideal à esquerda em A contendo S. Se S = {s1 , s2 , . . . , sn }, então (S) = (s1 , s2 , . . . , sn ). Se existir um subconjunto finito {a1 , a2 , . . . , an } em A tal que J = (a1 , a2 , . . . , an ), dizemos que J é um ideal à esquerda finitamente gerado e {a1 , a2 , . . . , an } é um conjunto de geradores de J. Em particular, se J = (a), para algum a ∈ A, dizemos que J é um ideal à esquerda principal em A. Proposição 4.17 Sejam A um anel e S um subconjunto não vazio qualquer de A. Então (S) é o conjunto de todas as somas finitas de elementos da forma ns1 + as2 + s3 b + cs4 d, onde n ∈ Z, a, b, c, d ∈ A e s1 , s2 , s3 , s4 ∈ S. Além disso, se A é um anel comutativo com identidade, então ) ( n X ai si : n ∈ N, ai ∈ A e si ∈ S (S) = AS = i=1 = As1 + As2 + · · · + Asn , pois nsi = (n1A )si ∈ Asi . Em particular, se S = {s}, então (S) = (s) = {as : a ∈ A} = As é um ideal principal em A. Prova. Fica como um exercício. Exemplo 4.18 Sejam A = Z e I = (4, 6). Mostre que I = (2) = 2A. Solução. Como 2 = 6 − 4 temos que (2) = 2A ⊆ I. Reciprocamente, dado x ∈ I, existem a, b ∈ A tais que x = 4a + 6b ⇒ x = 2(2a + 3b) ∈ (2). Portanto, I ⊆ (2). ¥ ¥ 146 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Exemplo 4.19 Sejam A = F([0, 1], R) e a ∈ [0, 1] fixado. Mostre que o conjunto Ma = {f ∈ A : f (a) = 0} é um ideal principal em A. Solução. Seja g ∈ A definida por g(x) = onde b ∈ R∗ . Então f = ( Seja A um anel. Dizemos que A é um anel simples se A2 6= {0} e os únicos ideais em A são {0} e A. Note que se A é um anel com identidade, então a condição A2 6= {0} é sempre satisfeita. Exemplo 4.20 Mostre que todo anel com divisão é um anel simples. Solução. Sejam A um anel com divisão e I um ideal em A. Suponhamos que I 6= {0}. Então I contém um elemento não nulo a ∈ A. Logo, dado x ∈ A, obtemos x = x1 = (xa−1 )a ∈ I. Portanto, I = A. ¥ Exemplo 4.21 Seja A = Mn (R). Mostre que A é um anel simples com Z(A) = {aIn : a ∈ R}. Neste caso, dizemos que A é uma álgebra central simples. Solução. Seja I um ideal em A. Suponhamos que I 6= {0}. Então I contém uma matriz não nula A = [aij ] ∈ A, com akl 6= 0, para algum k, l = 1, . . . , n. Como à n n ! n n XX XX Eik AElj = Eik apq Epq Elj = apq (Eik Epq ) Elj = = temos que Em particular, p=1 q=1 n n X X p=1 q=1 n X q=1 p=1 q=1 ¡1 ¢ f · g, para todo f ∈ Ma . Portanto, Ma = (g). b 0, se x = a b, se x 6= a, ¥ apq δ kp Eiq Elj = n X q=1 akq Eiq Elj akq δ ql Eij = akl Eij ¡ ¢ Eij = a−1 Eik AElj ∈ I. kl In = E11 + · · · + Enn ∈ I. 4.2. ANEIS QUOCIENTES 147 Portanto, I = A. Finalmente, dados A = [apq ] ∈ Z(A) e i, j ∈ {1, . . . , n}, com i 6= j, obtemos à n n ! n n n XX XX X Eij A = Eij apq Epq = apq Eij Epq = ajq Eiq p=1 q=1 p=1 q=1 q=1 e AEij = Logo, à n n XX p=1 q=1 apq Epq n X q=1 ! Eij = n n XX p=1 q=1 n X p=1 apq Epq Eij = n X p=1 api Epj . ajq Eiq = api Epj . ¥ Se j 6= q, então ajq = 0 e ajj = aii . Portanto, A = aIn , com a = aii , i = 1, . . . , n. Seja A um anel. Dizemos que A é um anel de ideais principais se todo ideal em A for principal. Em particular, quando um anel de ideais principais for um domínio de integridade, dizemos que A é domínio de ideais principais (DIP ). Exemplo 4.22 Os aneis Z e Zn , onde n ∈ N, são aneis de ideais principais. Sejam A um anel e I um ideal em A. Dados a, b ∈ A, dizemos que a é congruente a b módulo I se a − b ∈ I, em símbolos, a ≡ b (mod I) ⇔ a − b ∈ I ⇔ b − a ∈ I. Proposição 4.23 Sejam A um anel e I um ideal em A. Então: 1. A congruência módulo I é uma relação de equivalência sobre A. 2. A classe de equivalência de a em A é igual ao conjnuto a = a + I = {a + x : x ∈ I}. + I). 3. A = 4. Duas classes laterais de I em A são disjuntas ou iguais. 5. Para quaisquer a, b ∈ A, a + I = b + I se, e somente se, b − a ∈ I. Prova. Fica como um exercício. O conjunto a + I = {a + x : x ∈ I} chama-se a classe lateral de I em A e o elemento a chama-se um representante da classe lateral. Pelos itens (3) e (4) da Proposição 4.23, o conjunto de todas as classes laterais de I em A forma uma partição de A e será denotado por A A = = {a + I : a ∈ I}. I ≡ ¥ S a∈A (a 148 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Teorema 4.24 Sejam A um anel e I um subgrupo do grupo aditivo de A. Então I é um ideal em A se, e somente se, as operações binárias (a + I) ⊕ (b + I) = (a + b) + I e (a + I) ~ (b + I) = ab + I, ∀ a, b ∈ A, estão bem definidas. Prova. Suponhamos que I seja um ideal em A. Como A é um grupo abeliano aditivo temos que I é um subgrupo normal em A. Assim, a operação binária ⊕ está bem definida. Agora, dados a, b, c, d ∈ A, suponhamos que a + I = c + I e b + I = d + I. Então existem x, y ∈ I tais que a = c + x e b = d + y. Logo, ab = (c + x)(d + y) = cd + cy + xd + xy. Assim, ab + I = cd + I, pois cy + xd + xy ∈ I, isto é, a operação binária ~ está bem definida. Reciprocamente, dados a ∈ A e x ∈ I, obtemos 0 + I = I = x + I ⇒ ax + I = (a + I) ~ (x + I) = (a + I) ~ (0 + I) = I ⇒ ax ∈ I. Portanto, I é um ideal em A. Corolário 4.25 Sejam A um anel e I um ideal em A. Então binárias A I ¥ munido com as operações (a + I) ⊕ (b + I) = (a + b) + I e (a + I) ~ (b + I) = (ab) + I, ∀ a, b ∈ A, é um anel, chamada de anel quociente ou anel fator de A por I. Em particular, se A é um anel comutativo com identidade, então A é um anel comutativo com identidade 1 + I. I Prova. Fica como um exercício. Exemplo 4.26 Sejam n ∈ Z+ e Zn o anel dos números inteiros de módulo n. Então Z = Zn , nZ pois a = {b ∈ Z : b ≡ a (mod n)} = {a + nk : k ∈ Z} = a + nZ. Teorema 4.27 Todo ideal é núcleo de um homomorfismo. ¥ 4.2. ANEIS QUOCIENTES 149 Prova. Sejam A um anel e σ : A → B um homomorfismo de aneis. Então, pelo item (2) da Proposição 4.8, I = ker σ é um ideal em A. Reciprocamente, seja I um ideal em A. Então a função π:A³ A I definida por π(a) = a + I é um epimorfismo, pois dados a, b ∈ A, π(a + b) = (a + b) + I = (a + I) ⊕ (b + I) = π(a) ⊕ π(b) e π(ab) = (ab) + I = (a + I) ~ (b + I) = π(a) ~ π(b). Finalmente, ker π = {a ∈ A : π(a) = 0 + I = I} = {a ∈ A : a + I = I} = {a ∈ A : a ∈ I} = I. Portanto, I = ker π. A função π é chamado de epimorfismo canônica ou projeção canônica. ¥ EXERCÍCIOS 1. Seja A um anel comutativo com identidade. Mostre que u ∈ U(A) se, e somente se, (u) = A. 2. Sejam A um anel comutativo com identidade e a, b ∈ A. Mostre que (a) ⊆ (b) se, e somente se, a = xb, para algum x ∈ A. 3. Sejam A um domínio de integridade e a, b ∈ A. Mostre que (a) = (b) se, e somente se, a = ub, para algum u ∈ U(A). 4. Sejam A um anel e I ideal em A. Mostre que se, ab − ba ∈ I, para todos a, b ∈ A. A I é um anel comutativo se, e somente 5. Sejam A um anel com identidade e S um subconjunto não vazio qualquer de A. (a) Mostre que o conjunto AS = (S) = ( n X i=1 ai xi : n ∈ N, xi ∈ S e ai ∈ A ) é um ideal à esquerda em A. Em particular, se S = {x}, então Ax = (x) = {ax : a ∈ A}. 150 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES (b) Mostre que o conjunto SA = (S) = ( n X i=1 xi bi : n ∈ N, xi ∈ S e bi ∈ A ) é um ideal à direita em A. Em particular, se S = {x}, então xA = (x) = {xb : b ∈ A}. (c) Mostre que o conjunto ASA = (S) = ( n X i=1 ai xi bi : n ∈ N e ai , bi ∈ A ) é um ideal em A. Em particular, se S = {x}, então ) ( n X ai xbi : n ∈ N e a, ai , b, bi ∈ A . AxA = (x) = ax + xb + i=1 (d) Conclua que se A é um anel comutativo com identidade, então os ideais acima coincidem. 6. Sejam A um anel e I um ideal em A. Definimos o conjunto C(I) = {x ∈ A : xa − ax ∈ I, ∀ a ∈ A}. Mostre que C(I) é um subanel de A. 7. Sejam A um anel comutativo com identidade e I um ideal em A. Dado a ∈ A − I, mostre que (I, a) = {m + xa : m ∈ I e x ∈ A}, onde (I, a) = (I ∪ {a}) é o ideal gerado por I e a. 8. Sejam A um anel comutativo com identidade e I, J ideais em A. Mostre que o conjunto I : J = {x ∈ A : xb ∈ I, ∀ b ∈ J} é um ideal em A, chamado de ideal quociente em A. 9. Sejam A um anel e I, J ideais em A. (a) Mostre que o conjunto I + J = {a + b : a ∈ I e b ∈ J} é um ideal em A. 4.2. ANEIS QUOCIENTES (b) Seja S = {ab : a ∈ I e b ∈ J}, definimos IJ como o ideal gerado por S, isto é, IJ = (S). Mostre que ( n ) X IJ = ai bi : n ∈ N, ai ∈ I e bi ∈ J . i=1 151 10. Sejam A um anel e I(A) o conjunto de todos os ideais em A munido com as operações binárias I + J e IJ, ∀ I, J ∈ I(A). (a) Mostre que I(A) com a adição é um monoide comutativo. (b) Mostre que a função σ : A → I(A) definida por σ(a) = (a) é um homomorfismo de monoides. Conclua que se A é um anel de ideais principais, então σ é sobrejetora. (c) Mostre que I(A) com a multiplicação é um semigrupo. Em particular, se A é um anel comutativo com identidade, então I(A) é comutativo com identidade A. (d) Mostre que vale as leis distributivas em I(A). Neste caso, dizemos que I(A) é um quasianel. 11. Seja Z o anel dos números inteiros. Dados m, n ∈ Z, considere os ideais principais I = (m) = mZ e J = (n) = nZ. Mostre que I + J = (m, n) = (mdc(n, m)), I ∩ J = (mmc(n, m)), IJ = (mn) e I : J = (k), com k mdc(m, n) = m. 12. Sejam A um anel comutativo e I, J ideais em A. (a) Mostre que IJ ⊆ I ∩ J. Em particular, mostre que se I + J = A, então IJ = I ∩ J. (b) Mostre que I ∪ J é um ideal em A se, e somente se, I ⊆ J ou J ⊆ I. Note, como uma consequência do item (a), que para cada ideal I em A, obtemos uma cadeia descendente de ideais em A, a saber, I ⊇ I2 ⊇ I3 ⊇ · · · ⊇ In ⊇ · · · . 13. Sejam A um anel e I, J e K ideais em A. (a) Mostre que I + J = I se, e somente se, J ⊆ I. 152 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES (b) Mostre que I ∩ J = I se, e somente se, I ⊆ J. (c) Mostre que (I ∩ K) + (J ∩ K) ⊆ (I + J) ∩ K. Mostre que vale a igualdade se I ⊆ K ou J ⊆ K. 14. Seja A = M2 (Q). Mostre que I= (" a b 0 0 # : a, b ∈ Q ) é um ideal à direita principal em A. Generalize. 15. Sejam A um anel e S um subconjunto não vazio qualquer de A. Mostre que o conjunto AnnA (S) = {a ∈ A : sa = 0, ∀ s ∈ S} é um ideal à direita em A, chamado o anulador à direita de S em A. Em particular, mostre que AnnA (S) é um ideal em A se S é um ideal à direita (à esquerda) em A. Além disso, mostre que se A é um anel com identidade, então AnnA (S) = {0}. 16. Seja σ : A → B um homomorfismo de aneis. (a) Mostre que se I é um ideal em A, então σ(I) é um ideal em σ(A). (b) Mostre, com um exemplo, que se I é um ideal em A, então σ(I) não é necessariamente um ideal em B. (c) Mostre que se J é um ideal em B, então σ−1 (J) é um ideal em A contendo ker σ. 17. Sejam A um anel comutativo e I um ideal em A. Mostre que o conjunto Rad I = {a ∈ A : an ∈ I, para algum n ∈ Z+ } é um ideal em A, chamado o radical de I. 18. Seja A um anel com identidade. Mostre que A é um anel com divisão se, e somente se, os únicos ideais à esquerda em A são {0} e A. 19. Seja σ : A → B um homomorfismo de aneis sobrejetor. Mostre que se A é um anel de ideais principais, então B é um anel de ideais principais. 20. Mostre que Z[2i] não é um ideal do anel dos números inteiros de Gauss Z[i]. 21. Determine todos os ideais de Z × Z. 22. Seja A um anel comutativo com identidade. Mostre que se A é um anel simples, então A é um corpo. 4.2. ANEIS QUOCIENTES 23. Sejam p um número primo fixado e Hp = {a + bi + cj + dk : a, b, c, d ∈ Zp } 153 o anel dos quatérnios de módulo p. Mostre que Hp é um anel simples, mas não é um anel com divisão. 24. Seja A = P (X) o anel de todos subconjuntos de um conjunto X. Mostre que o conjunto F(X) = {Y ⊆ X : |Y | < ∞} é um ideal em P (X). Além disso, mostre que P (Y ) e P (X −Y ) são ideais principais em P (X), com P (X) = P (Y ) ⊕ P (X − Y ), para qualquer subconjunto Y de X. (Sugestão: Confira Exercício 28 da Seção 1 do Capítulo 3.) 25. Sejam A = RR , B = {g ∈ A : g é contínua}, I = {gI : g ∈ B e g(0) = 0} e J = {gI2 + nI2 : g ∈ B, n ∈ Z e g(0) = 0}, com I(x) = x, para todo x ∈ R. Mostre que I é um ideal em B e J é um ideal em I mas não é um ideal em B. 26. Sejam A um anel comutativo com identidade e I um ideal em A. (a) Mostre que Mn (I) é um ideal em Mn (A). (b) Seja K um ideal em Mn (A) e consideremos o conjunto J = {a ∈ A : a é uma entrada de alguma matriz de K}. Mostre que J é um ideal em A. (c) Mostre que K = Mn (J). (d) Mostre que se K = Mn (I), para algum ideal I em A, então J = I. (Sugestão: (c) É claro que K ⊆ Mn (J). Reciprocamente, suponhamos que A = [aij ] ∈ Mn (J). Sendo n n XX aij Eij , A= i=1 j=1 devemos verificar que aij Eij ∈ K. De fato, fixando i, j ∈ {1, . . . , n}, existe B ∈ K tal que aij = bpq , pois aij ∈ J. Logo, aij Eij = bpq Eij = Eip BEqj ∈ K. Assim, A ∈ K. Portanto, Mn (J) ⊆ K.) 154 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES 27. Seja p um número primo fixado. Mostre que o conjunto na o Ap = : a, b ∈ Z e p - b b é um domínio de integridade sob as operações induzidas por Q. Além disso, (a) Mostre que U(Ap ) = na b o ∈ Ap : p - a e p - b . (b) Mostre que Ap é um domínio de ideais principais. (Sugestão: (b) Todo elemento x de Ap pode ser escrito sob a forma a x = pn , onde n ∈ Z+ , p - a e p - b. b Agora, escolha como gerador de um ideal em Ap o elemento com n mínimo.) 4.3 Teoremas de Isomorfismos Nestas seção vamos estudar alguns teoremas de estruturas para aneis, os quais podem ser provados adaptando os argumentos usados nas provas dos teoremas análogos para grupos. Teorema 4.28 Sejam A um anel e I um ideal em A. Então o par ordenado µ ¶ A ,π I possui a seguinte propriedade universal: Dados qualquer anel B e qualquer homomorfismo de aneis ϕ : A → B, onde I ⊆ ker ϕ, existe um único homomorfismo de aneis ψ: tal que ψ ◦ π = ϕ. Além disso, 1. Im ψ = Im ϕ e ker ψ = ker ϕ . I A →B I 2. ψ é um isomorfismo se, e somente se, ϕ é um epimorfismo e I = ker ϕ. Prova. (Existência) Note que ψ ◦ π = ϕ significa que ϕ(a) = ψ ◦ π(a) = ψ(π(a)) = ψ(a + I), ∀ a ∈ A. Assim, vamos definir a função ψ: A →B I 4.3. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 155 por ψ(a + I) = ϕ(a). Então ψ está bem definda e é um homomorfismo aneis, pois dados a, b ∈ A, obtemos a + I = b + I ⇒ a − b ∈ I ⊆ ker ϕ ⇒ ϕ(a) = ϕ(b) ⇒ ψ(a + I) = ψ(b + I), isto é, ψ está bem definda; ψ((a + I) ⊕ (b + I)) = ψ(a + b + I) = ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b) = ψ(a + I) + ψ(b + I) e ψ((a + I) ~ (b + I)) = ψ(ab + I) = ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) = ψ(a + I)ψ(b + I). (Unicidade) Seja ψ0 : tal que ψ0 ◦ π = ϕ. Então ψ0 (a + I) = ϕ(a) = ψ(a + I), ∀ a ∈ A. Portanto, ψ0 = ψ. ¥ A →B I Corolário 4.29 (Primeiro Teorema de Isomorfismo) Seja σ : A → B um homomorfismo de aneis. Então A ' Im σ. ker σ Prova. Como σ : A → Im σ é um epimorfismo temos, pelo Teorema 4.28, com I = ker σ, que A ' Im σ, ker σ que é o resultado desejado. ¥ Observação 4.30 O anel A ker σ é, às vezes, chamado de coimagem de σ. Se Im σ é um ideal em B, então o anel B Im σ é chamado de conúcleo de σ. Exemplo 4.31 Sejam A um anel com identidade, a ∈ Z(A) fixado e S um subconjunto não vazio qualquer de A. Mostre que a função ϕa : AS → A definida por ϕa (f ) = f (a) é um homomorfismo de aneis, chamado de homomorfismo avaliação (ou homomorfismo substituição) em a. Conclua que AS ' A. ker ϕa 156 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Solução. Dados f, g ∈ AS , obtemos ϕa (f + g) = (f + g)(a) = f (a) + g(a) = ϕa (f ) + ϕa (g) e ϕa (fg) = (fg)(a) = f (a)g(a) = ϕa (f )ϕa (g). Logo, ϕa é um homomorfismo de aneis. Dado b ∈ A, existe a função constante f ∈ AS igual b tal que ϕa (f ) = f (a) = b, isto é, ϕa é sobrejetora. Finalmente, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, AS ' A, ker ϕa que é o resultado desejado. ¥ Corolário 4.32 Sejam σ : A → B um homomorfismo de aneis, I um ideal em A, J um ideal em B, onde σ(I) ⊆ J. Então a função ϕ: A B → I J definida por ϕ(a + I) = σ(a) + J é um homomorfismo de aneis. Além disso, ϕ é um isomorfismo se, e somente se, Im σ + J = B e σ −1 (J) ⊆ I. Em particular, se σ é um epimorfismo tal que σ(I) = J e ker σ ⊆ I, então ϕ é um isomorfismo. Prova. Basta aplicar o Teorema 4.28 a função ϕ = π 1 ◦ σ, com π1 : B ³ o epimorfismo canônico. B J ¥ Exemplo 4.33 Seja A um anel com identidade. Então B ' Z ou B ' Zn , para algum subanel B de A e n ∈ N. Solução. Pelo Exemplo 4.2, existe um único homomorfismo de aneis σ : Z → A tal que σ(1) = 1A . Logo, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, Z ' Im σ. ker σ Como ker σ = {0} ou ker σ = nZ = (n), para algum n ∈ N, temos que Im σ ' Z ou Im σ ' Zn , para algum n ∈ N. ¥ Corolário 4.34 (Segundo Teorema de Isomorfismo) Sejam A um anel, B subanel de A e I um ideal em A. Então: 1. O conjunto B + I = {b + x : b ∈ B e x ∈ I} é um subanel de A. 4.3. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 2. I é um ideal em B + I. 3. B ∩ I é um ideal em B. 4. B B+I ' . I B∩I 157 Prova. Vamos provar apenas o item (4). Basta aplicar o Primeiro Teorema de Isomorfismo a função σ = π 1 ◦ λ, com λ : B → B + I e π1 : B + I ³ B+I I ¥ a inclusão e o epimorfismo canônico, pois I é um ideal em B + I e ker(σ) = B ∩ I. Corolário 4.35 (Terceiro Teorema de Isomorfismo) Sejam A um anel e I, J ideais em A, com I um ideal em J. Então A J A A E e I ' . J I I J I Prova. Aplicando o Corolário 4.32 a função identidade IA : A → A, com IA (I) um ideal em J, obtemos um epimorfismo A A ϕ: → I J definido por ϕ(a + I) = a + J. Como J = ϕ(a + I) ⇔ J = a + J ⇔ a ∈ J temos que J . I Portanto, aplicando o Primeiro Teorema de Isomorfismo a ϕ, temos que ker ϕ = {a + I : a ∈ J} = A A J A A ker ϕ = E e I = I ' Im ϕ = , J I I ker ϕ J I que é o resultado desejado. ¥ Teorema 4.36 (Teorema da Correspondência) Sejam A um anel, I um ideal em A e π : A → A a projeção canônica. Se F é a família de todos os subaneis (ideais) de I A contendo I e F 0 é a família de todos os subaneis (ideais) de A , então existe uma I correspondência biunívoca entre F e F 0 . Prova. Fica como um exercício. ¥ 158 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Z Exemplo 4.37 Determine todos os ideais de Z12 = 12Z . Mais geralmente, mostre que para cada divisor m de n existe um único ideal em Zn . Solução. É clara que a função ϕ : Z → Z12 definida por ϕ(x) = x = x + 12Z é a projeção canônica. Assim, pelo Teorema da Correspodência e o diagrama abaixo, temos o resultado. ¥ Figura 4.1: Reticulado do anel Z12 . √ √ Exemplo 4.38 Mostre que os corpos Q( 2) e Q( 3) não são isomorfos. √ √ Solução. Suponhamos, por absurdo, que Q( 2) seja isomorfo a Q( 3). Então existe √ √ √ √ um isomorfismo σ de Q( 2) sobre Q( 3). Como σ( 2) ∈ Q( 3) temos que existem a, b ∈ Q, com a 6= 0 ou b 6= 0 ou ambos, tais que √ √ σ( 2) = a + b 3, √ pois σ( 2) 6= 0. Logo, ³ √ √ √ ´³ √ ´ √ √ 2 = σ(2) = σ(( 2)2 ) = σ( 2)σ( 2) = a + b 3 a + b 3 = a2 + 2ab 3 + 3b2 . √ 2 − a2 − 3b2 ∈ Q, 3= 2ab o que é uma contradição. Se ab = 0, então a = 0 ou b = 0. Se a = 0, então 3b2 = 2. Logo, r 2 ± = b ∈ Q, 3 o que é uma contradição. Se b = 0, então a2 = 2. Logo, √ ± 2 = a ∈ Q, Assim, se ab 6= 0, então √ √ o que é uma contradição. Portanto, Q( 2) não é isomorfo a Q( 3). ¥ 4.3. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 159 EXERCÍCIOS 1. Sejam A um anel e {In }n∈N uma família indexadas de ideais em A, onde I1 ⊆ I2 ⊆ · · · ⊆ In ⊆ · · · . Mostre que I= é um ideal em A. [ In n∈N 2. Seja {In }n∈N uma família de ideais do anel dos números inteiros Z, onde I1 ⊆ I2 ⊆ · · · ⊆ In ⊆ · · · . Mostre que existe n0 ∈ N tal que In = In0 , para todo n ∈ N, com n ≥ n0 . Neste caso, dizemos que o anel dos números inteiros Z satifaz à condição de cadeia ascendente. 3. Sejam p um número primo fixado e {In }n∈Z+ = {pn Z}n∈Z+ uma família de ideais no anel dos números inteiros Z. Mostre que Z = I0 ⊃ I1 ⊃ · · · ⊃ In ⊃ · · · . 4. Sejam A um anel com identidade, I um ideal em A e B um subanel de A. Mostre que I ∩ B é um ideal em B. Mostre, com um exemplo, que nem todo ideal em um subanel B do anel A necessita ser da forma I ∩ B, para algum ideal I em A. 5. Seja A um anel com identidade tal que (xy)2 = x2 y 2 , para todos x, y ∈ A. Mostre que A é um anel comutativo. (Sugestão: Considere as expressões [a(1 + b)]2 = a2 (1 + b)2 e (1 + a)b(1 + a), para todos a, b ∈ A.) 6. Sejam σ : A → B um epimorfismo, I um ideal em A e J um ideal em B. Mostre que σ(I) ∩ J = σ(I ∩ σ −1 (J)). 7. Sejam A um anel e I, J ideais em A. Mostre que A A A ' × . I ∩J I J 8. Sejam A um anel e I, J, K ideais em A. (a) Mostre que se I +K J +K = , K K então I + K = J + K. 160 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES (b) Mostre que se I +K J +K E , K K então I + K é um ideal em J + K. 9. Sejam A = C([0, 1], R), a ∈ [0, 1] fixado e σ : A → A definida por σ(f ) = f (a). (a) Mostre que σ é um epimorfismo. (b) Determine ker σ e Im σ. (c) Identifique o anel quociente A . ker σ 10. Sejam σ : A → B um homomorfismo de aneis, I(A) o conjunto de todos os ideais em A e I(B) o conjunto de todos os ideais de B. Definimos as funções E : I(A) → I(B) e C : I(B) → I(A) por E(I) = (σ(I)) e C(J) = σ −1 (J). (a) Mostre que I ⊆ (C ◦ E)(I), para todo I ∈ I(A). (b) Mostre que (E ◦ C)(J) ⊆ J, para todo J ∈ I(B). (c) Mostre que C = C ◦ E ◦ C e E = E ◦ C ◦ E. (d) Determine como somas, produtos e interseções comportam-se sob as operações E e C. 11. Sejam σ : A → B um homomorfismo de aneis e J um ideal em B. Mostre que a função ¡ ¢ A A ϕ : −1 → definida por σ a + σ −1 (J) = σ(a) + J σ (J) J está bem definida e é um monomorfismo. 12. Determine todos os ideais e imagens homomórficas, a menos de isomorfismo, dos aneis (" # ) (" # ) a b a b A= : a, b, c ∈ Z e B = : a, b, c ∈ R 0 c 0 c 13. Sejam A= (" a b 0 c # : a, b, c ∈ Z ) e I= (" 6x y 0 8z # : x, y, z ∈ Z . ) (a) Mostre que I é um ideal em A. ¡ ¢ (b) Determine U A . I 4.3. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 161 14. Seja A um domínio de integridade tal que qualquer subgrupo do grupo aditivo de A seja um subanel de A. Mostre que A ' Z ou A ' Zp , para algum número primo p. 15. Seja ϕ : A → B um homomorfismo de aneis sobrejetor. Mostre que se A é um anel de ideais principais, então B é um anel de ideais principais. 16. Mostre que Zm é um anel de ideais principais, para todo m ∈ N. 17. Sejam A1 , . . . , An aneis com identidade e I um ideal em A = A1 × · · · × An . (a) Mostre que I = I1 × · · · × In , com cada Ii um ideal em Ai . (b) Mostre, com um exemplo, que o resultado em (a) não é necessariamente verdade se os Ai não possuem identidade. (Sugestão: (a) Dado I um ideal em A, tome Ii = π i (I), onde π i : A → Ai a projeção canônica. Então, dado ai ∈ Ii , existe x = (b1 , . . . , ai , . . . , bn ) ∈ I tal que π i (x) = ai . Logo, (0, . . . , 0, ai , 0, . . . , 0) = x(0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) ∈ I, ou seja, I1 × · · · × In ⊆ I.) 18. Sejam A um domínio de integridade e I(A) o conjunto de todos os ideais em A. Mostre que as seguintes condições são equivalentes. (a) A é um domínio de ideais principais; (b) I(A) satisfaz à condição de cadeia ascendente; (c) I(A) satisfaz à condição maximal. (Sugestão: (b ⇒ c) Suponnhamos, por absurdo, que exista um subconjunto não vazio de I(A) sem elemento maximal. Então a família FI = {J ∈ I(A) : I ⊂ J} é não vazio, para todo I ∈ I(A). Assim, podemos escolher I0 ∈ FI e, indutivamente obtemos In+1 ∈ FI tal que In ⊆ In+1 , para todo n ∈ N. Então é fácil verificar que a cadeia I0 ⊂ I1 ⊂ · · · ⊂ In ⊂ · · · é estritamente crescente, o que é uma contradição.) 19. Sejam A um anel e B um anel com identidade. Mostre que para um ideal I em A fixado, com I ⊆ Z(A), e qualquer homomorfismo de aneis sobrejetor ϕ : I → B existe um único homomorfismo de aneis ψ : A → B tal que ψ|A = ϕ. (Sugestão: Como 1 = 1B ∈ B temos que existe u ∈ I tal que ϕ(u) = 1. Agora, considere a função ψ : A → B definida por ψ(a) = ϕ(au).) 162 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES 4.4 Ideais Primos e Maximais Seja A um anel. Dizemos que um ideal P em A é um ideal primo em A se P 6= A e para todos a, b ∈ A e se ab ∈ P , então a ∈ P ou b ∈ P ou, equivalentemente, a ∈ P e b ∈ P ⇒ ab ∈ P. / / / Exemplo 4.39 Seja A = Z o anel dos números inteiros. Mostre que P é um ideal primo em A se, e somente se, P = {0} ou P = (p), com p um número primo. Solução. Suponhamos que P seja um ideal primo em A. Então, pelo Exemplo 4.11, existe n ∈ A tal que P = (n). Se n = 0, nada há para ser provado. Se n > 0 e n = ab, então ab ∈ P . Logo, por hipótese, a ∈ P ou b ∈ P . Se a ∈ P , então existe x ∈ A tal que a = nx. Assim, a = nx = (ab)x = a(bx) ⇒ bx = 1 ⇒ b ∈ U(A). Portanto, n é um número primo. De modo inteiramente análogo, trabalha com b ∈ P . Reciprocamente, é claro que P 6= A. Dados a, b ∈ A, onde ab ∈ P . Se P = {0}, então ab = 0. Como A é um domínio de integridade temos que a = 0 ou b = 0. Logo, a ∈ P ou b ∈ P . Portanto, P é um ideal primo em A. Agora, se P = (p), para algum número primo p, então existe x ∈ A tal que ab = px. Assim, pelo Lema de Euclides, p divide a ou p divide b. Logo, a ∈ P ou b ∈ P . Portanto, P é um ideal primo em A. Teorema 4.40 Sejam A um anel comutativo com identidade e P um ideal em A. Então as seguintes condições são equivalentes: 1. P é um ideal primo em A; 2. Se I e J são ideais quaisquer em A tais que IJ ⊆ P , então I ⊆ P ou J ⊆ P ; 3. A P é um domínio de integridade. Prova. (1 ⇒ 2) Suponhamos que P seja um ideal primo em A e I, J ideais em A tais que IJ ⊆ P . Se I 6⊂ P , então existe x ∈ I tal que x ∈ P . Para um y ∈ J fixado, obtemos / xy ∈ IJ ⊆ P . Logo, por hipótese, x ∈ P ou y ∈ P . Como x ∈ P temos que y ∈ P . / Portanto, J ⊆ P . A (2 ⇒ 3) Já vimos que P é um anel comutativo com identidade 1 + P 6= P e elemento neutro 0 + P = P . Dados a, b ∈ A, se (a + P )(b + P ) = P ⇒ ab + P = P ⇒ ab ∈ P. Assim, (a)(b) = (ab) ⊆ P . Logo, por hipótese, (a) ⊆ P ou (b) ⊆ P . Portanto, a + P = P ou b + P = P, isto é, A P é um domínio de integridade. 4.4. IDEAIS PRIMOS E MAXIMAIS (3 ⇒ 1) Dados a, b ∈ A. Se ab ∈ P , então ab + P = P ⇒ (a + P )(b + P ) = P. 163 Assim, por hipótese, a + P = P ou b + P = P . Portanto, a ∈ P ou b ∈ P , ou seja, P é um ideal primo em A. ¥ Seja A um anel. Dizemos que um ideal M em A é um ideal maximal em A se M 6= A e se J é um ideal em A tal que M ⊆ J ⊆ A, então M = J ou J = A. Dizemos que A é um anel local se A possui um único ideal maximal. Um ideal M de um anel A é um ideal minimal em A se M 6= A e J é um ideal em A tal que {0} ⊆ J ⊆ M, então J = {0} ou J = M. Proposição 4.41 Seja A um anel comutativo com identidade. Então M é um ideal maximal em A se, e somente se, (M, x) = A, para todo x ∈ A − M se, e somente se, para todo x ∈ M, existe a ∈ A tal que 1 − xa ∈ M. / Prova. Para cada x ∈ M temos que M ⊆ M + (x). Logo, por hipótese, M + (x) = A. / Como 1 ∈ A temos que 1 ∈ M + (x), isto é, existem a ∈ A e m ∈ M tal que 1 = m + xa. Portanto, 1 − xa ∈ M. Reciprocamente, seja J é um ideal em A tal que M ⊆ J ⊆ A. Suponhamos que M 6= J. Então existe x ∈ J tal que x ∈ M. Assim, por hipótese, existe a ∈ A tal que / 1 − xa ∈ M. Logo, 1 = xa + (1 − xa) ∈ J e J = A. Portanto, M é um ideal maximal em A. ¥ Corolário 4.42 Se A um anel comutativo com identidade, então todo ideal maximal é primo. Prova. Sejam M um ideal maximal em A e a, b ∈ A, onde ab ∈ M. Suponhamos que a ∈ M. Então, pela Proposição 4.41, existe x ∈ A e m ∈ M tal que 1 = m + ax. Logo, / b = b · 1 = b(m + ax) = bm + abx ∈ M. Portanto, M um ideal primo em A. ¥ Exemplo 4.43 Seja A = Z × Z. Mostre que P = Z × {0} é um ideal primo em A mas não é um ideal maximal. Solução. Dados (a, b), (c, d) ∈ A, onde (ac, bd) ∈ P . Então bd = 0. Logo, b = 0 ou d = 0. Portanto, (a, b) ∈ P ou (c, d) ∈ P , isto é, P é um ideal primo em A. Mas P não é um ideal maximal em A, pois P ⊂ B = Z × 2Z ⊂ A. ¥ Proposição 4.44 Seja A um domínio de ideais principais. Então todo ideal primo em A é maximal. 164 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Prova. Seja P um ideal primo em A com P 6= {0}. Então, por hipótese, existe a ∈ A∗ tal que P = (a). Seja J = (b) um ideal em A tal que P ⊆ J ⊆ A. Como a ∈ P ⊆ J temos que existe c ∈ A tal que a = bc. Logo, bc ∈ P e, por hipótese, b ∈ P ou c ∈ P . Se b ∈ P , então existe x ∈ A tal que b = ax. Assim, a = axc ⇒ xc = 1 ⇒ x ∈ U(A), isto é, J = (b) = (ax) = P . De modo inteiramente análogo, para c ∈ P . ¥ Teorema 4.45 (Teorema de Krull) Seja A um anel comutativo com identidade não trivial. Então: 1. A possui um ideal maximal. 2. Qualquer ideal I em A, com I 6= A está contido em um ideal maximal. Prova. Basta prova o item (2). Seja F a família de todos os ideais J em A, onde I ⊆ J e J 6= A. Então F 6= ∅, pois I ∈ F. Dados J, K ∈ F, definimos J ≤ K ⇔ J ⊆ K. Então ≤ é uma relação de ordem parcial sobre F (prove isto!). Seja C = {Ji : i ∈ Λ} uma cadeia qualquer de F. Então [ Ji M= i∈Λ é um ideal em A. De fato, é claro que M 6= ∅, pois 0 ∈ Ji , para todo i ∈ Λ. Dados a, b ∈ M, existem i, j ∈ Λ tais que a ∈ Ji e b ∈ Jj . Como C é uma cadeia temos que Ji ⊆ Jj ou Jj ⊆ Ji , digamos Ji ⊆ Jj . Logo, a, b ∈ Jj e a − b, ab ∈ Jj , pois Ji é um ideal em A. Portanto, a − b, ab ∈ M e M é um ideal em A. É claro que M é uma cota superior de C. Afirmação. M ∈ F. De fato, se M = A, então 1 ∈ M. Logo, existe i ∈ Λ tal que 1 ∈ Ji . Assim, Ji = A, o que é impossível. Finalmente, pelo Lema de Zorn, M é um elemento maximal de F. Portanto, M é um ideal maximal em A contendo I. ¥ Exemplo 4.46 Seja A = (a) = {xa + na : x ∈ A, e n ∈ Z} um anel comutativo sem identidade. Mostre que A contém um ideal maximal que não é um ideal primo. Portanto, a condição do elemento identidade no Corolário 4.42 é necessária. 4.4. IDEAIS PRIMOS E MAXIMAIS Solução. Consideremos o ideal J = (a2 ) = {ya2 + ma2 : y ∈ A, e m ∈ Z} 165 em A. Então a ∈ J, ou seja, J 6= A. Suponhamos, por absurdo, que a ∈ J. Então existe / x0 ∈ A e n0 ∈ Z tal que a = x0 a2 + n0 a2 . Pondo e = x0 a + n0 a ∈ A, obtemos e · a = (x0 a + n0 a)a = x0 a2 + n0 a2 = a · e = a, o que é uma contradição, pois A não possui elemento identidade. Assim, pelo Teorema de Krull, existe um ideal maximal M em A tal que J ⊆ M. Afirmação. M não é um ideal primo em A. De fato, dados r, s ∈ A, onde r, s ∈ M, temos que / rs = (xa + ma)(ya + na) = xya2 + xna2 + mya2 + mna2 ∈ J ⊆ M, que é o resultado desejado. ¥ Exemplo 4.47 Mostre que A é um anel local se, e somente se, N = A − U(A) é um ideal em A. Em particular, se ½ ¾ m B= : m, n ∈ Z, com n ≥ 0 , 2n + 1 então N = B − U(B) é um ideal em B. Solução. Primeiro note que se a ∈ U(A), então aA = (a) 6= A. Assim, pelo Teorema de / Krull, existe um ideal maximal M em A tal que a ∈ (a) ⊆ M. Agora, se A é um anel local, então N = M, pois se m ∈ M, então m ∈ U(A) e m ∈ N. / Reciprocamente, suponhamos que N seja um ideal em A. Então a ∈ N se, e somente se, aA = (a) 6= A. Seja J um ideal qualquer em A, onde J 6= A. Então bA = (b) 6= A, para todo b ∈ J. Assim, J ⊆ N. Em particular, se M é um ideal maximal em A, então M ⊆ N. Logo, M = N. Portanto, A é um anel local Finalmente, é fácil verificar que B é um anel e ½ ¾ m U(B) = : m, n ∈ Z, com m ímpar e n ≥ 0 . 2n + 1 Portanto, N = B − U(B) = 2B = (2) é um ideal em B. ¥ Teorema 4.48 Sejam A um anel comutativo com identidade e M um ideal em A. Então A M é maximal se, e somente se, M é um corpo. 166 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES A Prova. Vamos provar apenas o item (1). Pelo Teorema 4.40, M é um domínio de inteA gridade. Assim, basta provar que cada a + M ∈ M , com a + M 6= M possui um inverso. Como a ∈ M temos, pela Proposição 4.41, que existe b ∈ A tal que 1 − ab ∈ M. Portanto, / ab + M = 1 + M ⇒ (a + M)(b + M) = 1 + M, A isto é, M é um corpo. A Reciprocamente, suponhamos que M seja um corpo. Então 1 + M 6= 0 + M implica que M 6= A. Seja J é um ideal em A tal que M ⊆ J ⊆ A. Suponhamos que M 6= J. Então existe x ∈ J tal que x ∈ M. Logo, x + M 6= M. Assim, por hipótese, existe a ∈ A / tal que (x + M)(a + M) = 1 + M, ou seja, 1 − xa ∈ M. Donde, 1 = xa + (1 − xa) ∈ J e J = A. Portanto, M é um ideal maximal em A. ¥ Corolário 4.49 Sejam A um anel comutativo com identidade. Então as seguintes condições são equivalentes: 1. A é um corpo; 2. Os únicos ideais em A são {0} e A; 3. {0} é um ideal maximal em A; 4. Qualquer homomorfismo de aneis não nulo σ : A → B é um monomorfismo. Prova. Fica como um exercício. Exemplo 4.50 Sejam A = Z[i] = {a + bi : a, b ∈ Z} o anel dos números inteiros de Gauss e I3 = {a + bi ∈ A : 3 | a e 3 | b}. Mostre que I3 é um ideal maximal em A e A I3 é um corpo com 9 elementos. Solução. É fácil verificar que I3 é um ideal em A, onde I3 6= A, pois 1 + i ∈ A mas 1 + i ∈ I3 . Seja J é um ideal em A tal que I3 ⊆ J ⊆ A. Suponhamos que I3 6= J. Então / existe α = a + bi ∈ J tal que α ∈ I3 . Logo, / a ≡ ±1 (mod 3) ou b ≡ ±1 (mod 3) ⇒ a2 + b2 ≡ 1 ou 2 (mod 3), ¥ 4.4. IDEAIS PRIMOS E MAXIMAIS isto é, 3 não divide a2 + b2 . Assim, existem r, s ∈ Z tais que 1 = 3r + (a2 + b2 )s. Como a2 + b2 = α(a − bi) ∈ J e 3 ∈ I3 ⊆ J temos que 1 = 3r + (a2 + b2 )s ∈ J. 167 A Portanto, J = A, I3 é um ideal maximal em A e I3 é um corpo. Finalmente, dado β = a + bi ∈ A, temos, pelo Algoritmo da Divisão, que β = (3q1 + 3q2 i) + (r1 + r2 i), onde ri ∈ {0, 1, 2}. Logo, β + I3 = (r1 + r2 i) + I3 , onde ri ∈ {0, 1, 2}. Portanto, A = {a + bi : a, b ∈ Z3 } I3 é um corpo com 9 elementos. ¥ Exemplo 4.51 Sejam A = C([0, 1], R) e M é um ideal maximal em A. Mostre que existe a ∈ [0, 1] tal que M = Ma , com Ma = {f ∈ A : f (a) = 0}. Solução. É fácil verificar que a função σ : A → R definida por σ(f ) = f (a) é um homomorfismo de aneis com ker σ = Ma . Assim, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, A ' Im σ ≤ R. ker σ Agora, se x = f (a) 6= 0, então dado y ∈ R, existe g = x−1 yf ∈ A tal que σ(g) = g(a) = (x−1 yf )(a) = x−1 yf (a) = y, isto é, σ é sobrejetora. Logo, A A ' Im σ = R e é um corpo. Ma Ma Portanto, Ma é um ideal maximal em A. Reciprocamente, seja M um ideal maximal em A. Então, pelo Teorema de Krull, Ma ⊆ M, para algum a ∈ [0, 1]. Suponhamos, por absurdo, que M 6= Ma , para todo a ∈ [0, 1]. Então, para um a ∈ [0, 1] fixado, existe fa ∈ A tal que fa ∈ M e fa (a) 6= 0. Por hipótese, existe um intervalo aberto Ia contendo a tal que fa (x) 6= 0, para todo x ∈ Ia . Como [ [0, 1] = Ia a∈[0,1] 168 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES e [0, 1] é compacto temos, pelo Teorema de Heine-Borel, que [0, 1] = n [ Iai . i=1 2 2 Seja f = fa1 + · · · + fan . Então f ∈ M e f (x) > 0, para todo x ∈ [0, 1]. Assim, existe 1 g = f ∈ A tal que gf = 1. Logo, 1 ∈ M e M = A, o que é uma contradição. Portanto, M = Ma , para algum a ∈ [0, 1]. ¥ Sejam A um anel comutativo e I, J ideais em A. Dizemos que I e J são relativamente primos se I + J = A. Neste caso, IJ = I ∩ J. De fato, é claro que IJ ⊆ I ∩ J. Por outro lado, como I + J = A temos que I ∩ J = (I ∩ J)A = (I ∩ J)(I + J) ⊆ (I ∩ J)I + (I ∩ J)J ⊆ IJ. Exemplo 4.52 Sejam A = Z o anel dos números inteiros, I = (a) e J = (b) ideais em A, com mdc(a, b) = 1. Mostre que I e J são relativamente primos. Solução. Como mdc(a, b) = 1 temos que existem r, s ∈ A tais que ra + sb = 1. Logo, 1 = ra + sb ∈ I + J. Portanto, I + J = A. ¥ Teorema 4.53 (Teorema Chinês dos Restos) Sejam A um anel comutativo com identidade, I1 ,. . . ,In ideais em A e elementos quaisquer bi ∈ A, i = 1, . . . , n. Se Ii + Ij = A, com i 6= j, então existe x ∈ A tal que x ≡ bi (mod Ii ), i = 1, . . . , n, Em particular, a solução x é única módulo o ideal I = I1 I2 · · · In = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ In . Prova. Suponhamos que Ii + Ij = A, com i 6= j. Vamos usar indução sobre n. Se n = 2, então existem a1 ∈ I1 e a2 ∈ I2 tais que 1 = a1 + a2 . Neste caso, a2 ≡ 1 (mod I1 ) e a2 ≡ 0 (mod I2 ); a1 ≡ 0 (mod I1 ) e a1 ≡ 1 (mod I2 ). Logo, b2 − b1 = (b2 − b1 ) · 1 = (b2 − b1 )(a1 + a2 ) = a1 b2 − a1 b1 − a2 b1 + a2 b2 . Pondo x = b1 + a1 (b2 − b1 ) = b2 + a2 (b1 − b2 ), obtemos (x − b1 ) + I1 = a1 (b2 − b1 ) + I1 = I1 ⇒ x ≡ b1 (mod I1 ) 4.4. IDEAIS PRIMOS E MAXIMAIS e (x − b2 ) + I2 = a2 (b1 − b2 ) + I2 = I2 ⇒ x ≡ b2 (mod I2 ). Q Agora, suponhamos que o resultado seja válido para n − 1. Seja J = n Ii . i=2 Afirmação. I1 + J = A. De fato, para cada i = 2, . . . , n, existem a1i ∈ I1 e ai ∈ Ii tais que 1 = a1i + ai . Logo, ! à n n n n Y Y Y Y 1= (a1i + ai ) = (a1i + ai ) − ai + ai ∈ I1 + J, i=2 i=2 i=2 i=2 169 pois a1i + ai ≡ ai (mod I1 ), i = 2, . . . , n. Assim, pelo caso n = 2, obtemos y1 ∈ A tal que y1 ≡ 1 (mod I1 ) e y1 ≡ 0 (mod J), de modo que y1 ≡ 1 (mod I1 ) e y1 ≡ 0 (mod Ii ), i = 2, . . . , n. Substituindo I1 por I2 , . . . , In , obtemos yj ∈ A tal que yj ≡ 1 (mod Ij ) e yj ≡ 0 (mod Ii ), i 6= j. Pondo x = b1 y1 + b2 y2 + · · · + bn yn , obtemos x ≡ bi (mod Ii ), i = 1, 2, . . . , n. Finalmente, se x1 ∈ A é tal que x1 ≡ bi (mod Ii ), i = 1, 2, . . . , n, então x1 − x ∈ Ii , para todo i = 1, . . . , n. Portanto, x1 ≡ x (mod I). ¥ Corolário 4.54 Sejam b1 , . . . , bk ∈ Z e n1 , . . . , nk ∈ N tais que mdc(ni , nj ) = 1, com i 6= j. Então o sistema de congruências x ≡ bi (mod ni ), i = 1, . . . , k. possui uma única solução x0 módulo n, com 1 ≤ x0 < n e n = n1 n2 · · · nk . Além disso, S = {x0 + kn : k ∈ Z} é o conjunto de todas as soluções desse sistema. Prova. Sejam Ii = (ni ) = ni Z e Ij = (nj ) = nj Z ideais do anel dos números inteiros Z. Como mdc(ni , nj ) = 1 temos que existem r, s ∈ Z tais que ni r + nj s = 1. Logo, Ii + Ij = Z, com i 6= j. Agora, é fácil verificar que (n) = I1 I2 · · · Ik = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik . Portanto, pelo Teorema Chinês dos Restos, o sistema de congruências possui uma única ¥ solução x0 módulo n, com 1 ≤ x0 < n. 170 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Corolário 4.55 Sejam A um anel comutativo com identidade e I1 ,. . . ,In ideais em A tais que Ii + Ij = A, com i 6= j. Então A A A A ' × × ··· × . I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ In I1 I2 In Prova. É fácil verificar que a função ϕ:A→ A A A × × ··· × I1 I2 In definida por ϕ(a) = (a + I1 , . . . , a + In ) é um homomorfismo de aneis, com ker ϕ = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ In . Assim, dado y = (b1 + I1 , . . . , bn + In ), existe, pelo Teorema Chinês dos Restos, x ∈ A tal que ϕ(x) = y, isto é, ϕ é sobrejetora. Portanto, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, A A A A ' × × ··· × , I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ In I1 I2 In que é o resultado desejado. Exemplo 4.56 Resolva o sistema de congruências ⎧ ⎪ x ≡ 3 (mod 4) ⎨ x ≡ 4 (mod 5) ⎪ ⎩ x ≡ 1 (mod 3) ¥ Solução. Sejam I1 = (4) = 4Z, I2 = (5) = 5Z e I3 = (3) = 3Z ideais do anel dos números inteiros Z. Como (−1)4 + 1 · 5 = 1 temos que I1 + I2 = Z. De modo inteiramente análogo, obtemos I1 + I3 = Z e I2 + I3 = Z. Neste caso, ( ( ( y1 ≡ 1 (mod 4) y2 ≡ 1 (mod 5) y3 ≡ 1 (mod 3) , , . y1 ≡ 0 (mod 15) y2 ≡ 0 (mod 12) y3 ≡ 0 (mod 20) Como 4 · 4 + (−1)15 = 1 ⇒ (4 − 15t)4 + (−1 + 4t)15 = 1, ∀ t ∈ Z, temos que y1 = (−1 + 4t)15, para todo t ∈ Z. Em particular, y1 = 45 satisfaz o primeiro sistema. De modo inteiramente análogo, obtemos y2 = 36 e y3 = 40. Portanto, x = 3 · 45 + 4 · 36 + 1 · 40 = 319 é uma solução do sistema de congruências. ¥ Exemplo 4.57 Seja A um anel com identidade tal que a3 = a, para todo a ∈ A. Mostre que A é um anel comutativo. 4.4. IDEAIS PRIMOS E MAXIMAIS Solução. Dados a, b ∈ A, obtemos a + b = (a + b)3 ⇒ a2 b + aba + ab2 + ba2 + bab + b2 a = 0 e a − b = (a − b)3 ⇒ −a2 b − aba + ab2 − ba2 + bab + b2 a = 0. Somando as equações acima, obtemos 2ab2 + 2bab + 2b2 a = 0. 171 Em particular, se a = b, então 6a = 0. Sejam I = (2) e J = (3). Então I e J são ideais em A tais que I + J = A e I ∩ J = {0} (prove isto!). Consideremos os aneis quocientes B= A A e C= . I J Logo, 2B = {0}, x3 = x e x2 = x, para todo x ∈ B, pois 1 + x = (1 + x)3 ⇒ x2 = x. Portanto, B é um anel comutativo. Também, 3C = {0} e y 3 = y, para todo y ∈ C. Assim, 2ab2 + 2bab + 2b2 a = 0, ∀ a, b ∈ A, ⇒ yz 2 + zyz + z 2 y = 0, ∀ y, z ∈ C. Agora, multiplicando à esquerda por z e à direita por −z, obtemos zyz 2 + z 2 yz + zy = 0 e − yz − zyz 2 − z 2 yz ⇒ −yz + zy = 0 ⇒ yz = zy. Portanto, C é um anel comutativo. Finalmente, pelo Corolário 5.5, A'B×C = Portanto, A é um anel comutativo. A A × . I J ¥ EXERCÍCIOS 1. Sejam A um anel e I, J ideais em A tais que I +J = A. Mostre que I ∩J = IJ +JI. 2. Seja A= (" a b 0 c # ) : a, b, c ∈ R Mostre que existem ideais I e J em A tais que I + J = A, mas I ∩ J 6= IJ. 172 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES 3. Sejam F um corpo, (" A= a b 0 0 # : a, b ∈ F ) e M= (" 0 b 0 0 # :b∈F ) Mostre que M é um ideal maximal em A. 4. Sejam Z[i] = {a + bi : a, b ∈ Z} o anel dos números inteiros de Gauss e I5 = {a + bi ∈ Z[i] : 5 | a e 5 | b}. Mostre que I5 não é um ideal maximal de Z[i], mas M = (2 + i) é um ideal maximal de Z[i], com Z[i] ' Z5 . M 5. Sejam H(Z) = {a0 +a1 i +a2 j +a3 k : ai ∈ Z} o anel dos números inteiros de Hurwitz e Ip = {a0 + a1 i + a2 j + a3 k ∈ H(Z) : p | ai , i = 0, 1, 2, 3}, com p um número primo fixado. Mostre que Ip é um ideal em H(Z) e H(Z) ' H(Zp ). Ip 6. Seja A = M2 (D), em que D é um anel com divisão. Mostre que A é um anel simples. Conclua que A não é um anel com divisão. 7. Sejam A= (" a b b a # : a, b ∈ Z ) e Ip = (" a b b a # ∈ A : (a + b) ≡ 0 (mod p) , ) com p um número primo fixado. Mostre que Ip é um ideal maximal A. 8. Sejam A um anel comutativo com identidade e P um ideal em A, onde P 6= A. Mostre que as seguintes condições são equivalentes: (a) P é um ideal primo em A; (b) A − P é fechado sob a multiplicação; (c) Se a1 , . . . , an ∈ A, onde a1 · · · an ∈ P , então ak ∈ P , para algum k; (d) Se I1 , . . . , In são ideais em A, onde I1 · · · In ⊆ P , então Ik ⊆ P , para algum k. 9. Sejam A um domínio de ideais principais e I ideal não trivial em A. Mostre que I contém um produto finito de ideais primos e próprios. (Confira Exercíco 18 da Seção 4.3.) 4.4. IDEAIS PRIMOS E MAXIMAIS 173 10. Seja A um anel comutativo com identidade tal que todo ideal em A é primo. Mostre que A é um corpo. 11. Seja A um anel Booleano. Mostre que todo ideal primo P em A, com P 6= {0}, é maximal. 12. Seja A um anel comutativo com identidade tal que xn = x, para todo x ∈ A e algum n = n(x) ∈ N. Mostre que todo ideal primo em A é maximal. 13. Seja ϕ : A → B um homomorfismo de aneis sobrejetor com ker ϕ = K. (a) Mostre que se P é um ideal primo em A que contém K, então ϕ(P ) é um ideal primo de B. (b) Mostre que se Q é um ideal primo de B, então ϕ−1 (Q) é um ideal primo em A que contém K. (c) Mostre que existe uma correspondência injetora entre os conjuntos de todos os ideais principais em A que contém K e o conjunto de todos os ideais primos de B, dado por P 7→ ϕ(P ). (d) Mostre que se I é um ideal em A, então todo ideal primo de com P um ideal primo em A que contém I. A I é da forma P , I 14. Seja ϕ : A → B um homomorfismo de aneis sobrejetor. Mostre que se M é um ideal maximal de B, então ϕ−1 (M) é um ideal maximal de B. Mostre, com um exemplo, que o resultado é falso se ϕ é não sobrejetor. 15. Mostre que o anel A = 2Z contém um ideal maximal M tal que corpo. A M não seja um 16. Sejam A um anel comutativo sem identidade e M um ideal maximal em A. Mostre que M é um ideal primo em A se, e somente se, A2 6⊂ M. 17. Sejam A um anel, B um subanel de A e I um ideal em A tal que B ∩ I = {0}. Mostre que B = {b + I : b ∈ B} é um subanel de A isomorfo a B. Conclua que A é I I uma extensão de B. 18. Sejam A um anel com identidade e e um elemento idempotente de A tal que e ∈ Z(A). (a) Mostre que 1 − e ∈ Z(A). (b) Mostre que eA e (1 − e)A são ideais em A tais que A = eA ⊕ (1 − e)A, isto é, qualquer elemento a de A pode ser escrito de modo único sob a forma a = ex + (1 − e)y, para alguns x, y ∈ A. 174 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES 19. Sejam A um anel com identidade e e1 , . . . , en ∈ A∗ elementos idempotentes tais que e1 + · · · + en = 1 e ei ej = 0 se i 6= j. Mostre que se Ii = ei A, então A = I1 ⊕ · · · ⊕ In , isto é, qualquer elemento a de A pode ser escrito de modo único sob a forma a = e1 x1 + · · · + en xn , para alguns xi ∈ A. 20. Sejam A um anel e I(A) o conjunto de todos os ideais em A Mostre que as seguintes condições são equivalentes: (a) A − U(A) ∈ I(A); (b) I(A) − {A} possui um maior elemento N; (c) A possui um e somente um ideal maximal M. Neste caso, A − U(A) = M = N e {1 + m : m ∈ M} ⊆ U(A). 21. Sejam A = Z o anel dos números inteiros, I = (4) = 4Z e J = (6) = 6Z. Mostre que os aneis A A A e × I ∩J I J não são isomorfos. Por que isso não contradiz o Teorema Chinês dos Restos? 22. Seja A = C([0, 1], R). Mostre que o conjunto µ ¶ ¾ ½ µ ¶ 1 1 =f =0 I = f (x) ∈ A : f 3 2 é um ideal em A, mas não é um ideal primo. 23. Seja A = A1 × A2 um produto de aneis. Mostre que se I1 = A1 × {0} e I2 = {0} × A2 , então I1 e I2 são ideais em A. Conclua que A A ' A2 e ' A1 . I1 I2 24. Seja A um anel tal que os únicos ideais à esquerda em A são {0} e A. Mostre que A é um anel com divisão ou A2 = {0}. (Sugestão: Seja x ∈ A com x 6= 0. Mostre que os conjuntos I = (x) = {ax : a ∈ A} e J = {a ∈ A : ab = 0, para todo b ∈ A} são ideais à esquerda em A. Agora, use a Proposição 3.37.) 4.4. IDEAIS PRIMOS E MAXIMAIS 175 25. Seja A um anel comutativo com identidade finito. Mostre que todo ideal primo em A é maximal. 26. Seja A um anel comutativo não trivial e sem divisores de zero. Mostre que se qualquer subanel próprio de A for finito, então A é um corpo. (Sugestão: Mostre que Ax = A, para todo x ∈ A∗ e use a Proposição 3.37.) 27. Seja A um anel comutativo não trivial e sem divisores de zero. Mostre que se A possui somente um número finito de ideais, então A é um corpo. (Sugestão: Mostre que para cada x ∈ A∗ , existem m, n ∈ N, com m < n, tais que Axm = Axn e conclua que xm ∈ Axn .) 28. Seja K um corpo qualquer. (a) Dados a, b ∈ K, definimos a ∼ b ⇔ ab = x2 + y 2 , para alguns x, y ∈ K. Mostre que ∼ é uma relação de equivalência sobre K. (b) Mostre que se K é um corpo finito, então qualquer elemento de K pode ser escrito como uma soma de dois quadrados. 29. Seja A um anel não trivial finito e sem divisores de zero. Mostre que A é anel com divisão. 30. Mostre que não existe corpo K tal que (K, +) ' (K ∗ , ·). 31. Sejam A um anel comutativo com identidade e Z = {a ∈ A : ab = 0, para algum b ∈ A}. Mostre que Z contém um ideal primo. Conclua que Z é uma união de ideais primos. (Sugestão: Seja S = A − Z. Se a, b ∈ S, então ab ∈ S. Considere a família F = {I E A : I ∩ S = ∅} 6= ∅ e use o Lema de Zorn para obter um elemento maximal P em F. Agora, mostre, raciocinando por absurdo, que P é um ideal primo em A.) 32. Seja A um anel. Mostre que A munido com o novo produto [a, b] = ab − ba satisfaz as seguintes condições: (a) [a + c, b] = [a, b] + [c, b] e [a, b + c] = [a, b] + [a, c], para todos a, b, c ∈ A (bilinearidade). (b) [a, a] = 0 e [a, b] = −[b, a], para todos a, b ∈ A (anticomutatividade). 176 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES (c) [a, [b, c]] + [b, [c, a]] + [c, [a, b]] = 0, para todos a, b, c ∈ A (identidade de Jacobi). Um anel satisfazendo estas condições é chamado de anel de Lie. 33. Seja A um anel comutativo com identidade. Uma função D : A → A é uma derivação se as seguintes condições são satifeitas: D(a + b) = D(a) + D(b) e D(ab) = D(a)b + aD(b), para todos a, b ∈ A. Mostre que se D1 e D2 são derivações, então o colchete de Lie [D1 , D2 ] = D1 ◦ D2 − D2 ◦ D1 é uma derivação. 4.5 Aneis de Frações Em toda esta seção a palavra anel significa, salvo menção explicita em contrário, anel comutativo com identidade. Sejam K um corpo e A um subanel de K, então A é um domínio de integridade, pois dados a, b ∈ A, se ab = 0, então, em K, obtemos a = 0 ou b = 0. O principal objetivo desta seção é provar a recíproca deste fato, ou seja, que qualquer domínio de integridade está contido em um corpo. Seja A um anel não trivial qualquer, com |U(A)| ≥ 1. Então vamos provar a existência e unicidade de um anel QA , contendo A como um subanel, por adicionar a A todas as “frações” a , b onde a ∈ A e b ∈ A∗ . A construção geral do anel QA imita a construção do corpo dos números racionais Q a partir do anel dos números inteiros Z. Como motivação para a nossa construção, vamos primeiro considerar os seguintes fatos. Primeiro, para um a ∈ A e um u ∈ U(A), denotaremos au−1 por a ou a/u. u Segundo, consideremos o conjunto o na : a ∈ A e u ∈ U(A) . F = u 1. 2. 3. a u a u a u Então F satisfaz as seguintes propriedades: ± · b v b v = av±bu . uv = b v ab . uv = ⇔ av = bu. 4.5. ANEIS DE FRAÇÕES 4. ¡ u ¢−1 v v = u. 177 a ∈ F. 1 Portanto, F é um anel contendo A. Como um exemplo, vamos provar a propriedade (1). ¶ ¶ µ µ a b av + bu −1 −1 + uv = (au )uv + (bv )uv = av + bu = uv. u v uv a= Portanto, a b + = u v µ a b + u v ¶ (uv)(uv) −1 Note que A ⊆ F , pois = µ ¶ av + bu av + bu (uv)(uv)−1 = . uv uv O conjunto F é chamado o anel de frações de A. Exemplo 4.58 Seja A = Z6 . Determine na o F = : a ∈ A e u ∈ U(A) . u Solução. Como U(A) = {1, 5} temos que ½ ¾ 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5 F = , , , , , , , , , , , 1 1 1 1 1 1 5 5 5 5 5 5 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}, pois 0 0 1 5 2 4 3 3 4 2 5 1 = , = , = , = , = e = . 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 Agora, vamos provar a existência do anel de frações para um anel qualquer A. Um subconjunto S de A é um sistema multiplicativo de A se as seguintes condições são satisfeitas: 1. 1 ∈ S. 2. Se s, t ∈ S, então st ∈ S. Exemplo 4.59 Seja A um domínio de integridade. Mostre que S = A∗ é um sistema multiplicativo de A (prove isto!). Exemplo 4.60 Sejam A um anel e a ∈ A fixado. Mostre que o conjunto S = {an : n ∈ Z+ } é um sistema multiplicativo de A. 178 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Solução. 1 ∈ S, pois 1 = a0 . Dados s, t ∈ S, existem m, n ∈ Z+ tais que s = am e t = an . Logo, st = am an = am+n ∈ S, pois m + n ∈ Z+ . Portanto, S é um sistema multiplicativo de A. Dados (a, s), (b, t) ∈ A × S, definimos (a, s) ∼ (b, t) ⇔ (bs − at)u = 0, para algum u ∈ S. É fácil verificar que ∼ é uma relação de equivalência sobre A ×S. A classe de equivalência de (a, s), chama-se fração formal e será denotada por a ou a/s. s Note que o conjunto de todas as classes laterais forma uma partição de A × S e será denotado por A×S = S −1 A. ∼ Além disso, quando a = b, obtemos as bs = , ∀ s ∈ S. s s Observação 4.61 Seja A um domínio de integridade. Como S não possui divisores de zeros temos que a b (a, s) ∼ (b, t) ⇔ bs = at ⇔ = . s t a m Neste caso, a classe s é semelhante a fração n em Q. Teorema 4.62 O conjunto S −1 A munido com as operações binárias a b at + bs a b ab + = e · = s t st s t st é um anel comutativo com identidade. Prova. Vamos primeiro provar que essas operações estão bem definida. Dados (a, s), (b, t), (c, u), (d, v) ∈ A × S, se então existem z, w ∈ S tais que (cs − au)z = 0 e (bv − dt)w = 0. Logo, [(at + bs)uv − (cv + du)st]zw = [(bv − dt)w]suz − [(cs − au)z]tvw = 0suz − 0tvw = 0. c b d a = e = , s u t v ¥ 4.5. ANEIS DE FRAÇÕES Portanto, 179 at + bs cv + du = . st uv De modo inteiramente análogo, prova-se que o produto está bem definido. É fácil verificar que S −1 A é um anel comutativo com elemento zero e identidade, respectivamente, 0 0 1 s 0= = e 1= = , 1 s 1 s para todo s ∈ S. Finalmente, se 0 ∈ S, então s 0 0 1 = = = = 0, s 0 t para todos s, t ∈ S. Portanto, S −1 A = {0}. ¥ Observação 4.63 Sejam A um anel e S um sistema multiplicativo de A. Se S = U(A), então S −1 A = A. O anel S −1 A chama-se o anel de frações ou anel de quocientes ou anel quociente de A definido por S. A função λ : A → S −1 A definida por a λ(a) = 1 é um homomorfismo de aneis (prove isto!). Neste caso, ker λ = {a ∈ A : as = 0, para algum s ∈ S}. De fato, a ∈ ker λ ⇔ a 0 = ⇔ (a · 1 − 0 · 1)s = 0, para algum s ∈ S 1 1 ⇔ as = 0, para algum s ∈ S. ker λ = {0} ⇔ (as = 0 ⇒ a = 0). Em particular, λ(S) ⊆ U(S −1 A), pois para qualquer s ∈ S, λ(s) · Logo, s 1 s 1 = · = = 1. s 1 s s ³ s ´−1 Note que esse homomorfismo de aneis não é, em geral, injetor, pois 1 = . 1 s Teorema 4.64 Sejam A um anel e S um sistema multiplicativo de A. Então o par ¢ ¡ −1 S A, λ λ(s)−1 = possui a seguinte propriedade universal: Para qualquer anel B e qualquer homomorfismo de aneis σ : A → B, onde σ(S) ⊆ U(B), existe um único homomorfismo de aneis ϕ : S −1 A → B tal que ϕ ◦ λ = σ. Além disso, se (C, λ1 ) é outro par com essa propriedade universal, então C é isomorfo a S −1 A. 180 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Assim, se ϕ existir, então ϕ é completamente determinado por σ. Reciprocamente, dados qualquer anel B e qualquer homomorfismo aneis σ : A −→ B, onde σ(S) ⊆ U(B), devemos provar que existe um único homomorfismo de aneis ϕ : S −1 A → B tal que ³a´ ϕ = σ(a), ∀ a ∈ A. 1 Seja ϕ : S −1 A −→ B a função definida por ³ a ´ σ(a) = = σ(a) · (σ(s))−1 , ϕ s σ(s) para todos a ∈ A e s ∈ S. Então ϕ está bem definida, pois dados (a, s), (b, t) ∈ A × S, a b = ⇒ (at − bs)u = 0, para algum u ∈ S. s t Como σ(u) ∈ U(B) temos que [σ(a)σ(t) − σ(b)σ(s)]σ(u) = 0 ⇒ σ(a)σ(t) − σ(b)σ(s) = 0. Logo, µ ¶ σ(a) σ(b) b ϕ = = =ϕ . s σ(s) σ(t) t ³a´ Prova. (Existência) Note que ϕ ◦ λ = σ significa que ³a´ ϕ = ϕ(λ(a)) = (ϕ ◦ λ)(a) = σ(a), ∀ a ∈ A. 1 Dados (a, s), (b, t) ∈ A × S, ¶ µ ¶ µ at + bs σ(at + bs) a b + = ϕ = ϕ s t st σ(st) σ(a) σ(b) σ(a)σ(t) + σ(b)σ(s) = + = σ(s)σ(t) σ(s) σ(t) µ ¶ ³a´ b = ϕ +ϕ s t e a b · ϕ s t µ ¶ ¶ ab σ(ab) σ(a)σ(b) σ(a) σ(b) = ϕ = = = st σ(st) σ(s)σ(t) σ(s) σ(t) ³a´ µb¶ ϕ . = ϕ s t µ Portanto, ϕ : S −1 A → B é um homomorfismo de aneis. (Unicidade) Seja ϕ1 : S −1 A → B outro homomorfismo de aneis tal que ϕ1 ◦ λ = σ. Assim, ³a´ ϕ1 = ϕ1 (λ(a)) = (ϕ1 ◦ λ)(a) = σ(a) = (ϕ ◦ λ)(a) 1 ³a´ , ∀ a ∈ A. = ϕ(λ(a)) = ϕ 1 4.5. ANEIS DE FRAÇÕES Portanto, ϕ1 = ϕ. A prova da última afirmação é análoga a do Teorema 2.47. 181 ¥ de S −1 A. Neste caso, Se A é um domínio de integridade, então λ é um homomorfismo de aneis injetor. Assim, podemos identificar os elementos de A com os elementos do subanel o ns :s∈S λ(A) = {λ(s) : s ∈ S} = 1 a λ(a) = = s λ(s) a 1 s 1 é um corpo, chamado o corpo quociente de A e será denotado por QA . Neste caso, dizemos que A é uma ordem do corpo QA . Prova. Basta notar que x= a s a λ(a) ⇔ · x = ⇔ λ(s)x = λ(a) ⇔ x = , s 1 1 λ(s) ¥ Proposição 4.65 Sejam A um domínio de integridade e S = A∗ . Então na o : a, s ∈ A e s 6= 0 S −1 A = © s −1 ª = as : a, s ∈ A e s 6= 0 a ³ s ´−1 a 1 = · = · = as−1 . 1 1 1 s que é o resultado desejado. Corolário 4.66 Sejam A um domínio de integridade e K = QA seu corpo quociente. Se L é um corpo contendo B e A ' B, então K ' F = QB ≤ L. Prova. Fica como um exercício. ¥ √ Exemplo 4.67 Sejam d um número inteiro livre de quadrados e A = Z[ d]. Mostre que √ QA = Q[ d]. Solução. Como S = A∗ é um sistema multiplicativo de A temos que ( ) √ √ √ a+b d √ :a+b d∈A e s+t d∈S . QA = s+t d Note que √ √ √ a+b d bs − at √ a + b d s − t d as − btd √ = √ · √ = 2 + 2 d s − dt2 s − dt2 s+t d s+t d s−t d √ = m + n d, onde m= √ Poratnto, QA = Q[ d]. as − btd bs − at ,n = 2 ∈ Q. 2 − dt2 s s − dt2 ¥ 182 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Exemplo 4.68 Sejam A um anel e P um ideal em A. 1. Mostre que S = R − P é um sistema multiplicativo de A se, e somente se, P é um ideal primo em A. 2. Mostre que o conjunto MP = −1 s é o único ideal maximal em S A = AP . O anel AP chama-se a localização de A em P . Solução. (1) Como 1 ∈ S temos que P 6= A. Agora, dados a, b ∈ A, se ab ∈ P , então ab ∈ S. Logo, a ∈ S ou b ∈ S, pois S é um sistema multiplicativo de A. Portanto, a ∈ P / / / ou b ∈ P , isto é, P é um ideal primo em A. Reciprocamente, como P 6= A temos que 1 ∈ S. Agora, dados s, t ∈ S, obtemos s ∈ P / e t ∈ P . Logo, st ∈ P , pois P é um ideal primo em A. Portanto, st ∈ S, isto é, S é um / / sistema multiplicativo de A. x (2) Dados a , b ∈ MP e u ∈ AP , obtemos s t a b at − bs − = ∈ MP , s t st a x ax · = ∈ MP , s u su pois ax ∈ P e su ∈ S. Logo, MP é um ideal em AP . Finalmente, se y ∈ AP − MP , então y ∈ P , isto é, y ∈ S. Assim, / b b y ∈ AP e ∈ U(AP ). y b Portanto, se I é um ideal qualquer em AP tal que I 6⊂ MP , então I ⊆ U(RP ), ou seja, I = AP . Assim, MP é o único ideal maximal em AP . Neste caso, AP é um anel local. ¥ Exemplo 4.69 Mostre que qualquer anel A entre Z e Q, isto é, Z ⊆ A ⊆ Q, é um anel quociente de Z. Solução. Seja n o m S= s∈Z: ∈ A, para algum m ∈ Z, com mdc(m, s) = 1 . s mu + sv = 1 ⇒ Assim, se 1 m = u + v. s s pois at − bs ∈ P e st ∈ S, na :a∈P e s∈P / o Como mdc(m, s) = 1 temos que existem u, v ∈ Z tais que m ∈ A, s 4.5. ANEIS DE FRAÇÕES 1 m = u + v ∈ A. s s Portanto, S é um sistema multiplicativo de Z e nn o A = S −1 Z = : n ∈ Z, s ∈ S, com mdc(n, s) = 1 , s que é o resultado desejado. então 183 ¥ Sejam K um corpo e P um subcorpo de K. Dizemos que P é um corpo primo de K se L é um subcorpo de K tal que {0} ⊆ L ⊆ P , então L = {0} ou L = P . Exemplo 4.70 Mostre que o corpo dos números racionais Q é um corpo primo. Solução. Sejam L qualquer subcorpo Q e a ∈ L um elemento não nulo qualquer. Então 1 = aa−1 ∈ L. Logo, n = n · 1 ∈ L, ∀ n ∈ Z, isto é, Z ⊆ L. Finalmente, m = mn−1 ∈ L, onde m ∈ Z e n ∈ Z∗ . n Assim, Q ⊆ L. Portanto, L = Q e Q é um corpo primo. ¥ Exemplo 4.71 Seja p um número primo fixado. Mostre que o corpo Zp dos resíduos módulo p é um corpo primo. Solução. Seja L qualquer subcorpo Zp . Como L é um subgrupo aditivo de Zp temos, pelo Teorema de Lagrange, que L = {0} ou L = Zp . Portanto, Zp é um corpo primo. ¥ Seja K um corpo. Então a família F de todos os subcorpos de K é não vazia, pois K ∈ F. Seja \ P = F. F ∈F Então P é um subcorpo de K (prove isto!). Agora, seja L um subcorpo qualquer de P . Então L ∈ F e P ⊆ L. Portanto, P = L e P é um corpo primo de K. Afirmação. P é único. De fato, seja Q outro corpo primo de F . Então P ∩Q é um subcorpo de F , com P ∩Q ⊆ P . Logo, por hipótese, P ∩ Q = P . De modo inteiramente análogo, prova-se que P ∩ Q = Q. Portanto, P = P ∩ Q = Q. Teorema 4.72 Sejam K um corpo e P seu corpo primo. Então P ' Q ou P ' Zp , para algum número primo p. 184 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES Prova. Pelo Exemplo 4.2, existe um único homomorfismo de aneis ϕ : Z → K tal que ϕ(n) = ne, com e = 1K . Logo, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, Z ' Im ϕ. ker ϕ Como Z é um domínio de ideais principais temos que ker ϕ = {0} ou ker ϕ = nZ = (n), para algum n ∈ N. Assim, Im ϕ ' Z ou Im ϕ ' Zn , para algum n ∈ N. Além disso, sendo Im ϕ um domínio de integridade temos que n é um número primo p. Se Im ϕ ' Zp , então Zp = Z Z = ' Im ϕ = P. pZ ker ϕ Se B = Im ϕ ' Z, então B domínio de integridade. Logo, pelo Corolário 4.66, Q ' QB = P. ¥ EXERCÍCIOS 1. Seja A um anel comutativo com identidade. Dados (a, s), (b, t) ∈ A × A∗ , definimos (a, s) ∼ (b, t) ⇔ at − bs = 0. a. Mostre que ∼ é uma relação reflexiva e simétrica sobre A × A∗ . b. Mostre que A é um domínio de integridade se, e somente se, ∼ é uma relação de equivalência sobre A × A∗ . 2. Seja p um número primo fixado. Mostre que S = {n ∈ Z : p - n} é um sistema multiplicativo de Z. Determine S −1 Z. 3. Sejam A um anel comutativo com identidade e I um ideal em A Mostre que S = {1 + a : a ∈ I} é um sistema multiplicativo de A. 4. Sejam A um anel comutativo com identidade e Z = {a ∈ A : ab = 0, para algum b ∈ A∗ }. Mostre que S = A − Z é um sistema multiplicativo de A. 5. Sejam A um anel comutativo com identidade e {Pi }i∈I uma família indexada de ideiais primos em A. Mostre que [ S = A − Pi i∈I é um sistema multiplicativo de A. 4.5. ANEIS DE FRAÇÕES 185 6. Sejam K um corpo e a ∈ K. Mostre que Sa = {f ∈ K K : f (a) 6= 0} é um sistema multiplicativo de A = K K . 7. Seja A um domínio de integridade. É o conjuno S = {x : x = a2 + b2 , para alguns a, b ∈ A} um sistema multiplicativo de A? 8. Sejam A um anel, a ∈ A fixado e S = {an : n ∈ Z+ } um sistema multiplicativo de A. Determine S −1 A = Aa . Quando A = Z e a = 10, identifique Aa . 9. Sejam A um domínio de ideais principais e K seu corpo quociente. Mostre que qualquer anel B entre A e K, isto é, A ⊆ B ⊆ K, é um anel quociente de A. 10. Seja P um corpo primo. Mostre que Aut(P ) = {I}. 11. Sejam A um anel comutativo com identidade e S subconjunto não vazio de A tal que 1. 0 ∈ S. / 2. st ∈ S, para todos s, t ∈ S. Considere o conjunto A × S = {(a, s) : a ∈ A e s ∈ S}. Dados (a, s), (b, t) ∈ A × S, definimos (a, s) ∼ (b, t) ⇔ (at − bs)r = 0, para algum r ∈ S. a. Mostre que ∼ é uma relação de equivalência sobre A × S. b. Denotamos a classe de equivalência (a, s) por na o a −1 e S A= :a∈A e s∈S . s s Mostre que S −1 A munido com as operações binárias a b at + bs a b ab + = e · = s t st s t st é um anel comutativo com elemento identidade. c. Pode A ser imerso em S −1 A? d. Mostre que a função ϕ : A → S −1 A definida por ϕ(a) = de aneis. Além disso, determine ker ϕ. e. Mostre que ker ϕ ∩ S = ∅. f. Mostre que todo elemento da forma s , onde s, t ∈ S, possui um inverso em t S −1 A. as s é um homomorfismo 186 CAPÍTULO 4. HOMOMORFISMOS DE ANEIS E ANEIS QUOCIENTES g Mostre que se A não contém divisores de zero próprio, então S −1 A é um domínio de integridade. A recíproca é verdadeira? 12. Sejam A = Z6 e S = {2, 4}. Mostre que S −1 A é isomorfo a Z3 . 13. Seja A um domínio de integridade. Dados a, b ∈ A, suponhamos que am = bm e an = bn , para alguns m, n ∈ N tais que mdc(m, n) = 1. Mostre que a = b. 14. Sejam A um anel de ideais principais e S um sistema multiplicativo de A Mostre que S −1 A é um anel de ideais principais. 15. Sejam A um anel comutativo com identidade e S um sistema multiplicativo de A sem divisores de zero (a) Mostre que se I é um ideal em A, então nx o S −1 I = ∈ S −1 A : x ∈ I e s ∈ S s é um ideal em S −1 A. (b) Mostre que cada ideal J em S −1 A pode ser escrito como J = S −1 (J ∩ A). (c) Dados ideais I e J em A, mostre que S −1 (I + J) = S −1 I + S −1 J, S −1 (IJ) = (S −1 I)(S −1 J) e S −1 (I ∩ J) = S −1 I ∩ S −1 J. Parte II Teoria Avançada dos Grupos e Aneis 187 Capítulo 5 Produto de Grupos e os Teoremas de Sylow Neste capítulo apresentaremos definições, resultados e técnicas para desenvolver teoremas de estruturas para grupos, os teoremas de representação de grupos que serão útil na classificação de grupos não abelianos finitos. Além disso, uma recíproca parcial do teorema de Lagrange, os teoremas de Sylow, e aplicações. 5.1 Produto Direto e Semidireto de Grupos Nesta seção vamos estender o produto direto H ×Kde grupos H e K para uma família indexada {Hi }i∈I de grupos, onde I é um conjunto qualquer. Sejam {Hi }i∈I uma família de grupos e G= Y i∈I Hi o produto cartesiano dos Hi , isto é, o conjunto de todas as funções g:I→ [ i∈I Hi tais que g(i) ∈ Hi , para todo i ∈ I. Vamos denotar a imagem g(i) por ai , para todo i ∈ I. Portanto, os elementos de G são da forma g = {ai : i ∈ I} = (ai )i∈I . Agora, é fácil verificar que G munido com a operação binária (ai )i∈I ∗ (bi )i∈I = (ai bi )i∈I é um grupo com (eGi )i∈I = (ei )i∈I como elemento identidade de G e (a−1 )i∈I como elemento i inverso de (ai )i∈I em G. Neste caso, dizemos que G é o produto direto (externo) dos Hi . 189 190 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Note que o produto direto externo sempre existe e que os Hi não são, em geral, subgrupos de G. Já vimos que o suporte de um elemento g ∈ G é o conjunto supp(g) = {i ∈ I : ai = g(i) 6= ei } Então é claro que supp(fg) ⊆ supp(f ) ∩ supp(g) ∀ f, g ∈ G. Portanto, o conjunto H = X i∈I Hi = {(ai )i∈I ∈ G : ai = eHi , para todos exceto um número finito de i ∈ I} = {(ai )i∈I ∈ G : |supp(ai )i∈I | < ∞} é um subgrupo normal em G chamado a soma direta (externa) dos Hi , pois ghg −1 ∈ H, ∀ g ∈ G e h ∈ H. Proposição 5.1 Sejam {Hi }i∈I uma família de grupos e G= 1. A função λi : Hi → G definida por λi (ai ) = (bj )j∈I , com bi = ai e bj = ej , ∀ j ∈ I − {i} é um homomorfismo de grupos injetor. Neste caso, b Hi ' Hi = λi (Hi ) = Y {ej : j ∈ I − {i}} × Hi . Y i∈I Hi . 2. A função π i : G → Hi definida por b Em particular, se identificamos Hi com Hi , então Hi é um subgrupo normal em G e Y G ' {Hj : j ∈ I − {i}} × {ei }. Hi π i (aj )j∈I = ai é um homomorfismo de grupos sobrejetor. Neste caso, Y G ' Hi e ker π i = π−1 (ei ) = {Hj : j ∈ I − {i}} × {ei }. i ker π i 3. Sob a identificação do item (1), ab = ba, para todo a ∈ Hi e b ∈ Hj , com i 6= j. 5.1. PRODUTO DIRETO E SEMIDIRETO DE GRUPOS 191 Prova. Vamos provar apenas o item (3). Se a = (ai )i∈I , ak = ek , para todo k ∈ I − {i} e b = (aj )j∈I , al = ej , para todo l ∈ I − {j}, então ab = ba. Portanto, ab = ba, para todo a ∈ Hi e b ∈ Hj , com i 6= j. Observação 5.2 Quando n = 2 e G = H1 × H2 , obtemos b b b b G = H1 H2 e H1 ∩ H2 = {(e1 , e2 )}, ¥ b b pois a = (h1 , h2 ) = (h1 , e2 )(e1 , h2 ) ∈ H1 H2 . É importante lembrar que isto é verdade para todo n. Teorema 5.3 (Existência do Produto Direto) Seja {Gi }i∈I uma família indexada de grupos. Então existe um grupo G e uma família de homomorfismos de grupos {π k : G → Gk }k∈I com a seguinte propriedade universal: Dados qualquer grupo H e qualquer família de homomorfismos de grupos {ϕk : H → Gk }k∈I , existe um único homomorfismo de grupos σ : H → G tal que π k ◦ σ = ϕk , para todo k ∈ I. Além disso, G é unicamente determinado, a menos, de isomorfismo. Q Prova. (Existência) Sejam G = i∈I Gi e π k : G → Gk as projeções canônicas sobre as k-ésimas componentes, isto é, π k associa a cada g = (gi )i∈I ∈ G o elemento gk ∈ Gk . Então dados um grupo H e o homomorfismo de grupos ϕk , a função σ : H → G definida por σ(h) = σh , onde h ∈ H e σ h (k) = ϕk (h), ou seja, σ(h) = (ϕk (h))k∈I ∈ G, tem as propriedades desejadas. (Unicidade) Seja ψ : H → G outra função tal que πk ◦ ψ = ϕk , para todo k ∈ I. Então, para um h ∈ H fixado, obtemos por definição de π k , ψ(h)(k) = (πk ◦ ψ)(h) = ϕk (h) = σ h (k) = σ(h)(k), ∀ k ∈ I. Logo, ψ(h) = σ(h). Portanto, ψ = σ, pois h foi escolhido arbitrariamente, ou seja, σ é único. A prova da última afirmação faz-se de modo inteiramente análogo à do Teorema 2.47. ¥ Sejam G um grupo e Hi subgrupos de G, i = 1, . . . , n. Dizemos que G é o produto direto (interno) dos Hi se as seguintes condições são satisfeitas: 1. hi hj = hj hi , para todo hi ∈ Hi e hj ∈ Hj com i 6= j. 2. Todo a ∈ G pode ser escrito de modo único sob a forma a = h1 · · · hn , hi ∈ Hi , i = 1, . . . , n. 192 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Observe que, ao contrário do produto direto externo, o produto direto interno nem sempre existe, por exemplo, se G = S3 , H = hσi e K = hτ i, com à ! à ! 1 2 3 1 2 3 σ= e τ= , 2 3 1 1 3 2 então H e K são subgrupos de G, mas στ 6= τ σ. Portanto, G não é um produto direto interno de H e K. Note que o produto direto interno pode ser generalizado para uma família qualquer de grupos. Proposição 5.4 Sejam G um grupo e Hi subgrupos de G, i = 1, . . . , n. Então G é um produto direto interno dos Hi se, e somente se, 1. G = H1 · · · Hn . 2. Hi é um subgrupo normal em G, para cada i = 1, . . . , n. 3. Hi ∩ H1 · · · Hi−1 Hi+1 · · · Hn = {e}, para cada i = 1, . . . , n. Prova. Suponhamos que G seja um produto direto interno dos Hi . Então resta provar o item (3). Dado a ∈ Hi ∩ H1 · · · Hi−1 Hi+1 · · · Hn , obtemos a = hi ∈ Hi e a = h1 · · · hi−1 hi+1 · · · hn , hj ∈ Hj . Logo, hi = h1 · · · hi−1 hi+1 · · · hn . Assim, pela unicidade, temos que hi = e, para cada i = 1, . . . , n. Portanto, a = e. Reciprocamente, basta observar, pelo item (3) da Proposição 5.1, que hi hj = hj hi , para todo hi ∈ Hi e hj ∈ Hj , com i 6= j. ¥ Corolário 5.5 Sejam G um grupo e Hi subgrupos de G, i = 1, . . . , n. Se G é um produto direto interno dos Hi , então G ' H1 × · · · × Hn . Prova. Como G = H1 · · · Hn temos que a função ϕ : G → H1 × · · · × Hn definida por ϕ(a) = (h1 , . . . , hn ), com a = h1 · · · hn , está bem definida. Agora, é fácil verificar que ϕ é um isomorfismo. ¥ Exemplo 5.6 Sejam G um grupo finito e H, K subgrupos de G, com mdc(|H| , |K|) = 1. Mostre que se G = H × K, então todo subgrupo L de G é da forma L = (L ∩ H) × (L ∩ K). 5.1. PRODUTO DIRETO E SEMIDIRETO DE GRUPOS 193 Solução. Como H e K são subgrupos normais em G é fácil verificar que L ∩ H e L ∩ K são subgrupos normais em L tais que (L ∩ H) ∩ (L ∩ K) = {e}. Logo, (L ∩ H) × (L ∩ K) ⊆ L. Por outro lado, dado a ∈ L ⊆ G, existem únicos h ∈ H e k ∈ K tais que a = hk. Como hk = kh e mdc(|h| , |k|) = 1 temos que |hk| = |h| |k| e hai = hhki. Assim, h, k ∈ hai ⊆ L. Portanto, h ∈ L ∩ H e k ∈ L ∩ K, isto é, a ∈ (L ∩ H) × (L ∩ K). ¥ Exemplo 5.7 Considere o produto direto G = hai × K, com |hai| = n e |K| = m dividindo n. Mostre que se H é um subgrupo de G tal que |H| = kn e |H ∩ K| = k, então existe um único subgrupo L de H com a seguinte propriedade: L é um grupo cíclico de ordem n e L ∩ K = {e}. Solução. (Existência) Para um b ∈ K fixado, consideremos o grupo cíclico N = habi de G. Então |N| = n, pois ab = ba e |hbi| divide m implicam que |N| = mmc(m, n) = n. Afirmação. N ∩ K = {e} e a função ϕ : K → G definida por ϕ(b) = ab é injetora. Portanto, existem m subgrupos distintos de G com.as propriedades desejadas. De fato, se x ∈ N ∩ K, então existe c ∈ K tal que x = al bl e x = c, com 0 ≤ l < n. Logo, al bl = c, isto é, al = cb−l ∈ hai ∩ K = {e}, Assim, x = e, pois e = cm = blm implica que m divide ml, o que é impossível. (Unicidade) Como K é um subgrupo normal em G temos que ¯ ¯ ¯ HK ¯ HK H ¯ ' e ¯ ¯ K ¯ = n. K H ∩K Assim, G = HK e G H ' K H ∩K é um grupo cíclico de ordem n. Logo, existe h0 ∈ H tal que [h0 (H ∩ K)]n = H ∩ K ⇔ hn ∈ H ∩ K. 0 Pondo h0 = al c, onde l ∈ Z e c ∈ K, temos que mdc(l, n) = 1, caso contrário, existe 0 ≤ d < n tal que adl = 1. Assim, hd ∈ H ∩ K, o que é impossível. Portanto, podemos 0 r escolher uma potência h = h0 tal que h = ab0 , onde b0 ∈ K. Se H ∩ K = {x1 , . . . , xk }, então, para cada i = 1, . . . , k, Ni = hab0 xi i 194 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW é um subgrupo cíclico de ordem n, os quais são distintos aos pares e Ni ∩ K = {e}. Finalmente, seja M outro subgrupo de H com as mesmas propriedades dos Ni . Então existe b1 ∈ K tal que M = hab1 i. Como ab0 ∈ H e ab1 ∈ H temos que b−1 b1 = b−1 a−1 ab1 = (ab0 )−1 ab1 ∈ H ∩ K = {x1 , . . . , xk }, 0 0 Logo, existe i = 1, . . . , k, tal que b−1 b1 = xi . Portanto, M = hab1 i = hab0 xi i = Ni . 0 ¥ Sejam G um grupo e H, K subgrupos próprios de G. Dizemos que G é fatorável em H e K se as seguintes condições são satisfeitas: 1. G = HK. 2. hk = kh, para todo h ∈ H e k ∈ K. Dizemos que um grupo G é decomponível se G é um grupo fatorável e H ∩ K = {e}. Note que todo produto direto de grupos H × K é fatorável. A recíproca não é necessariamente verdadeira. Exemplo 5.8 Sejam G = {(x, y, xy) : x, y ∈ Z∗ } 3 um grupo, H = {(x, 1, x) : x ∈ Z∗ } e K = {(1, y, y) : y ∈ Z∗ } 3 3 subgrupos próprios de G. Então G = HK 6= H × K. Mas H, K são isomorfos a Z2 e G w Z2 ×Z2 . No entanto, se G é um grupo decomponível, então G é isomorfo a um produto direto. Proposição 5.9 Seja G um grupo fatorável com G = HK. Então: 1. H e K são subgrupos normais em G. 2. H ∩ K é um subgrupo central, isto é, H ∩ K ⊆ Z (G). 3. Se H e K são grupos abelianos, então G é um grupo decomponível. 4. Se H ∩ K = {e}, então G é um grupo decomponível. 5. Se H ou K é um grupo abeliano, então G é um grupo decomponível ou K é um subgrupo normal em H e G = H. 5.1. PRODUTO DIRETO E SEMIDIRETO DE GRUPOS 6. Se H e K são grupos não abelianos e H ∩ K 6= {e}, então |G| ≥ 32. 195 Prova. Vamos provar apenas os itens (2) e (6): (2) Dados g ∈ G e a ∈ H ∩ K. Então g = hk = kh, onde h ∈ H e k ∈ K. Logo, ag = a(hk) = (ah)k = (ha)k = h(ka) = (hk)a = ga. Assim, H ∩ K ⊆ Z (G). (6) Sejam L = H ∩ K ⊆ Z (G) e ϕ : G −→ H H × L L a função definida por ϕ (g) = (hl, kl), com g = hk = kh, h ∈ H e k ∈ K. Então é fácil verificar que ϕ é um homomorfismo de grupos sobrejetor. Assim, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, ¯ ¯¯ ¯ ¯H ¯ ¯K ¯ G H H w × e |G| = |L| ¯ ¯ ¯ ¯ . ¯ L¯¯ L ¯ L L L Como |L| ≥ 2 e H, K são grupos não abelianos temos, pelo item (c) do Exercício 6 da Seção 2.2 do Capítulo 2, que ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯H ¯ ¯ ¯ ≥ 4 e ¯ K ¯ ≥ 4. ¯L¯ ¯L¯ Portanto, |G| ≥ 32. ¥ Sejam G = S3 o grupo de permutações N = A3 = hσi e H = hτ i, com à ! à ! 1 2 3 1 2 3 σ= e τ= . 2 3 1 1 3 2 É fácil verificar que G possui as seguintes propriedades: a. G = NH. b. N é subgrupo normal em G. c. N ∩ H = {IG }. Neste caso, G não é um produto direto interno de N e H, pois H não é subgrupo normal em G. Mas isto motiva a seguinte definição. Sejam G um grupo e H, N subgrupos de G. Dizemos que G é o produto semidireto (interno) de N por H, em símbolos G = N o H, se as seguintes condições são satisfeitas: 1. G = NH. 2. N é subgrupo normal em G. 3. N ∩ H = {e}. 196 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Observação 5.10 Seja G = N o H o produto semidireto de N por H. 1. Pelo Segundo Teorema de Isomorfismo, temos que H= H NH G ' = . N ∩H N N e H é chamado um complementar de N. Consequentemente, se G é grupo finito, então |G| = |N| [G : N] = |N| |H| . 2. Como G = NH e N ∩ H = {e} temos que cada x ∈ G pode ser escrito de modo único sob a forma x = nh, n ∈ N e h ∈ H. 3. Para um h ∈ H fixado, a função ϕh : N → N definida por ϕh (n) = hnh−1 é um automorfismo de N, pois N é um subgrupo normal em G Além disso, ϕhk = ϕh ◦ϕk , para todos h, k ∈ H. Portanto, a função ϕ : H → Aut (N) definida por ϕ (h) = ϕh é um homomorfismo de grupos. Neste caso, dizemos que H age sobre N como um grupo de automorfismo e ϕ é chamado o homomorfismo por conjugação de N. Como (n1 h1 ) (n2 h2 ) = [n1 (ϕ(h1 ) (n2 ))]h1 h2 , para alguns n1 , n2 ∈ N e h1 , h2 ∈ H, temos que a operação do grupo G pode ser expressa em termos das operações de N, H e o homomorfismo ϕ. 4. Se ϕ(h) = IN , para todo h ∈ H, então ϕh (n) = n, para todo n ∈ N. Logo, hnh−1 = n ⇒ n−1 hn = h ∈ H, isto é, H é um subgrupo normal em G. Portanto, G = N × H. Reciprocamente, se G = N ×H, então os elementos de H comutam com os elementos de N e, assim, o homomorfismo ϕ é trivial. 5. Se ϕ(h) 6= IN , para algum h ∈ H, então ϕh (n) 6= n, para algum n ∈ N. Logo, hnh−1 6= n ⇒ hn 6= nh. Portanto, G é um grupo não abeliano. Reciprocamente, sejam N , H grupos e ϕ um homomorfismo grupos de H em Aut (N). Definimos uma operação binária sobre N × H do seguinte modo: (n1 , h1 ) (n2 , h2 ) = (n1 ϕ(h1 ) (n2 ) , h1 h2 ) . 5.1. PRODUTO DIRETO E SEMIDIRETO DE GRUPOS 197 Então é fácil verificar que N × H com essa operação é um grupo com elemento identidade (e, e) e (ϕ(h−1 ) (n−1 ) , h−1 ) o elemento inverso de (n, h). O grupo N × H é chamado o produto semidireto (externo) de N por H via ϕ e será denotado por G = N oϕ H. Note que b b são subgrupos de G tais que N ' N e H ' H. A função σ : G → G definida por b b σ(n, h) = (e, h) é um homomorfismo de grupos, onde Im σ = H, ker σ = N e σ 2 = σ b (prove isto!). Consequentemente, N é um subgrupo normal em G e pelo Primeiro Teorema de isomorfismo G b ' H. b N Como (n, e) (e, h) = (nϕ(e) (e) , h) = (nIN (e) , h) = (n, h) bb b b temos que G = N H. Além disso, N ∩ H = {(e, e)}. Portanto, G é o produto semidireto b b (interno) de N por H. Finalmente, (e, h) (n, e) (e, h)−1 = (ϕ(h) (n) , e) b b implica que a função ψ : H → Aut(N ) definida por ψ(e, h) = ψ(e,h) , com ψ(e,h) (n, e) = (ϕ(h)(n), e), b b b é o homomorfismo por conjugação de N. Portanto, identificando N com N e H com H, temos que ϕ é o homomorfismo por conjugação de N e G é o produto semidireto (interno) de N por H. Neste caso, N oϕ H = {nh : n ∈ N, h ∈ H} , com (n1 h1 ) · (n2 h2 ) = n1 ϕ(h1 ) (n2 ) · h1 h2 e ϕ(h1 )(n2 ) = ϕh1 (n2 ) = h1 n2 h−1 . 1 Além disso, CH (N) = ker ϕ = CG (N) ∩ H e CN (H) = NN (H). Exemplo 5.11 Sejam N um grupo abeliano qualquer e H = hbi ' Z2 . Se definirmos ϕ : H → Aut(N) por ϕ(b) = ϕb , com ϕb (a) = a−1 , para todo a ∈ N, então G = N oϕ H é um grupo não abeliano, com ϕb (a) = bab−1 = a−1 , ∀ a ∈ N, isto é, b ∈ Z(G). Em particular, se N é cíclico, então G ' Dn ou G ' D∞ . ¥ b b N = {(n, e) : n ∈ N} e H = {(e, h) : h ∈ H} 198 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Teorema 5.12 Sejam G um grupo e N um subgrupo normal em G. Então as seguintes condições são equivalentes: 1. G é um produto semidireto de N por G , N isto é, N tem um complementar em G; G N G 2. Existe um homomorfismo de grupos ϕ : N −→ G tal que π ◦ϕ = I G , com π : G ³ N G a projeção canônico e ϕ é chamada de seção de N em G; 3. Existe um homomorfismo de grupos ψ : G −→ G tal que ker ψ = N e ψ(x) = x, para todo x ∈ Im ψ. Fazer figura G Prova. (1 ⇒ 2) Seja H um complementar de N em G, isto é, H ' N . Então cada a ∈ G pode ser escrito de modo único sob a forma a = nh, onde n ∈ N e h ∈ H. Seja ϕ: G −→ G N a função definida por ϕ(Na) = h. Então é fácil verificar que ϕ é um homomorfismo grupos tal que π ◦ ϕ = I G . N (2 ⇒ 3) Vamos definir ψ : G −→ G por ψ = ϕ ◦ π. Se x ∈ Im ψ, então existe a ∈ G tal que x = ψ(a). Logo, ψ(x) = ψ(ψ(a)) = ϕ ◦ (π ◦ ϕ)(π(a)) = (ϕ ◦ π)(a) = ψ(a) = x, isto é, ψ(x) = x para todo x ∈ Im ψ. Se a ∈ ker ψ, então ψ(a) = (ϕ ◦ π)(a) = e. Logo, k = e e a ∈ N, isto é, ker ψ ⊆ N. Reciprocamente, se a ∈ N, então ψ(a) = (ϕ ◦ π)(a) = ϕ(Na) = ϕ(N) = e, e, assim, a ∈ ker ψ. (3 ⇒ 1) Pondo H = Im ψ, obtemos G = NH, pois a = ae = aψ(a)−1 ψ(a) = [aψ(a−1 )]ψ(a) ∈ NH, para todo a ∈ G. Finalmente, se x ∈ N ∩ H, então ψ(x) = e e x = ψ(x). Logo, x = e, G isto é, N ∩ H = {e}. Como H = Im ψ ' N temos que G é o produto semidireto de N G por N . ¥ Proposição 5.13 Sejam G um grupo e H, N subgrupos de G. Então G é um produto semidireto interno de N por H se, e somente se, existir um homomorfismo de grupos σ : G → G tal que σ2 = σ. Prova. Fica como um exercício ¥ Proposição 5.14 Sejam N, H grupos, ϕ : H −→ Aut (N) um homomorfismo grupos e b b f ∈ Aut (N) fixado. Se f : Aut (N) → Aut (N) é definida por f (g) = f ◦ g ◦ f −1 , então N of ◦ϕ H ' N oϕ H. 5.1. PRODUTO DIRETO E SEMIDIRETO DE GRUPOS 199 Prova. Seja θ : N oϕ H → N of ◦ϕ H definida por θ(nh) = f (n) h. Então θ é um homomorfismo de grupos, pois θ (n1 h1 n2 h2 ) = θ (n1 ϕ (h1 ) (n2 ) h1 h2 ) = f (n1 ϕ (h1 ) (n2 )) h1 h2 = f (n1 ) f (ϕ (h1 ) (n2 )) h1 h2 = f (n1 ) (f ◦ ϕ (h1 )) (n2 ) h1 h2 ¡ ¢ = f (n1 ) f ◦ ϕ (h1 ) ◦ f −1 ◦ f (n2 ) h1 h2 ¡ ¢ = f (n1 ) f ◦ ϕ (h1 ) ◦ f −1 (f (n2 )) h1 h2 ³ ´ b = f (n1 ) f ◦ ϕ (h1 ) (f (n2 )) h1 h2 = f (n1 ) h1 f (n2 ) h2 = θ (n1 h1 ) θ (n2 h2 ) . Seja α : N of ◦ϕ H → N oϕ H definida por α(nh) = f −1 (n) h. Então α é um homomorfismo de grupos. Além disso, ¡ ¢ ¡ ¢ ¡¡ ¢ ¢ (θ ◦ α) (nh) = θ (α (nh)) = θ f −1 (n) h = f f −1 (n) h = f ◦ f −1 (n) h = nh. Por um argumento simétrico, prova-se que α ◦ θ = I. Portanto, N of ◦ϕ H ' N oϕ H. ¥ Exemplo 5.15 Sejam N um grupo abeliano qualquer e H = hbi ' Z2m . Definimos o homomorfismo de grupos ϕ : H −→ Aut(N) por ϕ(b)(n) = n−1 . Então G = N ×ϕ H é um grupo não abeliano. Note que ϕ(b2 )(n) = ϕ(b)(ϕ(b)(n)) = ϕ(b)(n−1 ) = n, isto é, b2 nb−2 = n, para todo n ∈ N. Portanto, b2 ∈ Z(G). Consideramos os seguintes casos particulares: 1. Se N = hai ' Zn e H = hbi ' Z2 , então G = N ×ϕ K é um grupo não abeliano de ordem 2n isomorfo ao grupo diedral, ­ ® Dn = a, b : an = b2 = e e ab = ba−1 , a identificado com (a, e) e b identificado com (e, b). Note que o grupo Dn é isomorfo ao grupo L = hR, T i gerado pelas matrizes # # " " 2π 2π 0 1 cos( n ) − sen( n ) e T = ; R= 2π 2π sen( n ) cos( n ) 1 0 2. Se N = hai ' Z2n e H = hbi ' Z4 . Já vimos que b2 ∈ Z(G). Como bab−1 = a−1 temos que D n−1 E −1 −1 bab = a , ∀ a ∈ a2 ⊂ N. Logo, bab−1 = a−1 = a implica que a ∈ Z(G). Assim, b2 a ∈ Z(G) e hb2 ai é um subgrupo normal em G. Seja G G= 2 . hb ai 200 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW ¯ ¯ n−1 Então ¯G¯ = 2n+1 , pois |hb2 ai| = 2. Portanto, identificando b2 com a2 em G não 2 é difícil provar que G tem um único subgrupo de ordem 2, hb i, o qual é igual ao centro de G. O grupo G é um grupo não abeliano de ordem 2n+1 isomorfo ao grupo dos quatérnios generalizado, que denotaremos por Q2n+1 , E D n n−1 = b2 , Q2n+1 = a, b : a2 = b4 = e, bab−1 = a−1 e a2 a é identificado com (a, e) e b é identificado com (e, b). Note que o grupo Q2n+1 é isomorfo ao grupo L = hU, V i gerado pelas matrizes " # " # u 0 0 −1 U= e V = , 0 u−1 1 0 com U 2 = 1 e U 2 n n−1 6= 1, para todo n ≥ 2. Além disso, Q2n+1 ' D2n−1 . Z(Q2n+1 ) 3. Se N = hai ' Zq e H = hbi ' Zp , com p, q números primos distintos e p dividindo q − 1. Como p divide q − 1 e Aut(N) é um grupo cíclico de ordem q − 1 temos que Aut(N ) contém um único subgrupo de ordem p, digamos L = hσi e pelo item (4) da Proposição 2.30, σ(a) = ak , com mdc(k, q) = 1. Assim, existem p homomorfismos de grupos ϕi : H → Aut(N) definidos por ϕi (a) = σi , i = 0, . . . , p − 1. Se i = 0, então ϕ0 (a) = IN e G ' N × H é um grupo cíclico. Se i > 0, então G é um grupo não abeliano. Portanto, pela Proposição 5.14, G é o único grupo, a menos de isomorfismos, de ordem pq, pois para cada ϕi existe um gerador ai de H tal que ϕi (ai ) = σ. Portanto, G é um grupo não abeliano de ordem pq. Mais geralmente, se N = hai ' Zn e H = hbi ' Zm , com rm ≡ 1 (mod n) e mdc(r, n) = 1, então G é um grupo não abeliano de ordem mn, com ϕ(b)(a) = ar . O grupo G é chamado grupo metacíclico, que denotaremos por Gmn , ® ­ Gmn = a, b : an = bm = e e bab−1 = ar a é identificado com (a, e) e b é identificado com (e, b). Note que como N é um subgrupo normal em G temos que existe r ∈ Z tal que bab−1 = ar . Então r 6≡ 1 (mod n), pois ab 6= ba. Logo, bab−1 = ar ⇒ (bab−1 )(bab−1 ) = a2r ⇒ ba2 b−1 = a2r ⇒ bar b−1 = ar , por indução 2 m 2 ⇒ bm ab−m = ar , por indução ⇒ a = ar ⇒ rm ≡ 1 (mod n). m ⇒ b(bab−1 )b−1 = ar ⇒ b2 ab−2 = ar 2 5.1. PRODUTO DIRETO E SEMIDIRETO DE GRUPOS Assim, r, r2 , . . . , rφ(n) são todas as soluções incongruentes módulo n, com r 6≡ 1 (mod n). 201 Portanto, G é o único grupo, a menos de isomorfismos, de ordem mn, pois para cada ϕi : H → Aut(N) existe um gerador ai de H tal que ϕi (ai ) = σ. EXERCÍCIOS 1. Seja G um grupo. Mostre que existem subgrupos normais distintos H, K e L em G tais que G = H × L = K × L. (Sugestão: Escolha o grupo de Klein.) 2. Seja Dn o grupo diedral de grau n = 4m − 2. Mostre que Dn ' D n × Z2 . (Sugestão: 2 ­ n® Mostre que se σ ∈ Dn , com |σ| = n, então Dn = σ 2 × H, para algum subgrupo H de Dn .) 3. Seja N um subgrupo normal em H × K. Mostre que N é um grupo abeliano ou N ∩ H 6= {e} ou N ∩ K 6= {e}. 4. Sejam G um grupo e Hi subgrupos de G, i = 1, . . . , n. Então G é um produto direto interno dos Hi se, e somente se, (a) G = H1 · · · Hn . (b) Hi é um subgrupo normal em G, para cada i = 1, . . . , n. (c) Hi ∩ H1 · · · Hi−1 = {e}, para cada i = 1, . . . , n. 5. Sejam H e K grupos cíclicos de ordem m e n, respectivamente. Mostre que se mdc(m, n) = 1, então H × K é isomorfo a um grupo cíclico de ordem mn. 6. Sejam H e K grupos quaisquer. Mostre que H × K é isomorfo a K × H. 7. Sejam H, K e L grupos quaisquer. Mostre que (H ×K)×L é isomorfo a H ×(K ×L). 8. Sejam G um grupo não abeliano e φ um homomorfismo sobrejetor de Gk em G. Mostre que se φ (g1 , . . . , gk ) = ϕ1 (g1 ) · · · ϕk (gk ) , onde ϕi ∈ End (G), então: (a) Se G não é fatorável em subgrupos próprios não centrais, então ϕi ∈ Aut(G), para algum i, e ϕj (G) ⊆ Z (G), para todo j, com i 6= j. (b) Se G é indecomponível, então |G| ≥ 32. 202 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW 5.2 Ação de Grupos Nesta seção apresentaremos técnicas para desenvolver os teoremas de estruturas para grupos (não abelianos) finito. Além disso, apresentaremos o teorema de representação de grupos que será útil na classificação de grupos não abelianos finitos. Sejam G um grupo qualquer e S um conjunto não vazio qualquer. Uma ação (à esquerda) de G sobre S é uma função ∗ : G × S −→ S, com ∗(a, x) = a ∗ x, tal que as seguintes condições são satisfeitas: 1. a ∗ (b ∗ x) = (ab) ∗ x, para todos a, b ∈ G e x ∈ S. 2. eG ∗ x = x, para todo x ∈ S e eG é o elemento identidade de G. Neste caso, dizemos que G age sobre S e que S é um G-conjunto. Se |S| = n, então n é chamado o grau do G-conjunto S. Com o objetivo de simplificar a notação usaremos ax ao invés de a ∗ x. Exemplo 5.16 Sejam G um grupo qualquer e S um conjunto não vazio qualquer. A função ∗ : G × S −→ S definida por a ∗ x = x, para todo a ∈ G e x ∈ S, é uma ação de G sobre S chamada de ação trivial. Exemplo 5.17 Sejam H, G dois grupos, σ : H → G um homomorfismo de grupos e S = G. A função ∗ : H × S −→ S definida por a ∗ x = σ(a)x, para todo a ∈ H e x ∈ S, é uma ação de H sobre S. Em particular, se H é um subgrupo de G, então a ação é chamada de translação à esquerda. Solução. Dados a, b ∈ H e x ∈ S, obtemos a ∗ (b ∗ x) = a ∗ (σ(b)x) = σ(a)(σ(b)x) = (σ(a)σ(b))x = σ(ab)x = (ab) ∗ x e e ∗ x = σ(e)x = ex = x. Portanto, ∗ é uma ação de H sobre S. ¥ Observação 5.18 Seja S um G-conjunto não vazio. Então, para um a ∈ G fixado, a função ϕa : S → S definida por ϕa (x) = ax é um elemento do grupo de permutações de S, P (S), pois ¡ ¢ (ϕa−1 ◦ ϕa )(x) = ϕa−1 (ϕa (x)) = ϕa−1 (ax) = a−1 a x = ex = x, ∀ x ∈ S. Logo, ϕa−1 ◦ ϕa = IS . De modo inteiramente análogo, prova-se que ϕa ◦ ϕa−1 = IS . Teorema 5.19 Sejam G um grupo e S um conjunto não vazio. 1. Qualquer ação de G sobre S induz um homomorfismo de grupos ϕ : G −→ P (S). 2. Qualquer homomorfismo de grupos ϕ : G −→ P (S) induz uma ação de G sobre S. Neste caso, dizemos que ϕ é uma representação por permutação de G em P (S). 5.2. AÇÃO DE GRUPOS 203 Conclusão: existe uma correspodência biunívoca entre o conjunto de todas as ações de G sobre S e o conjunto de todos os homomorfismos de grupos de G em P (S). Prova. (1) A função ϕ : G −→ P (S) definida por ϕ(a) = ϕa é um homomorfismo de grupos. De fato, dados a, b ∈ G, obtemos (ϕ(ab))(x) = ϕab (x) = (ab)x = a(bx) = ϕa (bx) = ϕa (ϕb (x)) = (ϕa ◦ ϕb )(x) = (ϕ(a) ◦ ϕ(b)) (x), ∀ x ∈ S, isto é, ϕ(ab) = ϕ(a) ◦ ϕ(b), para todos a, b ∈ G. Portanto, ϕ é um homomorfismo de grupos. (2) Pelo Exemplo 5.17, a função ∗ : G × S −→ S definida por ax = ϕ(a)(x), para todo a ∈ G e x ∈ S, é uma ação de G sobre S. ¥ Observação 5.20 Intuitivamente uma ação de um grupo G sobre um conjunto S significa que qualquer elemento a em G age como uma permutação sobre S de modo compatível com a operação de grupo em G. Exemplo 5.21 Sejam G um grupo e V um espaço vetorial sobre um corpo F . Então o homomorfismo de grupos ϕ : G −→ GL(V ), com GL(V ) = {T : T operador linear invertível sobre V }, induz uma ação de G sobre V . Em particular, se G = Sn e P (n, F ) o conjunto de todas as matrizes de permutações de ordem n × n (qualquer matriz obtida por permutação das colunas da matriz identidade In ), então o isomorfismo de grupos f : Sn −→ P (n, F ) definido por f (σ) = Pσ induz uma ação de Sn sobre P (n, F ). Note que P (n, F ) ⊆ GLn (F ). Seja S um G-conjunto não vazio. Dados x, y ∈ S, definimos x ∼ y ⇔ existe a ∈ G tal que y = ax. Então ∼ é uma relação de equivalência sobre S. De fato, x ∼ x, para todo x ∈ S, pois ex = x. Dados x, y ∈ S, se x ∼ y, então existe a ∈ G tal que y = ax. Logo, x = ex = (a−1 a)x = a−1 (ax) = a−1 y. Assim, y ∼ x, pois a−1 ∈ G. Finalmente, dados x, y, z ∈ S, se x ∼ y e y ∼ z, então existem a, b ∈ G tais que y = ax e z = by. Logo, z = by = b(ax) = (ba)x. Assim, x ∼ z, pois ba ∈ G. 204 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW A classe de equivalência x = {y ∈ S : x ∼ y} = {ax : a ∈ G} chama-se de órbita (ou trajetória) de x e será denotada por O(x). Neste caso, temos a partição de S: • [ S= O(x), x∈F onde F ⊆ S é um conjunto minimal de representantes de órbitas. Neste caso, dizemos que F é um domínio fundamental para a ação de G sobre S, ou seja, 1. Para qualquer z ∈ S, existe a ∈ G e x ∈ F tais que z = ax. 2. Se existe x ∈ S e a ∈ G tais que x, ax ∈ F , então a = e. Exemplo 5.22 (Teorema de Lagrange) Sejam G um grupo finito e H um subgrupo de G. Mostre que |H| divide |G|. Solução. Seja S = G. Então, pelo Exemplo 5.17, a função ∗ : H × S −→ S definida por a ∗ x = ax, para todo a ∈ H e x ∈ S, é uma ação de H sobre S. A função σ : H → O(x) definida por σ(a) = ax é bijetora (prove isto!). Logo, |H| = |O(x)|, para todo x ∈ S. Como • [ S= O(x) x∈S temos que |G| = |S| = com k o número de órbitas. Portanto, |H| divide |G|. Sejam S um G-conjunto não vazio e x ∈ S fixado. O conjunto Gx = {a ∈ G : ax = x} X x∈S |O(x)| = X x∈S |H| = k |H| , ¥ é um subgrupo de G (prove isto!) chamado o estabilizador (ou o subgrupo de isotropia) de x. Além disso, o conjunto G0 = {a ∈ G : ax = x, ∀ x ∈ S} é um subgrupo normal em G chamado o núcleo da ação. Note que \ G0 = Gx . x∈S Proposição 5.23 Seja S um G-conjunto não vazio. Então Gax = aGx a−1 , ∀ a ∈ G e x ∈ S. Conclua que Gx = aGy a−1 , para todo a ∈ G e x, y ∈ O, onde O é uma órbita qualquer de S. 5.2. AÇÃO DE GRUPOS Prova. A função σ : Gx → Gax definida por σ(b) = aba−1 é bijetora, pois σ(b) = σ(c) ⇒ aba−1 = aca−1 ⇒ b = c, 205 isto é, σ é injetora. Agora, dado c ∈ Gax , obtemos c(ax) = ax. Logo, (a−1 ca)x = x. Assim, existe b = a−1 ca ∈ Gx tal que σ(b) = c, isto é, σ é sobrejetora. Portanto, Gax = σ(Gx ) = aGx a−1 . Finalmente, seja O uma órbita qualquer de S e dados x, y ∈ O, existe a ∈ G tal que x = ay. Portanto, Gx = Gay = aGy a−1 . ¥ Dizemos que uma ação de G sobre S é fiel sobre S ou que G age efetivamente sobre S ou que G age livremente sobre S se ϕ : G −→ P (S) é um homomorfismo de grupos injetor ou, equivalentemente, ker ϕ = G0 = {e} ⇔ (ax = x, ∀ x ∈ S, ⇒ a = e). Exemplo 5.24 Sejam G = Z o grupo aditivo dos números inteiros e S = R. Mostre que a função ∗ : G × S −→ S definida por nx = (−1)n x, para todo n ∈ G e x ∈ S, é uma ação de G sobre S. Solução. Fica como um exercício provar que a função é uma ação de G sobre S. Logo, O(x) = {nx : n ∈ G} = {(−1)n x : n ∈ G} = {−x, x} e Gx = {n ∈ G : nx = x} = {n ∈ G : (−1)n x = x} = 2Z. Note que [G : Gx ] = 2 = |O(x)|, para todo x ∈ S − {0}. Além disso, a ação não é fiel, pois ker ϕ = G0 = 2Z 6= {0}. ¥ Seja S um G-conjunto não vazio. Dizemos que G age transitivamente sobre S se dados x, y ∈ S, existir a ∈ G tal que y = ax ou, equivalentemente, S = O(x), para algum x ∈ S. Neste caso, S = O(x), para todo x ∈ S. Observação 5.25 Seja S um G-conjunto não vazio. Então G age transitivamente sobre cada órbita, pois se y, z ∈ O(x), então existem a, b ∈ G tais que y = ax e z = bx. Logo, existe c = ba−1 ∈ G tal que z = cy. Exemplo 5.26 Sejam G = GL n (R) = {A ∈ Mn (R) : det(A) 6= 0} e S = R1×n . Mostre que a função ∗ : G × S −→ S definida por A ∗ x = Ax, para todo A ∈ G e x ∈ S, é uma ação fiel de G sobre S. Além disso, G age transitivamente sobre S − {0}. 206 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Solução. Fica como um exercício provar que a função é uma ação fiel de G sobre S. Dado x ∈ S − {0}, existe uma base f1 , . . . , fn de S tal que f1 = x. Assim, existem únicos aij ∈ R tais que n X fj = aij ei , j = 1, . . . , n. i=1 Pondo A = [aij ], obtemos x ∈ O(e1 ) = {A ∗ e1 : A ∈ G} = {Ae1 : A ∈ G}, pois f1 = Ae1 = A ∗ e1 . Portanto, O(e1 ) = S − {0}. ¥ Sejam S e T dois G-conjuntos não vazios. Uma função ϕ : S → T é um Ghomomorfismo se ϕ(ax) = aϕ(x), ∀ a ∈ G e x ∈ S. Intuitivamente, um G-homomorfismo de G-conjuntos ϕ de S em T é uma função que preserva a ação do grupo G sobre S e T , respectivamente. Um G-homomorfismo ϕ : S −→ T é um G-isomorfismo se ϕ é bijetora. Quando existir um G-isomorfismo de G-conjuntos entre S e T , dizemos que S e T são G-isomorfos e denotaremos por S ' T . Proposição 5.27 Seja S um G-conjunto não vazio transitivo. Então S' G , ∀ x ∈ S. Gx Prova. Primeiro note que, para um x ∈ S fixado, a função ∗:G× G G −→ Gx Gx G , Gx definida por g ∗ (aGx ) = gaGx , para todo g ∈ G e aGx ∈ G (prove isto!). Portanto, Gx é um G-conjunto. Segundo consideremos a função σ: G →S Gx é uma ação de G sobre G Gx definida por σ(aGx ) = ax, para todo a ∈ G. É fácil verificar que σ está bem definida e é G injetora. Agora, dados g ∈ G e aGx ∈ Gx , obtemos σ[g(aGx )] = σ[(ga)Gx ] = (ga)x = g(ax) = gσ(aGx ), isto é, σ é um G-homomorfismo. Finalmente, dado y ∈ S existe, pela transitividade de S, a ∈ G tal que y = ax = σ(aGx ), isto é, σ é sobrejetora. Portanto, σ é um G-isomorfismo. ¥ 5.2. AÇÃO DE GRUPOS 207 Corolário 5.28 (Teorema de Órbita-Estabilizador) Sejam S um G-conjunto não vazio e x ∈ S. Então. Em particular, se G é finito, então |O(x)| divide |G|, para todo x ∈ S. Prova. Basta observar que O(x) é um G-conjunto transitivo, para todo x ∈ S. ¥ Exemplo 5.29 Sejam G = Sn e S = {1, 2, . . . , n}. Mostre que a função ∗ : G × S −→ S definida por σ ∗ x = σ(x), para todo σ ∈ G e x ∈ S, é uma ação transitiva de G sobre S e |Gx | = (n − 1)!. Neste caso, o homomorfismo de grupos, induzido pela ação de G sobre S, é a função identidade I : G −→ P (S) ' Sn . Solução. Fica como um exercício provar que a função é uma ação de G sobre S. É claro que O(x) = {σ ∗ x : σ ∈ G} = {σ(x) : σ ∈ G} = S. Assim, pelo Corolário 5.28, [G : Gx ] = |O(x)| = |S| = n. Por outro lado, como Gx é um subgrupo de G temos, pelo Teorema de Lagrange, que |Gx | = (n − 1)!. ¥ Exemplo 5.30 (Teorema de Cuachy-Frobenius) Sejam G um grupo finito e S um G-conjunto finito. Mostre que 1 X |Sa | , k= |G| a∈G onde Sa = {x ∈ S : ax = x} e k o número de órbitas em S. Solução. Consideremos o conjunto X = {(a, x) ∈ G × S : ax = x}. Para um a ∈ G fixado, o número de pares ordenados em X é igual a |Sa |. De modo inteiramente análogo, para um x ∈ S fixado, o número de pares ordenados em X é igual a |Gx |. Portanto, X X |Sa | = |S| = |Gx | . a∈G x∈S Por outro lado, pelo Corolário 5.28, obtemos X x∈S |Gx | = |G| X x∈S • X X [ 1 1 O(x), = |G| , pois S = |O(x)| |O(x)| y∈α x∈S x∈O(y) onde α ⊆ S é um conjunto minimal de representantes de órbitas, com |α| = k. Como |O(x)| = |O(y)|, para todo x ∈ O(y), temos que X 1 = 1. |O(x)| x∈O(y) Portanto, k= que é o resultado desejado. 1 X |Sa | , |G| a∈G ¥ 208 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Exemplo 5.31 Sejam G um grupo, H e K subgrupos finito de G. Mostre que |HK| = |H| |K| . |H ∩ K| Solução. Consideremos o conjunto S = {aK : a ∈ G}. Então a função ∗ : H × S −→ S definida por h ∗ (aK) = haK, para todo h ∈ H e aK ∈ S, é uma ação de H sobre S (prove isto!). Como O(K) = {h ∗ K : h ∈ H} = {hK : h ∈ H} = {h1 K, . . . , hm K} ⊆ S temos que |HK| = |K| m, pois HK = • [ hK. h∈H Por outro lado, pelo Corolário 5.28, |O(K)| = [H : HK ] e HK = {h ∈ H : hK = K} = {h ∈ H : h ∈ K} = H ∩ K. Portanto, m = [H : H ∩ K] = que é o resultado desejado. |H| |H| |K| e |HK| = , |H ∩ K| |H ∩ K| ¥ Exemplo 5.32 (Teorema Chinês dos Restos) Sejam G um grupo finito qualquer e H, K subgrupos de G tais que G = HK. Mostre que G G G ' × . H ∩K H K Solução. Sejam G G G e T = × . H ∩K H K Então as funções ∗ : G × S → S e • : G × T → T definidas por a ∗ x(H ∩ K) = ax(H ∩ K) e b • (yH, zK) = (byH, bzK) são ações de G sobre S e T , respectivamente (prove isto!). Consideremos a função G G G σ: → × H ∩K H K definida por σ(a(H ∩ K)) = (aH, aK), para todo a ∈ G. É fácil verificar que σ está bem definida e é um G-homomorfismo injetor. Como G = HK temos que S= |G| = |HK| = |H| |K| |G| 1 ⇒ = . |H ∩ K| |H| |K| |H ∩ K| Assim, multiplicando ambos os membros desta última equação por |G|, obtemos [G : H][G : K] = [G : H ∩ K]. Logo, σ é sobrejetora. Portanto, σ é um G-isomorfismo. ¥ 5.2. AÇÃO DE GRUPOS 209 Teorema 5.33 (Teorema de Representação) Sejam G um grupo e H um subgrupo de G tal que [G : H] = n. Então existe um homomorfismo de grupos π H : G → Sn tal que ker π H = a∈G \ aHa−1 e ker πH é o maior subgrupo normal em G contido em H, o qual é chamado corel de H. Prova. Consideremos o conjunto S = {aH : a ∈ G}. Então a função ∗ : G × S → S definida por g ∗ (aH) = gaH, para todo g ∈ G e aH ∈ S, é uma ação de G sobre S (prove isto!). Assim, pelo Teorema 5.19, a função ϕH : G → P (S) definida por ϕH (g) = ϕg , com ϕg (aH) = gaH, é um homomorfismo de grupos. Logo, ker ϕH = {g ∈ G : ϕH (g) = IS } = {g ∈ G : ϕg = IS } = {g ∈ G : gaH = aH, ∀ a ∈ G} = {g ∈ G : g ∈ aHa−1 , ∀ a ∈ G} = = {g ∈ G : a−1 ga ∈ H, ∀ a ∈ G} \ aHa−1 . a∈G É claro que ker ϕH é um subgrupo normal em G e ker ϕH ⊆ H. Se N é qualquer subgrupo normal em G tal que N ⊆ H, então N = xNx−1 ≤ xHx−1 , ∀ x ∈ G, de modo que N ⊆ ker ϕH . Finalmente, como |S| = n temos que existe uma bijeção θ de S sobre Nn = {1, . . . , n}. Logo, a função f : P (S) → Sn definida por f (σ) = θ ◦ σ ◦ θ−1 é um isomorfismo de grupos. Portanto, a função π H = (θ ◦ ϕg ◦ θ−1 ) ◦ ϕH é um homomorfismo de grupos de G em Sn , com ker π H = ker ϕH . ¥ Corolário 5.34 (Teorema de Cayley) Qualquer grupo finito é isomorfo a um grupo de permutação. Prova. Basta fazer H = {e} no Teorema 5.33. ¥ Corolário 5.35 Sejam G um grupo e N um subgrupo normal em G tal que [G : N] = n. G Então N é isomorfo a um subgrupo de Sn . Prova. Fica como um exercício. ¥ Os próximos resultados são de grande importância prática, uma vez que eles produzem explicitamente subgrupos normais. Corolário 5.36 Sejam G um grupo finito e H um subgrupo de G tal que [G : H] = n. Se |G| não divide n!, então ker π H 6= {e}. 210 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Prova. Sabemos, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, que G ' Im π H ≤ Sn . ker π H ¯ ¯ ¯ ¯ Logo, pelo Teorema de Lagrange, ¯ kerG H ¯ divide n!. Assim, |ker π H | > 1, pois |G| não π divide n!. Portanto, ker πH 6= {e}. ¥ Corolário 5.37 Sejam G um grupo simples e H um subgrupo de G tal que [G : H] = n > 1. Então G é isomorfo a um subgrupo de Sn . Prova. Fica como um exercício. ¥ Corolário 5.38 Sejam G um grupo finito e p o menor número primo que divide a ordem de G. Se existir um subgrupo H de G tal que [G : H] = p, então H é um subgrupo normal em G. Em particular, qualquer subgrupo de índice 2 é normal. Prova. Sabemos, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, que G ' Im π H ≤ Sp . ker π H ¯ ¯ ¯ ¯ Logo, pelo Teorema de Lagrange, ¯ kerG H ¯ divide p!. Seja m = [H : ker π H ]. Então π [G : ker π H ] = [G : H][H : ker π H ] = pm. Logo, m divide (p − 1)!. Como qualquer divisor primo de (p − 1)! é menor do que p temos, pela minimalidade de p, que qualquer divisor primo de m é maior do que ou igual a p. Portanto, m = 1 e H = ker π H é um subgrupo normal em G. ¥ Observação 5.39 Se G = A4 , então G não possui subgrupo de índice 2. EXERCÍCIOS 1. Sejam G = Z o grupo aditivo dos números inteiros e S = R. Mostre que n∗x = n+x, para todo n ∈ G e x ∈ S, é uma ação de G sobre S. Calcule o núcleo e o estabilizador. 2. Sejam G = R o grupo aditivo dos números reais e S = R × R. Mostre que a ∗ (x, y) = (x + ay, y), ∀ a ∈ G e (x, y) ∈ S, é uma ação de G sobre S. 5.2. AÇÃO DE GRUPOS 211 3. Sejam G = R o grupo aditivo dos números reais e S = {z ∈ C : |z| = 1}. Mostre que a ∗ z = eia z, para todo a ∈ G e z ∈ S, é uma ação de G sobre S. 4. Sejam G = Z o grupo aditivo dos números inteiros, A ∈ Rn×n fixada, com det(A) 6= 0, e S = Rn×1 . Mostre que k ∗ X = Ak X, para todo k ∈ G e X ∈ S, é uma ação de G sobre S. 5. Sejam G = D4 o grupo diedral e S = {1, 2, 3, 4} os vértices de um quadrado. Mostre que σ ∗ x = σ(x) para todo σ ∈ G e x ∈ S, é uma ação de G sobre S. Calcule o núcleo e o estabilizador. 6. Sejam SL2 (R) = {A ∈ GL 2 (R) : det(A) = 1} e H = {x + yi ∈ C : y > 0}. Mostre que A∗z = " a b c d # ∗z = az + b , cz + d para todo z = x + iy ∈ H e A ∈ SL2 (R), é uma ação de SL2 (R) sobre H 7. Sejam G um grupo não abeliano e S = G. Mostre que a ∗ x = xa, para todo a ∈ G e x ∈ S, não é uma ação de G sobre S. 8. Sejam G um grupo qualquer e S = G. Mostre que a ∗ x = xa−1 , para todo a ∈ G e x ∈ S, é uma ação de G sobre S. 9. Sejam S um G-conjunto não vazio e Fa = {x ∈ S : ax = x}. Mostre que se a, b ∈ G e ab = ba, então aFb = Fa e bFa = Fb . 10. Sejam G um grupo finito, p um número primo dividindo a ordem de G, S = {(a1 , a2 . . . , ap ) ∈ Gp : a1 a2 · · · ap = e} e H = hci um grupo cíclico qualquer de ordem p. Mostre que cm ∗ (a1 , a2 . . . , ap ) = (ap−m+1 , . . . , ap , a1 , a2 . . . , ap−m ), m = 1, . . . , p, é uma ação de H sobre S. G 11. Sejam G um grupo qualquer, H um subgrupo de G e S = H . Mostre que a ∗(xH) = axH, para todo a ∈ G e xH ∈ S, é uma ação transitiva de G sobre S. Calcule o núcleo e o estabilizador. G 12. Sejam G um grupo qualquer, H, K subgrupos finitos de G e S = K . Mostre que h ∗ (aK) = haK, para todo h ∈ H e aK ∈ S, é uma ação de H sobre S. Calcule suas órbitas e o estabilizador. Conclua que |HaK| = |H| |K| , ∀ a ∈ G. |H ∩ aKa−1 | 212 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW 13. Sejam G um grupo qualquer e S = G. Mostre que a ∗ x = axa−1 , para todo a ∈ G e x ∈ S, é uma ação de G sobre S. Calcule o núcleo e o estabilizador. 14. Sejam G um grupo qualquer, H um subgrupo de G e S = {K : K ≤ G}. Mostre que h ∗ K = hKh−1 , para todo h ∈ H e K ∈ S, é uma ação de H sobre S. Calcule o núcleo e o estabilizador. G 15. Sejam G um grupo qualquer, S = H um subgrupo normal abeliano em G e G = H . Mostre que (aH) ∗ x = axa−1 , para todo aH ∈ G e x ∈ S, é uma ação transitiva de G sobre S. Calcule o núcleo e o estabilizador. 16. Sejam S um G-conjunto não vazio e T um K-conjunto não vazio. Mostre que (g, k) • (x, y) = (gx, ky), ∀ (g, k) ∈ G × K e (x, y) ∈ S × T, é uma ação de G × K sobre S × T . Calcule o núcleo e o estabilizador. 17. Sejam X um G-conjunto não vazio e S = 2X . Mostre que a • Y = {a ∗ y : y ∈ Y }, ∀ a ∈ G e Y ∈ S, é uma ação não transitiva de G sobre S. 18. Sejam X um G-conjunto não vazio e Y um conjunto não vazio qualquer. Mostre que (a • f )(x) = f (a−1 ∗ x), ∀ a ∈ G e f ∈ S, é uma ação de G sobre S, com S = {f : X → Y : f é uma função} 19. Sejam G = S4 e P o grupo aditivo de todas as funções de Z4 em Z. Mostre que ¡ ¢ (σ ∗ f )(x1 , x2 , x3 , x4 ) = f xσ(1) , xσ(2) , xσ(3) , xσ(4) é uma acão de G sobre P . Este exemplo pode ser generalizado para G = Sn . (a) Calcule o estabilizador de x4 . (b) Calcule o estabilizador de x1 + x2 . (c) Calcule o estabilizador de x1 x2 + x3 x4 . (d) Calcule o estabilizador de (x1 + x2 )(x3 + x4 ). 20. Sejam S um G-conjunto não vazio transitivo e H um subgrupo normal em G, onde G é um grupo finito. Mostre que as órbitas, induzidas pela ação de H sobre S, todas têm a mesma cardinalidade. 5.2. AÇÃO DE GRUPOS 21. Sejam G um grupo qualquer, H um subgrupo finito de G e S = G. Mostre que (h, k) ∗ x = hxk −1 , ∀ (h, k) ∈ H × H e x ∈ S, 213 é uma ação de H × H sobre S. Mostre que H é um subgrupo normal em G se, e somente se, qualquer órbita desta ação contém exatamente |H| elementos. 22. Seja S um G-conjunto não vazio. Mostre que se a ∈ G−Gx , então Gx ∩Gx aGx = ∅, para todo x ∈ S. 23. Sejam S e T dois G-conjuntos não vazios. Mostre que se ϕ : S → T é um Ghomomorfismo, então Gx ≤ Gϕ(x) , para todo x ∈ S. Além disso, se ϕ é um Gisomorfismo, então Gx = Gϕ(x) , para todo x ∈ S. G G 24. Sejam G um grupo qualquer, H, K subgrupos de G e S = H , T = K . Mostre que S é G-isomorfo a T se, e somente se, H e K são conjugados. (Sugestão: Suponhamos que exista um G-isomorfismo G G → . σ: H K Então, em particular, σ(H) = aK, para algum a ∈ G. Se h ∈ H, então aK = σ(H) = σ(hH) = hσ(H) = haK. Portanto, a−1 ha ∈ K e a−1 Ha ≤ K. Agora, use o mesmo argumento com σ −1 ao invés de σ.) 25. Sejam S um G-conjunto não vazio e H um subgrupo de G. Mostre que se H age transitivamente em S, então G = HGx , para todo x ∈ S. 26. Sejam G= (" a 0 0 b # ) ∈ R2×2 : a > 0 e b > 0 e S o conjunto de todas as retas em R2 . Mostre que A ∗ (p + tv) = Ap + tAv, onde p, v ∈ R2 , v 6= 0 e A ∈ G. é uma ação de G sobre S. Calcule suas órbitas e o estabilizador. 27. Sejam G um grupo, H um subgrupo de G e S = {aH : a ∈ G} um G-conjunto. Seja π H a representação por permutação induzida por essa ação, confira Teorema 5.33. Mostre que G age transitivamente sobre S e o estabilizador em G do ponto H ∈ S é o subgrupo H. 214 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW 28. Sejam G um subgrupo de P (S), σ ∈ G e a ∈ S. Mostre que σGa σ −1 = Gσ(a) . Conclua que se G age transitivamente sobre S, então \ σGa σ −1 = {e}. σ∈G 29. Seja G um subgrupo abeliano transitivo de P (S), isto é, G age transitivamente sobre S. Mostre que σ(x) 6= x, para todo x ∈ S e σ ∈ G − {IS } (Gx = {IS }). Conclua que |G| = |S|. 30. Seja Q8 o grupo dos quatérnios. (a) Mostre que Q8 é isomorfo a um subgrupo de S8 . (b) Mostre que Q8 não é isomorfo a um subgrupo de Sn , com n ≤ 7. (Sugestão: (b) Se S é um Q8 -conjunto, com |S| ≤ 7, então mostre que o estabilizador de qualquer elemento de Q8 contém o subgrupo cíclico h−1i.) 31. Sejam p um número primo e G um grupo finito tal que |G| = pn , onde n ∈ Z+ . Mostre que qualquer subgrupo de índice p é normal em G. Conclua que qualquer grupo de ordem p2 tem um subgrupo normal de ordem p. 32. Sejam G um grupo finito e H um subgrupo simples de G, com [G : H] = 2. Mostre que H é o único subgrupo normal próprio em G ou existe um subgrupo normal K em G tal que |K| = 2 e G = H × K. 33. Sejam G um grupo simples e H um subgrupo de G tal que [G : H] = n > 1. Mostre que a ordem de G é menor do que ou igual a n!. 5.3 Classes de Conjugação Sejam G um grupo qualquer e S = G. Então a função ∗ : G × S −→ S definida por a ∗ x = axa−1 , para todo a ∈ G e x ∈ S, é uma ação de G sobre S, chamada de ação por conjugação. De fato, dados a, b ∈ G e x ∈ S, obtemos a ∗ (b ∗ x) = a ∗ (bxb−1 ) = a(bxb−1 )a−1 = (ab)x(b−1 a−1 ) = (ab)x(ab)−1 = (ab) ∗ x e e ∗ x = exe−1 = x. Dado x ∈ S, a órbita de x O(x) = {a ∗ x : a ∈ G} = {axa−1 : a ∈ G} é chamada a classe de conjugação de x e será denotada por Cx . O estabilizador de x Gx = {a ∈ G : axa−1 = x} = {a ∈ G : ax = xa} = CG (x). 5.3. CLASSES DE CONJUGAÇÃO O núcleo dessa ação G0 = {a ∈ G : axa−1 = x, ∀ x ∈ G} = {a ∈ G : ax = xa, ∀ x ∈ G} = Z(G). Note, pelo Corolário 5.28, que |Cx | = [G : CG (x)], ∀ x ∈ S. 215 e que G não age transitivamente sobre G. Em particular, se G é um grupo finito, então |Cx | divide [G : Z(G)], ∀ x ∈ S. Mais geralmente, sejam G um grupo qualquer e S = {X : X é um subconjunto não vazio de G}. Então a função ∗ : G × S −→ S definida por a ∗ X = aXa−1 , ∀ a ∈ G e X ∈ S, é uma ação “não transitiva” de G sobre S (prove isto!). Dado X ∈ S, a órbita de X O(X) = CX = {aXa−1 : a ∈ G} é o conjunto de todos os conjugados de X em G. O estabilizador de X GX = {a ∈ G : aXa−1 = X} = NG (X). Assim, pelo Corolário 5.28, |CX | = [G : NG (X)], ∀ X ∈ S. Neste caso, se NG (X) = G, dizemos que X é um conjunto normal de G. Exemplo 5.40 Sejam G um grupo e H um subgrupo de G tal que [G : H] = 2. Mostre que H é um subgrupo normal em G. Solução. Este exemplo é uma consequência direta do Corolário 5.38, mas daremos outra solução. Como H ⊆ NG (H) temos que [G : NG (H)] ≤ [G : H]. Logo, [G : NG (H)] = 1 ou 2. Se [G : NG (H)] = 1, então G = NG (H) e H é um subgrupo normal em G. Se [G : NG (H)] = 2, então O(H) = CH = {aHa−1 : a ∈ G} = {H, aHa−1 }, para algum a ∈ G. Note que G age sobre O(H). Assim, pelo Teorema 5.33, existe um homomorfismo de grupos π H : G −→ S2 , com [G : ker ϕ] = 2, pois aHa−1 6= H, para algum a ∈ G. Portanto, ker π H = H e H é um subgrupo normal em G, o que é uma contradição. ¥ 216 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Exemplo 5.41 Seja G = S3 = hτ , σi = {I, σ, σ 2 , τ , στ , σ 2 τ }, com σ = à 1 2 3 2 3 1 ! e τ= à 1 2 3 1 3 2 ! , o grupo de permutações. Determine todas as classes de conjugação de G. Solução. É fácil verificar que CI = {I}, Cσ = Cσ2 = {σ, σ 2 } e Cτ = Cτ σ = Cτ σ2 = {τ , στ , σ 2 τ }. Logo, G = CI ∪ Cτ ∪ Cσ . • • ¥ Suponhamos que G seja um grupo finito. Então existe um número finito de classes de conjugação, digamos Ci = Cxi , i = 1, . . . , k. Logo, G = C1 ∪ C2 ∪ · · · ∪ Ck . Portanto, temos a seguinte equação de classes: |G| = |C1 | + |C2 | + · · · + |Ck | = Note que x ∈ Z(G) ⇔ ax = xa, ∀ a ∈ G, ⇔ axa−1 = x, ∀ a ∈ G, ⇔ Cx = {axa−1 : a ∈ G} = {x}. Em particular, se x ∈ Z(G), então |Cx | > 1. Assim, / X [G : CG (xi )]. |G| = |Z(G)| + xi ∈Z(G) / k X i=1 • • • |Ci | . (5.1) Exemplo 5.42 Seja G = Q8 = hi, ji = {1, −1, i, −i, j, −j, k, −k} o grupo dos quatérnios. Determine todas as classes de conjugação de G. Solução. É claro que o grupo cíclico hai é um subgrupo de CG (a), para todo a ∈ G. Assim, hii ⊆ CG (i) ⊆ G. Como Z(G) = {1, −1} temos que i ∈ Z(G). Logo, / Z(G) ⊂ CG (i) ⊂ G, pois a ∈ Z(G) se, e somente se, CG (a) = G, para todo a ∈ G, (prove isto!). Assim, 2 < |CG (i)| < 8. 5.3. CLASSES DE CONJUGAÇÃO Por outro lado, como |CG (i)| é um divisor de |G| e hii ⊆ CG (i) temos que ¯ ¯ ¯ G ¯ ¯ = 2. ¯ CG (i) = hii e |Ci | = [G : CG (i)] = ¯ CG (i) ¯ • • • • 217 Portanto, Ci = {i, −i}, com −i = kik −1 . De modo inteiramente análogo, obtemos Cj = {j, −j} e Ck = {k, −k}. Assim, G = C1 ∪ C−1 ∪ Ci ∪ Cj ∪ Ck e |G| = 1 + 1 + 2 + 2 + 2. que é o resultado desejado. ¥ Exemplo 5.43 Seja G um grupo finito contendo exatamente 2 classes de conjugação. Mostre que |G| = 2. Solução. Seja |G| = n. Então G = Ce ∪ Ca , com a 6= e. Logo, |Ca | = n − 1. Como |Ca | é um divisor de n temos que existe k ∈ Z tal que n = k(n − 1). Assim, k ≥ 2. Portanto, n = k(n − 1) ≥ 2(n − 1) ⇒ n ≤ 2, isto é, n = 2. ¥ • Observação 5.44 (Lema de Landau) Sejam r ∈ Q, com r > 0, e k ∈ N fixado. Então a equação 1 1 1 + + ··· + =r x1 x2 xk possui somente um número finito de soluções em N, pois se xk = min{x1 , . . . , xk } ⇒ 1 1 1 k k + + ··· + ≤ e 1 ≤ xk ≤ . x1 x2 xk xk r Assim, existe apenas um quantidade finita de escolhas para xk . Agora, use indução sobre k na equação 1 1 1 1 + + ··· + =r− . x1 x2 xk−1 xk Sejam r = 1 e Nk uma cota superior de todas as soluções xi da equação. Se G é um grupo finito de ordem n e contém exatamente k classes de conjugação, então |G| ≤ Nk , pois, pela equação de classes, obtemos 1= 1 1 1 + + ··· + , x1 x2 xk com xi = |CG (ai )|, i = 1, . . . , k. Agora, se a1 = e, então CG (a1 ) = G e x1 = |G|. Sendo xi ≤ Nk , i = 1, . . . , k, obtemos o resultado. EXERCÍCIOS 218 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW 1. Determine todas as classes de conjugação dos grupos Z5 , D4 , A4 , D6 e S4 . 2. Sejam G um grupo e Cx uma classe de conjugação contendo exatamente n elementos. Mostre que existe um subgrupo H de G tal que [G : H] = n. 3. Seja G um grupo finito contendo exatamente 3 classes de conjugação. Determine as possibilidades para a ordem de G. 4. Seja G um grupo finito contendo exatamente 4 classes de conjugação. Determine as possibilidades para a ordem de G. 5. Sejam G um grupo, H e K subgrupos de G. Mostre que se H ∩ K é um subgrupo normal em H e K, então HK ⊆ NG (H ∩ K). 6. Sejam G um grupo e H subgrupo abeliano de G. Mostre que HZ(G) é um subgrupo abeliano de G. 7. Sejam G um grupo e H subgrupo de G. Mostre que se H é um subgrupo normal em G, então CG (H) é um subgrupo normal em G. 8. Sejam G um grupo, H e K subgrupos de G. Mostre que se H é um subgrupo normal abeliano maximal finito em G e K é um subgrupo normal abeliano em G, então K é finito. (Sugestão: Use o N/C-Lema.) 9. Sejam G um grupo e X um subconjunto de G. O fecho normal de X é o conjunto X G = hX a : a ∈ Gi. Mostre que X G é um subgrupo normal minimal em G contendo X. (Sugestão: Mostre que cada ϕ ∈ Inn(G) induz uma permutação em X a .) 10. Sejam G um grupo infinito e a ∈ G∗ , com a classe de conjugação Ca finita. Mostre que G é um grupo não simples. (Sugestão: Note que |Ca | > 1 ou |Ca | = 1) 5.4 p-Grupos Sejam G um grupo finito e p um número primo. Dizemos que G é um p-grupo se a ordem de G é uma potência de p, isto é, |G| = pn , para algum n ∈ Z+ . Se H é um subgrupo de G e H é um p-grupo, dizemos que H é um p-subgrupo de G. Em particular, H = hei = {e} é um p-subgrupo de G, pois |H| = |hei| = 1 = p0 . Exemplo 5.45 Os grupos Z8 , Z2 × Z4 , Z2 × Z2 × Z2 , D4 , Q8 , Zpn e Zp × · · · × Zp são p-grupos. Exemplo 5.46 Sejam G um p-grupo abeliano finito e ap 6= e, para algum k ∈ Z+ . k Mostre que se a ordem ap é igual pm , então a ordem de a é igual pk+m . k 5.4. P-GRUPOS Solução. Seja pn a ordem de a. Como ap k+m 219 temos que pn divide pk+m , isto é, n ≤ m + k Por outro lado, como ³ k ´pn−k n ap = ap = e ³ k ´pm = ap =e temos que pm divide pn−k , isto é, m ≤ n − k Portanto, pn = pk+m . ¥ Observação 5.47 Pelo Teorema de Lagrange, qualquer subgrupo de um p-grupo é um p-subgrupo. Proposição 5.48 Sejam G um p-grupo finito e ϕ : G → K um homomorfismo de grupos. Então Im ϕ é um p-grupo. Prova. Fica como um exercício. Lema 5.49 Sejam H um p-grupo finito e S um H-conjunto não vazio finito. Se S0 = {x ∈ S : ax = x, ∀ a ∈ H} ⊆ S, então |S| ≡ |S0 | (mod p). Prova. Note que x ∈ S0 ⇔ ax = x, ∀ a ∈ H, ⇔ O(x) = {ax : a ∈ H} = {x}. Logo, S = S0 ∪ O(x1 ) ∪ · · · ∪ O(xk ) e |S| = |S0 | + (|O(x1 )| + · · · + |O(xk )|) , onde xi ∈ S − S0 e |O(xi )| > 1, para cada i = 1, . . . , k. Como |O(xi )| é um divisor de |H| temos que p é um divisor |O(xi )|, para cada i = 1, . . . , k. Portanto, |S| ≡ |S0 | (mod p), que é o resultado desejado ¥ • • • ¥ Teorema 5.50 (Teorema de Cauchy) Sejam G um grupo finito e p um número primo. Se p divide a ordem de G, então G contém um elemento de ordem p. Prova. (J. H. McKay) Sejam |G| = n e consideremos o conjunto S = {(a1 , . . . , ap ) ∈ Gp : a1 · · · ap = e}. 220 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Então |S| = np−1 , pois ap é completamente determinado por (a1 · · · ap−1 )−1 . Como p é um divisor de n temos que |S| ≡ 0 (mod p). Seja H = hci um grupo cíclico de ordem p. Então a função ∗ : H × S → S definida por cm ∗ (a1 , a2 . . . , ap ) = (ap−m+1 , . . . , ap , a1 , a2 . . . , ap−m ), m = 1, . . . , p, é uma ação de H sobre S (prove isto!). Pelo Lema 5.49, |S| ≡ |S0 | (mod p) e |S| ≡ 0 (mod p) ⇒ |S0 | ≡ 0 (mod p), ou seja, p é um divisor de |S0 |. Agora, (a1 , . . . , ap ) ∈ S0 ⇔ a1 = · · · = ap . Assim, S0 6= ∅, pois (e, . . . , e) ∈ S0 . Como |S0 | 6= 0 e p é um divisor de |S0 | temos que existe pelo menos p elementos em S0 , isto é, existe a ∈ G, com a 6= e, tal que (a, . . . , a) ∈ S0 . Portanto, ap = e. Sendo p um número primo temos que |a| = p. ¥ Corolário 5.51 Seja G um grupo finito. Então qualquer elemento de G possui ordem uma potência de p se, e somente se, G é um p-grupo. Neste caso, dizemos que qualquer elemento de G é um p-elemento de G. Prova. Suponhamos que qualquer elemento de G tenha ordem uma potência de p e |G| = pn m, com mdc(m, p) = 1. Se m > 1, então existe um número primo q dividindo a ordem de G. Então, pelo Teorema de Cauchy, G contém um elemento de ordem q, o que é impossível, pois por hipótese, qualquer elemento de G é um p-elemento. Portanto, a ordem de G é uma potência de p. A recíproca, é uma consequência do Teorema de Lagrange. ¥ Corolário 5.52 (Teorema de Burnside) Sejam p um número primo e G um grupo finito, com |G| = pn , para algum n ∈ N. Então: 1. p é um divisor de |Z(G)| e |Z(G)| 6= pn−1 . Em particular, Z(G) 6= {e}. 2. p é um divisor de |H ∩ Z(G)|, para qualquer subgrupo normal não trivial H em G. Em particular, se |H| = p, então H ⊆ Z(G). Prova. (1) Sabemos, pela equação de classes, que X |G| = |Z(G)| + [G : CG (x)]. x∈Z(G) / 5.4. P-GRUPOS 221 Como |Cx | = [G : CG (x)] > 1 é um divisor de |G| temos que p divide [G : CG (x)]. Portanto, p divide |Z(G)|, pois p divide |G|. Agora, se |Z(G)| = pn−1 , então G é um grupo não abeliano e existe a ∈ G tal que a ∈ Z(G). Logo, / Z(G) ⊂ CG (a) ⊂ G. Assim, pn−1 < |CG (a)| < |G| = pn , o que é impossível, pois pelo Teorema de Lagrange, |CG (a)| divide pn . Portanto, |Z(G)| 6= pn−1 . (2) Note que se x ∈ H, então Cx ⊆ H, pois H é um subgrupo normal em G. Logo, Ca ⊆ H ou Ca ∩ H = ∅, para todo a ∈ G. Como ⎛ ⎞ • • [ S (Cx ∩ H)⎠ H = H ∩ G = (H ∩ Z(G)) ⎝ x∈Z(G) / temos que |H| = |H ∩ Z(G)| + x∈Z(G) / X |Cx ∩ H| . ¥ Sendo |Cx ∩ H| = 0 ou |Cx ∩ H| = |Cx |, temos que p divide |H ∩ Z(G)|. Corolário 5.53 Sejam p um número primo e G um grupo finito, com |G| = p2 . Então G é um grupo abeliano. Mais precisamente, G ' Zp2 ou G ' Zp × Zp . Prova. Pelo item (1) do Corolário 5.52, temos que Z(G) 6= {e} e |Z(G)| = p2 . Portanto, G = Z(G), isto é, G é grupo abeliano. Se G contém um elemento de ordem p2 , então G é grupo cíclico. Portanto, G ' Zp2 . Suponhamos que qualquer elemento de G − {e} seja de ordem p. Sejam a ∈ G − {e} e b ∈ G − {a}. Como |ha, bi| > |hai| temos que G = ha, bi. Sendo |hai| = p e |hbi| = p, obtemos hai × hbi = Zp × Zp . Agora, é fácil verificar que a função σ : Zp × Zp → G definida por σ(am , bn ) = am bn é um isomorfismo. ¥ Lema 5.54 Sejam G um grupo finito e H um p-subgrupo de G. Então [NG (H) : H] ≡ [G : H] (mod p). Prova. Consideremos o conjunto S = {aH : a ∈ G}. Então |S| = [G : H]. A função ∗ : H × S → S definida por h ∗ (aH) = haH, para todo h ∈ H e aH ∈ S, é uma ação de H sobre S (prove isto!). Logo, pelo Lema 5.49, |S| ≡ |S0 | (mod p). Note que aH ∈ S0 ⇔ haH = aH, ∀ h ∈ H, ⇔ a−1 haH = H, ∀ h ∈ H, ⇔ a−1 ha ∈ H, ∀ h ∈ H, ⇔ a−1 Ha = H ⇔ aHa−1 = H ⇔ a ∈ NG (H). 222 Assim, CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW S0 = {aH : a ∈ NG (H)} e |S0 | = [NG (H) : H]. Portanto, [NG (H) : H] = |S0 | ≡ |S| = [G : H] (mod p), que é o resultado desejado ¥ Corolário 5.55 Sejam G um grupo e H um p-subgrupo de G tal que p divide [G : H]. Então H 6= NG (H). Prova. Pelo Lema 5.54, [NG (H) : H] ≡ [G : H] ≡ 0 (mod p). Como [NG (H) : H] ≥ 1, em qualquer caso, temos que [NG (H) : H] > 1. Portanto, H 6= NG (H). ¥ Exemplo 5.56 Sejam G um grupo finito e H um subgrupo próprio de G. Mostre que [ aHa−1 ⊂ G. a∈G Solução. Seja N = NG (H). Então H ⊆ N ⊆ G. Logo, [G : N] ≤ [G : H] e [G : H] > 1, pois H 6= G. Se r é o número de elementos distintos em a∈G [ aHa−1 , então r ≤ 1 + (|H| − 1) [G : N] ≤ 1 + (|H| − 1) [G : H] = 1 + |G| − [G : H] < |G| , pois [G : H] > 1 e [G : N] é o número de conjugados de H. ¥ EXERCÍCIOS 1. Seja G um grupo, com |G| = p3 . Mostre que se G é não abeliano, então |Z(G)| = p. 2. Sejam G um grupo e H um subgrupo normal em G. Mostre que se H e p-grupos, então G é um p-grupo. G H são 5.4. P-GRUPOS 223 3. Sejam G um p-grupo finito, com |G| = pn e n ∈ N. Mostre que G possui um subgrupo normal H em G, com |H| = pn−1 . Conclua que G possui uma cadeia de subgrupos {e} = Gn ⊆ Gn−1 ⊆ · · · ⊆ G1 ⊆ G0 = G tais que Gi+1 é um subgrupo normal em Gi e |Gi | = pn−i , para todo i = 0, . . . , n. (Sugestão: Use indução sobre n e o Teorema de Burnside 5.52.) 4. Seja G um p-grupo finito. Mostre que qualquer subgrupo maximal H de G é subgrupo normal em G e [G : H] = p. 5. Sejam G um p-grupo finito e H um subgrupo próprio de G. Mostre que se |H| = pk , então existe um subgrupo K de G tal que |K| = pk+1 e H ⊆ K. (Sugestão: Use o item (1) do Teorema de Burnside 5.52.) 6. Seja G um grupo finito de ordem n. Mostre que |Aut(G)| ≤ (n − 1)!. (Sugestão: Note que σ(e) = e, para todo σ ∈ Aut(G).) 7. Seja G um p-grupo não abeliano finito. Mostre que p2 divide |Aut(G)|. 8. Seja G um grupo. Mostre que o conjunto Aut C (G) = {σ ∈ Aut(G) : a−1 σ(a) ∈ Z(G), ∀ a ∈ G} é um subgrupo normal em Aut(G). Em particula, se Z(G) = {e}, então Aut C (G) = {I}. 9. Sejam p um número primo e G um grupo finito cuja ordem é divisível por p. Além disso, seja P um p-subgrupo maximal de G. Mostre que: (a) aP a−1 , para todo a ∈ G, é também um p-subgrupo maximal de G. (b) Se P é o único p-subgrupo maximal de G, então P é um subgrupo normal em G. 10. Sejam G um grupo, com |G| = pn e H um subgrupo normal em G. Mostre que para qualquer divisor pm de |H| existe um subgrupo normal K em G, com |K| = pm e K ⊆ H. (Sugestão: Use indução sobre n.) 11. Seja G um grupo, com |G| = pn e n > 1. Mostre que G é um grupo não simples. 12. Seja G um grupo finito tal que Aut(G) age transitivamente sobre S = G − {e}. Mostre que qualquer elemento de G é de ordem um número primo p e G é grupo abeliano, isto é, G é um p-grupo abeliano elementar. 224 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW 5.5 Teoremas de Sylow O principal objetivo desta seção é apresentar uma recíproca parcial do Teorema de Lagrange. Sejam p um número primo e G um grupo finito. Então o conjunto S = {k ∈ Z+ : pk ||G| , mas pk+1 -|G| } 6= ∅ contém um maior elemento, digamos n ∈ S, ou seja, n = max{k ∈ Z+ : pk ||G| }. Portanto, |G| = mpn , com mdc(m, p) = 1. Dizemos que um subgrupo H de G é um p-subgrupo de Sylow de G se |H| = pn , isto é, H é um p-subgrupo maximal de G e mdc([G : H], p) = 1, pois pelo Teorema de Lagrange |G| = [G : H] |H| ⇒ [G : H] = |G| = m. |H| Notação. Sylp (G) representa o conjunto de todos os p-subgrupos de Sylow de G. Teorema 5.57 (Primeiro Teorema de Sylow) Sejam p um número primo e G um grupo finito tal que |G| = mpn , com mdc(m, p) = 1. Então G contém um subgrupo de ordem pk , 1 ≤ k ≤ n, e qualquer subgrupo de G, com ordem pk , é normal em algum subgrupo de ordem pk+1 . Além disso, Sylp (G) 6= ∅. Prova. Vamos usar indução sobre n. Se n = 1, então o resultado segue do Teorema de Cauchy. Suponhamos que o resultado seja válido para todo k, com 1 ≤ k < n, isto é, existe um subgrupo H de G, com ordem pk . Então, pelo Teorema de Lagrange, p divide [G : H]. Logo, pelo Lema 5.54 e pelo Corolário 5.55, temos que H 6= NG (H) e 1 < [NG (H) : H] ≡ [G : H] ≡ 0 (mod p). Assim, p divide [NG (H) : H]. Pelo Teorema de Cauchy, o grupo NG (H) H contém um subgrupo de ordem p e, pelo Teorema da Correspondência, ele é da forma L , onde L é um subgrupo de NG (H) contendo H. Como H é um subgrupo normal em H NG (H) temos que H é normal em L e, pelo Teorema de Lagrange, ¯ ¯ ¯L¯ |L| = ¯ ¯ |H| = ppk = pk+1 . ¯H ¯ Portanto, G contém um subgrupo de ordem pk , para cada 1 ≤ k ≤ n e qualquer subgrupo de G, com ordem pk é normal em algum subgrupo de ordem pk+1 . ¥ 5.5. TEOREMAS DE SYLOW 225 Corolário 5.58 Sejam p um número primo e G um grupo finito tal que |G| = mpn , com mdc(m, p) = 1. 1. aP a−1 ∈ Sylp (G), para todo P ∈ Sylp (G) e a ∈ G. 2. Sylp (G) = {P } se, somente se, P é um subgrupo normal em G. Prova. Fica como um exercício. ¥ Teorema 5.59 (Segundo Teorema de Sylow) Sejam p um número primo e G um grupo finito tal que |G| = mpn , com mdc(m, p) = 1. Se H é um p-subgrupo de G e P é um p-subgrupo de Sylow de G, então existe a ∈ G tal que H é um subgrupo de aP a−1 . Em particular, quaisquer dois p-subgrupos de Sylow de G são conjugados. Prova. Consideremos o conjunto S = {aP : a ∈ G}. Então |S| = [G : P ] e a função ∗ : H × S → S definida por h ∗ (aP ) = haP , para todo h ∈ H e aP ∈ S, é uma ação de H sobre S (prove isto!). Logo, pelo Lema 5.49, |S| ≡ |S0 | (mod p). Como p não é um divisor de |S| = [G : P ] temos que |S0 | 6= 0. Assim, existe a ∈ G tal que aP ∈ S0 . Portanto, a−1 ha ∈ P, ∀ h ∈ H, ⇔ a−1 Ha ≤ P ⇔ H ≤ aP a−1 , aP ∈ S0 ⇔ haP = aP, ∀ h ∈ H, ⇔ a−1 haP = P, ∀ h ∈ H, ⇔ isto é, H é um subgrupo de aP a−1 . Finalmente, se Q é qualquer p-subgrupo de Sylow de G, então Q é um p-subgrupo de G. Logo, existe a ∈ G tal que Q ≤ aP a−1 . Como ¯ ¯ |Q| = |P | = ¯aP a−1 ¯ , ∀ a ∈ G, temos que Q = aP a−1 . ¥ Teorema 5.60 (Terceiro Teorema de Sylow) Sejam p um número primo e G um grupo finito tal que |G| = mpn , com mdc(m, p) = 1. Então o número np de p-subgrupos de Sylow de G é da forma 1 + kp, para algum k ∈ Z+ . Além disso, np = [G : NG (P )], para qualquer p-subgrupo de Sylow P de G e np é um divisor de [G : P ]. 226 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Prova. Pelo Primeiro Teorema de Sylow Sylp (G) 6= ∅, isto é, G contém um p-subgrupo de Sylow P . Consideremos o conjunto S = Sylp (G) = {aP a−1 : a ∈ G}. Então np = |S| = [G : NG (P )] é um divisor de [G : P ] e a função ∗ : P × S → S definida por a ∗ Q = aQa−1 , para todo a ∈ P e Q ∈ S, é uma ação de P sobre S (prove isto!). Logo, pelo Lema 5.49, |S| ≡ |S0 | (mod p). Agora, Q ∈ S0 ⇔ Q = aQa−1 , ∀ a ∈ P, ⇔ P ≤ NG (Q), isto é, P é um subgrupo de NG (Q). Como P e Q são p-subgrupos de Sylow de G temos que eles, também, o são de NG (Q). Assim, pelo Segundo Teorema de Sylow, existe x ∈ NG (Q) tal que P = xQx−1 = Q, pois Q é um subgrupo normal em NG (Q). Portanto, S0 = {P } e 1 = |S0 | ≡ |S| (mod p), isto é, np = 1 + kp, para algum k ∈ Z+ . ¥ Observação 5.61 Sejam p um número primo, G um grupo finito tal que |G| = mpn , com mdc(m, p) = 1 e P um p-subgrupo de Sylow de G. Se np = 1, então P é um subgrupo normal em G. Mas a recíproca é falsa, por exemplo, se G = S5 (|G| = 23 · 3 · 5), então G contém um “único” subgrupo normal H = A5 (|H| = 22 · 3 · 5), o qual não é um p-subgrupo de Sylow de G. Teorema 5.62 Sejam G um grupo finito e p um número primo. Sejam P um p-subgrupo de Sylow de G e H um subgrupo G tal que NG (P ) está contido em H. Então: 1. NG (H) = H. Em particular, NG (NG (P )) = NG (P ). 2. [G : H] ≡ 1 (mod p). Prova. É claro que H ⊆ NG (H). Por outro lado, dado x ∈ NG (H), temos que P e xP x−1 são p-subgrupos de Sylow de H, pois P ⊆ NG (H). Assim, pelo Segundo Teorema de Sylow, existe h ∈ H tal que P = hxP x−1 h−1 = hxP (hx)−1 . Logo, hx ∈ NG (P ) ⊆ H. Portanto, x = h−1 (hx) ∈ H, isto é, NG (H) ⊆ H. ¥ 5.6. APLICAÇÕES 227 5.6 Aplicações Nesta seção apresentaremos algumas técnicas para produzir subgrupos normais em grupos de uma dada ordem (pequena). Essas técnicas podem ser listadas como: • Contando elementos. • Explorando subgrupos de índice pequeno. • Representação por permutação. • Estudando o normalizador de p-subgrupos de Sylow. É importante lembra que essas técnicas auxiliam a responder se um dado grupo é simples ou não. Sejam G um grupo de ordem n, p um divisor primo de n e P ∈ Sylp (G). Se |P | = p, então qualquer elemento de P diferente da identidade tem ordem p e qualquer elemento de G com ordem p está em algum conjugado de P , pois |P | = |aP a−1 |, para todo a ∈ G. Assim, pelo Teorema de Lagrange, P ∩ Q = {e}, para todos P, Q ∈ Sylp (G), com |P | = |Q| = p. Portanto, o número de elementos de G com ordem p é igual a np (p − 1), pois Sp = {a ∈ G : |a| = |hpi| = p} = • [ P ∈Sylp (G) (P − {e}) ⇒ |Sp | = np |P − {e}| = np (p − 1). Note que se o grupo G possuir p-subgrupos de Sylow de ordem p2 , então a interseção pode ser não trivial. Por exemplo. se G = D6 , então os três 2-subgrupos de Sylow de G são: {I, r3 , s, r 3 s}, {I, r3 , rs, r4 s} e {I, r3 , r2 s, r5 s}, com interseção Z(G) = {I, r3 }. Lema 5.63 Seja G um grupo não abeliano simples finito. Se um número primo p divide a ordem de G, então np > 1. Prova. Seja p um número primo dividindo a ordem de G. Se p é o único divisor primo da ordem de G, então G é um p-grupo não trivial. Pelo Teorema de Burnside 5.52, Z(G) 6= {e}. Assim, pela simplicidade de G, obtemos G = Z(G), o que é impossível, pois G é um grupo não abeliano. Logo, existem pelo menos dois números primos distintos dividindo a ordem de G. Seja P um p-subgrupo de Sylow de G. Então {e} ⊂ P ⊂ G ⇒ 1 < |P | < |G| . Se np = 1, então P é um subgrupo normal em G. Logo, pela simplicidade de G, obtemos G = P , o que é impossível. Portanto, np > 1. ¥ 228 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Exemplo 5.64 Seja G um grupo de ordem 105. Mostre que G é um grupo não simples. Solução. Como |G| = 3 · 5 · 7 temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um 3-subgrupo de Sylow H, um 5-subgrupo de Sylow K e um 7-subgrupo de Sylow L. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow n3 = 1, 4, 7, . . . e n3 | 35 n5 = 1, 6, 11, . . . e n5 | 21 n7 = 1, 8, 15, . . . e n7 | 15. Agora, suponhamos, por absurdo, que G seja um grupo simples. Então n3 = 7, n5 = 21 e n7 = 15. Assim, pelo exposto acima, obtemos o número de elementos com ordem 3 é 7 · 2 o número de elementos com ordem 5 é 21 · 4 o número de elementos com ordem 7 é 15 · 6 = 14 = 84 = 90 o número de elementos com ordem prima é 188 > |G| , o que é uma contradição. Portanto, G é um grupo não simples. ¥ Exemplo 5.65 Seja G um grupo de ordem 48. Mostre que G contém um subgrupo normal de ordem 8 ou 16. Solução. Como |G| = 24 · 3 temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um 2-subgrupo de Sylow H. Logo, [G : H] = 3. Como |G| não divide 3! = 6 temos, pelo Corolário 5.36, que G contém um subgrupo normal K = ker π H tal que K 6= {e}, K ⊆ H e Assim, pelo Teorema de Lagrange, ¯ ¯ ¯G¯ ¯ ¯ = 2, 3 ou 6. ¯K ¯ (5.2) G ' π H (G) ≤ S3 . K Portanto, G contém um subgrupo normal K de ordem 8 ou 16. Comparando (5.2) e (5.3), obtemos ¯ ¯ ¯G¯ ¯ ¯ = 3 ou 6 ⇒ |K| = 8 ou 16. ¯K ¯ Por outro lado, como K 6= {e} e K ⊆ H temos, pelo Teorema de Lagrange, que ¯ ¯ ¯G¯ |K| = 2, 4, 8 ou 16 ⇒ ¯ ¯ = 3, 6, 12 ou 24. ¯K ¯ (5.3) ¥ Exemplo 5.66 Seja G um grupo de ordem 300. Mostre que G é um grupo não simples. 5.6. APLICAÇÕES 229 Solução. Como |G| = 22 · 3 · 52 temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um 5-subgrupo de Sylow H. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow n5 = 1, 6, 11, . . . e n5 | 12. Agora, suponhamos, por absurdo, que G seja um grupo simples. Então n5 = 6. Assim, G contém um subgrupo N = NG (H) tal que [G : N] = n5 = 6. Pelo Teorema 5.33, existe um homomorfismo de grupos injetor ϕ : G → S6 , pois G é um grupo simples. Logo, pelo Teorema de Lagrange, 300 é um divisor de |S6 | = 6! = 24 · 32 · 5, o que é impossível. Portanto, G é um grupo não simples. ¥ Exemplo 5.67 Seja G um grupo de ordem 3.393. Mostre que G é um grupo não simples. Solução. Como |G| = 32 · 13 · 29 temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um 3-subgrupo de Sylow H. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow n3 = 1, 4, 7, . . . e n3 | 13 · 29. Agora, suponhamos, por absurdo, que G seja um grupo simples. Então n3 = 13. Assim, G contém um subgrupo N = NG (H) tal que [G : N] = n3 = 13. Pelo Teorema 5.33, existe um homomorfismo de grupos injetor ϕ : G → S13 , pois G é um grupo simples. Logo, pelo Teorema de Lagrange, 3.393 é um divisor de |S13 | = 13! = 210 · 35 · 52 · 7 · 11 · 13, o que é impossível. Portanto, G é um grupo não simples. ¥ Exemplo 5.68 Seja G um grupo de ordem 380. Mostre que G contém um subgrupo normal de ordem 5 e um de ordem 19. Solução. Como |G| = 22 · 5 · 19 temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um 5-subgrupo de Sylow H e um 19-subgrupo de Sylow K. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow n5 = 1, 6, 11, . . . e n5 | 76 n19 = 1, 20, 39, . . . e n19 | 20. Afirmação. n5 = 1 ou n19 = 1. 230 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW De fato, se n5 = 76 e n19 = 20, então, pelo visto acima, obtemos o número de elementos com ordem 5 é 76 · 4 o número de elementos com ordem 19 é 20 · 18 = 304 = 360 o número de elementos com ordem prima é 664 > |G| , o que é uma contradição. Portanto, n5 = 1 ou n19 = 1. Assim, H é um subgrupo normal em G ou K é um subgrupo normal em G. Logo, em qualquer caso, HK é um subgrupo de G, com |H| |K| = 5 · 19, |HK| = |H ∩ K| pois, pelo Teorema de Lagrange, H ∩ K = {e}. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow, aplicado ao grupo HK, obtemos n5 = 1, 6, 11, . . . e n5 | 19 n19 = 1, 20, 39, . . . e n19 | 5. Logo, n5 = 1 e n19 = 1, em HK, isto é, H e K são subgrupos normais em HK. Assim, HK é um subgrupo de NG (H) e HK é um subgrupo de NG (K). Portanto, n5 = [G : NG (H)] ≤ [G : HK] = 22 e n19 = [G : NG (K)] ≤ [G : HK] = 22 , ou seja, n5 = 1 e n19 = 1 em G. Consequentemente, G contém um subgrupo normal de ordem 5 e um de ordem 19. ¥ Exemplo 5.69 Seja G um grupo de ordem 455. Mostre que G é um grupo cíclico. Solução. Como |G| = 5 · 7 · 13 temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um 5-subgrupo de Sylow H, um 7-subgrupo de Sylow K e um 13-subgrupo de Sylow L. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow n5 = 1, 6, 11, . . . e n5 | 91 n7 = 1, 8, 15, . . . e n7 | 65 n13 = 1, 14, 27, . . . e n13 | 35. Então n5 = 1 ou 91, n7 = 1 e n13 = 1. Assim, HK é um subgrupo de G, pois K é normal em G. Como HK ⊆ NG (H) temos que n5 = [G : NG (H)] ≤ [G : HK] = 13. Logo, n5 = 1, ou seja, H, K e L são subgrupos normais em G. Portanto, G ' (H × K) × L ' (Z5 × Z7 ) × Z13 ' Z35 × Z13 ' Z455 , isto é, G é um grupo cíclico. ¥ 5.6. APLICAÇÕES 231 Exemplo 5.70 Seja G um grupo de ordem 3.675. Mostre que G é um grupo não simples. Solução. Como |G| = 3 · 52 · 72 temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um 7-subgrupo de Sylow H. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow n7 = 1, 8, 15, . . . e n7 | 3 · 52 . Agora, suponhamos, por absurdo, que G seja um grupo simples. Então n7 = 15. Assim, G contém um subgrupo N = NG (H) tal que [G : N] = n7 = 15. Portanto, |N| = 5· 72 . Assim, pelo Primeiro Teorema de Sylow, N contém um 5-subgrupo de Sylow K. Então K é um subgrupo normal em N, pois n5 = 1 em N. Como |K| = 5 temos que K não é um 5-subgrupo de Sylow de G. Logo, pelo Segundo Teorema de Sylow, K está contido em um 5-subgrupo de Sylow P de G. Assim, K é um subgrupo normal em P , pois P é abeliano, ou seja, P ⊆ NG (K). Portanto, Q = hN, P i é um subgrupo de NG (K) e 52 · 72 |NG (K) ⇒ [G : NG (K)]|3 , ou seja, NG (K) = G, o que é impossível, pois K não é um subgrupo normal em G. Portanto, G é um grupo não simples. ¥ Exemplo 5.71 Seja G um grupo de ordem 231. Mostre que G contém um subgrupo normal H de ordem 11 e H é um subgrupo de Z(G). Solução. Como |G| = 3 · 7 · 11 temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um 11-subgrupo de Sylow H. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow n11 = 1, 12, 23, . . . e n11 | 21. Logo, n11 = 1 e H é um subgrupo normal em G. Agora, vamos provar que H é um subgrupo de Z(G). Pelo item (6) da Proposição 2.30 e o N/C-Lema, obtemos G ' L ≤ Aut(H) ' U(Z11 ). CG (H) Por outro lado, como H é um grupo abeliano temos que H é um subgrupo de CG (H) (prove isto!). Logo, pelo Teorema de Lagrange, 11 divide |CG (H)|. Mas ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ G ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ |CG (H)| ⇒ ¯ G ¯ = 1, 3, 7 ou 21. (5.5) |G| = ¯ ¯ CG (H) ¯ CG (H) ¯ Comparando (5.4) e (5.5), obtemos ¯ ¯ ¯ G ¯ ¯ ¯ ¯ CG (H) ¯ = 1 e G = CG (H). Portanto, H é um subgrupo de Z(G). Logo, pelo Teorema de Lagrange, ¯ ¯ ¯ G ¯ ¯ ¯ ¯ CG (H) ¯ = 1, 2, 5 ou 10. (5.4) ¥ 232 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Exemplo 5.72 Sejam p um número primo e G um grupo finito tal que |G| = mpn , com mdc(m, p) = 1. Sejam H um subgrupo normal em G e P um p-subgrupo de Sylow de G. H G Mostre que H ∩ P é um p-subgrupo de Sylow de H e PH é um p-subgrupo de Sylow de H . Solução. Seja Q um p-subgrupo de Sylow de H. Então Q é um p-subgrupo de G. Logo, pelo Segundo Teorema de Sylow, existe a ∈ G tal que Q é um subgrupo de aP a−1 . Assim, a−1 Qa ≤ H ∩ P ≤ P, pois a−1 Qa ≤ a−1 Ha = H e a−1 Qa ≤ P. Pela maximalidade da ordem de Q em H, temos que H ∩ P = a−1 Q(a−1 )−1 . Portanto, H ∩ P é um p-subgrupo de Sylow de H. Finalmente, como P H é um subgrupo de G e H ∩ P é um subgrupo normal em P temos, pelo Segundo Teorema de Isomorfismo, que ¯ ¯ ¯P H ¯ PH P ¯ ¯ = pr , ' ⇒¯ H H ∩P H ¯ PH H isto é, é um p-subgrupo de G . H Pelo digrama abaixo G G −→ H | | PH P H ←→ H | | H ←→ {H} temos que Logo, ¸ G PH [G : P H] = : . H H µ ∙ ¸¶ G PH mdc p, : = 1, pois [G : P ] = [G : P H][P H : P ]. H H é um p-subgrupo de Sylow de G . H ∙ Portanto, PH H ¥ Exemplo 5.73 Sejam G um grupo finito e P um p-subgrupo Sylow de G. Mostre que P ∩ Q = Q ∩ NG (P ), para todo p-subgrupo Q de G. Solução. Seja H = Q ∩ NG (P ). Então é claro que P ∩ Q ⊆ H, pois P ⊆ NG (P ). Por outro lado, basta provar que H ⊆ P , pois H ⊆ Q. Como H ⊆ NG (P ) temos que HP é um subgrupo de G tal que P é um subgrupo de HP . Logo, |HP | = |H| |P | = pm . |H ∩ P | Assim, |HP | = |P |, pois P um p-subgrupo Sylow de G. Portanto, HP = P , ou seja, H ⊆ P. ¥ 5.6. APLICAÇÕES 233 Exemplo 5.74 Mostre que se |G| = pm q n , com p, q números primos e p não divide (qk − 1), 1 ≤ k ≤ n, então existe um p-subgrupo de Sylow normal em G. Solução. Como |G| = pm q n temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um p-subgrupo de Sylow H. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | q n . Logo, np = 1, pois p não divide q k − 1, 1 ≤ k ≤ n. Portanto, H é um subgrupo normal em G. ¥ Exemplo 5.75 Mostre que se |G| = pqr, com p, q e r números primos e p < q < r, então G contém um s-subgrupo de Sylow normal para s = p, q ou r. Solução. Como |G| = pqr temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um p-subgrupo de Sylow P , um q-subgrupo de Sylow Q e um r-subgrupo de Sylow R. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | qr nq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | pr nr = 1, 1 + r, 1 + 2r, . . . e nr | pq. Afirmação. np = 1 ou nq = 1 ou nr = 1. De fato, se np > 1, nq > 1 e nr > 1, então é fácil verificar que nr = pq, nq ≥ r e np ≥ q. Logo, |G| = pqr = np (p − 1) + nq (q − 1) + nr (r − 1) + 1 ≥ q(p − 1) + r(q − 1) + pq(r − 1) + 1. Assim, 0 ≥ qr − q − r + 1 = (q − 1)(r − 1) > 0, o que é uma contradição. Portanto, G contém um s-subgrupo de Sylow normal para s = p, q ou r. ¥ Exemplo 5.76 Classifique, a menos de isomorfismos, todos os grupos de ordem pq, com p e q números primos. Solução. Seja G um grupo de ordem pq. Se p = q, então, pelo Corolário 5.53, G ' Zp2 ou G ' Zp × Zp . Se p 6= q, digamos p < q, então temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um p-subgrupo de Sylow H = hai e um q-subgrupo de Sylow K = hbi. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | q nq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | p. 234 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Logo, nq = 1 e K é um subgrupo normal em G. Como np divide q e q é um número primo temos duas possibilidades np = 1 ou np = q. 1.a Possibilidade. Se np = 1, então H é um subgrupo normal em G. Pelo Teorema de Lagrange, obtemos H ∩ K = {e}. Portanto, pelo Corolário 5.5, G ' H × K ' Zp × Zq ' Zpq , isto é, G é um grupo cíclico. 2.a Possibilidade. Se np = q, então p divide q − 1 e existe um homomorfismo de grupos não trivial ϕ : H → Aut(K) ' U(Zq ). Portanto, G = K oϕ H. Em particular, G é não abeliano. Portanto, pelo item (3) do Exemplo 5.15, G é o único grupo, a menos de isomorfismos, de ordem pq. ¥ Exemplo 5.77 Classifique, a menos de isomorfismos, todos os grupos de ordem 12. Solução. Seja G um grupo de ordem 12 = 22 · 3. Então, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um 2-subgrupo de Sylow H e um 3-subgrupo de Sylow K. Logo, H = hai ' Z4 ou H = ha, bi ' Z2 × Z2 e K = hci ' Z3 . Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow n2 = 1, 3, 4, . . . e n2 | 3 n3 = 1, 4, 7, . . . e n3 | 4. Assim, há os seguintes casos a ser considerado: 1.o Caso. Se n2 = 1 e n3 = 1, então H e K são subgrupos normais em G. Pelo Teorema de Lagrange, obtemos H ∩ K = {e}. Assim, G = HK ' H × K. Portanto, G ' Z4 × Z3 ' Z12 ou G ' Z2 × Z2 × Z3 ' Z2 × Z6 . 2.o Caso. Se n2 = 1 e n3 = 4, então H é um subgrupo normal em G. Pelo Teorema de Lagrange, obtemos H ∩ K = {e}. Assim, G = H oϕ K e devemos determinar todos os homomorfismos de grupos ϕ : K → Aut(H). Logo, há duas possibilidades: 1.a Possibilidade. Se H = hai ' Z4 , então Aut(H) ' Z2 e não existem homomorfismos de grupos não triviais de K em Aut(H). Portanto, G ' Z4 × Z3 ' Z12 . 2.a Possibilidade. Se H = ha, bi ' Z2 × Z2 , então Aut(H) ' S3 e existe um único subgrupo de ordem 3 em Aut(H), digamos L = hσi. Assim, existem três homomorfismos de grupos ϕi : K → Aut(H) definidos por ϕi (c) = σ i , i = 0, 1, 2. Se i = 0, então ϕ0 (c) = I e G ' Z2 × Z6 . Note que os homomorfismos de grupos ϕ1 e ϕ2 dão origem ao mesmo grupo, pois ϕ1 (c) = σ = ϕ2 (c2 ). Portanto, pela Proposição 5.14, G ' A4 . 5.6. APLICAÇÕES 235 3.o Caso. Se n2 = 3 e n3 = 1, então K é um subgrupo normal em G. Pelo Teorema de Lagrange, obtemos H ∩ K = {e}. Assim, G = K oϕ H e devemos determinar todos os homomorfismos de grupos ϕ : H → Aut(K) = hσi ' Z2 . Logo, há duas possibilidades: 1.a Possibilidade. Se H = hai ' Z4 , então existem exatamente dois homomorfismos de grupos de H em Aut(K), a saber, ϕ0 (a) = I e ϕ1 (a) = σ. Portanto, pela Proposição 5.14, G = Z4 × Z3 ' Z12 ou G ' T, pois o 2-subgrupo de Sylow H de G é cíclico, com T = hx, yi, x6 = e e y 2 = x3 = (xy)2 . 2.a Possibilidade. Se H = ha, bi ' Z2 × Z2 , então existem exatamente três homomorfismos de grupos não triviais de H em Aut(K), por exemplo, ϕ1 (a) = σ e ϕ1 (b) = σ. Note que ker ϕ1 = habi. Portanto, pela Proposição 5.14, G ' S3 × Z2 ' D6 . 4.o Caso. Se n2 = 3 e n3 = 4, então, pelo visto acima, obtemos 4 · 2 = 8 elementos de ordem 3 e um elemento de ordem 1. Assim, n2 = 1, o que é impossível. Portanto, podemos concluir que existem cinco grupos de ordem 12, dois abelianos e três não abelianos. ¥ Exemplo 5.78 Mostre que qualquer grupo simples não cíclico de ordem menor do que ou igual a 100 é de ordem 60. Solução. Seja G um grupo simples não cíclico. Então eliminamos todos os grupos de ordem um número primo p. Agora, vamos dividir a prova em vários casos: 1.o Caso. Se |G| = pn , com p número primo e n ∈ N, então pelo Corolário 5.52 eliminamos todos os p-grupos, a saber, 4, 8, 9, 16, 25, 27, 32, 49, 64 e 81. 2.o Caso. Se |G| = pn m ou pq, com p e q números primos distintos e m < p, então pelo Primeiro Teorema de Sylow G contém um p-subgrupo de Sylow H. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | m. Logo, np = 1, pois m < p, e H é um subgrupo normal em G. Portanto, eliminamos todos os grupos da forma: 6, 10, 14, 15, 18, 26, 34, 35, 38, 39, 46, 50, 51, 54, 55, 58, 62, 65, 69, 72, 74, 77, 82, 84, 85, 86, 94, 95 e 99. 3.o Caso. Se |G| = 2m pn , com m ∈ {1, 2, 3} e p um número primo ímpar, então pelo Primeiro Teorema de Sylow G contém um 2-subgrupo de Sylow H e um p-subgrupo de 236 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Sylow K. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow n2 = 1, 3, 5, . . . e n2 | pn np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | 2m . Logo, np = 4 e p = 3 ou np = 8 e p = 7. Se np = 4 e p = 3, então [G : N] = 4, onde N = NG (K). Assim, pelo Teorema 5.33, existe um homomorfismo de grupos injetor ϕ : G → S4 , pois G é um grupo simples. Logo, pelo Teorema de Lagrange, 2m 3n é um divisor de 4! = 24. Neste caso, n = 1 e n2 = 3. Novamente, pelo Teorema 5.33, existe um homomorfismo de grupos injetor ϕ : G → S3 . Logo, pelo Teorema de Lagrange, 2m 3 é um divisor de 3! = 6. Neste caso, m = 1 e |G| = 6, isto é,G é um grupo não simples. De modo inteiramente análogo, tratamos o caso, np = 8 e p = 7. Portanto, eliminamos todos os grupos da forma: 12, 20, 24, 28, 36, 40, 44, 52, 56, 68, 76, 88, 92, 98 e 100. 4.o Caso. Se |G| = pqr, com p, q e r números primos distintos, então pelo Exemplo 5.75 G é um grupo não simples. Assim, eliminamos todos os grupos.da forma: 30, 42, 66, 70, 75, 78. 5.o Caso. Fica como um exercício provar que os grupos de ordem: 45, 48, 63, 75, 80, 90 e 96 são não simples. Portanto, |G| = 60. EXERCÍCIOS ¥ 1. Sejam G um grupo finito e H um subgrupo normal em G tal que mdc([G : H], p) = 1, com p um número primo. Mostre que H contém todo p-subgrupo de Sylow de G. 2. Sejam G um grupo finito e P um p-subgrupo Sylow de G. Mostre que se H é um p-subgrupo de NG (P ), então H ⊆ P . 3. Sejam G um grupo finito e H um subgrupo normal em G. Mostre que se |H| = pn , com p um número primo, então H está contido na interseção de todos os p-subgrupos de Sylow de G. 4. Seja G um grupo finito. Mostre que se para cada número primo p dividindo a ordem de G existir um único p-subgrupo de Sylow de G, então G é o produto direto de seus p-subgrupos de Sylow. 5.6. APLICAÇÕES 237 5. Sejam G um grupo finito e P um p-subgrupo Sylow de G. Mostre que se a ∈ G, com |a| = pk e P = aP a−1 , então a ∈ P . 6. Mostre que um p-subgrupo de Sylow de Dn é cíclico normal, para qualquer número primo ímpar p. 7. Seja G = Dn , com |G| = 2m k e k um número ímpar. Mostre que o número dos 2-subgrupos de Sylow de G é igual a k. (Sugestão: Mostre que se P é 2-subgrupo de Sylow de G, então NG (P ) = P .) 8. Mostre que se |G| = 30 ou 56, então G possui um p-subgrupo de Sylow normal para algum número primo p dividindo sua ordem. 9. Mostre que se |G| = 312, então G possui um p-subgrupo de Sylow normal para algum número primo p dividindo sua ordem. 10. Mostre que se |G| = 351, então G possui um p-subgrupo de Sylow normal para algum número primo p dividindo sua ordem. 11. Mostre que se |G| = 105, então G possui um 5-subgrupo de Sylow normal e um 7-subgrupo de Sylow normal. 12. Mostre que se |G| = 200, então G possui um 5-subgrupo de Sylow normal. 13. Mostre que se |G| = 6.545, então G é um grupo não simples. 14. Mostre que se |G| = 1.365, então G é um grupo não simples. 15. Mostre que se |G| = 2.907, então G é um grupo não simples. 16. Mostre que se |G| = 132, então G é um grupo não simples. 17. Mostre que se |G| = 462, então G é um grupo não simples. 18. Mostre que se |G| = 444, então G é um grupo não simples. 19. Seja G um grupo com |G| = 112 132 . Mostre que G é um grupo abeliano. 20. Mostre que se |G| = 231, então G contém um 7-subgrupo de Sylow normal e Z(G) contém um 11-subgrupo de Sylow de G. 21. Mostre que se |G| = 385, então G contém um 11-subgrupo de Sylow normal e Z(G) contém um 7-subgrupo de Sylow de G. 22. Seja G um grupo de ordem 105. Mostre que se um 3-subgrupo de Sylow de G é normal, então G é abeliano. 23. Seja G um grupo de ordem 315 o qual possui um 3-subgrupo de Sylow normal. Mostre que Z(G) contém um 3-subgrupo de Sylow. Conclua que G é abeliano. 238 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW 24. Seja G um grupo de ordem 1.575. Mostre que se um 3-subgrupo de Sylow de G é normal, então G é abeliano. 25. Sejam P um p-subgrupo Sylow normal em H e H um subgrupo normal em K. Mostre que P é um subgrupo normal em K. Conclua que NG (NG (P )) = NG (P ), para todo p-subgrupo Sylow P de G. 26. Sejam P um p-subgrupo Sylow normal em G e H um subgrupo qualquer de G. Mostre que H ∩ P é o único p-subgrupo de Sylow de H. 27. Sejam G um grupo finito e H, K subgrupos próprios de G tais que G = HK. Mostre que se P é um p-subgrupo de Sylow G, então hP h−1 ∩ K é um p-subgrupo de Sylow K, para algum h ∈ H. √ 28. Mostre que se |G| = p2 m, com p um número primo e p > m > 1, então G é um grupo não simples. 29. Mostre que se |G| = p2 q, com p, q números primos distintos e {p, q} 6= {2, 3}, então G possui um subgrupo de Sylow normal de ordem p ou q. 30. Mostre que se |G| = pqn , com p, q números primos e p < q, então existe um q-subgrupo de Sylow normal em G. 31. Seja G um grupo não abeliano, com |G| = pq e p, q números primos distintos. Mostre que Z(G) = {e}. (Sugestão: Veja item (d) do Exercício 6 da Seção 2.3 do Capítulo 2.) 32. Mostre que se |G| = p2 q n , com p, q números primos; q 6= 3 e p < q, então existe um q-subgrupo de Sylow normal em G. 33. Mostre que se |G| = 36, então G é um grupo não simples. 34. Mostre que se |G| = pn q, com p, q números primos; {p, q} 6= {2, 3} e p < q < 2p, então existe um p-subgrupo de Sylow normal em G. 35. Mostre que se |G| = 22 3n , então G possui um 3-subgrupo normal de ordem 3n−1 ou 3n . (Sugestão. Confira o Exemplo 5.65.) 36. Mostre que se |G| = 108, então G é um grupo não simples. 37. Mostre que se |G| = 2n 3, então G possui um 2-subgrupo normal de ordem 2n−1 ou 2n . ¯ ¯ ¯ G ¯ 38. Mostre que não existe grupo G tal que ¯ Z(G) ¯ = 15. 39. Sejam p um número primo e G um grupo de ordem p + 1. Mostre que se existe σ ∈ Aut(G) com ordem p, então G é um grupo abeliano e existe um número primo q tal que aq = e, para todo a ∈ G. 5.6. APLICAÇÕES 239 40. Sejam G um grupo de ordem pn m e P um p-subgrupo de Sylow normal de G. Mostre que ϕ(P ) ⊆ P , para todo homomorfismo de grupos ϕ : G → G. 41. Seja G um grupo não abeliano finito, no qual qualquer p-subgrupo de Sylow de G é maximal. Mostre que Z(G) = {e}. 42. Sejam G um grupo finito e P um p-subgrupo de Sylow de G. Mostre que se H é um subgrupo normal em G, com P um subgrupo normal em H, então P é um subgrupo normal em G. 43. Sejam G um grupo finito e p o menor número primo que divide a ordem de G. Mostre que se P é um p-subgrupo de Sylow cíclico de G, então CG (P ) = NG (P ). 44. Mostre que se |G| = p1 p2 · · · pn , com pi números primos distintos, então G possui um pi -subgrupo de Sylow normal. 45. Sejam p um número primo e H, K grupos finitos. Mostre que qualquer p-subgrupo de Sylow P de G = H × K é da forma P = P1 × P2 , onde P1 ∈ Sylp (H) e P2 ∈ Sylp (K). 240 CAPÍTULO 5. PRODUTO DE GRUPOS E OS TEOREMAS DE SYLOW Capítulo 6 Grupos Solúveis e Nilpotentes 6.1 Grupos de Permutações Nesta seção apresentaremos com mais detalhes o grupo das simetrias Sn e todos os subgrupos normais em Sn . Seja σ ∈ Sn uma permutação. Dizemos que σ é um k-ciclo se existirem elementos distintos i1 , . . . , ik ∈ {1, . . . , n} tais que σ(i1 ) = i2 , σ(i2 ) = i3 , . . . , σ(ik ) = i1 e σ(x) = x, ∀ x ∈ {1, . . . , n} − {i1 , . . . , ik }. Confira Figura 6.1. Figura 6.1: Um k-ciclo. Notação: σ = (i1 . . . ik ). O número k chama-se o comprimento do ciclo. Por exemplo, à ! 1 2 3 4 5 σ= = (123)(4)(5) = (123) 2 3 1 4 5 241 242 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES é um 3-ciclo. Um ciclo de comprimento dois chama-se uma transposição ou uma inversão. É claro que nem toda permutação de Sn é um ciclo. Sejam σ = (i1 . . . ik ) e τ = (j1 . . . jl ) dois ciclos em Sn . Dizemos que σ e τ são permutações disjuntas se A ∩ B = ∅, com A = {i1 , . . . , ik } e B = {j1 , . . . , jl } . Neste caso, στ = τ σ, isto é, ciclos disjuntos comutam. De fato, dado x ∈ S = {1, . . . , n}, como S = A ∪ B ∪ (S − (A ∪ B)) temos as seguintes possibilidades: 1.a Possibilidade. Se x ∈ S − (A ∪ B), então σ(x) = x e τ (x) = x. Logo, στ (x) = σ(τ (x)) = σ(x) = x = τ (x) = τ (σ(x)) = τ σ(x). 2.a Possibilidade. Se x ∈ A, então σ(x) ∈ A, σ(x) 6= x e τ (x) = x. Logo, στ (x) = σ(τ (x)) = σ(x) = τ (σ(x)) = τ σ(x). 3.a Possibilidade. Se x ∈ B, então τ (x) ∈ B, τ (x) 6= x e σ(x) = x. Logo, στ (x) = σ(τ (x)) = τ (x) = τ (σ(x)) = τ σ(x). Portanto, em qualquer possibilidade, στ = τ σ. O conjunto A = {x ∈ S : σ(x) 6= x} chama-se o suporte de σ. Note que se σ = (i1 . . . ik ) é um k-ciclo em Sn , então seu inverso é σ −1 = (ik ik−1 . . . i2 i1 ) = (i1 ik ik−1 . . . i2 ). Além disso, σ pode ser escrito de k maneiras, a saber, σ = (ij ij+1 . . . ik i1 . . . ij−1 ), 1 ≤ j ≤ k. Portanto, existem n(n − 1) · · · (n − k + 1) = (k − 1)! k k-ciclos distintos em Sn . Exemplo 6.1 Se σ = (12) e τ = (13425), então ϕ = στ = (134)(25) é um produto de ciclos disjuntos. Mais geralmente, à n k ! • • 6.1. GRUPOS DE PERMUTAÇÕES 243 Teorema 6.2 Toda permutação σ ∈ Sn , com σ 6= I, pode ser escrita de modo único como um produto de ciclos disjuntos, a menos da ordem dos fatores. Prova. (Existência) Sejam S = {1, . . . , n} e G = hσi o grupo cíclico gerado por σ. Então a função ∗ : G × S → S definida por σ ∗ x = σ(x), para todo x ∈ S, é uma ação de G sobre S (prove isso!). Assim, pelo Corolário 5.28, S= • S k∈{1,...,r} O(ik ), O(ik ) = {σ m (ik ) : m ∈ Z} e |O(ik )| = [G : Gik ], k = 1, . . . , r, com r o número de órbitas de S. Como G é um grupo cíclico temos que Gik é um subgrupo normal em G e G = hσGik i Gik é um grupo cíclico de ordem dk , com dk o menor inteiro positivo tal que σ dk ∈ Gik (prove isto!). Logo, |O(ik )| = dk e O(ik ) = {ik , σ(ik ), . . . , σ dk −1 (ik )}, pois G = {Gik , σGik , . . . , σ dk −1 Gik }. Gik Seja ¡ ¢ σ k = (ik1 ik2 . . . ikdk ) = ik σ(ik ) . . . σ dk −1 (ik ) . Então σ k é um dk -ciclo de Sn , pois σ k (ikj ) = ik(j+1) = σ j (ik ) e σ(ikdk ) = σ(σ dk −1 (ik )) = σ dk (ik ) = ik , k = 1, . . . , r. Afirmação. σ = σ 1 · · · σ r . De fato, dado x ∈ S, existe um único k ∈ {1, . . . , r} tal que x ∈ O(ik ). Logo, x = ikj = σ j−1 (ik ), para algum j, com 1 ≤ j ≤ dk − 1. Assim, σ k (x) = ik(j+1) = σ j (ik ) = σ(σ j−1 (ik )) = σ(x) e σ l (x) = x, se l 6= k. Como ciclos disjuntos comutam temos que σ1 · · · σ r (x) = σ k (x) = σ(x), ∀ x ∈ S, isto é, σ = σ 1 · · · σ r . (Unicidade) Seja σ = τ 1 · · · τ r outra decomposição de σ em ciclos disjuntos. Então, dado x ∈ S, existe um único m ∈ {1, . . . , r} tal que x ∈ O(im ). Logo, τ m (x) = σ(x) e τ l (x) = x, se l 6= m. Assim, τ m (x) = σ(x) = σ k (x), para algum k, com 1 ≤ k ≤ r. Como o subgrupo H = hτ m i de G associado a órbita O(ik ) (O(im )) age transitivamente sobre O(im ) temos que O(im ) é uma G-órbita e τ m = σ k , para algum k, com 1 ≤ k ≤ r. ¥ 244 Exemplo 6.3 Seja σ= à CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 9 7 4 8 5 1 6 2 ! ∈ S9 . Então as órbitas da ação de G = hσi sobre S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} são: O(1) = {1, 3, 7}, O(2) = {2, 9}, O(4) = {4} e O(5) = {5, 6, 8}. Neste caso, {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} = O(1) ∪ O(2) ∪ O(4) ∪ O(5). Portanto, σ = (137)(4)(586)(29) = (137)(29)(586). Seja σ ∈ Sn escrita como um produto de ciclos disjuntos de comprimentos n1 , . . . , nr , com n1 ≤ · · · ≤ nr (incluindo os 1-ciclos). Então os inteiros n1 , . . . , nr chamam-se a estrutura de ciclo de σ. Por exemplo, a estrutura de ciclo de um k-ciclo em Sn é 1, . . . , 1, k, com o k precedido de n − k uns (uma partição de n!). Note que se Nk é o número de k-ciclos distintos de σ em Sn , com 1 ≤ k ≤ n, então 1 · N1 + 2 · N2 + · · · + k · Nk = n. Por exemplo, se σ = (137)(29)(586) ∈ S9 , então σ tem a estrutura de ciclo 1, 2, 3, 3 e 1 · N1 + 2 · N2 + 3 · N3 = 1 + 2 + 6 = 9. Proposição 6.4 Sejam σ ∈ Sn e σ = σ 1 · · · σ r sua decomposição como um produto de ciclos disjuntos incluindo os 1-ciclos. Então: 1. |σ| = mmc(|σ 1 | , . . . , |σ r |). 2. Se n é um número primo, então os únicos elementos de ordem n em Sn são os n-ciclos. 3. Se τ = (i1 . . . ik ) é um k-ciclo em Sn e ϕ ∈ Sn , então ϕτ ϕ−1 = (ϕ(i1 ) . . . ϕ(ik )) é um k-ciclo em Sn . 4. As permutações σ e τ em Sn são conjugadas se, e somente se, elas têm a mesma estrutura de ciclos. • • • 6.1. GRUPOS DE PERMUTAÇÕES Prova. Primeiro note que como ciclos disjuntos são comutativos temos que σ m = σ m · · · σ m , ∀ m ∈ Z+ , 1 r 245 com σ 0 = I, σ 1 = σ e σ m = σ m−1 σ, para todo m ≥ 2. Assim, pela unicidade da decomposição, temos que σm = I ⇔ σm = I, k = 1, . . . , r. k Agora, para provar (1), sejam s = |σ|, mk = |σ k |, com k = 1, . . . , r, e m = mmc(m1 , . . . , mr ). Então σ m = I e s divide m. Por outro lado, como σ s = I temos que σ s = I, k = 1, . . . , r. k Logo, mk divide s, k = 1, . . . , r. Assim, por definição, m divide s. Portanto, m = s. (2) Seja mk = |σ k |, com k = 1, . . . , r e mk ≤ n. Então |σ| = n se, e somente se, mk divide n, isto é, mk = 1 ou mk = n e, pelo menos um n ocorre, pois n = mmc(m1 , . . . , mr ). Como m1 + · · · + mr = n temos que mk = n, para algum k e mj = 0 se j 6= k. Alternativamente, se n = |σ| e G = hσi é o grupo cíclico gerado por σ, então para cada x ∈ S = {1, . . . , n}, obtemos |O(x)| = |G| . |Gx | Como |G| = n é um número primo temos que |Gx | = 1 ou |Gx | = n Assim, |Gx | = 1 e |O(x)| = n. Portanto, σ é um n-ciclo. (3) Note que ϕτ ϕ−1 = (ϕ(i1 ) . . . ϕ(ik )) ⇔ ϕ ◦ τ = (ϕ(i1 ) . . . ϕ(ik )) ◦ ϕ. Assim, dado x ∈ S = {1, . . . , n}, como S = {i1 . . . ik } ∪ (S − {i1 . . . ik }) temos as seguintes possibilidades: 1.a Possibilidade. Se x ∈ S − {i1 . . . ik }, então τ (x) = x e ϕ(ij ) 6= ϕ(x), j = 1, . . . , k. Logo, ϕτ (x) = ϕ(τ (x)) = ϕ(x) e (ϕ(i1 ) . . . ϕ(ik ))(ϕ(x)) = ϕ(x). 2.a Possibilidade. Se x ∈ {i1 . . . ik }, então x = ij , com 1 ≤ j ≤ k; τ (ij ) = ij+1 e ik+1 = i1 . Logo, ϕτ (ij ) = ϕ(τ (ij )) = ϕ(ij+1 ) e (ϕ(i1 ) . . . ϕ(ik )) (ϕ(ij )) = ϕ(ij+1 ). Portanto, em qualquer possibilidade, ϕτ = (ϕ(i1 ) . . . ϕ(ik ))ϕ. • 246 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES (4) Suponhamos que σ e τ sejam conjugadas. Então existe ϕ ∈ Sn tal que τ = ϕσϕ−1 . Logo, ϕσϕ−1 = ϕσ 1 · · · σ r ϕ−1 = (ϕσ 1 ϕ−1 ) · · · (ϕσ r ϕ−1 ). Como ϕσ j ϕ−1 tem a mesma estrutura de ciclo de σ j temos, pelo item (3), que σ e τ têm a mesma estrutura de ciclos. Reciprocamente, suponhamos que σ e τ tenham a mesma estrutura de ciclos. Então ³ ´ ³ ´ (1) (1) (r) (r) σ= i1 . . . ik1 ··· i1 . . . ikr l l ³ ´ ³ ´ (1) (1) (r) (r) τ = j1 . . . jk1 ··· j1 . . . jkr , Então, é fácil verificar que ϕσ = τ ϕ, isto é, τ = ϕσϕ−1 . de modo que ciclos de mesmo comprimento sejam listados abaixo de cada outro. Vamos definir ϕ ∈ Sn por ³ ´ (m) (m) ϕ ik = jk , ∀ k, m ∈ N. ¥ Exemplo 6.5 Se σ = (153)(12) e τ = (1679), determine στ σ −1 . Solução. Como στ σ −1 = (σ(1)σ(6)σ(7)σ(9)) temos que στ σ −1 = (2679). Exemplo 6.6 Determine uma permutação σ tal que σ(12)(34)σ −1 = (56)(13). Solução. Como temos que Logo, (σ(1)σ(2)) (σ(3)σ(4)) (σ(5)) (σ(6)) l l l l (56) (13) (2) (4) . Assim, escolhendo σ = (152643), obtemos σ(12)(34)σ−1 = (56)(13). Exemplo 6.7 Mostre que não existe permutação σ tal que σ(123)σ −1 = (13)(578). Solução. Como a ordem de στ σ −1 é igual a ordem de τ temos que 3 = 6, o que é impossível. ¥ ¥ ¡ ¢¡ ¢ σ(12)(34)σ−1 = σ(12)σ−1 σ(34)σ −1 σ(12)(34)σ−1 = (σ(1)σ(2)) (σ(3)σ(4)) . ¥ 6.1. GRUPOS DE PERMUTAÇÕES Proposição 6.8 Seja Sn , n ≥ 3, o grupo de permutações. 1. Sn = hT1 i, com 2. Sn = hT2 i, com T2 = {(1k) : 1 < k ≤ n} = {(12) , (13) , . . . , (1n)}. 3. Sn = hT3 i, com T3 = {((k − 1)k) : 1 < k ≤ n} = {(12) , (23) , . . . , ((n − 1)n)}. 4. Sn = h(12), (12 . . . n)i. T1 = {(ij) : 1 ≤ i < j ≤ n} . 247 Prova. (1) Pelo Teorema 6.2, basta provar que todo ciclo é um produto de transposições, pois I = (12)(12) ∈ hT1 i e hT1 i ⊆ Sn . Seja σ = (i1 . . . ik ) um k-ciclo em Sn . Então σ = (i1 i2 )(i2 i3 ) · · · (ik−1 ik ) = τ 1 · · · τ k−1 . De fato, dado x ∈ S = {1, . . . , n}, como S = {i1 . . . ik } ∪ (S − {i1 . . . ik }) temos as seguintes possibilidades: 1.a Possibilidade. Se x ∈ S − {i1 . . . ik }, então σ(x) = x e τ j (x) = x. Logo, (τ 1 · · · τ k−1 )(x) = x = σ(x). 2.a Possibilidade. Se x ∈ {i1 . . . ik }, então x = ij , com 1 ≤ j ≤ k; σ(ij ) = ij+1 e ik+1 = i1 . Logo, (τ 1 · · · τ k−1 )(ij ) = ij+1 = σ(ij ). Portanto, em qualquer possibilidade, σ = τ 1 · · · τ k−1 . (2) Basta notar que (ij) = (1i) (1j) (1i) , 1 ≤ i < j ≤ n, e usar o item (1). (3) Como (1j) = (1(j − 1))((j − 1)j)(1(j − 1)), para todo j = 2, . . . , n, temos, indutivamente, que (1j) = (12)(23) · · · ((j − 1)j) · · · (23)(12). • 248 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES Agora, use o item (2). (4) Sejam τ = (12) e σ = (12 . . . n). Então, indutivamente, obtemos στ σ −1 = (23), . . . , σ (m−1) τ σ −(m−1) = (m(m + 1)), ∀ m ∈ N. Logo, (12), (23), . . . , ((n − 1)n) ∈ hτ , σi . Portanto, pelo item (3), Sn = hτ , σi. ¥ Proposição 6.9 Sejam Sn , n ≥ 3, o grupo de permutações, σ ∈ Sn e An o grupo alternado. 1. σ ∈ An se, e somente se, σ é um produto de um número par de transposições. 2. An = hT1 i, com 3. An = hT2 i, com T1 = {(ijk) : 1 ≤ i < j < k ≤ n} . T2 = {(abi) : i ∈ {1, 2, . . . , n} − {a, b}} . Prova. (1) Suponhamos que σ = τ 1 · · · τ r , com τ k transposições. Então, pelo Lema 1.72, P σ = P τ 1 ···τ r = (P τ 1 )τ 2 ···τ r = (−P )τ 2 ···τ r = (−1)r P. Portanto, σ é uma permutação par se, e somente se, P = P σ = (−1)r P se, e somente se, r é um número par. (2) Pelo item (1), basta provar que se τ e τ 0 são duas transposições, então τ τ 0 é um produto de 3-ciclos. Assim, temos as seguintes possibilidades: 1.a Possibilidade. Se τ e τ 0 são disjuntas, digamos τ = (ab) e τ 0 = (cd), então τ τ 0 = (ab)(cd) = (ab)(ac)(ac)(cd) = (acb)(acd) ∈ hT1 i . 2.a Possibilidade. Se τ e τ 0 não são disjuntas, digamos τ = (ab) e τ 0 = (bc), então τ τ 0 = (ab)(bc) = (abc) ∈ hT1 i . (3) Pelo item (2), basta provar que (klm) ∈ hT2 i, para todos k, l, m ∈ {1, 2, . . . , n}. Assim, há três casos a ser considerado: 1.o Caso. Se a, b ∈ {k, l, m}, então (klm) = (abi) ou (klm) = (abi)−1 = (aib) = (abi)2 , onde i ∈ {1, 2, . . . , n} − {a, b}. Portanto, (klm) ∈ hT2 i. 6.1. GRUPOS DE PERMUTAÇÕES 2.o Caso. Se a ∈ {k, l, m} e b ∈ {k, l, m}, então / (klm) = (aij), onde i, j ∈ {1, 2, . . . , n} − {a, b}. Pelo 1.o Caso, (abi), (abj) ∈ hT2 i. Logo, (aij) = (ajb)(abi)(abj) = (abj)−1 (abi)(abj) ∈ hT2 i . Portanto, (klm) ∈ hT2 i. 3.o Caso. Se a, b ∈ {k, l, m}, então, pelo 2.o Caso, / (akm), (alm) ∈ hT2 i . Logo, (klm) = (aml)(akm)(alm) = (alm)−1 (akm)(alm) ∈ hT2 i . Portanto, An = hT2 i. Teorema 6.10 O grupo alternado An é simples, para todo n ∈ N, com n 6= 4. 249 ¥ Prova. Seja H um subgrupo normal não trivial em An . Então devemos provar que H = An . (a) Se H contém um 3-ciclo (abc), então (aib) = (abi)−1 = (ab)(ci)(abc)(ab)(ci) = (ab)(ci)(abc)[(ab)(ci)]−1 ∈ H, para todo i ∈ {1, 2, . . . , n} − {a, b}. Logo, pelo item (3) da Proposição 6.9, H = An . (b) Pelo item (a), basta provar que H contém um 3-ciclo. Sejam σ ∈ H, com σ 6= I e k o maior comprimento de um ciclo ocorrendo na decomposição de ciclos disjuntos de σ. Assim, há vários casos a ser considerado: 1.o Caso. Se k ≥ 4, então σ = (i1 i2 i3 i4 . . . ik ) · · · . Logo, ϕ = (i1 i2 i3 )σ(i1 i3 i2 ) = (i1 i2 i3 )σ(i1 i2 i3 )−1 ∈ H ⇒ (i1 i3 ik ) = σ −1 ϕ ∈ H. Portanto, H = An . 2.o Caso. Se k = 3 e σ contém pelo menos dois 3-ciclos disjuntos (abc) e (def ), então σ = (abc)(def ) · · · . Logo, ϕ = (abd)σ(adb) = (abd)σ(abd)−1 ∈ H ⇒ (adbfc) = σ −1 ϕ ∈ H. Assim, H contém um 5-ciclo e, pelo 1.o Caso, um 3-ciclo. Portanto, H = An . 250 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES 3.o Caso. Se k = 3 e σ contém exatamente um 3-ciclo (abc), então σ = (abc) · · · . Logo, σ 2 = (acb) ∈ H. Portanto, H = An . 4.o Caso. Se k = 2, então σ = (ab)(cd) · · · . Logo, ϕ = (abi)σ(aib) = (abi)σ(abi)−1 ∈ H ⇒ (abi) = σ −1 ϕ ∈ H, onde i ∈ {1, 2, . . . , n} − {a, b}. Portanto, H = An . ¥ Exemplo 6.11 Mostre que An não admite subgrupo próprio H em que [An : H] = m < n, para todo n ∈ N, com n ≥ 5. Solução. Suponhamos, por absurdo, que exista um subgrupo próprio H de An com [An : H] = m < n. Então, pelo Corolário 5.37, An é isomorfo a um subgrupo de Sm . Assim, pelo Teorema de Lagrange, |An | divide m!, o que é uma contradição, pois n > m e m > 1 ⇒ n = m + k, com k ≥ 1 ⇒ n! (m + k)! (m + k)(m + k − 1)! |An | = = = > m!, 2 2 2 uma vez que m+k 3 ≥ > 1 e (m + k − 1)! ≥ m!. 2 2 Portanto, An não admite subgrupo próprio H em que [An : H] = m < n, para todo n ∈ N com n ≥ 5. ¥ 0 Lema 6.12 O grupo derivado Sn = An , para todo n ∈ N, com n ≥ 3. Em particular, An é um subgrupo característico de Sn . Prova. Suponhamos que τ = (ab) e σ = (abc). Então 0 τ στ −1 σ −1 = (abc) ∈ Sn . 0 0 Como Sn é um subgrupo normal em Sn temos que ϕ(abc)ϕ−1 ∈ Sn , para todo ϕ ∈ Sn . 0 0 Logo, Sn contém qualquer 3-ciclo e, portanto, An ⊆ Sn . Por outro lado, pelo item (3) do 0 0 Exemplo 2.44, Sn ⊆ An . Portanto, Sn = An . ¥ Exemplo 6.13 Mostre que Z(Sn ) = {I}, para todo n ∈ N, com n ≥ 3. 6.1. GRUPOS DE PERMUTAÇÕES Solução. Seja σ ∈ Sn . Suponhamos que σ 6= I. Então existe i ∈ {1, 2, . . . , n} tal que σ(i) 6= i. Como n ≥ 3 temos que existe j ∈ {1, 2, . . . , n} − {i} tal que σ(i) 6= j. Logo, σ(ij)σ −1 = (σ(i)σ(j)) 6= (ij). 251 Portanto, σ ∈ Z(Sn ), isto é, Z(Sn ) = {I}. / Lema 6.14 An é o único subgrupo normal em Sn , para todo n ∈ N com n 6= 4. ¥ Prova. Seja H qualquer subgrupo normal próprio em Sn . Então H ∩ An é um subgrupo normal em An . Logo, pelo Teorema 6.10, H ∩An = {e} ou H ∩An = An . Se H ∩An = An , então An ⊆ H. Assim, ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ H ¯ ¯ Sn ¯ ¯ ¯ ≤ ¯ ¯ = 2 ⇒ ¯ H ¯ = 1, pois H 6= Sn . ¯ An ¯ ¯ An ¯ ¯ An ¯ Portanto, H = An . Se H ∩ An = {e}, então |H| = 2. De fato, n! = |Sn | ≥ |HAn | = |H| |An | n! = |H| |An | = |H| ⇒ |H| = 2, pois |H| > 1. |H ∩ An | 2 Logo, H = {I, σ}. Portanto, ϕσϕ−1 ∈ H, para todo ϕ ∈ Sn , isto é, σ ∈ Z(Sn ) = {I}, o que é uma contradição. ¥ Teorema 6.15 Seja G um grupo simples com |G| = 60. Então G é isomorfo a A5 . G Prova. Sejam H qualquer subgrupo de G e S = H . Então, pelo Teorema 5.33, existe um homomorfismo de grupos ϕ : G → P (S). Note que ϕ é injetor, pois G é um grupo simples. Logo, |S|! = |P (S)| ≥ |G| = 60 ⇒ |S| ≥ 5. Assim, há dois casos a ser considerado: 1.o Caso. Se |S| = 5, então G é isomorfo a um subgrupo normal em S5 . Assim, pelo Lema 6.14, G é isomorfo a A5 . 2.o Caso. Se |S| > 5. Como |G| = 22 · 3 · 5 temos, pelo Primeiro Teorema de Sylow, que G contém um 2-subgrupo de Sylow K. Seja N = NG (K). Então |N| = 4m e m divide 15, pois K ⊆ N ⊆ G. Logo, |G| = |S| > 5 ⇒ m < 3. |N| 252 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES Portanto, m = 1 e N = K. Assim, n2 = [G : N] = 15 e o número de subgrupos de G com ordem 4 é igual a 15. Sejam K1 e K2 dois 2-subgrupos de Sylow distintos de G. Então L = K1 ∩ K2 = {e}, caso contrário, ¯ ¯ ¯ K1 ¯ |L| = 2 e ¯ ¯ = 2 ¯L¯ implicam que L é um subgrupo normal em K1 e K1 ⊂ NG (L) ⊂ G. Assim, |NG (L)| = 4k, com k > 1 e k dividindo 15. Logo, pelo Teorema de Lagrange, ¯ ¯ ¯ G ¯ ¯ ¯ ¯ NG (L) ¯ = 3 ou 5, o que é impossível. Portanto, existem 15(4 − 1) = 45 elementos distintos de ordem 4. Agora, se M é um 5-subgrupo de Sylow de G, então, de modo inteiramente análogo, obtemos 6(5 − 1) = 24 elementos distintos de ordem 5. Portanto, o número de elementos distintos de ordem 4 e 5 é igual a 69, o que é uma contradição. ¥ Exemplo 6.16 Seja G um grupo de ordem 2k, com k ímpar. Mostre que G possui um subgrupo de índice 2. Solução. Sejam G um grupo de ordem 2k e S = G. Então, pelo Teorema de Cayley, existe homomorfismo de grupos injetor ϕ de G em P (S) ' S2k . Assim, G é isomorfo a um subgrupo K = ϕ(G) de S2k , com |K| = 2k. Afirmação. K contém uma permutação ímpar, isto é, A2k 6= K. De fato, pelo Teorema de Cauchy, existe τ ∈ K tal que |τ | = 2. Considerando K como um hτ i-conjunto, obtemos K= σ∈K • [ O(σ) = σ∈K • [ {σ, τ σ}. Assim, dado a ∈ G, com |a| = 2, temos que a ←→ τ = ϕ(a) = ϕa = (σ 1 τ σ 1 ) · · · (σ k τ σ k ), é uma permutação ímpar, pois k é ímpar. Portanto, K contém uma permutação ímpar e A2k 6= K. Finalmente, A2k ⊂ KA2k e S2k = KA2k . Assim, 2= |KA2k | |K| |S2k | = = = [K : A2k ∩ K]. |A2k | |A2k | |A2k ∩ K| Portanto, basta tomar H = ϕ−1 (A2k ∩ K). ¥ Já vimos que Dn é um subgrupo de Sn , com n ≥ 3, gerado por σ = (12 . . . n) e à ! Y 1 2 3 ··· i ··· n − 1 n (i(n + 2 − i)). τ= = 1 n n − 1 ··· n + 2 − i ··· 3 2 2≤i<n+2−i Note que σ n = I = τ 2 e τ σ = σ −1 τ . 6.1. GRUPOS DE PERMUTAÇÕES 253 Teorema 6.17 Sejam n ∈ N, com n ≥ 3, e G um grupo gerado por a e b satisfazendo as seguintes condições: 1. an = e = b2 e ak 6= e se 0 < k < n. 2. ba = a−1 b. Então G é isomorfo a Dn . Prova. Como G = ha, bi temos, pela Proposição 1.41, que cada elemento de G pode ser escrito sob a forma at1 bt2 · · · atm−1 btm , em que m ∈ N e ti ∈ Z. Assim, usando sucessivamente as condições (1) e (2), cada elemento de G pode ser escrito sob a forma ai bj , onde i ∈ {0, 1, . . . , n − 1} e j ∈ {0, 1}. Por exemplo, ak bam b = ak a−m = ak−m ∈ G. Em particular, b = b−1 e ab = ba−1 . É fácil verificar que a função f : Dn → G definida por f (σ i τ j ) = ai bj é um homomorfismo de grupos sobrejetor. Finalmente, se σ i τ j ∈ ker f , então ai bj = e, com i ∈ {0, 1, . . . , n − 1} e j ∈ {0, 1}. Assim, há duas possibilidades para j: 1.a Possibilidade. Se j = 0, então ai = e, com 0 ≤ i < n. Logo, pela condição (1), i = 0. 2.a Possibilidade. Se j = 1, então ai = b, com 0 ≤ i < n. Logo, pela condição (2), ai+1 = ai a = ba = a−1 b = a−1 ai = ai−1 ⇒ a2 = e, o que contradiz a condição (1), pois n ≥ 3. Portanto, em qualquer possibilidade, f (σ i τ j ) = e ⇒ σi τ j = σ 0 τ 0 = I, isto é, ker f = {I} e f é um homomorfismo de grupos injetor. EXERCÍCIOS ¥ 1. Seja σ ∈ Sn . Mostre que σ 2 ∈ An . 2. Sejam σ, τ , ϕ ∈ Sn . Mostre que se στ = σϕ ou τ σ = ϕσ, então τ = ϕ. 3. Sejam σ, τ ∈ Sn . Mostre que se σ e τ são disjuntos e στ = I, então τ = I = σ. 254 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES 4. Seja σ ∈ S9 definida por σ(i) = 9−i. Escreva σ como um produto de ciclos disjuntos. 5. Sejam σ, τ ∈ Sn . Mostre que se σ e τ são disjuntos, então (στ )k = σ k τ k , para todo k ∈ Z+ . 6. Seja σ = (i1 . . . ik ) ∈ Sn um k-ciclo. Mostre que se (m + j) (mod k), então σ m (ij ) = im+j . 7. Seja σ ∈ Sn um k-ciclo. Mostre que σ k = I e σ m 6= I, para todo m tal que 0 < m < k. 8. Seja σ ∈ Sn . Dizemos que σ é regular se σ = I ou σ(x) 6= x, para todo x ∈ {1, . . . , n} e σ é um produto disjunto de ciclos com o mesmo comprimento. Mostre que σ é regular se, somente se, σ é uma potência de um n-ciclo τ em Sn . (Sugestão: Se σ = (a1 . . . ak )(b1 . . . bk ) · · · (z1 . . . zk ), com m símbolos a, b, . . . , z, então τ = (a1 b1 . . . z1 a2 b2 . . . z2 . . . ak bk . . . zk ).) 9. Seja σ ∈ Sn um n-ciclo. Mostre que σ k é um produto de mdc(k, n) ciclos disjuntos, cada de comprimento n . mdc(k, n) 10. Sejam p um número primo e σ ∈ Sn um p-ciclo. Mostre que σ k é um p-ciclo ou σ k = I. 11. Sejam p um número primo e σ ∈ Sn . Mostre que se σ p = I, então σ = I ou σ é um p-ciclo ou σ é um produto de p-ciclos disjuntos. 12. Seja σ = τ ϕ em Sn , com τ e ϕ disjuntas. Mostre que se τ (x) 6= x, para todo x ∈ {1, . . . , n}, então σ k (x) = τ k (x), para todo k ∈ Z+ . 13. Seja σ, τ ∈ Sn . Mostre que se existe i1 ∈ {1, . . . , n} tal que σ(i1 ) 6= i1 , τ (i1 ) 6= i1 e σ k (i1 ) = τ k (i1 ), para todo k ∈ Z+ , então σ = τ . 14. Sejam p um número primo e n ∈ N. Mostre que Sn tem um elemento de ordem pm com m > 0 se, e somente se, n ≥ pm . 15. Mostre que K = {I, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} é um subgrupo normal em S4 contido em A4 tal que S4 A4 ' S3 e ' Z3 . K K 16. Sejam n ∈ N, com n ≥ 3, e Gn um grupo gerado pelas matrizes # " # " ¡ ¢ 0 0 1 exp 2πi n ¡ 2πi ¢ , em que i2 = −1. A= e B= 0 exp − n 1 0 Mostre que Gn é isomorfo a Dn . 6.1. GRUPOS DE PERMUTAÇÕES 255 17. Seja p um número primo. Mostre que Sn = hτ , σi, com τ qualquer transposição e σ qualquer p-ciclo. 18. Seja n ∈ N, com n ≥ 5. Mostre que Z(An ) = {I}, Inn(Sn ) ' Sn e Inn(An ) ' An . 19. Seja H um subgrupo próprio de Sn . Mostre que H ⊆ An ou exatamente a metade dos elementos de H são permutações ímpares. (Sugestão: Considere a composição π ◦ λ, com λ a inclusão e π a projeção.) 20. Mostre que Sn é isomorfo a um subgrupo de An+2 . (Sugestão: Considere a função f : Sn → Sn+2 definida por ( σ, se σ é par f (σ) = στ , caso contrário, com τ = ((n + 1)(n + 2)) ∈ Sn+2 .) 21. Sejam G um grupo finito e ϕ : G → P (G) um homomorfismo de grupos injetor. (a) Mostre que se um elemento a de G é de ordem k e |G| = kn, então ϕ(a) é um produto de n k-ciclos. Conclua que ϕ(a) é uma permutação ímpar se, e somente se, k é par e [G : hai] é ímpar. (b) Mostre que se ϕ(G) contém uma permutação ímpar, então G contém um subgrupo de índice 2. (Sugestão: Use o Exercício 17 da Seção 2.3 do Capítulo 2.) 22. (Teorema de Bertrand) Mostre que Sn não admite subgrupo H em que 2 < [Sn : H] < n, para todo n ∈ N, com n 6= 4. 23. Seja G um grupo finito de ordem composta n com a seguinte propriedade: Para cada divisor k de n, G contém um subgrupo H de ordem k. Mostre que G é um grupo não simples. 24. Considerando Sn como um subgrupo de Sn+1 , para todo n ∈ N. Mostre que S= n=1 ∞ [ Sn é um grupo infinito. Além disso, mostre que S contém um único subgrupo normal próprio A, com [S : A] = 2. 25. Mostre que se G1 ≤ G2 ≤ · · · ≤ Gn ≤ · · · é uma cadeia de grupos simples, então G= é um grupo simples. n=1 ∞ [ Gn 256 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES 26. Sejam S = N e A∞ = hT i, com T = {(ijk) : (ijk) ∈ P (S)} . (a) É A∞ um grupo simples? (b) Mostre que se G é um grupo simples finito, então G é isomorfo a um subgrupo de A∞ . (Sugestão: (a) Mostre que A∞ = n=1 ∞ [ An .) 6.2 Grupos Solúveis Sejam G um grupo e H, K subconjuntos de G. O subgrupo comutador de H e K é definido como [H, K] = h[h, k] : h ∈ H e k ∈ Ki , com [h, k] = hkh−1 k−1 . Em particular, o grupo derivado G0 = [G, G]. Lema 6.18 Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G. 1. K normaliza H (K ⊆ NG (H)) se, e somente se, [H, K] é um subgrupo de H. 2. Se K é um subgrupo normal em G e K ⊆ H, então [H, G] é um subgrupo de K se, e somente se, µ ¶ H G ≤Z . K K 3. Se ϕ : G −→ L um homomorfismo de grupos, então ϕ([H, K]) = [ϕ (H) , ϕ (K)]. Em particular, ϕ (G0 ) = ϕ ([G, G]) = [ϕ (G) , ϕ (G)] = ϕ (G)0 = (Im ϕ)0 ⊆ L0 . Prova. Vamos provar apenas os itens (2) e (3). (2) Dados a ∈ G e h ∈ H, obtemos µ ¶ G . [h, a] ∈ [H, G] ⊆ K ⇔ [h, a]K = K ⇔ hKaK = aKhK ⇔ hK ∈ Z K (3) Dado y ∈ ϕ([H, K]), existe x ∈ [H, K] tal que ϕ(x) = y. Assim, existe n ∈ N tal que x = x1 · · · xn , em que hi ∈ H, ki ∈ K e xi = [hi , ki ], i = 1, . . . , n (note que a expressão de x é sem os expoentes, pois [h, k]−1 = [k, h]). Logo, y = ϕ(x) = ϕ(x1 · · · xn ) = ϕ(x1 ) · · · ϕ(xn ), 6.2. GRUPOS SOLÚVEIS com ϕ(xi ) = [ϕ(hi ), ϕ(ki )] e i = 1, . . . , n, isto é, y ∈ [ϕ (H) , ϕ (K)]. Portanto, ϕ([H, K]) ⊆ [ϕ (H) , ϕ (K)]. De modo inteiramente análogo, prova-se a recíproca. 257 ¥ Observação 6.19 Se ϕ : G −→ L é um homomorfismo de grupos, então, pelo item (3) do Lema 6.18, ϕ0 = ϕ|G0 : G0 −→ L0 é um homomorfismo de grupos. Em particular, se ϕ injetor (sobrejetor), então ϕ0 também o é. Sejam G um grupo e G(1) = G0 o subgrupo comutador de G. Para cada n ∈ N definimos, indutivamente, o n-ésimo subgrupo comutador de G por G(n) = (G(n−1) )0 com G(0) = G. É fácil verificar, pelo item (3) do Lema 6.18, que cada G(n+1) é um subgrupo característico em G(n) , para todo n ∈ N. Mais geralmente, ϕ(G(n) ) ⊆ G(n) , para todo ϕ ∈ End(G). Note que · · · ≤ G(n) ≤ · · · ≤ G(1) ≤ G(0) = G é uma cadeia de subgrupos de G chamada de série derivada de G e será denotada por ¡ (n) ¢ G n∈Z+ . Seja G um grupo. Dizemos que G é um grupo solúvel se existir n ∈ N tal que G = {e}. O menor n ∈ N tal que G(n) = {e} é chamado o índice de solubilidade. (n) Exemplo 6.20 Todo grupo abeliano é um grupo solúvel com índice de solubilidade igual a 1. Exemplo 6.21 O grupo diedral Dn é um grupo solúvel, para todo n ∈ N. Solução. Pelo Teorema 6.17, Dn = {ai bj : i = 0, . . . , n − 1 e j = 0, 1}, an = b2 = e e ab = ba−1 = ban−1 . Assim, indutivamente, obtemos am b = ba−m = ban−m , ∀ m ∈ Z. Logo, [x, y] = xyx−1 y −1 ⎧ ⎪ e, ⎪ ⎪ 2r ⎨ a , = ⎪ a−2s , ⎪ ⎪ ⎩ 2r a , se se se se x = ar e y = as x = ar e y = as b x = ar b e y = as x = ar b e y = as b. 258 Portanto, (1) Dn CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES Assim, ­ ® = [Dn , Dn ] = a2 = ( Zn , se n é um número ímpar Z n , se n é um número par. 2 Portanto, Dn é um grupo solúvel de índice de solubilidade igual a 2. £ (1) (1) ¤ (2) Dn = Dn , Dn = {e}. ¥ Exemplo 6.22 O grupo das permutações Sn é um grupo não solúvel, para todo n ∈ N com n ≥ 5. Solução. Como A0n é um subgrupo normal em An e An é um grupo não abeliano simples, para n ≥ 5, temos que A0n = An . Logo, pelo Lema 6.12, (2) 0 Sn = (Sn ) = A0n = An . 0 Assim, indutivamente, obtemos (m) Sn = An 6= {e}, ∀ m ∈ N. Portanto, Sn é um grupo não solúvel. Proposição 6.23 Seja G um grupo solúvel. Então qualquer subgrupo de G é solúvel. ¥ Prova. Seja H um subgrupo de G. Então a função inclusão λ : H → G é um homomorfismo de grupos injetor. Logo, indutivamente, cada λ(m) : H (m) → G(m) , ∀ m ∈ N, também o é. Como G é um grupo solúvel temos que existe n ∈ N tal que G(n) = {e}. Logo, H (n) ≤ G(n) = {e} ⇒ H (n) = {e}. Portanto, H é um grupo solúvel de índice de solubilidade no máximo n. ¥ Proposição 6.24 Seja G um grupo solúvel. Então qualquer grupo quociente de G é solúvel. Prova. Basta provar que se ϕ : G → H é um homomorfismo de grupos sobrejetor, então H é um grupo solúvel. Assim, indutivamente, cada ϕ(m) : G(m) → H (m) , ∀ m ∈ N, também o é. Como G é um grupo solúvel temos que existe n ∈ N tal que G(n) = {e}. Logo, H (n) = ϕ(n) (G(n) ) = ϕ(n) ({e}) = {e} ⇒ H (n) = {e}. Portanto, H é um grupo solúvel de índice de solubilidade no máximo n. ¥ 6.2. GRUPOS SOLÚVEIS Proposição 6.25 Sejam G um grupo e H um subgrupo normal em G. Se H e grupos solúveis, então G é um grupo solúvel. Prova. Suponhamos que H e H Como G H G H 259 são sejam grupos solúveis. Então existem m, n ∈ N tais que = {e} e µ G H ¶(n) = {H}. (m) G H é um homomorfismo de grupos sobrejetor temos, indutivamente, que µ ¶(k) G = π (k) (G(k) ), ∀ k ∈ N. H π:G→ Logo, {H} = Assim, pois, indutivamente, obtemos ¡ ¢(k) G(k+l) = G(l) , ∀ k, l ∈ N. µ G H ¶(n) = π (n) (G(n) ) ⇒ G(n) ≤ H. G(m+n) ≤ H m = {e}, Portanto, G é um grupo solúvel de índice de solubilidade no máximo m + n. ¥ Teorema 6.26 Seja G um grupo. Então G é um grupo solúvel se, e somente se, existir uma cadeia de subgrupos {e} = Gn ⊆ Gn−1 ⊆ · · · ⊆ G1 ⊆ G0 = G tais que 1. Gi+1 é um subgrupo normal em Gi , para todo i = 0, . . . , n − 1. 2. O grupo fator Gi Gi+1 é um grupo abeliano, para todo i = 0, . . . , n − 1. Prova. Suponhamos que G seja um grupo solúvel. Então existe n ∈ N tal que G(n) = {e}. Logo, existe uma cadeia de subgrupos {e} = G(n) ⊆ G(n−1) ⊆ · · · ⊆ G(1) ⊆ G(0) = G tais que G(i+1) é um subgrupo normal em G(i) e o grupo fator G(i) , i = 0, . . . , n − 1, G(i+1) é um grupo abeliano. 260 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES Reciprocamente, primeiro vamos provar que G(m) ≤ Gm , ∀ m ∈ Z+ . Se m = 0, então G(0) = G = G0 . Suponhamos que o resultado seja válido para m > 0, isto é, G(m) é um subgrupo de Gm . Então ¡ ¢0 G(m+1) = G(m) ≤ G0m . Como Gm+1 é um subgrupo normal em Gm e GGm é um grupo abeliano temos, pelo item m+1 (3) do Exemplo 2.44, que G0m ⊆ Gm+1 . Logo, G(m+1) é um subgrupo de Gm+1 . Portanto, G(n) ≤ Gn = {e}, ¥ isto é, G é um grupo solúvel. Um cadeia de subgrupos satisfazendo as condições (1) e (2) do Teorema 6.26 é chamada de série abeliana. Sejam G um grupo e M um subgrupo de G. Dizemos que M é um subgrupo minimal de G se M 6= {e} e se K é um subgrupo de G tal que {e} ⊆ K ⊆ M, então K = {e} ou K = M. Por exemplo, se G = {e, a, b, c}, com a2 = b2 = c2 = e, então M = {e, a} é um subgrupo minimal de G. Exemplo 6.27 Sejam G um grupo solúvel finito e M um subgrupo normal minimal em G. Mostre que M é um p-grupo abeliano elementar, para algum número primo p. Solução. É fácil verificar que σ(M 0 ) ⊆ M 0 , para todo σ ∈ End (M). Em particular, M 0 é característico em M. Logo, M 0 é um subgrupo normal em G, pois M é normal em G. Assim, por hipótese, M 0 = {e} ou M 0 = M. Como M é solúvel temos que M 6= M 0 . Assim, M 0 = {e} e M é um grupo abeliano. Seja P um p-subgrupo de Sylow não trivial de M, para algum número primo p. Como P é um subgrupo normal em M temos que σ(P ) ⊆ P , para todo σ ∈ End (M). Assim, P é um subgrupo normal em G. Portanto, pela minimalidade de M, temos que M = P . ¥ finalizaremos está seção apresentando uma série de resultados para resolver o seguinte problema: Todo grupo de ordem menor do que 60 é um grupo solúvel. Proposição 6.28 Todo p-grupo é um grupo solúvel. Prova. Seja G um p-grupo com |G| = pn e n ∈ Z+ . Vamos usar indução sobre n para provar que G é um grupo solúvel. Se n = 0 ou 1, então G é um grupo abeliano e, portanto, solúvel. Suponhamos que o resultado seja válido para todo m, com 1 ≤ m < n. Pelo Teorema de Burnside 5.52, Z(G) 6= {e}. Se G = Z(G), então G é um grupo abeliano e, portanto, solúvel. Se G 6= Z(G), então Z(G) é um p-grupo, com ¯ ¯ ¯ G ¯ s n ¯ ¯ ¯ Z(G) ¯ = p < p = |G| . 6.2. GRUPOS SOLÚVEIS Assim, pela hipótese de indução, G Z(G) 261 é um grupo solúvel. Como Z(G) é um grupo abeliano temos que Z(G) é um grupo solúvel. Logo, pela Proposição 6.25, G é um grupo solúvel. ¥ Proposição 6.29 Sejam p e q números primos. Então todo grupo de ordem pq é um grupo solúvel. Prova. Seja G um grupo com |G| = pq. Se p = q, então G é um p-grupo e, portanto, um grupo solúvel. Se p 6= q, digamos p < q, então, pelo Primeiro Teorema de Sylow, G contém um q-subgrupo de Sylow Q. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow nq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | p. Logo, nq = 1 e Q é um subgrupo normal em G. Portanto, pela Proposição 6.28, Q e G Q ¥ são grupos solúveis. Logo, pela Proposição 6.25, G é um grupo solúvel. Proposição 6.30 Sejam p e q números primos. Então todo grupo de ordem p2 q é um grupo solúvel. Prova. Seja G um grupo com |G| = p2 q. Se p = q, então G é um p-grupo e, portanto, um grupo solúvel. Se p 6= q, digamos p < q, então, pelo Primeiro Teorema de Sylow, G contém um p-subgrupo de Sylow P e um q-subgrupo de Sylow Q. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | q nq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | p2 . Afirmação. np = 1 ou nq = 1. De fato, se np > 1 e nq > 1, então é fácil verificar que np = q e nq = p2 . Logo, |G| = p2 q ≥ np (p2 − 1) + nq (q − 1) + 1 = q(p2 − 1) + p2 (q − 1) + 1. Assim, 0 ≥ p2 q − q − p2 + 1 = (p2 − 1)(q − 1) > 0, o que é uma contradição. Portanto, P é um subgrupo normal em G ou Q é um subgrupo normal em G, digamos P é um subgrupo normal em G. Logo, pela Proposição 6.28, P e G P ¥ são grupos solúveis. Portanto, pela Proposição 6.25, G é um grupo solúvel. 262 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES Proposição 6.31 Sejam p e q números primos. Então todo grupo de ordem p2 q 2 é um grupo solúvel. Prova. Seja G um grupo com |G| = p2 q 2 . Se p = q, então G é um p-grupo e, portanto, um grupo solúvel. Se p 6= q, digamos p < q, então, pelo Primeiro Teorema de Sylow, G contém um p-subgrupo de Sylow P e um q-subgrupo de Sylow Q. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | q 2 nq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | p2 . Afirmação. np = 1 ou nq = 1. De fato, se np > 1 e nq > 1, então é fácil verificar que nq = p2 e np ≥ q. Logo, |G| = p2 q 2 ≥ np (p2 − 1) + nq (q2 − 1) + 1 ≥ q(p2 − 1) + p2 (q2 − 1) + 1. Assim, 0 ≥ p2 q − q − p2 + 1 = (p2 − 1)(q − 1) > 0, o que é uma contradição. Portanto, P é um subgrupo normal em G ou Q é um subgrupo normal em G, digamos P é um subgrupo normal em G. Logo, pela Proposição 6.28, G P e P são grupos solúveis. Portanto, pela Proposição 6.25, G é um grupo solúvel. ¥ Proposição 6.32 Sejam p e q números primos. Então todo grupo de ordem p3 q é um grupo solúvel. Prova. Seja G um grupo com |G| = p3 q. Se p = q, então G é um p-grupo e, portanto, um grupo solúvel. Se p 6= q, digamos p < q, então, pelo Primeiro Teorema de Sylow, G contém um p-subgrupo de Sylow P e um q-subgrupo de Sylow Q. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | q nq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | p3 . Afirmação. np = 1 ou nq = 1. De fato, se np > 1 ou nq > 1, então é fácil verificar que np = q e nq ≥ p2 . Logo, |G| = p3 q ≥ np (p3 − 1) + nq (q − 1) + 1 ≥ q(p3 − 1) + p2 (q − 1) + 1. Assim, 0 ≥ p2 q − q − p2 + 1 = (p2 − 1)(q − 1) > 0, o que é uma contradição. Portanto, P é um subgrupo normal em G ou Q é um subgrupo normal em G, digamos P é um subgrupo normal em G. Logo, pela Proposição 6.28, G P e P são grupos solúveis. Portanto, pela Proposição 6.25, G é um grupo solúvel. ¥ 6.2. GRUPOS SOLÚVEIS 263 Proposição 6.33 Sejam p, q e r números primos. Então todo grupo de ordem pqr é um grupo solúvel. Prova. Seja G um grupo com |G| = pqr. Se p = q = r, então G é um p-grupo e, portanto, um grupo solúvel. Se dois dos números primos são iguais, então, pela Proposição 6.30, G é um grupo solúvel. Suponhamos que p 6= q 6= r, digamos p < q < r. Então, pelo Primeiro Teorema de Sylow, G contém um p-subgrupo de Sylow P , um q-subgrupo de Sylow Q e um r-subgrupo de Sylow R. Mas pelo Terceiro Teorema de Sylow np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | qr nq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | pr nr = 1, 1 + r, 1 + 2r, . . . e nr | pq. Afirmação. np = 1 ou nq = 1 ou nr = 1. De fato, se np > 1, nq > 1 e nr > 1, então é fácil verificar que nr = pq, nq ≥ r e np ≥ q. Logo, |G| = pqr = np (p − 1) + nq (q − 1) + nr (r − 1) + 1 ≥ q(p − 1) + r(q − 1) + pq(r − 1) + 1. Assim, 0 ≥ qr − q − r + 1 = (q − 1)(r − 1) > 0, o que é uma contradição. Portanto, P é um subgrupo normal em G ou Q é um subgrupo normal em G ou R é um subgrupo normal em G, digamos P é um subgrupo normal em G. Logo, pelas Proposições 6.28 e 6.29 P e G P ¥ são grupos solúveis. Portanto, pela Proposição 6.25, G é um grupo solúvel. EXERCÍCIOS 1. Sejam G um grupo e a, b, c ∈ G. (a) Mostre que [a, b] = e se, e somente se, ab = ba. (b) Mostre que [a, b]−1 = [b, a]. (c) Mostre que [ab, c] = [a, c]b [b, c] = [a, c][[a, c], b][b, c]. (d) Mostre que [a, bc] = [a, c][a, b]c = [a, c][a, b][[a, b], c]. 2. Sejam G um grupo tal que G0 ⊆ Z(G) e a, b, c ∈ G. 264 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES (a) Mostre que [ab, c] = [a, c][b, c]. (b) Mostre que [a, bc] = [a, b][a, c]. (c) Mostre que [an , b] = [a, b]n = [a, bn ], para todo n ∈ N. (d) Mostre que (ab)n = [a, b] n(n−1) 2 an bn , para todo n ∈ N. 3. Seja G um grupo. Mostre que G0 ⊆ Z(G) se, e somente se, [[a, b], c] = [a, [b, c]], para todos a, b, c ∈ G. (Sugestão: Mostre que [a, b] = [a−1 , b−1 ] e use [[a, b], c] = [a, [b, c]] para chegar em [[a, b−1 c], b] = e.) 4. Seja G um grupo. Mostre que cada G(n) é um subgrupo característico em G, para todo n ∈ N. 5. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que se H é normal em G, então µ ¶0 G G0 H . = H H 6. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G. Mostre que K centraliza H (K ⊆ CG (H)) se, e somente se, [H, K] = 1. 7. Seja G um grupo. Mostre que se H é subgrupo normal em G e H ∩ G0 = {e}, então H ⊆ Z(G). 8. Sejam G um grupo e H um subgrupo normal em G. Mostre que se H é cíclico, então G0 ⊆ CG (H). 9. Sejam G um grupo e H, K subgrupos normais em G. Mostre que se G grupos abelianos, então H∩K é um grupo abeliano. G H e G K são 10. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que se H é normal em G, então H 0 é normal em G. 11. Sejam G um grupo solúvel finito e H um subgrupo maximal de G. Mostre que [G : H] é uma potência de algum número primo. (Sugestão: Se M é um subgrupo normal minimal de G, então M é um subgrupo de H ou não. Se M não é um subgrupo de H, então G = HM e [G : H] = [M : M ∩ H] é uma potência de algum número primo. Se M é um subgrupo de H, então use indução sobre a ordem de G para mostrar que ¸ ∙ G H : [G : H] = M M é uma potência de algum número primo.) 6.2. GRUPOS SOLÚVEIS 12. Sejam G um grupo solúvel finito e V um subgrupo normal minimal em G. (a) Mostre que V é um espaço vetorial sobre Zp , para algum número primo p. (b) Mostre que qualquer σ ∈ End(V ) é uma transformação linear. 265 (c) Mostre que, para um a ∈ V fixado, a função σ a : V → V definida por σ a (x) = axa−1 é um isomorfismo. (d) Mostre que a função σ : G → GL(V ) é um homomorfismo de grupos, isto é, G age sobre V como um grupo de transformações lineares. 13. Seja G= (" # ) a b 0 1 ∈ M2 (Zn ) : a, b ∈ Zn e a ∈ U(Zn ) Mostre que G é um grupo solúvel. 14. Seja G = {σa,b : Zn → Zn : σ a,b (x) = ax + b, a, b ∈ Zn e a ∈ U(Zn )}. Mostre que G é um grupo solúvel. 15. Seja ⎫ ⎧⎡ ⎤ ⎪ ⎪ 1 a b ⎬ ⎨ ⎥ ⎢ G = ⎣ 0 1 c ⎦ ∈ M3 (R) : a, b, c ∈ R . ⎪ ⎪ ⎭ ⎩ 0 0 1 Mostre que G é um grupo solúvel. Generalize para uma matriz triangular superior qualquer com 1 na diagonal principal. 16. Seja G um grupo simples. Mostre que G é um grupo solúvel se, e somente se, G é um grupo cíclico. 17. Sejam H e K dois grupos. Mostre que H × K é grupo solúvel se, e somente se, H e K são grupos solúveis. Generalize para um produto finito qualquer. 18. Sejam G um grupo e H, K subgrupos solúveis de G. Mostre que se K é subgrupo normal em G, então HK é um subgrupo solúvel de G. 19. Sejam N e H dois grupos solúveis. Mostre que G = N o H é grupo solúvel. 20. Sejam G um grupo e H subgrupo normal abeliano de G. Mostre que se ¯ ¯ ¯G¯ ¯ ¯ = 91, ¯H ¯ então G é um grupo solúvel. 21. Seja G um grupo finito com |G| = pqn , com p ≤ q números primos. Mostre que G é um grupo solúvel. 266 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES 22. Seja G um grupo finito com |G| = p1 · · · pn , com pi números primos distintos. Mostre que G é um grupo solúvel. 23. Mostre que se |G| = 2n 3, então G é um grupo solúvel. 24. Mostre que se |G| = 22 3n , então G é um grupo solúvel. 25. Mostre que se |G| = p2 q n , com p, q números primos e p ≤ q, então G é um grupo solúvel. 26. Mostre que se |G| = 200, então G é um grupo solúvel. 27. Mostre que se |G| = 6.545, então G é um grupo solúvel. 28. Mostre que se |G| = 1.365, então G é um grupo solúvel. 29. Mostre que se |G| = 2.907, então G é um grupo solúvel. 30. Mostre que se |G| = 132, então G é um grupo solúvel. 31. Mostre que se |G| = 462, então G é um grupo solúvel. 32. Mostre que se |G| = 444, então G é um grupo solúvel. 33. Mostre que se |G| = 225, então G é um grupo solúvel. 34. Seja G um grupo tal que Aut G é um grupo solúvel. Mostre que G é um grupo solúvel. 35. Mostre que se |G| = 2m pn , com p número primo ímpar e m = 1, 2 ou 3, então G é um grupo não simples mas solúvel. 36. Mostre que não existe grupo simples não abeliano com ordem menor do que 60. 37. Mostre que qualquer grupo simples não cíclico G de ordem menor do que 100 é de ordem 60. 38. Mostre que as seguintes condições são equivalentes: (a) Todo grupo de ordem ímpar é solúvel. (b) Todo grupo simples finito tem ordem par. 39. Seja G um grupo. Dizemos que G é um grupo supersolúvel se existir uma cadeia de subgrupos {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G1 ≤ G0 = G tais que (a) Gi é um subgrupo normal em G, para todo i, i = 1, 2, . . . , n. 6.3. GRUPOS NILPOTENTES (b) Gi Gi+1 267 é cíclico, para todo i, i = 0, 1, . . . , n − 1. Mostre que todo grupo supersolúvel é solúvel. Mas a recíproca é falsa. (Sugestão: tente com S4 .) Um cadeia de subgrupos satisfazendo as condições (a) e (b) é chamada de série cíclica. 40. Mostre que todo p-grupo finito é um grupo supersolúvel. 41. Seja G um grupo supersolúvel. Mostre que subgrupos e grupos quocientes de G são supersolúveis. 42. Sejam H e K dois grupos. Mostre que se H e K são grupos supersolúveis, então H × K é supersolúvel. 43. Sejam G um grupo e H um subgrupo normal em G. Mostre que se H é um grupo G cíclico e H é um grupo supersolúvel, então G é um grupo supersolúvel. 44. Mostre que se |G| = 2p, com p um número primo, então G é um grupo supersolúvel. 45. Sejam G um grupo e H, K subgrupos normais em G. Mostre que se G grupos supersolúveis, então H∩K é um grupo supersolúvel. G H e G K são 6.3 Grupos Nilpotentes Nesta seção vamos apresentar uma generalização de p-grupos, ou seja, com os conhecimentos dos p-grupos obtemos informações sobre grupos finitos arbitrários. Além disso, os p-grupos têm uma quantidade muito grande de subgrupos normais, e isto sugere que as “séries normais” podem ser uma ferramenta poderosa no estudo destes grupos. Seja G um grupo. Uma série subnormal em G é uma cadeia finita de subgrupos de G {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G1 ≤ G0 = G tais que Gi+1 E Gi , 0 ≤ i ≤ n − 1, e será denotada por S = (Gi )n−1 . i=0 Os grupos Gi , 0 ≤ i ≤ n − 1, Gi+1 são chamados de grupos fatores. O comprimento de uma série subnormal é o número de grupos fatores não triviais. Uma série normal em G é uma cadeia finita de subgrupos de G {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G 268 tais que CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES Uma série normal S = (Gi )n−1 em G é chamada de série central superior em G se i=0 ¶ µ Gi G , 0 ≤ i ≤ n − 1. ≤Z Gi+1 Gi+1 Seja G um grupo. Dizemos que G é um grupo nilpotente se G tem uma série central. O menor comprimento da série central é chamado o índice de nilpotência de G. Exemplo 6.34 Todo grupo abeliano G é um grupo nilpotente, pois {e} ≤ G é a única série central em G. Exemplo 6.35 O grupo G = S3 é um grupo não nilpotente, pois {I} ≤ A3 ≤ G é a única série normal em G mas não é central, pois µ ¶ A3 G ≤Z A3 = = Z (G) = {I}. {I} {I} Gi+1 E G, 0 ≤ i ≤ n − 1. Proposição 6.36 Todo p-grupo é um grupo nilpotente. Prova. Seja G um p-grupo com |G| = pn e n ∈ Z+ . Vamos usar indução sobre n para provar que G é um grupo nilpotente. Se n = 0 ou 1, então G é um grupo abeliano e, portanto, nilpotente. Suponhamos que o resultado seja válido para todo m, com 1 ≤ m < n. Pelo Teorema de Burnside 5.52, Z(G) 6= {e}. Se G = Z(G), então G é um grupo abeliano e, portanto, nilpotente. Se G 6= Z(G), então Z(G) é um p-grupo com ¯ ¯ ¯ G ¯ s n ¯ ¯ ¯ Z(G) ¯ = p < p = |G| . Assim, pela hipótese de indução, G Z(G) é um grupo nilpotente. Logo, ele tem uma série central {Z(G)} = Gm ≤ Gm−1 ≤ · · · ≤ G0 = Assim, pelo Teorema da Correspondência, existe um único subgrupo normal Gi em G tal que Gi , 0 ≤ i ≤ m − 1. Gi = Z(G) Portanto, {e} ≤ G0 = Z(G) ≤ · · · ≤ Gm = G é uma série subnormal em G com Gi+1 Gi Gi EG e ' ≤Z Gi+1 Gi+1 µ G0 Gi+1 ¶ 'Z µ G Gi+1 ¶ , 0 ≤ i ≤ m − 1, ¥ G . Z(G) isto é, G é um grupo nilpotente. 6.3. GRUPOS NILPOTENTES 269 Proposição 6.37 Seja G um grupo nilpotente. Então todo subgrupo de G é nilpotente. Prova. Sejam H um subgrupo de G e {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G uma série central de G. Então Hi = Gi ∩ H E H e ϕ : Hi → Gi , 0 ≤ i ≤ n − 1, Gi+1 é um homomorfismo de grupos. Assim, ¶ µ ¶ µ Hi H Gi G ≤Z , 0 ≤ i ≤ n − 1. ≤ ≤Z Hi+1 Gi+1 Gi+1 Hi+1 Portanto, H é um subgrupo nilpotente de G. ¥ Proposição 6.38 Seja G um grupo nilpotente. Então todo grupo quociente de G é nilpotente. Prova. Basta provar que se ϕ : G → K é um homomorfismo de grupos sobrejetor, então K é um grupo nilpotente. Sejam {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G uma série central de G e Ki = ϕ(Gi ), 0 ≤ i ≤ n − 1. Afirmação. {e} = Kn ≤ Kn−1 ≤ · · · ≤ K0 = K é uma série central de K. De fato, pelo Teorema da Correspondência, Ki é um subgrupo normal em K, 0 ≤ i ≤ n−1. Agora, é fácil verificar que ¶ µ Ki K , 0 ≤ i ≤ n − 1. ≤Z Ki+1 Ki+1 Portanto, K é um grupo nilpotente. Seja G um grupo qualquer. Definimos Z0 (G) = {e} e Z1 (G) = Z(G). Como Z µ G Z1 (G) ¶ E G Z1 (G) ¥ Assim, indutivamente, obtemos um subgrupo normal Zn (G) em G tal que µ ¶ Zn (G) G =Z , ∀ n ∈ N. Zn−1 (G) Zn−1 (G) temos, pelo Teorema da Correspondência, que existe um único subgrupo normal Z2 (G) em G tal que µ ¶ Z2 (G) G =Z . Z1 (G) Z1 (G) 270 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES Lema 6.39 Seja G um grupo qualquer. 1. Zn (G) = {a ∈ G : [a, G] ≤ Zn−1 (G)}, para todo n ∈ N. Neste caso, (Zn (G))0 é um subgrupo de Zn−1 (G), para toto n ∈ N. 2. Cada Zn (G) é um subgrupo característico em G. 3. Zn (G) é um subgrupo de Zn+1 (G), para todo n ∈ Z+ . Prova. Vamos provar apenas o item (2). Indução sobre n. Se n = 1, nada há para ser provado. Suponhamos que o resultado seja válido para todo n > 1, isto é, Zn (G) é um subgrupo característico em G. Sejam a ∈ Zn+1 (G) e ϕ ∈ Aut(G). Então [ϕ(a), G] = [ϕ(a), ϕ(G)] = ϕ ([a, G]) ⊆ ϕ (Zn (G)) = Zn (G). Portanto, ϕ(a) ∈ Zn+1 (G), isto é, Zn+1 (G) é um subgrupo característico em G. Seja G um grupo qualquer. A cadeia de subgrupos de G Z0 (G) ≤ Z1 (G) ≤ · · · ≤ Zn (G) ≤ · · · é chamada de série central ascendente de G. Note que se G é grupo finito, então existe n ∈ N tal que Zn (G) = Zn+1 (G) = · · · . Exemplo 6.40 Se G = Z2 × S3 , então Z2 × {I} = Z1 (G) = Z2 (G) = Zn (G), ∀ n ∈ N com n ≥ 3. Proposição 6.41 Seja G um grupo. Então G é um grupo nilpotente de índice de nilpotência n se, e somente se, Zn (G) = G mas Zn−1 (G) 6= G. Prova. Suponhamos que G seja nilpotente. Então G tem uma série central {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G. com G1 6= G0 . Afirmação. Gn−i é um subgrupo de Zi (G), para todo i ∈ Z+ . De fato, se i = 0, nada há para ser provado. Suponhamos que o resultado seja válido para i > 0, isto é, Gn−i é um subgrupo de Zi (G). Como ¶ µ ¶ µ Gn−(i+1) G Zi+1 (G) G ≤Z ≤ ≤Z Gn−i Gn−i Gi Zi (G) temos que Gn−(i+1) é um subgrupo de Zi+1 (G). Em particular, G = G0 ⊆ Zn (G). Portanto, Zn (G) = G mas Zn−1 (G) 6= G. A recíproca segue da definição. ¥ Seja G um grupo qualquer. Definimos, indutivamente, a cadeia de subgrupos de G Z 0 (G) = G, Z 1 (G) = [Z 0 (G), G] e Z n+1 (G) = [Z n (G), G], ∀ n ∈ N. ¥ 6.3. GRUPOS NILPOTENTES Lema 6.42 Seja G um grupo qualquer. 1. Cada Z n (G) é um subgrupo característico em G. 2. Z n+1 (G) é um subgrupo de Z n (G), para todo n ∈ Z+ . 3. Z n (G) ≤Z Z n+1 (G) µ ¶ G , ∀ n ∈ Z+ . Z n+1 (G) 271 4. G(n) é um subgrupo de Z n (G), para todo n ∈ Z+ . Prova. Fica como um exercício. Seja G um grupo qualquer. A cadeia de subgrupos de G G = Z 0 (G) ≥ Z 1 (G) ≥ · · · ≥ Z n (G) ≥ · · · é chamada de série central descendente de G. Note que se G é grupo finito, então existe n ∈ N tal que Z n (G) = Z n+1 (G) = · · · . Proposição 6.43 Seja G um grupo. Então G é um grupo nilpotente de índice de nilpotência n se, e somente se, Z n (G) = {e} mas Z n−1 (G) 6= {e}. Prova. Suponhamos que G seja nilpotente. Então G tem uma série central {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G. com Gn−1 6= {e}. Afirmação. Z i (G) é um subgrupo de Gi , para todo i ∈ Z+ . De fato, se i = 0, nada há para ser provado. Suponhamos que o resultado seja válido para i > 0, isto é, Z i (G) é um subgrupo de Gi . Como ¶ µ Gi G ≤Z Gi+1 Gi+1 temos, pelo item (2) do Lema 6.18, que [Gi , G] é um subgrupo de Gi+1 . Logo, pela hipótese de indução, obtemos Z i+1 (G) = [Z i (G), G] ≤ [Gi , G] ≤ Gi+1 . Logo, Z i+1 (G) é um subgrupo de Gi+1 . Em particular, Z n (G) ⊆ Gn = {e}. Portanto, Z n (G) = {e} mas Z n−1 (G) 6= {e}. A recíproca segue da definição. ¥ Exemplo 6.44 O grupo diedral Dn é um grupo nilpotente se, e somente se, n = 2k , para algum k ∈ N. ¥ 272 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES Solução. Pelo Exemplo 6.21, obtemos ­ ® Z 1 (Dn ) = [Z 0 (Dn ), Dn ] = a2 = De modo inteiramente análogo, obtemos ­ ® Z 2 (Dn ) = [Z 1 (Dn ), Dn ] = a4 . ( Zn , se n é um número ímpar Z n , se n é um número par. 2 Assim, indutivamente, obtemos Portanto, se Dn é um grupo nilpotente, então existe um menor k ∈ N tal que Z k (Dn ) = k {e}, isto é, a2 = e e n = 2k . ¥ Lema 6.45 Sejam G um grupo e H um subgrupo de G com H ⊆ Z(G). Se nilpotente, então G é um grupo nilpotente. Prova. Suponhamos que G H G H ­ m® Z m (Dn ) = [Z m−1 (Dn ), Dn ] = a2 , ∀ m ∈ N. é um grupo seja nilpotente. Então existe n ∈ N tal que µ ¶ G n Z = {H}. H π:G→ G H é um homomorfismo de grupos sobrejetor temos, indutivamente, que µ ¶ G m = π (m) (Z m (G)), ∀ m ∈ N. Z H Logo, {H} = Z Assim, n Como µ G H ¶ = π (n) (Z n (G)) ⇒ Z n (G) ≤ H. Z n+1 (G) = [Z n (G), G] ≤ [H, G] ≤ {e}, pois H ⊆ Z(G). Portanto, G é um grupo nilpotente. ¥ Teorema 6.46 Sejam G um grupo finito, p1 , . . . , pk números primos distintos dividindo a ordem de G e Pi os pi -subgrupos de Sylow de G. Então as seguintes condições são equivalentes: 1. G é um grupo nilpotente; 2. Se H é um subgrupo próprio de G, então H é um subgrupo próprio de NG (H); (condição de normalização) 6.3. GRUPOS NILPOTENTES 3. Cada Pi é um subgrupo normal de G; 4. G é isomorfo a P1 × · · · × Pk . 273 Prova. (1 ⇒ 2) Suponhamos que G seja nilpotente. Então existe um menor n ∈ N tal que Z n (G) = {e}. Como Z n (G) = {e} ⊆ H temos que existe i ∈ N tal que Z i+1 (G) ⊆ H mas Z i (G) 6= H, pois H ⊂ Z 0 (G) = G. Logo, [Z i (G), H] ≤ [Z i (G), G] = Z i+1 (G) ≤ H. Portanto, pelo item (1) do Lema 6.18, Z i (G) normaliza H, isto é, Z i (G) ⊆ NG (H) e H ⊂ NG (H). (2 ⇒ 3) Sejam P = Pi e N = NG (P ). Como P é um subgrupo normal em N temos que P é o único subgrupo de N com ordem pni . Logo, P é um subgrupo característico em N (prove isto!). Assim, P é um subgrupo normal em NG (N), pois N é um subgrupo normal em NG (N). Por outro lado, pelo item (1) do Teorema 5.62, NG (N) = N. Portanto, por hipótese, N = G e P é um subgrupo normal em G. (3 ⇒ 4) Vamos usar indução sobre l com 1 ≤ l ≤ k. Como Pi é um subgrupo normal em G temos que P1 · · · Pl é um subgrupo de G. Sejam H = P1 · · · Pl−1 e K = Pl . Então H ' P1 × · · · × Pl−1 e |H| = |P1 | · · · |Pl−1 | . Por outro lado, como o mdc(|H| , |K|) = 1 temos, pelo Teorema de Lagrange, que H ∩K = {e}. Logo, HK ' H × K ' (P1 × · · · × Pl−1 ) × Pl ' P1 × · · · × Pl−1 × Pl . Em particular, G ' P1 × · · · × Pk . (4 ⇒ 1) Vamos usar indução sobre a ordem de G. Como Z(P1 × · · · × Pk ) = Z(P1 ) × · · · × Z(Pk ) temos que G P1 Pk ' × ··· × . Z(G) Z(P1 ) Z(Pk ) Agora, se Pi 6= {e}, então, pelo Teorema de Burnside, Z(Pi ) 6= {e} e G 6= {e}. Logo, ¯ ¯ ¯ G ¯ ¯ ¯ ¯ Z(G) ¯ < |G| . Assim, pela hipótese de indução, G Z(G) é um grupo nilpotente. Portanto, pelo Lema 6.45, G é um grupo nilpotente. ¥ 274 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES EXERCÍCIOS 1. Mostre que todo grupo nilpotente é um grupo solúvel. Mostre, com um exemplo, que a recíproca é falsa. 2. Sejam H e K grupos nilpotentes. Mostre que H × K é grupo nilpotente. 3. Mostre que um grupo G é um grupo nilpotente se, e somente se, todo subgrupo maximal de G é normal em G. Conclua que qualquer subgrupo maximal de G tem índice um número primo. (Sugestão: Seja P um p-subgrupo de Sylow de G. Então use o Teorema 5.62 para provar que NG (H) = H, para todo subgrupo de G tal que NG (P ) ⊆ H.) 4. Sejam G um grupo nilpotente e H um subgrupo normal não trivial em G. Mostre que H ∩ Z (G) 6= {e}. (Sugestão: Considere Ki = H ∩ Zi (G) e calcule [G : Ki ].) 5. Sejam G um grupo nilpotente e H um subgrupo abeliano normal maximal em G. Mostre que H um subgrupo abeliano maximal de G. (Sugestão: Note que CG (H) G E H H e use o Exercício 3.) 6. Sejam G um grupo finito. Mostre que G é nilpotente se, e somente se, ele é um produto de p-grupos. 7. Seja G um grupo. Mostre que Zn (G) = G se, e somente se, Z n (G) = {e}. Conclua que Z k (G) ⊆ Zn−k (G), para todo k = 0, . . . , n. 8. Seja G um grupo de índice de nilpotência igual a 1 ou 2. Mostre que [ab, c] = [a, c][b, c] e [a, bc] = [a, b][a, c], ∀ a, b, c ∈ G. 9. Sejam G um grupo nilpotente de ordem n e k um divisor de n. Mostre que G tem um subgrupo de ordem k Neste caso, vale a recíproca do Teorema de Lagrange. 10. Mostre que todo grupo nilpotente finito é um grupo supersolúvel. Mas a recíproca é falsa. 11. Sejam G um grupo nilpotente finito e M um subgrupo normal minimal de G. Mostre que M ⊆ Z (G) e tem ordem um número primo. 6.4. SÉRIES DE COMPOSIÇÃO 275 6.4 Séries de Composição A utilidade das séries centrais e derivadas sugerem uma examinação de outras séries em qualquer grupo G. Seja G um grupo. Um refinamento de uma série subnormal {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G em G é uma série subnormal obtida a partir dessa, pela inserção de alguns (possivelmente nenhum) subgrupos de G ou, equivalentemente, é uma série subnormal {e} = Hm ≤ Hm−1 ≤ · · · ≤ H0 = G em G tais que Gi ⊆ Hj . Um refinamento é chamado refinamento próprio se algum subgrupo distintos dos já existente for inserido na série. Exemplo 6.47 A série subnormal {0} ≤ 72Z ≤ 24Z ≤ 8Z ≤ 4Z ≤ Z é um refinamento da série subnormal {0} ≤ 72Z ≤ 8Z ≤ Z Seja G um grupo. Dizemos que uma cadeia subnormal em G, {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G é uma série de composição para G se cada grupo fator Gi 6= {Gi+1 }, i = 0, . . . , n − 1, Gi+1 é um grupo simples. Observação 6.48 Nem todo grupo admite uma série de composição, por exemplo, o grupo aditivo dos números inteiro Z não admite uma série de composição, pois · · · ⊆ 2n Z ⊆ · · · ⊆ 2Z ⊆ Z. Seja G um grupo. Dizemos que um subgrupo H de G é um subgrupo subnormal em G se H é um dos termos de uma série de composição para G. 276 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES Exemplo 6.49 Seja G = hai um grupo cíclico de ordem pn , com p um número primo. ­ m® Então, pelo item (3) da Proposição 1.60, existe um único subgrupo H = ap de G, para cada m = 0, . . . , n. Portanto, ­ n ® D n−1 E {e} = ap ≤ ap ≤ · · · ≤ hap i ≤ hai = G é a única série de decomposição para G. Seja G um grupo. Dizemos que uma cadeia subnormal em G, {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G é uma série principal ou uma série chief para G se Gi+1 6= Gi e Gi+1 é um subgrupo normal maximal em G, i = 0, . . . , n − 1. Proposição 6.50 Seja G um grupo solúvel finito. Então os fatores de toda série chief para G são grupos abelianos elementares. Prova. Vamos usar indução sobre o comprimento de uma série chief para G. Seja {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G uma série chief para G. Se n = 2, então Gn−1 é um subgrupo normal minimal em G, pois não existe K C G tal que 1 ⊆ K ⊆ Gn−1 . Logo, pelo Exemplo 6.27, Gn−1 = Gn−1 Gn é um grupo abeliano elementar. Suponhamos que o resultado seja válido para todo m, com 2 ≤ m < n. Assim, pelo Teorema da Correspondência, {Gn−1 } = é uma série chief para Gn−1 Gn−2 G1 G0 G ≤ ≤ ··· ≤ ≤ = Gn−1 Gn−1 Gn−1 Gn−1 Gn−1 Como ¯ ¯ ¯ G ¯ ¯ ¯ ¯ Gn−1 ¯ < |G| , i = 0, . . . , n − 1, G . Gn−11 temos que Gi Gn−1 Gi+1 Gn−1 são grupos abelianos elementares. Mas, pelo Terceiro Teorema de Isomorfismo, Gi Gn−1 Gi+1 Gn−1 ' Gi , i = 0, . . . , n − 1. Gi+1 Portanto, os grupos fatores Gi , i = 0, . . . , n − 1, Gi+1 são grupos abelianos elementares. ¥ 6.4. SÉRIES DE COMPOSIÇÃO 277 Lema 6.51 Sejam G um grupo e M um subgrupo de G. Então M é um subgrupo normal G maximal em G se, e somente se, M é um grupo simples. Prova. Suponhamos que M seja um subgrupo normal maximal em G. Seja K um subG grupo normal de M . Então, pelo Teorema da Correspondência, existe um único subgrupo normal H em G tal que H M ⊆H e K= . M Assim, pela maximalidade de M, obtemos H = M ou H = G. Logo, K = {M} ou G G K = M . Portanto, M é um grupo simples. G Reciprocamente, suponhamos que M seja um grupo simples. Seja H um subgrupo normal de G tal que M ⊆ H ⊆ G. Então, pelo Teorema da Correspondência, π(H) é um G G subgrupo normal de M . Assim, por hipótese, π(H) = {M} ou π(H) = M . Logo, M = H ou M = G. Portanto, M é um subgrupo normal maximal em G. ¥ Proposição 6.52 Seja G um grupo não trivial. 1. Se G for um grupo finito, então G possui uma série de composição. 2. Qualquer refinamento de uma série abeliana em G é uma série abeliana. 3. Uma cadeia subnormal em G é uma série de composição se, e somente se, ela não admite refinamento próprio. Prova. (1) Pelo Exemplo 1.47, G contém um subgrupo normal maximal. Seja G1 um subgrupo normal maximal em G. Então, pelo Lema 6.51, G G1 é um grupo simples. Seja G2 um subgrupo normal maximal em G1 . Então, pelo Lema 6.51, G1 G2 é um grupo simples. Continuando dessa modo (em no máximo |G| etapas), obtemos uma série de composição {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G (2) Basta observar que se GGi é abeliano e Gi+1 E H E Gi , então GH é abeliano. De i+1 i+1 fato, como GH é um subgrupo de GGi e Gi é abeliano temos, pelo Terceiro Teorema de H i+1 i+1 Isomorfismo, que Gi Gi Gi+1 ' H . H Gi+1 (3) Seja {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G 278 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES é uma série de composição em G. Suponhamos, por absurdo, que ela tenha um refinamento próprio. Então existe um subgrupo H de G tal que Gi+1 C H C Gi , para algum i = 0, . . . , n − 1. Logo, GH é um subgrupo próprio normal em GGi , o que é uma contradição. i+1 i+1 A recíproca, prova-se de modo inteiramente análoga. Sejam {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G e {e} = Hm ≤ Hm−1 ≤ · · · ≤ H0 = G duas cadeias subnormais para G. Dizemos que elas são equivalentes, se n = m e existe uma permutação σ ∈ Sn tal que Hσ(i) Gi ' , i = 0, . . . , n − 1. Gi+1 Hσ(i)+1 Exemplo 6.53 Sejam G = H × K, N um subgrupo normal em H e M um subgrupo normal em K. Então, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, G H K ' × . N ×M N M Logo, as cadeias subnormais {e} ≤ N ≤ H e {e} ≤ M ≤ K para H e K, respectivamente, determinam duas cadeias subnormais para G, a saber, {(e, e)} ≤ N × {e} ≤ H × {e} ≤ H × M ≤ G e {(e, e)} ≤ {e} × M ≤ {e} × K ≤ N × K ≤ G. Note que cada fator dessa séries subnormais são isomorfos, por exemplo, K K {e} × K G ' {e} × ' ' . H ×M M M {e} × M Lema 6.54 Sejam G um grupo e {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G uma série de composição para G. Então qualquer refinamento dessa série é equivalente a ela. ¥ 6.4. SÉRIES DE COMPOSIÇÃO Prova. Vamos denotar por S a série de composição {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G. 279 Então, pelo item (3) da Proposição 6.52, S não tem refinamento próprio. Assim, os únicos refinamentos possíveis de S são obtidos inserindo cópias adicionais de cada Gi . Portanto, qualquer refinamento de S tem os mesmos fatores não triviais como S, isto é, equivalente a S. ¥ Teorema 6.55 (Lema de Zassenhaus) Sejam G um grupo, H, K subgrupos de G e M, N subgrupos normais em H e K, respectivamente. 1. M(H ∩ N ) é um subgrupo normal em M(H ∩ K). 2. N(M ∩ K) é um subgrupo normal em N(H ∩ K). 3. M(H ∩ K) N(H ∩ K) ' . M(H ∩ N) N(M ∩ K) Confira Figura 6.2. Figura 6.2: Lema da Borboleta. Prova. (1) Como N é um subgrupo normal em K temos, pelo item (4) da Proposição 2.39, que H ∩ N = (H ∩ K) ∩ N 280 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES é um subgrupo normal em H ∩ K. De modo inteiramente análogo, prova-se que H ∩ N é um subgrupo normal em H ∩ K. Portanto, L = (M ∩ K)(H ∩ N) é um subgrupo normal em H ∩ K. Pelo item (7) da Proposição 2.39, M(H ∩ N) e N(M ∩ K) são subgrupos de H e K, repectivamente. Seja a função H ∩K ϕ : M(H ∩ K) → L definida por ϕ(ac) = Lc, para todo a ∈ M e c ∈ H ∩ K. Então ϕ está bem definida, pois dados a, b ∈ M e c, d ∈ H ∩ K, obtemos ac = bd ⇒ b−1 a = dc−1 ∈ M ∩ (H ∩ K) = M ∩ K ≤ L ⇒ Ld = Ldc−1 c = Lc ⇒ ϕ(ac) = ϕ(bd). Agora, é fácil verificar que ϕ é um homomorfismo de grupos sobrejetor. Finalmente, ac ∈ ker ϕ ⇔ ϕ(ac) = L ⇔ cL = L ⇔ c ∈ L. Logo, existem x ∈ M ∩ K e y ∈ H ∩ N tais que c = xy. Assim, ac ∈ ker ϕ ⇔ ac = (ax)y ∈ M(H ∩ N). Portanto, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, M(H ∩ K) H ∩K M(H ∩ K) = ' M(H ∩ N) ker ϕ L e M(H ∩ N) é um subgrupo normal em M(H ∩ K). (2) Um argumento simétrico, prova que N(M ∩K) é um subgrupo normal em N(H∩K) e N(H ∩ K) H ∩K ' . M(M ∩ K) L (3) Pelos itens (1) e (2), obtemos M(H ∩ K) N(H ∩ K) ' , M(H ∩ N) N(M ∩ K) pois isomorfimos é transitivo. ¥ Teorema 6.56 (Teorema de Schreier-Zassenhaus) Quaisquer duas séries subnormais de um grupo G possuem rifinamentos que são equivalentes. Prova. Sejam {e} = Gm ≤ Gm−1 ≤ · · · ≤ G0 = G e {e} = Hn ≤ Hn−1 ≤ · · · ≤ H0 = G 6.4. SÉRIES DE COMPOSIÇÃO duas séries subnormais de G. Aplicando, o Lema de Zassenhaus, com M = Gi+1 , H = Gi , N = Hj+1 , e K = Hj , com i = 0, 1, . . . , m − 1 e j = 0, 1, . . . , n − 1. Então Gi+1 (Gi ∩ Hj ) Hj+1 (Gi ∩ Hj ) ' . Gi+1 (Gi ∩ Hj+1 ) Hj+1 (Gi+1 ∩ Hj ) Pondo Gij = Gi+1 (Gi ∩ Hj ), i = 0, 1, . . . , m − 1 e j = 0, 1, . . . , n e Hij = Hj+1 (Gi ∩ Hj ), i = 0, 1, . . . , m e j = 0, 1, . . . , n − 1, obtemos Gij Hij ' , i = 0, 1, . . . , m − 1 e j = 0, 1, . . . , n − 1. Gi(j+1) H(i+1)j Gi0 = Gi ≥ Gi1 ≥ · · · ≥ Gin = Gi+1 , i = 0, 1, . . . , m − 1, e H0j = Hj ≥ H1j ≥ · · · ≥ Hmj = Hj+1 , j = 0, 1, . . . , n − 1. 281 Logo, Portanto, inserindo Gi1 ,. . . ,Gi(n−1) entre os membros Gi e Gi+1 da primeira série subnormal de G e H1j ,. . . ,G(m−1)j entre os membros Hj e Hj+1 da segunda série subnormal de G, obtemos refinamentos (de comprimento mn) das duas séries subnormais de G que são equivalentes. ¥ Teorema 6.57 (Teorema de Jordan-Hölder) Quaisquer duas séries de composições de um grupo G possuem refinamentos que são equivalentes. Prova. Como toda série de composição é uma série subnormal em G temos, pelo Teorema de Schreier-Zassenhaus, que quaisquer duas séries de composições de G possuem refinamentos que são equivalentes. Mas, pelo Lema 6.54, quaisquer duas séries de composições de G possuem refinamentos que são equivalentes. ¥ Exemplo 6.58 Seja G um grupo abeliano. Mostre que G tem uma série de composição se, e somente se, G é um grupo finito. Conclua que um grupo finito G é um grupo solúvel se, e somente se, seus grupos fatores são ciclicos de ordem primas. Solução. Suponhamos que G tenha uma série de composição {e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G. Então, cada fator Gi , i = 0, 1, . . . , n − 1, Gi+1 282 CAPÍTULO 6. GRUPOS SOLÚVEIS E NILPOTENTES é um grupo abeliano simples. Assim, cada fator Gi Gi+1 é um grupo cíclico de ordem prima pi , i = 0, 1, . . . , n−1. Logo, pelo Teorema de Lagrange, |Gi | = [Gi : Gi+1 ] |Gi+1 | , i = 0, 1, . . . , n − 1. Portanto, recursivamente, obtemos µn−1 ¶ Q |G| = [Gi : Gi+1 ] |Gn | = p1 · · · pn−1 , i=0 isto é, G é um grupo finito. A recíproca, segue do item (1) da Proposição 6.52. ¥ EXERCÍCIOS 1. Seja G um dos grupos D4 , A4 , S3 × Z2 , S4 e D6 . (a) Determine uma série subnormal em G. (b) Determine todas as série composições de G. 2. Seja G = A5 × Z2 . Mostre que G possuei uma série de composição, mas não é um grupo solúvel. 3. Sejam G um grupo finito e N um subgrupo normal em G. Mostre que G possui uma série de composição, na qual N aparece. 4. Sejam p um número primo e G um grupo de ordem pn , para algum n ∈ N. Mostre que G possui uma série de composição, na qual cada fator é um grupo de ordem p. 5. Sejam G um grupo e N um subgrupo normal e simples em G. Mostre que se possui uma série de composição, então G possui uma série de composição. G N 6. Seja G um grupo solúvel. Mostre que se G possui uma série de composição, então G é um grupo finito. 7. Seja G um grupo cíclico de ordem finita. Mostre que se G tem exatamente uma série de composição, então G é um p-grupo, para algum número primo p. (Sugestão: Se G = hai e |G| = p1 · · · pn , então G possui um único subgrupo Gi de ordem p1 · · · pi , a saber, Gi = hapi+1 ···pn i.) 8. Use o teorema de Jordan-Hölder para provar o Teorema Fundamental da Aritmética. 9. Seja G um grupo cíclico de ordem p1 · · · pn , com fatores primos distintos pi . Mostre que o número de séries de composições para G é n!. Capítulo 7 Aneis de Fatoração Única e Euclidianos Neste capítulo vamos estender as definições de divisibilidade, máximo divisor comum e números primos dadas no anel dos inteiros Z, para qualquer anel comutativo com identidade A. Além disso, estudaremos domínios de integridade, nos quais um análogo ao Teorema Fundamental da Aritmética vale. Em todo este capítulo a palavra anel significa, salvo menção explícita em contrário, anel comutativo com identidade. 7.1 Aneis de Fatoração Única Neste seção vamos estender a definição de divisibilidade dada no anel dos inteiros Z para anel qualquer A. Sejam A um anel e a, b ∈ A. Dizemos que a divide b ou que b é divisível por a que b é múltiplo de a, em símbolos a | b ou b ≡ 0 (mod a), se existir x ∈ A tal que ax = b. Neste caso, dizemos que a um divisor de b ou a um fator de b. Caso contrário, dizemos que a não divide b (a−1 b ∈ A) e denotaremos por a - b. Note que se A é um domínio de / integridade, então x é unicamente determinado e denotaremos por b x = a−1 b = . a Note, também, que se o anel A não tem elemento identidade, então não é verdade, em geral, que a | a, para todo a ∈ A. Observação 7.1 Seja A um anel. Então 1 | a e a | 0, para todo a ∈ A. Então 1 é o elemento minimal e 0 é o elemento maximal para a relação de divisibilidade sobre A. Sejam A um anel e a, b ∈ A. Dizemos que a e b são associados em A, em símbolos a ∼ b, se a | b e b | a. Dizemos que um divisor a de b é um divisor próprio de b ou um fator próprio de b se a ∈ U(A) ou se a não é associado a b, ou seja, se a ∈ U(A) ou se / / a | b mas b - a. 283 284 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS Proposição 7.2 Sejam A um anel e a, b, c, u ∈ A. 1. a divide b se, e somente se, (b) ⊆ (a). 2. a e b são associados em A se, e somente se, (a) = (b). 3. Se a divide b e a divide c, então (xb + yc) ⊆ (a), para todos x, y ∈ A. 4. Se a divide b, então (xb) ⊆ (a), para todo x ∈ A. 5. u ∈ U(A) se, e somente se, u divide 1 se, e somente se, (u) = (1) = A. 6. a é um fator próprio de b se, e somente se, (b) ⊂ (a) ⊂ (1). 7. A relação “a é associado de b” é uma relação de equivalência sobre A. 8. Se a = bu, com u ∈ U(A), então a e b são associados. Se A é um domínio de integridade, então vale a recíproca. Prova. Vamos provar apenas o item (2). Suponhamos que a e b sejam associados. Então existem x, y ∈ A tais que ax = b e by = a. Logo, (a) = (by) ⊆ (b) e (b) = (ax) ⊆ (a). Portanto, (a) = (b). Reciprocamente, suponhamos que (a) = (b). Então a ∈ (b) e b ∈ (a). Logo, existem x, y ∈ A tais que a = bx e b = ay. Portanto, a | b e b | a, isto é, a e b são associados. ¥ Observação 7.3 Seja A um anel. Então, pelo item (7) da Proposição 7.2, A= com a = {b ∈ A : b ∼ a}. Neste caso, existe um conjunto minimal de representantes de classes de associados P para A, isto é, P satisfaz às seguintes condições: 1. Qualquer elemento de A é associado de um elemento de P . 2. Se p, q ∈ P , com p 6= q, então p não é associado a q. (O conjunto P é um conjunto escolha). Em particular, se A é um domínio de integridade, então, pelo item (8) da Proposição 7.2, a = {ua : u ∈ U(A)} = U(A)a. • [ a, a∈A 7.1. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA Sejam A um anel e a = a1 · · · an 285 uma fatoração de um elemento a de A. Dizemos que ela é uma fotoração própria de a se cada um dos fatores ai for um fator próprio de a em A. Caso contrário, dizemos que ela é uma fotoração imprópria. Observação 7.4 Seja A = 2Z o anel dos inteiros pares sem identidade. Então o elemento 2k, com k um número ímpar, não tem fatoração própria e nem imprópria em A. Enquanto, o elemento 2k, com k um número par, tem fatoração própria em A. Portanto, nem todo elemento de um anel admite uma fatoração própria. Agora, vamos generalizar o conceito familiar de elemento primo do anel dos números inteiros Z para um anel qualquer A. Seja A um anel. Dizemos que c ∈ A é um elemento irredutível em A se as seguintes condições são satisfeitas: 1. c ∈ A∗ e c ∈ U(A). / 2. Se c = ab, então a ∈ U(A) ou b ∈ U(A), isto é, c não tem fatoração própria. Caso contrário, dizemos que c é um elemento redutível em A. Observação 7.5 Os elementos −1, 0 e 1 satisfazem à condição (2) da definição e são chamados de elementos irredutíveis impróprios. Seja A um anel. Dizemos que p ∈ A é um elemento primo em A se as seguintes condições são satisfeitas: / 1. p ∈ A∗ e p ∈ U(A). 2. Se p | ab, então p | a ou p | b ou ambas. Exemplo 7.6 Seja A = Z o anel dos números inteiros. Mostre que os números primos p e −p são ambos elementos irredutíveis e primos em A. Note que 0 = {0}, 1 = U(A) = {1, −1} e p = {p, −p}. Neste caso, P = • [ p= p∈P p∈P em que P é o conjunto de todos os elementos primos de A. Portanto, um conjunto minimal de representantes de classes de associados para P é {2, 3, 5, 7, . . . , p, . . .}. Note que p e −p não são elementos irredutíveis em Q. Mais geralmente, nenhum corpo K possui elementos irredutíveis, pois se a ∈ K e a 6= 0, então a ∈ U(K). ¥ • [ {p, −p}, 286 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS Exemplo 7.7 Seja A = Z6 o anel dos inteiros módulo 6. Mostre que 2 é um elemento primo, mas não é um elemento irredutível, pois 2 = 2 • 4, com 2, 4 ∈ U(A). Isso ocorre, / pois A é um anel comutativo com identidade, mas possui divisores de zero. Note que 0 = {0}, 1 = U(A) = {1, 5}, 2 = {2, 4} e 3 = {3}. Portanto, Z6 = 0 ∪ 1 ∪ 2 ∪ 3 e A = A = {0, 1, 2, 3}. ∼ Assim, quando A está munido com o produto induzido por A, isto é, a • b = ab, obtemos a tabela de multiplicação • 0 1 2 3 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 2 0 2 4 0 3 0 3 0 3 ¥ para A. Note que A é isomorfo ao semigrupo multiplicativo de Z2 × Z2 . Exemplo 7.8 Seja n o √ √ A = Z[ 10] = a + b 10 : a, b ∈ Z . Mostre que 2 é um elemento irredutível, mas não é um elemento primo. Solução. Primeiro vamos examinar as condições de divisibilidade em A: √ √ (c + d 10) | (a + b 10) se, e somente se, existem x, y ∈ Z tais que √ √ √ a + b 10 = (x + y 10)(c + d 10). Mas, isso é equivalente ao sistema ( cx + 10dy = a dx + cy = b possui solução em Z. Pela Regra de Cramer, o sistema possui solução se, e somente se, ac − 10bd bc − ad ∈Z e 2 ∈ Z. c2 − 10d2 c − 10d2 Agora, suponhamos que √ (c + d 10) | 2 ⇔ c2 2c −2d ∈Z e 2 ∈ Z. 2 − 10d c − 10d2 7.1. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA 287 Mas, isso ocorre, se e somente se, c ∈ {±1, ±2} e d = 0. Portanto, 2 é um elemento irredutível em A. Finalmente, como √ √ 6 = 2 • 3 = (4 + 10)(4 − 10) √ √ √ √ temos que 2 divide (4 + 10)(4 − 10), mas 2 não divide 4 + 10 e nem 4 − 10, pois 2 | (4 + o que é impossível. Proposição 7.9 Sejam A um anel e c, p ∈ A∗ . 1. p é um elemento primo em A se, e somente se, (p) é um ideal primo em A. 2. Se A é um domínio de integridade, então c é um elemento irredutível em A se, e somente se, (c) é um elemento maximal na família F de todos os ideais principais próprios em A. 3. Se A é um domínio de integridade, então todo elemento primo em A é um elemento irredutível em A. 4. Se A é um domínio de ideais principais, então p é um elemento primo em A se, somente se, p é um elemento irredutível em A se, e somente se, (p) é um ideal maximal em A. 5. Se A é um domínio de integridade, então qualquer associado de um elemento primo em A é um elemento primo em A. 6. Se A é um domínio de integridade, então qualquer associado de um elemento irredutível em A é um elemento irredutível em A. 7. Os único divisores de um elemento irredutível em A são seus associados e as unidades em A. Prova. Vamos provar apenas o item (2). Suponhamos que c seja um elemento irredutível em A. Então (c) 6= A. Seja (d) um elemento de F tal que (c) ⊆ (d) ⊆ A. Então existe x ∈ A tal que c = dx. Logo, por hipótese, x ∈ U(A) ou d ∈ U(A). Se x ∈ U(A), então, pelos itens (2) e (6) do Proposição 7.2, (c) = (d). Se d ∈ U(A), então, pelo item (3) do Proposição 7.2, (c) = A. Portanto, (c) é um elemento maximal na família F. Reciprocamente, suponhamos que (c) seja um elemento maximal na família F. Então c 6= 0 e c ∈ U(A). Se c = ab, então (c) ⊆ (a) e, por hipótese, (c) = (a) ou (a) = A. Se / (a) = A, então a ∈ U(A). Se (c) = (a), então existe x ∈ A tal que a = cx. Assim, c = ab ⇒ c = cxb ⇒ 1 = xb ⇒ b ∈ U(A), pois A é um domínio de integridade. Portanto, c é um elemento irredutível em A. ¥ √ 2 1 8 10) ⇔ = 2 ∈ Z e = ∈ Z, 4 4 2 ¥ 288 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS Lema 7.10 Seja A um domínio de integridade. 1. Se p é um elemento primo em A e p divide a1 · · · an , onde n ∈ N e os ai ∈ A, então p divide aj , para algum j = 1, . . . , n. 2. Se p1 · · · pm = q1 · · · qn , onde m, n ∈ N e os pi , qj são elementos primos em A, então m = n e existe uma permutação σ de Sn tal que pi = uqσ(i) , onde u ∈ U(A). Prova. (1) Vamos usar indução sobre n. Se n = 1, nada há para ser provado. Suponhamos que o resultado seja válido para todo k, com 1 ≤ k < n. Como p é um elemento primo em A e p | (a1 · · · an−1 )an temos, por definição, que p | a1 · · · an−1 ou p | an . Se p divide an , acabou. Se p | a1 · · · an−1 , então, pela hipótese de indução, p divide aj , para algum j = 1, . . . , n − 1. (2) Vamos usar indução sobre m + n. Se m + n = 2, então m = n = 1 e p1 = q1 . Suponhamos que o resultado seja válido para todo k, com 2 ≤ k ≤ m + n, e que p1 · · · pm pm+1 = q1 · · · qn (ou p1 · · · pm = q1 · · · qn qn+1 ). Então pm+1 | q1 · · · qn Logo, pelo item (1), pm+1 divide qi , para algum i = 1, . . . , n. Assim, existe x ∈ A tal que qi = pm+1 x. Como qi é um elemento primo em A temos que qi divide x ou qi divide pm+1 . Se qi divide x, então existe y ∈ A tal que x = qi y, de modo que qi = pm+1 x = pm+1 qi y ⇒ pm+1 y = 1 ⇒ pm+1 ∈ U(A), o que é impossível. Portanto, qi divide pm+1 , isto é, qi = ui pm+1 , para algum ui ∈ U(A). Logo, p1 · · · pm = (ui q1 )q2 · · · qi−1 qi+1 · · · qn , pois A é um domínio de integridade. Portanto, pela hipótese de indução, m = n − 1 e existe uma permutação σ de {1, . . . , i−1, i+1, . . . , n} sobre {1, . . . , m} tal que qj = uj pσ(j) , onde uj ∈ U(A). Para completar a prova, basta definir σ(i) = m + 1. ¥ Observação 7.11 Pelo item (2) do Lema 7.10, qualquer fatoração de um elemento a de A em fatores primos pode ser escrita de modo único, a menos da ordem dos fatores, sob a forma n Y a a=u pi i i=1 onde u ∈ U(A), os pi são elementos primos distintos em A e os ai ∈ Z+ . 7.1. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA Lema 7.12 Sejam A um anel de ideais principais e (a1 ) ⊆ (a2 ) ⊆ · · · ⊆ A uma cadeia crescente de ideais em A. Então existe n ∈ N tal que (an ) = (an+1 ) = (an+2 ) = · · · . Prova. Seja I= [ (an ). 289 n∈N Então é fácil verificar que I é um ideal em A. Assim, por hipótese, existe a ∈ A tal que I = (a). Como a ∈ I temos que existe n ∈ N tal que a ∈ (an ). Logo, por definição I = (a) ⊆ (an ). Portanto, I = (a) ⊆ (an ) ⊆ (an+1 ) ⊆ I, isto é, (an ) = (an+1 ) = (an+2 ) = · · · . ¥ Seja A um anel. Dizemos que A é um anel de fatoração única se as seguintes condições são satisfeitas: / 1. Para cada a ∈ A∗ e a ∈ U(A), existem elementos irredutíveis ci ∈ A, 1 ≤ i ≤ n, e u ∈ U(A) tais que n Y ci . a=u i=1 2. Dadas duas fatorações em elementos irredutíveis em A, m Y i=1 ci = n Y j=1 dj , então m = n e existe uma permutação σ de Sn tal que ci = udσ(i) , onde u ∈ U(A), isto é, ci e dσ(i) são associados em A. Note que quando A for um domínio de integridade e um anel de fatoração única, dizemos que A é um domínio de fatoração única (DF U). Observações 7.13 Seja A um anel qualquer. 1. A condição (1) é equivalente a existência da fatoração. Neste caso, dizemos que A é um anel de fatoração. Enquanto, a condição (2) é equivalente a unicidade da fatoração. 2. Sejam p um número primo e A = Zpn , onde n ∈ N e n ≥ 2. Então A é um anel de fatoração única, mas não é um domínio de fatoração única. 290 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS 3. O monoide A∗ é, pela condição (1), gerado pelas unidades e os elementos irredutíveis em A. Proposição 7.14 (Critério de Fatoração) Seja A um domínio de integridade. Então as seguintes condições são equivalentes: 1. A é um domínio de fatoração; 2. Se (a1 ) ⊆ (a2 ) ⊆ · · · ⊆ A é uma cadeia crescente de ideais em A. Então existe n ∈ N tal que (an ) = (an+1 ) = (an+2 ) = · · · . Prova. (1 ⇒ 2) Suponhamos, por absurdo, que exista uma cadeia de ideais (a1 ) ⊂ (a2 ) ⊂ · · · ⊂ A estritamente crescente. Então (an ) ⊂ (1) = A, para todo n ∈ N, pois (an ) ⊂ (an+1 ) ⊂ (1) = A. Como (an ) ⊂ (an+1 ) temos que an+1 é um fator próprio de an , digamos an = an+1 bn+1 , onde an+1 , bn+1 ∈ U(A). Assim, / a1 = a2 b2 = a3 b3 b2 = a4 b4 b3 b2 = · · · . Portanto, o processo de fatoração de a1 não termina após um número finito de passos, o que é uma contradição. (2 ⇒ 1) Suponhamos que a ∈ A∗ e a ∈ U(A). Se a é irredutível, nada há para ser / provado. Caso contrário, existem a1 , a2 ∈ A − U(A) tais que a = a1 a2 . Se a1 e a2 são irredutíveis acabou. Caso contrário, pelo menos um deles é redutível, digamos a1 . Assim, existem a11 , a12 ∈ A − U(A) tais que a1 = a11 a12 , e assim por diante. Agora, vamos provar que esse processo termina. Como a = a1 a2 temos que (a) ⊂ (a1 ) ⊂ (1) = A. Pela fatoração de a1 , obtemos (a) ⊂ (a1 ) ⊂ (a11 ) ⊂ (1) = A. Assim, se esse processo não terminar, então obtemos uma sequência estritamente crescente de ideais (a) ⊂ (a1 ) ⊂ (a11 ) ⊂ · · · ⊂ (1) = A, o que é impossível. Portanto, A é um domínio de fatoração. ¥ 7.1. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA 291 Teorema 7.15 Qualquer domínio de ideais principais A é um domínio de fatoração única. Prova. (Existência) Sejam ( n ) Y I(A) = ci : n ∈ N e ci elementos irredutíveis em A i=1 e / / F = {a ∈ A∗ : a ∈ U(A) e a ∈ I(A)} Afirmação. F = ∅. De fato, suponhamos, por absurdo, que F 6= ∅. Então, por hipótese, existe a ∈ F tal que (a) ⊂ A. Logo, pelo Teorema de Krull, (a) está contido em um ideal maximal (c) em A. Assim, pelo item (2) da Proposição 7.9, c é um elemento irredutível em A. Então o conjunto Sc = {a ∈ F : (a) ⊆ (c)} é não vazio. Assim, podemos escolher a1 ∈ Sc tal que (a1 ) ⊆ (c), isto é, a1 = ca2 , para um único a2 ∈ A∗ , pois A é um domínio de integridade. Agora, vamos provar que a2 ∈ F. Suponhamos, por absurdo, que a2 ∈ F. Então temos duas possiblidades: / 1.o Possibilidade. Se a2 ∈ U(A), então pelo item (6) da Proposição 7.9, a1 ∈ I(A), o que é uma contradição, pois a1 ∈ F. 2.o Possibilidade. Se a2 ∈ U(A), então a2 ∈ I(A). Logo, a1 ∈ I(A), o que é uma / contradição, pois a1 ∈ F. Finalmente, indutivamente, obtemos an+1 ∈ F tal que (an ) ⊆ (an+1 ), para todo n ∈ N. Então é fácil verificar que a cadeia de ideais (a1 ) ⊂ (a2 ) ⊂ · · · ⊂ (an ) ⊂ · · · é estritamente crescente, o que contradiz o Lema 7.10. (Unicidade) Segue do item (2) do Lema 7.10. ¥ Proposição 7.16 Seja A um domínio de fatoração. Então A é um domínio de fatoração única se, e somente se, qualquer elemento irredutível em A é primo. Prova. Suponhamos que A seja um domínio de fatoração única e p um elemento irredutível em A. Dados a, b ∈ A, se p | ab, então existe c ∈ A tal que ab = pc. Sejam a=u k Y i=1 ai , b = v m Y i=1 bi e c = w n Y i=1 ci as fatorações em fatores irredutiveis em A de a, b e c, respectivamente. Então, pela condição (2), k + m = n + 1 e existe uma permutação σ de Sn+1 tal que p = zaσ(i) ou p = zbσ(i) , onde z ∈ U(A). Portanto, p | a ou p | b, isto é, p é um elemento primo em A. A recíproca, segue do item (2) do Lema 7.10. ¥ 292 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS Observação 7.17 A Proposição 7.16 é um critério muito útil para provar que um determinado anel é anel de fatoração única. Exemplo 7.18 Sejam A um anel de fatoração única e S um sistema multiplicativo de A. Mostre que S −1 A é anel de fatoração única. Solução. Vamos provar primeiro se p é um elemento irredutível em A, então elemento irredutível em S −1 A. De fato, se p a b a b = • , onde , ∈ U(S −1 A), / 1 s t s t então pst = ab. Logo, p divide a ou p divide b, pois p é um elemento primo. Se p divide a, então existe x ∈ A tal que a = px. Assim, p a b x b b = • ⇒ 1 = • ⇒ ∈ U(S −1 A), 1 s t s t t o que é uma contradição. Agora, se µ ¶Y³ ´ k k Y 1 pi a a −1 ∈S A e a=u , pi , então = u s s s i=1 1 i=1 ou seja, S −1 A possui uma fatoração. Finalmente, se p ∈ S −1 A é um elemento irredutível, então p é um elemento irredutível s em A. Logo, p é um elemento primo em A. Afirmação. p é um elemento primo em S −1 A. 1 c De fato, se p divide a • b , então existe u ∈ S −1 A tal que 1 r t a b p c • = • ⇒ abu = cprt. r t 1 u Assim, p divide a ou p divide b ou p divide u. Se p divide u, então existe x ∈ A tal que u = px. Logo, p x u p • = ⇒ ∈ U(S −1 A), s 1 s s o que é uma contradição. Portanto, p divide a ou p divide b, isto é, p divide a ou p divide 1 r b . ¥ t p 1 é um EXERCÍCIOS 1. Sejam A um anel comutativo com identidade e A = {a : a ∈ A} = U(A)a. 7.1. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA (a) Mostre que A com a operação binária induzida por A a • b = ab é um semigrupo. 293 (b) Mostre que A é um corpo se, e somente se, A contém exatamente dois elementos. 2. Sejam A um anel comutativo com identidade e a, e ∈ A, com e2 = e. (a) Mostre que se (a) = (e), então a e e são associados. (b) Mostre que se am e e são associados, para algum m ∈ Z+ , então an e e são associados, para todo n, com n ≥ m. (Sugestão: (a) Tome a = (1 − e + a)e.) 3. Sejam A1 , . . . , An aneis de ideais principais. Mostre que A = A1 ⊕ · · · ⊕ An é um anel de ideais principais. 4. Sejam A um anel, P um conjunto minimal de representantes dos elementos irredutíveis em A e Z+ = {(np )p∈P : np = 0, para todos exceto um número finito de p ∈ P } . Mostre que A é um anel de fatoração única se, e somente se, a função f : U(A) × (P ) Z+ → A∗ definida por Y pnp f (u, (np )p∈P ) = u p∈P (P ) é bijetora. Em particular, se A é um domínio de fatoração única, então f pode ser estendida de modo único para os elementos não nulos do corpo quociente de A. 5. Sejam A um anel e S um sistema multiplicativo de A. (a) Mostre que se A é um anel de fatoração única, então S −1 A é um anel de fatoração única. (b) Mostre que se A é um anel de ideais principais, então S −1 A é um anel de ideais principais. (c) Mostre que se (r1 ) ⊆ (r2 ) ⊆ · · · ⊆ S −1 A é uma cadeia crescente de ideais em S −1 A. Então existe n ∈ N tal que (rn ) = (rn+1 ) = (rn+2 ) = · · · . 294 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS 6. Sejam A um anel de fatoração única, a ∈ A∗ e p um elemento primo em A. Mostre que existe um único np ∈ Z+ tal que pnp | a mas pnp +1 - a. (Sugestão: Suponha, por absurdo, que o resultado seja falso. Então, para um n = np ∈ Z+ fixado, existe bn ∈ A tal que a = pn bn . Logo, bn = pbn+1 , pois a = pn+1 bn+1 , de modo que (b0 ) ⊂ (b1 ) ⊂ (b2 ) ⊂ · · · é uma cadeia estritamente crescente de ideais em A, o que é uma contradição.) 7. Sejam A um anel de fatoração única, a ∈ A e p um elemento primo em A. A multiplicidade de p em a, em símbolos vp (a), é o único elemento np ∈ Z+ tal que pnp | a mas pnp +1 - a, com vp (a) = ∞ se a = 0. Quando vp (a) = 1 (vp (a) > 1), dizemos que p é um fator simples (múltiplo) do elemento a. Neste caso, obtemos uma função vp : A → Z+ ∪ {∞}. (a) Mostre que vp (a) = 0 se, e somente se, p não divide a. (b) Mostre que se u ∈ U(A), então vp (u) = 0. (c) Mostre que vp (ab) = vp (a) + vp (b), para todos a, b ∈ A. (d) Mostre que vp (a + b) ≥ min{vp (a), vp (b)}, para todos a, b ∈ A. Em particular, vale a igualdade se vp (a) 6= vp (b). 8. Sejam A um domínio de fatoração única e K seu corpo quociente. Mostre que a função vp : A → Z+ ∪ {∞} pode ser estendida de modo único para K, ³a´ ωp = vp (a) − vp (b). b Além disso: (a) Mostre que ω p (xy) = ω p (x) + ω p (y), para todos x, y ∈ K. (b) Mostre que ω p (x + y) ≥ min{ωp (x), ωp (y)}, para todos x, y ∈ K. (c) Mostre que qualquer elemento x ∈ K ∗ pode ser escrito sob a forma Y pωp (x) , x=u p∈P onde P um conjunto minimal de representantes dos elementos primos em A, u ∈ U(A) e ω p (x) = 0, para todos exceto um número finito de p ∈ P . (d) Mostre que se x ∈ K, então x ∈ A se, e somente se, ω p (x) ≥ 0, para todo p ∈ P. (e) Mostre que se a, b ∈ A, então a divide b se, e somente se, ω p (a) ≤ ω p (b), para todo p ∈ P . 7.1. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA 295 9. Sejam A um domínio de ideais principais. Mostre que a ∈ A possui uma raiz quadrada em A se, e somente se, vp (a) é um número par, para todo elemento primo p em A. 10. Seja A um domínio de integridade. Mostre que as seguintes condições são equivalentes: (a) A é um domínio de fatoração única; (b) Qualquer ideal primo não trivial em A contém um elemento primo; / (c) Qualquer elemento a ∈ A∗ , onde a ∈ U(A), pode ser escrito como um produto de elementos primos. (Sugestão: (b ⇒ c) Seja ( n ) Y P(A) = pi : n ∈ N e pi elementos primos em A . i=1 / / Suponha, por absurdo, que exista a ∈ A∗ , onde a ∈ U(A), tal que a ∈ P(A). Então mostre que (a) ∩ P(A) = ∅. Agora, cf. o Exercício 31 da Seção 4.4 do Capítulo 4.) 11. Sejam A um domínio de fatoração única e d ∈ A∗ . Mostre que existe somente um número finito de ideais principais distintos que contém o ideal (d). 12. Seja A um domínio de ideais principais. Mostre que todo ideal não trivial em A é o produto de um número finito de ideais primos. 13. Seja A um domínio de fatoração. Mostre que A é um domínio de fatoração única se, e somente se, a interseção de quaisquer dois ideais principais em A é um ideal principal em A. 14. Seja A um domínio de fatoração única com a seguinte propriedade: O ideal (p) é maximal para cada elemento primo em A. Mostre que A é um domínio de ideais principais. 15. Seja A um domínio de fatoração com a seguinte propriedade: Qualquer ideal gerado por dois elementos é principal. Mostre que A é um domínio de ideais principais. (Sugestão: Para um elemento irredutível p em A fixado. Se p | ab e p - a, então I = (a, p) é um ideal principal em A contendo (p). Logo, pelo item (2) da Proposição 7.9, (a, p) = A. Assim, existem x, y ∈ A tais que 1 = ax + py. Portanto, b = b • 1 = abx + bpy ⇒ p | b, isto é, p é um elemento primo em A. Logo, A é um domínio de fatoração única. Agora, sejam P um conjunto minimal de representantes dos elementos primos em 296 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS A e J um ideal em A, com J 6= {0}. Então escolha Y X a=u pnp ∈ J tal que np p∈P p∈P seja mínima. Agora, mostre que J = (a).) 7.2 Máximo Divisor Comum Desde o ensino fundamental sabemos que em Z é definido a noção do maior divisor comum de vários números. Por exemplo, mdc(12, 30) = 6, pois os divisores de 12 são ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12, enquanto os divisores de 30 são ±1, ±2, ±3, ±5, ±6, ±10, ±15, ±30. Logo, os divisores positivos comuns são 1, 2, 3 e 6, sendo 6 é o maior desses divisores comuns. Além disso, 6 é divisível por todos os outros. Note que a palavra “maior” só tem significado em aneis que possuam uma ordenação de seus elementos. Nesta seção vamos caracterizar o maior divisor comum sem nos referir a ordenação de elementos. Definição 7.19 Sejam A um anel e a1 , . . . , an ∈ A. Um elemento d em A é um maior divisor comum de a1 , . . . , an , em símbolos mdc(a1 , . . . , an ), se as seguintes condições são satisfeitas: 1. d | ai , i = 1, . . . n. 2. Se c | ai , i = 1, . . . , n, então c | d. Observação 7.20 Sejam A um anel e a1 , . . . , an ∈ A. 1. A condição (1) diz que d é um divisor comum de a1 , . . . , an Enquanto, a condição (2) diz que d é um maior divisor comum de a1 , . . . , an . 2. Quaisquer dois maiores divisores comuns de a1 , . . . , an , se existirem, são associados. De fato, se d = mdc(a1 , . . . , an ), então ud = mdc(a1 , . . . , an ), para todo u ∈ U(A), pois como d | ai , i = 1, . . . , n, temos que existem xi ∈ A tais que ai = xi d. Logo, ai = (xi u−1 )ud ⇒ ud | ai , i = 1, . . . , n. Por outro lado, Se c | ai , i = 1, . . . , n, então c | d. Logo, existe x ∈ A tal que d = xc. Assim, ud = u(xc) = (ux)c ⇒ c | ud. 7.2. MÁXIMO DIVISOR COMUM 297 3. Note que dois elementos em A, não necessariamente, têm um maior divisor comum, por exemplo, se A = 2Z é o anel dos inteiros pares, então o elemento 6 não tem divisores em todo A. Assim, o mdc(6, 12) não existe. Isso ocorre, pois A é um anel sem identidade. Lema 7.21 Sejam A um domínio de fatoração única e a, b ∈ A∗ . Seja b=u n Y i=1 pbi i a fatoração em fatores primos distintos em A de b, onde bi ∈ Z+ . Então a divide b se, e somente se, existe v ∈ U(A) e ai ∈ Z+ tais que a=v n Y i=1 pai , com 0 ≤ ai ≤ bi , i = 1, . . . , n. i Prova. Como todo divisor irredutível de b é associado a algum pi temos que qualquer divisor irredutível de a é também divisor irredutível de b. Logo, existem v ∈ U(A) e ai ∈ Z+ tais que n Y a pi i . a=v i=1 Agora, se aj > bj , para algum j = 1, . . . , n, então pj j divide b, pois a | b. Assim, pj | pj j pois upjj Logo, b i=1,i6=j n Y a −bj a ¯Ãj−1 ! à n ! ¯ Y Y b aj −bj ¯ bi e pj pi • pi i , ¯ ¯ i=1 i=j+1 a b a −bj pbi = b = xpj j = xpjj pj j i ⇒ i=1,i6=j n Y pbi = (u−1 x)pj j i a −bj . e pelo item (1) do Lema 7.10, pj divide pi , para algum i = 1, . . . , j − 1, j + 1, . . . n, o que é impossível. Reciprocamente, como ai ≤ bi , i = 1, . . . , n, temos que à ! n n n n Y Y¡ Y Y ¢ pbi = u pai uv −1 pbi −ai = ax. b=u pai pbi −ai = v i i i i i i=1 i=1 i=1 i=1 ¯Ãj−1 ! à n ! ¯ Y Y ¯ pj ¯ pbi • pbi i i ¯ i=1 i=j+1 Portanto, a divide b. Teorema 7.22 Sejam A um anel e a1 , . . . , an ∈ A. ¥ 298 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS 1. Seja d = mdc(a1 , . . . , an ). Então existem xi ∈ A tais que d = a1 x1 + · · · + an xn se, e somente se, (d) = (a1 ) + · · · + (an ). 2. Se A é um anel de ideais principais, então um maior divisor comum de a1 , . . . , an existe e qualquer um deles pode ser escrito sob a forma d = a1 x1 + · · · + an xn , onde xi ∈ A. 3. Se A é um domínio de fatoração única, então um maior divisor comum de a1 , . . . , an existe. Prova. (1) Suponhamos que d = mdc(a1 , . . . , an ) e existam xi ∈ A tais que d = a1 x1 + · · · + an xn . Então (ai ) ⊆ (d), para cada i = 1, . . . , n, pois d | ai . Logo, (a1 ) + · · · + (an ) ⊆ (d). Por outro lado, se b ∈ (d), então existe y ∈ A tal que b = dy. Logo, b = a1 (x1 y) + · · · + an (xn y) ∈ (a1 ) + · · · + (an ). Portanto, (d) = (a1 ) + · · · + (an ). A recíproca é clara. (2) O conjunto I = (a1 ) + · · · + (an ) é um ideal de A. Assim, por hipótese, existe d ∈ A tal que I = (d). Portanto, pelo item (1), d = mdc(a1 , . . . , an ). (3) Sejam a1 = u1 n Y i=1 n Y i=1 pdi1 , . . . , an i = un pdin i as fatorações em fatores primos distintos em A de a1 , . . . , an , onde dij ∈ Z+ . Seja dj = min{d1j , . . . , dnj }, j = 1, . . . , n. Afirmação. d = pd1 · · · pdn = mdc(a1 , . . . , an ). 1 n 7.2. MÁXIMO DIVISOR COMUM De fato, é claro que d | ai , i = 1, . . . n. Agora, se c | ai , i = 1, . . . , n, então c= Portanto, c | d. Exemplo 7.23 Seja n o √ √ A = Z[ 10] = a + b 10 : a, b ∈ Z . n Y i=1 299 pci , com 0 ≤ ci ≤ dij , i, j = 1, . . . , n, ⇒ 0 ≤ ci ≤ dj . i ¥ √ Mostre que os elemento 6 e 8 + 2 10 não possuem um maior divisor comum em A. Em particular, A não é um domínio de ideais principais. √ Solução. Suponhamos, por absurdo, que exista d = a + b 10 ∈ A tal que √ d = mdc(6, 8 + 2 10). 6a −6b ∈Z e 2 ∈ Z. 2 − 10b a − 10b2 Mas, isso ocorre, se e somente se, a ∈ {±1, ±2, ±3, ±6} e b = 0. Agora, d|6⇔ a2 √ 8a − 20b 8b − 2a ∈Z e 2 ∈ Z. d | (8 + 2 10) ⇔ 2 2 a − 10b a − 10b2 Mas, isso ocorre, se e somente se, a ∈ {±1, ±2, ±4, ±8} e b = 0. Logo, d ∈ {±1, ±2}. É fácil ver que nenhum deles é divisível por todos os outros, o que é uma contradição. ¥ Sejam A um anel e a1 , . . . , an ∈ A∗ . Dizemos que a1 , . . . , an são relativamente primos ou primos entre si se mdc(a1 , . . . , an ) = 1. Proposição 7.24 (Identidade de Bezout) Sejam A um domínio de ideais principais e a1 , . . . , an ∈ A∗ . Então a1 , . . . , an são relativamente primos se, e somente se, existem x1 , . . . , xn ∈ A tais que a1 x1 + · · · + an xn = 1. Prova. Fica como um exercício. ¥ Então Definição 7.25 Sejam A um anel e a1 , . . . , an ∈ A. Um elemento m em A é um menor múltiplo comum de a1 , . . . , an , em símbolos mmc(a1 , . . . , an ), se as seguintes condições são satisfeitas: 1. ai | m, i = 1, . . . n. 2. Se ai | c, i = 1, . . . , n, então m | c. 300 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS Observação 7.26 Sejam A um anel e a1 , . . . , an ∈ A. 1. A condição (1) diz que m é um multiplo comum de a1 , . . . , an Enquanto, a condição (2) diz que m é um menor múltiplo comum de a1 , . . . , an . 2. Quaisquer dois menores múltiplos comuns de a1 , . . . , an , se existirem, são associados. Teorema 7.27 Sejam A um anel e a1 , . . . , an ∈ A. 1. Então m = mmc(a1 , . . . , an ) se, e somente se, (m) = (a1 ) ∩ · · · ∩ (an ). 2. Se m = mmc(a1 , . . . , an ) existe, então mmc(ca1 , . . . , can ) existe para todo c ∈ A∗ e mmc(ca1 , . . . , can ) = cm. 3. Se A é um domínio de fatoração única, então um menor múltiplo comum de a1 , . . . , an existe. Prova. Vamos provar apenas o item (3). Sejam a1 = u1 n Y i=1 pdi1 , . . . , an i = un n Y i=1 pdin i as fatorações em fatores primos distintos em A de a1 , . . . , an , onde dij ∈ Z+ . Seja dj = max{d1j , . . . , dnj }, j = 1, . . . , n. Afirmação. m = pd1 · · · pdn = mmc(a1 , . . . , an ). 1 n De fato, é claro que ai | m, i = 1, . . . n. Agora, se ai | c, i = 1, . . . , n, então c= Portanto, m | c. Exemplo 7.28 Seja n o √ √ A = Z[ 10] = a + b 10 : a, b ∈ Z . n Y i=1 pci , com 0 ≤ dij ≤ ci , i, j = 1, . . . , n, ⇒ 0 ≤ dj ≤ ci . i ¥ √ Mostre que os elemento 6 e 8 + 2 10 não possuem um menor múltiplo comum em A. √ Solução. Suponhamos, por absurdo, que exista m = a + b 10 ∈ A tal que √ m = mdc(6, 8 + 2 10). Então √ 6 | m ⇒ 36 | (a2 − 10b2 ) e (8 + 2 10) | m ⇒ 24 | a2 − 10b2 , 7.2. MÁXIMO DIVISOR COMUM √ √ pois 6 | m∗ e (8 + 2 10) | m∗ , com m∗ = a − b 10 e m • m∗ = a2 − 10b2 . Assim, 301 √ Por outro lado, como m divide qualquer múltiplo de 6 e 8 + 2 10 temos, por exemplo, √ que m divide 12 e 6(4 + 10), respectivamente. Logo, √ m | 12 ⇒ a2 − 10b2 | 144 e m | 6(4 + 10) ⇒ a2 − 10b2 | 216. Assim, (a2 − 10b2 ) | 72. Portanto, a2 − 10b2 = 12, 24, 36 ou 72. Logo, (a, b) ∈ {(±2, ±2), (±8, ±2), (±6, 0)}. √ Note que 6 não divide 8 + 2 10, caso contrário, 48 12 1 =4∈Z e = ∈ Z, 36 36 3 √ √ o que é impossível. Assim, 2 ± 2 10 e 8 ± 2 10 não são divisíveis por 6, o que é uma contradição. ¥ Teorema 7.29 Sejam A um domínio de integridade e a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn ∈ A∗ . Se mmc(a1 , . . . , an ) existe, então mdc(b1 , . . . , bn ) existe e c = mmc(a1 , . . . , an ) • mdc(b1 , . . . , bn ), com a1 b1 = · · · = an bn = c 6= 0. Em particular, se a, b ∈ A∗ e mmc(a, b) existe, então mdc(a, b) existe e ab ∼ mmc(a, b) • mdc(a, b). Prova. Seja m = mmc(a1 , . . . , an ). Então devemos provar que d = mdc(b1 , . . . , bn ) existe e c = md. Como ai | m e c = ai bi temos que c | bi m, i = 1, . . . , n. Por outro lado, se f ∈ A∗ e então f ai | ai bi m, isto é fai | mc, i = 1, . . . , n. Assim, pelo item (2) do Teorema 7.27, obtemos mmc(f a1 , . . . , fan ) = f m. Logo, fm | mc. Portanto, f | c, pois A é um domínio de integridade. Assim, c = mdc(mb1 , . . . , mbn ) = m • mdc(b1 , . . . , bn ), que é o resultado desejado. ¥ f | bi m, i = 1, . . . , n, 12 | (a2 − 10b2 ). 302 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS EXERCÍCIOS 1. Sejam A um domínio de integridade e a1 , . . . , an ∈ A∗ . Mostre que se m1 = mmc(a1 , . . . , an−1 ) e m = mmc(m1 , an ), então m = mmc(a1 , . . . , an ). 2. Sejam A um domínio de integridade e a1 , . . . , an ∈ A∗ . (a) Se d = mdc(a1 , . . . , an ), então a1 an ,..., d d são relativamente primos. (b) Se d = mdc(a1 , . . . , an ) e c ∈ A∗ , então cd = mdc(ca1 , . . . , can ). (c) Se m = mmc(a1 , . . . , an ) e c ∈ A∗ , então cm = mmc(ca1 , . . . , can ). √ √ 3. Seja A = Z[ 10]. Mostre que um maior divisor comum de 3 e 4 − 10 existe, mas um menor múltiplo comum não. (Sugestão: Uso o Teorema 7.29.) 4. Sejam A um domínio de integridade, a1 , . . . , an ∈ A∗ e bi = a1 · · · ai−1 ai+1 · · · an . a Mostre que a a mmc(a1 , . . . , an ) • mdc(b1 , . . . , bn ) ∼ a1 · · · an . √ √ © ª A = Z[ −5] = a + b −5 : a, b ∈ Z mdc(a1 , . . . , an ) • mmc(b1 , . . . , bn ) ∼ a1 · · · an e a a 5. Seja o subanel do corpo dos números complexos C. √ √ (a) Mostre que 2, 3, 2 + −5 e 2 − −5 são elementos irredutíveis em A, mas não são elementos primos em A. √ (b) Mostre que os elementos 9 e 6 + 3 −5 não possuem um maior divisor comum e nem um menor múltiplo comum. √ (c) Mostre que um maior divisor comum de 3 e 2 + −5 existe, mas um menor múltiplo comum não. (d) Mostre que A não é um domínio de fatoração única. 6. Sejam A qualquer domínio de integridade e a, b ∈ A∗ . Mostre, com um exemplo, que o mdc(a, b) e o ideal I = (a, b) podem ser diferentes. 7. Sejam A um domínio de fatoração única e a, b, c ∈ A∗ . 7.3. ANEIS EUCLIDIANOS (a) Mostre que se c | ab e mdc(a, c) = 1, então c | b. 303 (b) Mostre que se mdc(a, b) = 1, a | c e b | c, então ab | c. Além disso, se ax = by, então a | y e b | x. 8. Sejam B um domínio de integridade e A um subdomínio de ideais principais de B. Mostre que se a, b ∈ A∗ e d = mdc(a, b), então d = mdc(a, b) em B. 9. Sejam A domínio de ideais principais e a, b ∈ A∗ . Mostre que se mdc(a, b) = 1 e ab = c2 , para algum c ∈ A, então a e b são quadrados. 10. Sejam A um domínio de fatoração única e a, b ∈ A∗ . Mostre que se mdc(a, b) = 1 e ab = cn , para algum c ∈ A, então existe u ∈ U(A) tal que ua e u−1 b são potências n-ésimas em A. 7.3 Aneis Euclidianos Nesta seção apresentaremos o conceito de “anel Euclidiano”, o qual é análogo ao conceito do algoritmo de Euclides no anel dos números inteiros Z. Seja A um anel. Uma norma em A é qualquer função N : A → Z+ tal que N(0) = 0. Teorema 7.30 (Norma de Dedekind-Hasse) Seja A um domínio de integridade. Então A é um domínio de ideais principais se, e somente se, existir uma norma N em A tal que as seguintes condições são satisfeitas: 1. Se a | b, então N(a) ≤ N(b). 2. Se a | b e N(a) = N(b), então b | a. 3. Se a - b e b - a, então existem x, y ∈ A∗ tais que ax + by 6= 0 e N(ax + by) < min{N(a), N(b)}. Prova. Suponhamos que A seja um domínio de ideais principais. Seja P um conjunto minimal de representantes dos elementos primos em A Então qualquer elemento a ∈ A∗ pode ser escrito de modo único sob a forma a=u Y pnp , p∈P onde u ∈ U(A), np ∈ Z+ e np = 0, para todos exceto um número finito de primos p ∈ P . Assim, a função N : A → Z+ definida por ⎧ ⎨ 0, se a = 0 N(a) = ( p∈P np ) , se a = u Q pnp ⎩ 2 p∈P 304 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS está bem definida. Primeiro note que N(a) = 1 se, e somente se, a ∈ U(A) e que N(ab) = N (a)N(b), para todos a, b ∈ A. Em particular, se c é um divisor próprio de a, então N(c) < N(a). É claro que N satisfaz (1) e (2). Agora, para provar (3), sejam a, b ∈ A∗ . Então, pelo item (2) do Teorema 7.22, d = mdc(a, b) existe e existem x, y ∈ A∗ tais que d = ax + by 6= 0. Se a - b, então d é um divisor próprio de b. Logo, pelo item (1), N(d) < N(b), isto é, N(ax + by) < N(b). Se b - a, então de modo análogo, obtemos N(ax + by) < N(a). Portanto, N(ax + by) < min{N(a), N(b)}. Reciprocamente, seja I um ideal em A. Se I 6= {0}, então existe b ∈ I tal que b 6= 0. Assim, o conjunto S = {N(a) : a ∈ I} ⊆ Z+ é não vazio. Logo, pelo Princípio da Boa Ordenação, S contém um menor elemento, digamos k ∈ S. Seja d ∈ I tal que N(d) = k. Afirmação. I = (d). De fato, suponhamos, por absurdo, que (d) ⊂ I. Então existe b ∈ I tal que b ∈ (d). Assim, / ∗ d - b. Pela condição (3), existem x, y ∈ A tais que dx + by 6= 0 e N(dx + by) < N(d), o que é uma contradição, pois dx + by ∈ I − {0}. ¥ Seja A um anel. Dizemos que A é um anel Euclidiano se existir uma norma N em A tal que as seguintes condições são satisfeitas: 1. N(a) ≤ N(ab), para todos a, b ∈ A∗ ou, equivalentemente, se a divide b, então N(a) ≤ N(b). 2. Para todos a, b ∈ A, com b 6= 0, existem q, r ∈ A tais que a = qb + r, com r = 0 ou N(r) < N(b). Observação 7.31 Sejam A um anel e a, b ∈ A, com b 6= 0. 1. Os elementos q e r são chamados o “ quociente” e o “ resto” da divisão de a por b. 2. Se A é um anel Euclidiano e A é um domínio de integridade, dizemos que A é um domínio Euclidiano (DE). Exemplo 7.32 Todo corpo F é um domínio Euclidiano. Solução. A função N : F → Z+ definida por N(a) = 0, para todo a ∈ F , é claramente uma norma. Para todos a, b ∈ F , com b 6= 0, existem q = ab−1 , r = 0 ∈ F tais que a = qb + r, com r = 0 ou N(r) < N(b), que é o resultado desejado. ¥ 7.3. ANEIS EUCLIDIANOS Lema 7.33 Seja A um anel Euclidiano com norma N. 1. N(a) ≥ N(1), para todo a ∈ A∗ . 305 2. Dados a, b ∈ A∗ , se existir u ∈ U(A) tal que b = ua, então N(a) = N(b). Em particular, N(−a) = N(a). 3. Se N(a) = N(b) e a | b, então a é associado a b. 4. u ∈ U(A) se, e somente se, N(u) = N(1) = m, com m o menor elemento do conjunto N (A∗ ) = {N(a) : a ∈ A∗ } ⊆ Z+ . Prova. Vamos provar apenas os itens (3) e (4): (3) Suponhamos que N(a) = N(b) e a | b. Então existe x ∈ A tal que b = ax. Por outro lado, existem q, r ∈ A tais que a = qb + r, com r = 0 e N(r) < N(b). Se r 6= 0, então N(a) ≤ N(a(1 − qx)) = N(a − qb) = N(r) < N(b), o que é impossível. Portanto, a é associado a b. (4) Se u ∈ U(A), então existe v ∈ A tal que uv = 1. Logo, N(u) ≤ N(uv) = N(1) ≤ N(u). Assim, N(u) = N(1). Como N (A∗ ) 6= ∅ temos, pelo Princípio da Boa Ordenação, que N (A∗ ) contém um menor elemento, digamos m ∈ N (A∗ ). Logo, pelo item (1), N(1) = m. Reciprocamente, suponhamos que a ∈ A∗ é tal que N(a) = N (1). Então, pelo item (3), a é associado a 1. Portanto, a ∈ U(A). ¥ Exemplo 7.34 Seja d um inteiro livre de quadrados. Mostre que o domínio n o √ √ A = Z[ d] = a + b d : a, b ∈ Z é um domínio de fatoração. Solução. Sejam F = {α ∈ A∗ − U(A) : α não possui uma fatoração em fatores irreduíveis em A} √ e N : A → Z+ definida por N(α) = |αα∗ | = |a2 − db2 |, com α∗ = a − b d o conjugado de α, uma norma em A. Afirmação. F = ∅. De fato, se F 6= ∅, então o conjunto S = {N(α) : α ∈ F} ⊆ N 306 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS é não vazio. Assim, pelo Princípio da Boa Ordenação, S contém um menor elemento, digamos k ∈ S. Seja α0 ∈ F tal que k = N(α0 ). Então N(α0 ) ≤ N(α), ∀ α ∈ F. Como α0 ∈ F temos que α0 não é um elemento irredutível em A. Logo, existem α, β ∈ A∗ − U(A) tais que α0 = αβ. Note que α ∈ F ou β ∈ F, digamos α ∈ F. Assim, 1 < N(β) ⇒ 1 < N(α) < N(α)N (β) = N(αβ) = N(α0 ), o que contradiz a minimalidade de N(α0 ). Portanto, A é um domínio de fatoração. ¥ Lema 7.35 Seja A um anel Euclidiano com norma N. Então q e r na condição (2) da definição são únicos se, e somente se, N(a + b) ≤ max{N(a), N(b)}. Prova. Suponhamos que existam a, b ∈ A∗ tais que N(a + b) > max{N(a), N(b)}. Então a = 0(a + b) + a e a = 1(a + b) + (−b), com N(a) < N(a + b) e N(−b) = N(b) < N(a + b). Logo, o quociente e o resto não são únicos. Reciprocamente, suponhamos que existam q, q1 , r, r1 ∈ A tais que a = qb + r, com r = 0 ou N (r) < N(b) e a = q1 b + r1 , com r1 = 0 ou N(r1 ) < N(b). Então r − r1 = (q1 − q)b. Logo, N(b) ≤ N((q1 − q)b) = N(r − r1 ) ≤ max{N(r), N(r1 )} < N(b), o que é impossível, a menos que r − r1 = 0 ou q − q1 = 0, isto é, q = q1 e r = r1 . ¥ Teorema 7.36 Sejam A um domínio de integridade e K seu corpo quociente. Se existir uma função N : K → Q+ tal que as seguintes condições são satisfeitas: 1. N(0) = 0 e N (a) ∈ N, para todo a ∈ A. 2. N(xy) = N(x)N(y), para todos x, y ∈ K. 3. Para cada x ∈ K, existe a ∈ A tal que N(x − a) < 1. 7.3. ANEIS EUCLIDIANOS Então A é um domínio Euclidiano. 307 Portanto, A é um domínio Euclidiano. Prova. É claro que a função N0 = N|A : A → Z+ é uma norma em A e N0 (a) ≤ N0 (ab), para todos a, b ∈ A∗ . Sejam a, b ∈ A, com b 6= 0. Se a = 0, basta tomar q = r = 0. Suponhamos que a 6= 0. Então x = a ∈ K. Assim, pela condição (3), existe q ∈ A tal b que ³a ´ N(x − q) < 1 ⇒ N − q < 1. b Seja r = a − qb ∈ A. Então r = 0 ou a = qb + r, com ´ ³a N0 (r) = N(r) = N(a − qb) = N(b)N − q < N(b) = N0 (b). b ¥ Observação 7.37 A condição (3) do Teorema 7.36, pode ser interpretada geometricamente como: Para cada x ∈ K, consideremos o conjunto Ux = {y ∈ K : N(x − y) < 1}. Então K = S a∈A Ua ,isto é, obtemos uma cobertura de “abertos” para K. Proposição 7.38 O anel dos números inteiros Z é um domínio Euclidiano. Prova. É claro que a função N : Q → Q+ definida por N (a) = |a| satisfaz as condições (1) e (2) do Teorema 7.36. Para prova a condição (3), dado x ∈ Q. Como bxc ≤ x < bxc + 1, com bxc = max{n ∈ Z : n ≤ x}, temos que 0 ≤ x − bxc < 1 Portanto, existe q = bxc ∈ Z tal que N (x − q) < 1. Note que se a = 5 e b = 4, então a = 1 • b + 1 ou a = 2 • b + (−3). Assim, q = 1, r = 1 e q = 2, r = −3. Isto ocorre, pois N(a + b) > max{N(a), N(b)}. ¥ Exemplo 7.39 Sejam a, n ∈ Z, com n 6= 0. Então existem q, r ∈ Z tais que a = qn + r, com r = 0 ou N(r) = |r| ≤ |n| N(n) = . 2 2 308 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS a Solução. Sejam a, n ∈ Z, com n 6= 0. Então b = n ∈ Q. Como bbc ≤ b < bbc + 1 temos que b está no interior ou na fronteira de um intervalo semiaberto [bbc , bbc + 1)) com comprimento 1. Assim, existe um vértice q ∈ Z com distância menor do que ou igual a 1 de b. Seja r = a − qn. Então r = 0 ou 2 a = qn + r, com |r| = |(b − q)n| ≤ que é o resultado desejado. Proposição 7.40 O anel dos inteiros de Gauss A = Z[i] = {a + bi : a, b ∈ Z} é um domínio Euclidiano. Prova. É fácil verificar que o corpo qouciente de A é igual a Q[i] = {a + bi : a, b ∈ Q}. A função N : Q[i] −→ Q+ definida por N(α) = αα∗ = a2 + b2 satisfaz as condições (1) e (2) do Teorema 7.36, com α = a + bi e α∗ = a − bi. Para prova a condição (3), dado x ∈ Q[i], digamos x = r + is ∈ Q[i]. Como brc ≤ r < brc + 1 e bsc ≤ s < bsc + 1 temos que x está no interior ou na fronteira de um quadrado √ com diagonal de comprimento 2. Assim, existe um vértice q = m+ni ∈ A com distância 1 menor do que ou igual a √2 de x. Logo, N (x − q) = (r − m)2 + (s − n)2 ≤ Portanto, A é um domínio Euclidiano. Proposição 7.41 O anel dos inteiros de Eisenstein-Jacobi A = Z[ω] = {a + bω : a, b ∈ Z} , com √ 2πi 3 1 ω = exp( )=− + i e ω2 + ω + 1 = 0, 3 2 2 é um domínio Euclidiano. 1 < 1. 2 ¥ [brc , brc + 1) × [bsc , bsc + 1) |n| , 2 ¥ 7.3. ANEIS EUCLIDIANOS Prova. É fácil verificar que o corpo qouciente de A é igual a Q[ω] = {a + bω : a, b ∈ Q}. A função N : Q[ω] −→ Q+ definida por N(α) = αα∗ = a2 − ab + b2 309 satisfaz as condições (1) e (2) do Teorema 7.36, com α = a + bω e α∗ = a + bω2 . Para prova a condição (3), dado x ∈ Q[ω], digamos x = r + sω ∈ Q[ω]. Como brc ≤ r < brc + 1 e bsc ≤ s < bsc + 1 temos que x está no interior ou na fronteira de um losango com diagonal de comprimento 1. Assim, existe um vértice q = m + nω ∈ A com distância menor do que ou igual a 1 de x. Logo, 2 N (x − q) = (r − m)2 − (r − m)(s − n) + (s − n)2 ≤ Portanto, A é um domínio Euclidiano. Exemplo 7.42 Determine o quociente e o resto da divisão de 11 + 7i por 3 + 7i. Solução. Sejam α = 11 + 7i e β = 3 + 7i. Então 82 56 α = − i ∈ Q[i]. β 58 58 º ¹ º 56 82 =1 e − = −1 58 58 temos que existe q = 1 − i ∈ Z[i] tal que r = α − qβ = 1 + 3i ∈ Z[i]. Portanto, ¹ α = qβ + r, com N(r) < N(β), que é o resultado desejado. ¥ Como 3 1 1 1 + + = < 1. 4 4 4 4 ¥ Teorema 7.43 Qualquer domínio Euclidiano é um domínio de ideais principais. Em particular, um domínio de fatoração única. Prova. Seja A é um domínio Euclidiano com norma N. Então é fácil verificar que N satisfaz às condições do Teorema 7.30, por exemplo, dados a, b ∈ A, com b 6= 0, existem q, r ∈ A tais que a = qb + r, com r = 0 e N(r) < N(b). Se r 6= 0, então existem x = 1 e y = −q tais que 0 < N(ax + by) < min{N(a), N(b)}. Portanto, A é um domínio de ideais principais. ¥ Seja A é um domínio de integridade. Dizemos que x ∈ A∗ − U(A) é um divisor lateral universal de A se para qualquer a ∈ A, existir u ∈ U(A) ∪ {0} tal que x divide a − u, ou seja, existe q ∈ A tal que a = qx + u. 310 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS Lema 7.44 Seja A é um domínio Euclidiano com norma N que não é um corpo. Então A contém divisor lateral universal. Prova. O conjunto S = {N(α) : α ∈ A∗ − U(A)} ⊆ N é não vazio, pois A não é um corpo. Assim, pelo Princípio da Boa Ordenação, S contém um menor elemento, digamos k ∈ S. Seja x ∈ A∗ − U(A) tal que k = N(x). Então dado a ∈ A existem q, r ∈ A tais que a = qx + r, com r = 0 e N(r) < N(x). Logo, pela minimalidade de x, obtemos r ∈ U(A) ∪ {0}. Portanto, x é um divisor lateral universal de A. ¥ Exemplo 7.45 Mostre que o anel dos inteiros A = Z[ω] = {a + bω : a, b ∈ Z} , com √ 19 1 i e ω 2 − ω + 5 = 0, ω= + 2 2 é domínio de ideais principais, mas não é um domínio Euclidiano. Prova. A função N : A −→ Z+ definida por N(α) = αα∗ = a2 + ab + 5b2 satisfaz as condições (1) e (2) do Teorema 7.30, com α = a + bω e α∗ = a + bω ∗ . Para provar (3), dados α, β ∈ A∗ , se β - α (αβ −1 ∈ A), então devemos encontrar s, t ∈ A∗ tais / que αs − βt 6= 0 e N (αt − βt) < N(β) ou, equivalentemente, µ ¶ µ ¶ α α N(αs − βt) = N s − t) N(β) < N(β) ⇔ N s − t) < 1. β β Pondo √ a + b 19i α = , com mdc(a, b, c) = 1 e c > 1. β c Como mdc(a, b, c) = 1 temos que existem x, y, z ∈ A∗ tais que ax + by + cz = 1. Note, pelo Exemplo 7.39, que existem q, r ∈ Z tais que c ay − 19bx = qc + r, com r = 0 ou |r| ≤ . 2 √ √ s = y + x 19i e t = q − z 19i. 1 19 (ay − 19bx − cq)2 + 19(ax + by + cz) ≤ + 2. c2 4 c Sejam Então, com alguns cálculos, obtemos N(αs − βt) = 7.3. ANEIS EUCLIDIANOS 311 Assim, há vários casos a ser considerado: 1.o Caso. Se c ≥ 5, então existem s, t ∈ A∗ tais que αs − βt 6= 0 e N(αt − βt) < N(β) 2.o Caso. Se c = 4, então a e b não são ambos pares, pois αβ −1 ∈ A. Se a é par e b é / 2 2 ímpar, então a + 19b é ímpar. Logo, existem q, r ∈ Z tais que a2 + 19b2 = q4 + r, com 0 < r < 4. √ Portanto, existem s = a − b 19i, t = q ∈ A∗ tais que αs − βt 6= 0 e N(αt − βt) < N(β) Se a e b são ambos ímpares, então a2 + 19b2 é ímpar. Logo, existem q ∈ Z tal que a2 + 19b2 = q8 + 4, pois a2 + 19b2 − 1 ≡ 3 (mod 8). √ a − b 19i , t = q ∈ A∗ s= 2 tais que αs − βt 6= 0 e N(αt − βt) < N(β). 3.o Caso. Se c = 3, então existem q, r ∈ Z tais que a2 + 19b2 = q3 + r, com 0 < r < 3. √ Portanto, existem s = a − b 19i, t = q ∈ A∗ tais que αs − βt 6= 0 e N(αt − βt) < N(β) 4.o Caso. Se c = 2, então a e b não são ambos pares, pois αβ −1 ∈ A. Portanto, / existem √ (a − 1) + b 19i s = 1, t = ∈ A∗ 2 tais que αs − βt 6= 0 e N(αt − βt) < N(β). Portanto, A é domínio de ideais principais. Primeiro observe que se a, b ∈ Z e b 6= 0, então ¶2 µ b 19 2 2 + b2 ≥ 5. N(α) = a + ab + 5b = a + 2 4 Assim, u ∈ U(A) se, e somente se, u ∈ {−1, 1} e U(A) ∪ {0} = {−1, 0, 1}. Além disso, min{N(α) : α ∈ A∗ } = {1, 4}, onde α ∈ {−2, −1, 1, 2}. Pondo β = 2 na definição de divisor lateral universal, x deve dividir 2 − 0, 2 + 1 ou 2 − 1 em A, isto é, x deve dividir 2 ou 3 em A. É fácil verificar que os divisores de 2 e 3 em A são {−2, −1, 1, 2} e {−3, −1, 1, 3}, respectivamente. Assim, x ∈ {−3, −2, 2, 3}, mas nenhum elemento deste conjunto é um divisor lateral universal de √ 1 + 19i β= , 2 pois β − 0, β + 1 e β − 1 não são divisíveis em A por x ∈ {−3, −2, 2, 3}. Portanto, A não é um domínio Euclidiano. ¥ Lema 7.46 Sejam A um anel Euclidiano com norma N e a, b ∈ A∗ . Se a = qb + r, com r = 0 ou N(r) < N(b), então (a, b) = (b, r). Portanto, existem 312 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS Prova. Suponhamos que mdc(a, b) = d. Então d | a e d | b ⇒ d | r. Logo, d | b e d | r. Por outro lado, se c | b e c | r, então c | a. Logo, c | a e c | b. Assim, pela hipótese, c | d. Portanto, d = mdc(b, r). ¥ Sejam A um anel Euclidiano e a, b ∈ A∗ . Então, embora o Teorema 7.43 assegure a existência do mdc(a, b), a sua demonstração não diz como achar o seu valor. Agora, apresentaremos um processo, conhecido como Algoritmo Euclidiano, para determinar um maior divisor comum de a e b em A∗ . Pelo Teorema 7.43 existem q1 , r1 ∈ A tais que a = q1 b + r1 , com r1 = 0 ou N(r1 ) < N(b). Se r1 = 0, então b | a e mdc(a, b) = b. Se, ao contrário, r1 6= 0, então existem q2 , r2 ∈ Z tais que b = q2 r1 + r2 , com r2 = 0 ou N(r2 ) < N(r1 ). Se r2 = 0, então r1 | b e, pelo Lema 7.46, mdc(a, b) = mdc(b, r1 ) = r1 . Caso contrário, procedendo como antes, obtemos r1 = q3 r2 + r3 , com r3 = 0 ou N(r3 ) < N(r2 ), e assim por diante até que algum dos restos seja igual a zero, digamos rn+1 = 0, pois uma sequência N(b) > N(r1 ) > N(r2 ) > · · · > N(rn ) > 0 decrescente de inteiros positivos não pode ser infinita pelo Princípio da Boa Ordenação, uma vez que se k é o menor elemento do conjunto ∅ 6= X = {N(b), N(r1 ), . . . , N (rn ), . . .} ⊆ N, então n > k implica relações: a b r1 . . . que N(rn ) < N(rk ) e N(rn ) = N(rk ). Assim obtemos as seguintes = = = . . . q1 b + r1 , q2 r1 + r2 , q3 r2 + r3 , . . . com r1 = 0 ou N(r1 ) < N(b) com r2 = 0 ou N(r2 ) < N(r1 ) com r3 = 0 ou N(r3 ) < N(r2 ) . . . rn−2 = qn rn−1 + rn , com rn = 0 ou N(rn ) < N(rn−1 ) rn−1 = qn+1 rn . Portanto, mdc(a, b) = mdc(b, r1 ) = · · · = mdc(rn−1 , rn ) = rn . Podemos representar essas relações pela Tabela abaixo 7.3. ANEIS EUCLIDIANOS 313 a r1 q1 b r2 q2 r1 r3 q3 r2 r4 Note que o Algoritmo Euclidiano para determinar um maior divisor comum de a, b ∈ A, com a 6= 0 ou b 6= 0, pode ser implementado iterativamente nos seguintes passos: 1.o Passo. Se b = 0, então retorne a, e vá para o Passo 4. 2.o Passo. Calcule q1 e r1 , de modo que a = q1 b + r1 e r1 = 0 ou N(r1 ) < N (b). 3.o Passo. Faça b = r1 e a = b, e volte para 1. 4.o Passo. Fim. O número de iterações deste Algoritmo é finito (no máximo N(a+b)), pois a sequência decrescente N(b) > N(r1 ) > N(r2 ) > · · · > N(rn ) > 0 de inteiros positivos não pode ser infinita. Observação 7.47 O Algoritmo Euclidiano pode também ser usado para representar o mdc(a, b) na forma ax + by, pois da penúltima equação, obtemos rn = rn−2 + (−qn )rn−1 . Agora, substituindo o resto rn−1 da equação anterior, obtemos rn = (−qn )rn−3 + (1 + qn qn−1 )rn−2 . Prosseguindo assim, podemos eliminar sucessivamente os restos rn−1 , rn−2 , . . . , r2 , r1 e expressar rn em termos de a e b, isto é, podemos encontrar x, y ∈ Z tais que mdc(a, b) = ax + by. Exemplo 7.48 Calcule o mdc(11 + 7i, 3 + 7i). Solução. Pelo Exemplo 7.42, 11 + 7i = (1 − i)(3 + 7i) + (1 + 3i) 3 + 7i = (2 − i)(1 + 3i) + (−2 + 2i) 1 + 3i = (−i)(−2 + 2i) + (−1 + i) −2 + 2i = 2(−1 + i) + 0 Portanto, mdc(11 + 7i, 3 + 7i) = −1 + i. Note que −1 + i = (−2i)(11 + 7i) + (2 + 3i)(3 + 7i). que é o resultado desejado. ¥ ··· ··· ··· qn−1 rn−2 rn qn rn−1 0 qn+1 rn 314 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS EXERCÍCIOS 1. Calcule o mdc dos seguintes inteiros: (a) 16 − 2i e 33 + 17i. (b) 4 + 6i e 7 − i. (c) 5 + i e 4 − 3i. 2. Sejam a, b ∈ Z tais que a = qb + r, com 0 ≤ r < b. Mostre que q = 3. Dado c ∈ Q. Mostre que existe a ∈ Z tal que c < a ≤ c + 1. ¥a¦ . b 4. Seja b ∈ Z, com b > 1. Mostre que a equação xb = 1 não tem solução em Z. 5. Sejam a, b ∈ Z, com b > 0. Mostre que existem únicos q, r ∈ Z tais que a = qb + r, com 2b ≤ r < 3b. 6. Determine o menor inteiro positivo que tem para restos 2, 3 e 4 quando dividido, respectivamente, por 3, 4 e 5. 7. Seja A é um domínio de fatoração única. Mostre que qualquer elemento a ∈ A∗ pode ser escrito sob a forma a = dc, com c ∈ A e d ∈ A − {0, 1} livre de quadrados. 8. Mostre que o anel dos inteiros A = Z[2i] = {a + 2bi : a, b ∈ Z} ⊆ Z[i] não é um anel de fatoração única. Conclua que subanel de um anel Euclidiano não necessita ser Euclidiano. 9. Mostre que o domínio n o √ √ A = Z[ d] = a + b d : a, b ∈ Z é um domínio Euclidiano, onde d ∈ {−2, −7, −11, 2}. (Sugestão: Para d = 2, considere a norma N(α) = |a2 − 2b2 |.) 10. Mostre que o domínio n o √ √ A = Z[ d] = a + b d : a, b ∈ Z é um domínio não Euclidiano, onde d ∈ {−43, −67, −163}. 7.3. ANEIS EUCLIDIANOS 315 11. Seja A um anel Euclidiano com norma N. Mostre que se a, b ∈ A∗ e b ∈ U(A), / então N(a) < N(ab). 12. Sejam A um domínio de integridade e N uma norma em A satisfazendo às seguintes condições: (a) N(ab) = N(a)N(b), para todos a, b ∈ A∗ . (b) N(a) = 1 se, e somente se, a ∈ U(A). Mostre que qualquer elemento de A∗ − U(A) tem uma fatoração. 13. Seja A um anel Euclidiano com norma N. Verifique se o conjunto I = {a ∈ A : N(1) < N(a)} ∪ {0} é um ideal em A. 14. Seja A um domínio Euclidiano com norma N . Mostre que se N(a) é constante para todo a ∈ A∗ , então A é um corpo. 15. Com as notações do Algoritmo Euclidiano mostre que rn < rn−2 , ∀ n ≥ 2. 2 Conclua que o número de divisores é no máximo m, com 2m ≤ b < 2m+1 . (Sugestão: Use a Lei da Tricotomia nos inteiros rn−1 e rn−2 .) 2 16. Seja A um domínio Euclidiano com norma N . (a) Mostre que se n ∈ Z é tal que n + N(1) > 0, então a função λ : A −→ Z+ definida por λ(a) = N(a) + n se a 6= 0 e ν(0) = 0 é uma norma Euclidiana. (b) Mostre que a função μ : A −→ Z+ definida por μ(a) = tN(a), para um t ∈ Z+ fixado, é uma norma Euclidiana. (c) Mostre que existe uma norma Euclidiana ν : A −→ Z+ tal que ν(1) = 1 e ν(u) > 100, para todo u ∈ U(A). / 17. Seja A um domínio de fatoração única. Mostre que I = (p) é um ideal de A, para algum elemento irredutível p em A se, e somente se, I é um elemento minimal na família F de todos os ideais primos em A. 18. Seja A um domínio de integridade. Mostre que A é um domínio de ideais principais se, e somente se, as seguintes condições são satisfeitas: (a) A é um domínio de fatoração única. (b) Qualquer ideal primo não trivial de A é um ideal maximal. 316 CAPÍTULO 7. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA E EUCLIDIANOS (c) Qualquer ideal próprio de A está contido em um ideal maximal. 19. Sejam A um anel comutativo e N : A → Z+ uma função satisfazendo às seguintes condições: (a) N(a) = 0 se, e somente se, a = 0. (b) N(ab) = N(a)N(b), para todos a, b ∈ A. (c) Se 0 < N(a) ≤ N(b), então existe q ∈ A tal que N(b − qa) < N(a). Mostre que A é um anel com identidade e sem divisores de zero. Conclua que A é um domínio Euclidiano. Capítulo 8 Aneis de Polinômios e Noetherianos Em álgebra elementar e cálculo diferencial imaginamos uma expressão da forma x2 − 4x + 3 como uma “função” e o símbolo x como uma “variável”, a qual pode assumir certos valores numéricos. Portanto, o processo de adição, multiplicação e diferenciação de tais polinômios são efetuados sem qualquer uso do conceito funcional. Para nós os polinômios serão simplesmente elementos de um certo anel e estaremos preocupados com as propriedades algébricas deste anel. Por isso, daremos uma definição formal de aneis de polinômios e suas propriedades. Em todo este capítulo a palavra anel, salvo menção explícita em contrário, significa anel comutativo com identidade. 8.1 Polinômios e o Algoritmo da Divisão Sejam A um anel e Aseq o conjunto de todas as sequências formais f = (ai )i∈Z+ , com ai ∈ A tal que ai 6= 0, somente para uma quantidade finita de índices i ∈ Z+ . Dados f = (ai ), g = (bj ) ∈ Aseq . Dizemos que f é igual a g, em símbolos f = g, se, e somente se, ai = bi , para todo i ∈ Z+ . Teorema 8.1 O conjunto Aseq munido com as operações bimárias f + g = (ai + bi ) e f ∗ g = (ck ), ck = é um anel comutativo com identidade. 317 X ai bj = k X j=0 ak−j bj , i+j=k 318 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Prova. Vamos primeiro provar que essas operações estão bem definida. Sejam m, n ∈ Z+ tais que ai = 0, para todo i > m e bj = 0, para todo j > n. Pondo k ≥ max{m, n}, obtemos ai + bi = 0, ∀ i ∈ Z+ , com i > k. Logo, f + g ∈ Aseq . Pondo k = m + n + 1, obtemos ck = k X j=0 n X j=0 k X ak−j bj = ak−j bj + ak−l bl = 0, l=n+1 pois k − j = m + n + 1 − j = (m + 1) + (n − j) > m e l > n. Logo, f ∗ g ∈ Aseq . Agora, dado h = (ck ) ∈ Aseq . É fácil verificar que Aseq é um grupo comutativo com elemento identidade 0 = (0) e −f = (−ai ) o elemento inverso de f Como à ! X X X X (f ∗ (g ∗ h))n = ai (g ∗ h)m = ai bj ck = ai bj ck i+m=n i+m=n j+k=m i+j+k=n e ((f ∗ g) ∗ h)n = k+m=n X (f ∗ g)m ck = k+m=n X à i+j=m X ai bj ! ck = i+j+k=n X ai bj ck temos que f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h. De modo análogo, prova-se que (f + g) ∗ h = f ∗ h + g ∗ h, f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h e f ∗ g = g ∗ f. Portanto, Aseq é um anel comutativo com identidade 1 = (1, 0, . . .). ¥ A operação ∗ é chamada de convolução discreta de f com g. Vamos apresentar um Algoritmo para efetuar a convolução de f com g em Aseq . Se f = (ai ), g = (bj ) ∈ Aseq , então, re-enumerando, se necessário, podemos escrever f = (a0 , a1 , . . . , am , 0, . . .) e g = (b0 , b1 , . . . , bn , 0, . . .). 1.o Passo. Inverte a ordem de f e faça o esquema. (. . . , 0, am , . . . , a2 , a1 , a0 ) (b0 , b1 , b2 , . . . , bn , 0, . . .) 2.o Passo. Faça a sequência que representa f desloca-se um dígito para à direita; em seguida efetua-se o produto em A, para obter o primeiro termo a0 b0 da sequência que reprenta f ∗ g. (. . . , 0, am , . . . , a2 , a1 , a0 ) (b0 , b1 , b2 , . . . , bn , 0, . . .) 8.1. POLINÔMIOS E O ALGORITMO DA DIVISÃO 319 3.o Passo. Faça a sequência que representa f desloca-se mais um dígito para à direita; em seguida efetua-se o produto e a soma em A, para obter o segundo termo a1 b0 + a0 b1 da sequência que reprenta f ∗ g. (. . . , 0, am , . . . , a2 , a1 , a0 ) (b0 , b1 , b2 , . . . , bn , 0, . . .) 4.o Passo. Repete o Passo 3.o para obter o terceiro termo a2 b0 + a1 b1 + a0 b2 da sequência que reprenta f ∗ g. (. . . , 0, am , . . . , a2 , a1 , a0 ) (b0 , b1 , b2 , . . . , bn , 0, . . .) e assim sucessivamente. O número de iterações desse Algoritmo é finito (no máximo k2 +1, com k ≤ max{m, n}), pois existem no máximo k passos; número de inversão mais deslocamentos k, número de produtos (k−1)k e número de somas (k−2)(k−1) . 2 2 seq A função ϕ : A → A definida por ϕ(a) = (a, 0, . . .) é um homomorfismo de aneis injetor (pove isto!). Logo, A ' ϕ(A) ≤ Aseq . Assim, podemos identificar os elementos de A com as sequências (a, 0, . . .) de Aseq . Note que x = (0, 1, 0, . . .) ∈ Aseq e que x2 = (0, 0, 1, 0, . . .) . . . xn = (0, . . . , 0, 1, 0, . . .), com o elemento 1 em xn localizado na (i + 1)-ésima posição. Assim, ax = (0, a, 0, . . .) ax2 = (0, 0, a, 0, . . .) . . . axn = (0, . . . , 0, a, 0, . . .), para todo a ∈ A e n ∈ Z+ , com x0 = 1 por convenção. Portanto, dado f = (ai ) ∈ Aseq , digamos f = (a0 , a1 , . . . , an , 0, . . .), obtemos f = a0 + a1 x + · · · + an xn ou f = an xn + · · · + a1 x + a0 , pois Aseq é um anel comutativo. 320 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Para identificar a indeterminada x vamos denotar o anel Aseq por A[x] = [A ∪ {x}] e chamá-lo de aneis de polinômios sobre A em uma indeterminada x. Os elementos de A serão chamados de polinômios constantes. Seja f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ A[x]. Se an 6= 0, dizemos que f tem grau n e escreveremos ∂(f ) = n. Neste caso, an xn é chamado de termo líder e an de coeficiente líder. Em particular, se an = 1, dizemos que f é um polinômio mônico ou um polinômio unitário ou um polinômio normalidado. É conveniente definir o grau do polinômio constante zero como sendo −∞, isto é, ∂(0) = −∞, em que o símbolo ∞ satisfazaz as seguintes condições: −∞ ≤ n, n + ∞ = ∞ + n = ∞ + ∞ = ∞, ∀ n ∈ Z+ , ∞ · ∞ = ∞ e ∞ ≥ ∞. Proposição 8.2 Sejam A um anel e f, g ∈ A[x]∗ . 1. Se ∂(f ) 6= ∂(g), então ∂(f + g) = max{∂(f ), ∂(g)}. 2. Se ∂(f ) = ∂(g) e f + g 6= 0, então ∂(f + g) ≤ ∂(f ). 3. Se o coeficiente líder de f ou g não é um divisor de zero, então f g 6= 0 e ∂(fg) = ∂(f ) + ∂(g). 4. Se A é um domínio de integridade, então A[x] é um domínio de integridade. 5. Se A é um domínio de integridade, então U(A[x]) = U(A). Prova. Vamos provar apenas os itens (4) e (5). (4) Sejam f, g ∈ A[x] tais que f 6= 0 e g 6= 0. Então os termos líderes am xm e bn xn de f e g, respectivamente, têm os coeficientes líderes am 6= 0 e bn 6= 0. Como o termo líder de f g é igual a am bn xm+n e, por hipótese am bn 6= 0, temos que fg 6= 0. Portanto, A[x] é um domínio de integridade. (5) É claro que U(A) ⊆ U(A[x]). Por outro lado, dado f ∈ U(A[x]), existe g ∈ U(A[x]) tal que fg = gf = 1. Pelo item (3), obtemos 0 = ∂(1) = ∂(f g) = ∂(f ) + ∂(g). Logo, ∂(f ) = ∂(g) = 0, isto é, f ∈ A. Portanto, f ∈ U(A). ¥ Observação 8.3 O item (5) da Proposição 8.2 não se aplica a um anel qualquer, por exemplo, sejam A = Zp2 , com p um número primo, e f = 1 + px ∈ A[x]. Então é fácil verificar que µ ¶ p p p 2 , 1 ≤ k < p. f = (1 + px) ≡ 1 (mod p ), pois p | k Portanto, f ∈ U(A[x]), mas f ∈ U(A). / 8.1. POLINÔMIOS E O ALGORITMO DA DIVISÃO Exemplo 8.4 Sejam A = Z[x] o anel dos polinômios com coeficientes inteiros e f = 1 + x + x2 , g = 2 + x2 + x3 ∈ A. Mostre que ∂(f + g) = 3, ∂(fg) = 5 e U(A) = {−1, 1}. Solução. Como f + g = 3 + x + 2x2 + x3 e fg = 2 + 3x + 3x2 + 2x3 + 2x4 + x5 (prove isto!) temos que ∂(f + g) = 3 e ∂(f g) = 5. Lema 8.5 (Teorema de McCoy) Sejam A um anel e f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ A[x]∗ . 321 ¥ Então f é um divisor de zero em A[x] se, e somente se, existir b ∈ A∗ tal que bf = 0. Prova. Suponhamos que f seja um divisor de zero em A[x]. Então existe g ∈ A[x]∗ tal que fg = gf = 0. Logo, o conjunto S = {k ∈ Z+ : existe g ∈ A[x]∗ , com ∂(g) = k e f g = 0} é não vazio. Assim, pelo Princípio da Boa Ordenação, S contém um menor elemento, digamos m ∈ S. Seja g = b0 + b1 x + · · · + bm xm ∈ A[x]. Se m = 0, nada há para ser provado. Suponhamos que m > 0 e vamos usar indução sobre o conjunto T = {k = 0, 1, . . . , n : an−i g = 0, ∀ i = 0, 1, . . . , k}. Então 0 ∈ T , pois an bm = 0 e an g = 0, desde que f (an g) = an (fg) = 0 e ∂(an g) < ∂(g). Suponhamos que o resultado seja válido para todo k, com 0 ≤ k < n, isto é, k ∈ T e an g = 0, an−1 g = 0, . . . , an−k g = 0. Então 0 = (a0 + a1 x + · · · + an−(k+1) xn−(k+1) + an−k xn−k + · · · + an xn )g = (a0 + a1 x + · · · + an−(k+1) xn−(k+1) )g. Logo, an−(k+1) bm = 0 e an−(k+1) g = 0, 322 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS pois f (an−(k+1) g) = an−(k+1) (f g) = 0 e ∂(an−(k+1) g) < ∂(g). Portanto, k + 1 ∈ T , isto é, ai g = 0, para todo i = 0, . . . , n. Em particular, ai bm = 0, para todo i = 0, . . . , n. Portanto, existe b = bm ∈ A∗ tal que bf = 0. A recíproca é clara. ¥ Sejam K um anel, A um subanel de K e α um elemento de K fixado. Então, para um f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ A[x]∗ fixado, podemos definir f (α) ∈ K por f (α) = a0 + a1 α + · · · + an αn . Note que a adição e a multiplicação usadas na definição de f (α), são as de K e não as de A[x]. A função Eα : A[x] → K definida por Eα (f ) = f (α) é um homomorfismo de aneis (prove isto!), chamado de homomorfismo avaliação ou homomorfismo substituição. Observe que Im Eα = {f (α) : f ∈ A[x]} é um subanel de K e será denotado por Im Eα = A[α]. Afirmação. A[α] = [A ∪ {α}]. De fato, é claro que A[α] ⊆ [A ∪ {α}]. Por outro lado, como 1 ∈ A temos que 1x = x ∈ A[x]. Logo, Eα (x) = α ∈ A[α], isto é, [A ∪ {α}] ⊆ A[α]. Note, também, que A = A[α] se, e somente se, α ∈ A. Observação 8.6 Sejam K um anel, A um subanel de K e α um elemento de K fixado. 1. Note que se K não fosse um anel comutativo, então Eα seria apenas um homomorfismo de grupos, pois aαi bαj 6= abαi+j , a menos que bα = αb. 2. Se f ∈ A[x], então fazendo a substituição α = x em f , obtemos o próprio f . Assim, f (x) = f. Por essa razão, qualquer polinômio f pode ser denotado por f (x). Teorema 8.7 Sejam K um anel e A um subanel de K. Então existe um único homomorfismo de aneis Eα : A[x] → K tal que Eα (x) = α e Eα (a) = a, para todo a ∈ A e α ∈ K. 8.1. POLINÔMIOS E O ALGORITMO DA DIVISÃO 323 Prova. Seja ϕ : A[x] → K qualquer homomorfismo de aneis tal que ϕ(x) = α e ϕ(a) = a, para todo a ∈ A e α ∈ K. Então à n ! n n X X X i i ϕ(f ) = ϕ ai x = ai ϕ(x) = ai αi = f (α) = Eα (f ), ∀ f ∈ A[x]. i=0 i=0 i=0 Portanro, ϕ = Eα , para todo α ∈ K. b Cada elemento f ∈ A[x] fixado determina uma função f : A → A, a saber, ¥ b Neste caso, podemos considerar x como uma variável em A. A função f chama-se função b polinomial. Note que f é identicamente nula se b Proposição 8.8 A função ϕ : A[x] → AA definida por ϕ(f ) = f é um homomorfismo de aneis, com AA o conjunto de todas as funções de A em A. Prova. Fica como um exercício. ¥ b f (a) = 0, ∀ a ∈ A. b f (a) = Ea (f ). Observação 8.9 O homomorfismo de aneis ϕ : A[x] → AA pode não ser injetor. Por exemplo, sejam p um número primo e A = Zp . Então U(Zp ) é um grupo abeliano de ordem p − 1. Logo, pelo Teorema de Lagrange, ap−1 = 1, para todo a ∈ Z∗ , isto é, p ap = a, para todo a ∈ Z∗ . Como 0p = 0 temos que ap = a, para todo a ∈ Zp . Assim, p se f = x − xp ∈ Zp [x], então f ∈ ker ϕ com f 6= 0, ou seja, ϕ não é injetora. Mais geralmente, se A = {a1 , . . . , an } é um anel finito, então f = (x − a1 ) · · · (x − an ) ∈ A[x]∗ . Mas, f ∈ ker ϕ. Portanto, polinômios distintos f, g ∈ A[x] podem determinar a mesma função polinomial. Neste caso, f − g ∈ ker Ea , para todo a ∈ A. Por essa razão, a noção de polinômios algébricos é “mais rica” do que a teoria de funções polinômiais. Veremos mais tarde, Corolário 8.18, que essa patologia não ocorre se A é um domínio de integridade infinito. Note que como A[x] é um anel comutativo com identidade temos, de modo análogo a nossa construção, que A[x][y] é um anel de polinômios sobre A[x] em uma indeterminada y. Logo, ( n ) X i A[x][y] = fi y : fi ∈ A[x] = A[x, y], i=0 324 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS pois xy = yx. Neste caso, dizemos que A[x, y] é um anel de polinômios sobre A em duas indeterminadas x e y. Por exemplo, se f ∈ A[x, y], então f= n m XX i=0 j=0 aij x y = i j n X j=0 a0j y + j n X j=0 a1j xy + · · · + j n X j=0 amj xm y j . Portanto, indutivamente, obtemos o anel de polinômios sobre A em n indeterminadas x1 , . . . , xn , para todo n ∈ N, A[x1 , . . . , xn ]. Observação 8.10 Seja A um domínio de integridade. Então ½ ¾ f A(x1 , . . . , xn ) = : f, g ∈ A[x1 , . . . , xn ] e g 6= 0 g é o corpo quociente de A[x1 , . . . , xn ]. Teorema 8.11 (Algoritmo da Divisão) Sejam A um anel e f, g ∈ A[x], com o coeficiente líder de g uma unidade em A. Então existem únicos q, r ∈ A[x] tais que f = qg + r, com r = 0 ou ∂(r) < ∂(g). Prova. (Existência) Sejam f = a0 + a1 x + · · · + an xn e g = b0 + b1 x + · · · + bm xm com bm ∈ U(A). Se f = 0, então basta tomar q = r = 0. Se f 6= 0, então ∂(f ) = n. Se n < m, então basta tomar q = 0 e r = f . Assim, podemos supor que n ≥ m e vamos usar indução sobre n. Se n = 0, então m = 0 e, portanto, f = a0 6= 0 e g = b0 . Como b0 ∈ U(A) temos que f = (a0 b−1 )b0 . 0 Assim, basta tomar q = a0 b−1 e r = 0. Suponhamos que o resultado seja válido para 0 todos os polinômios de grau menor do que n. Como b−1 ∈ A temos que m b−1 an xn−m ∈ A[x]. m Logo, (b−1 an xn−m )g = b0 b−1 an xn−m + b1 b−1 an xn−m−1 + · · · + bm−1 b−1 an xn−1 + an xn ∈ A[x]. m m m m Assim, h = f − (b−1 an xn−m )g ∈ A[x] m com ∂(h) < n. Logo, pela hipótse de indução, existem q1 , r ∈ A[x] tais que h = q1 g + r, com r = 0 ou ∂(r) < ∂(g). 8.1. POLINÔMIOS E O ALGORITMO DA DIVISÃO Portanto, f = qg + r, com r = 0 ou ∂(r) < ∂(g), e q = q1 + b−1 an xn−m ∈ A[x]. m (Unicidade) Suponhamos que f = q1 g + r1 e f = q2 g + r2 . Então (q1 − q2 )g = r2 − r1 . Se q1 − q2 6= 0, então pelo item (3) da Proposição 8.2, (q1 − q2 )g 6= 0. Logo, ∂(r2 − r1 ) = ∂((q1 − q2 )g) = ∂(q1 − q2 ) + ∂(g) ≥ ∂(g), Por outro lado, r2 − r1 = 0 ou ∂(g) > ∂(r2 − r1 ). Portanto, (q1 − q2 )g = r2 − r1 é impossível. Assim, q1 = q2 e r1 = r2 . Observação 8.12 Seja A um anel qualquer. 325 ¥ 1. Se g é mônico ou A é um corpo não é necessário supor que o coeficiente líder de g seja uma unidade em A. 2. Se A = Z4 , f = x, g = 1 + 2x ∈ A[x], então f = (2 + x + 2x2 )g + 2 e f = (x + 2x2 )g + 0. Logo, temos duas representações distintas de f e g. Portanto, a hipótese do coeficiente líder de g ser uma unidade em A garante a unicidade da representação. 3. Observe que o quociente q e o resto r são independentes de extensões do anel A no seguinte sentido: se K é um anel tal que A é um subanel de K, então existem únicos Q, R ∈ K[x] tais que f = Qg + R, com R = 0 ou ∂(R) < ∂(g). Como q, r ∈ A[x] ⊆ K[x] temos, também, que f = qg + r, com r = 0 ou ∂(r) < ∂(g), em K[x]. Portanto, pela unicidade do Algoritmo da Divisão em K[x], obtemos Q = q e R = r. 326 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Note que se K é um corpo, então a função N : K[x] −→ Z+ definida por N(f ) = 2∂(f ) é uma norma em A, com f ∈ A[x], N(0) = 2−∞ = 0 e N(f ) ≤ N(fg), para todos f, g ∈ A[x]∗ . Além disso, pelo Algoritmo da Divisão, existem únicos q, r ∈ K[x] tais que f = qg + r, com r = 0 ou N(r) < N (g). Portanto, K[x] é um domínio Euclidiano. Em particular, K[x] é um domínio de ideais principais e, portanto, um domínio de fatoração única. Exemplo 8.13 Sejam f = x3 + 2x2 + 4x − 3, g = x2 + x − 2 ∈ Q[x]. 1. Determine mdc(f, g). 2. Determine r, s ∈ Q[x] tais que rf + sg = mdc(f, g). Solução. (1) Como f = xg + (−3 + 6x + x2 ) g = 1(−3 + 6x + x2 ) + 1 − 5x ¶ µ 44 31 1 2 −3 + 6x + x = − − x (1 − 5x) − 25 5 25 ¶µ ¶ µ 44 125 x − +1 (1 − 5x) = 44 25 µ ¶ 44 44 = 1 − +0 − 25 25 temos que mdc(f, g) = 1. Neste caso, (f, g) = Q[x]. (2) Pelo item (1), obtemos µ ¶ µ ¶ −44 + 30x + 25x2 44 − 111x − 55x2 − 25x3 f+ g = 1, 44 44 que é o resultado desejado. ¥ Teorema 8.14 Sejam K um anel, A um subanel de K e f ∈ K[x]. Se existir g ∈ A[x], cujo coeficiente líder é uma unidade em A tal que f g ∈ A[x], então f ∈ A[x]. Prova. Sejam f= com bm ∈ U(A). Então n P ai xi e g = m+n P k=0 i=0 j=0 m P bj xj . fg = ck xk , 8.1. POLINÔMIOS E O ALGORITMO DA DIVISÃO em que ci+j = é o coeficiente de x i+j 327 . Vamos usar indução sobre o conjunto X s<i at bi+j−s + ai bj + X t<j ai+j−t bt S = {k = 0, 1, . . . , n : an−j ∈ A, ∀ j = 0, 1, . . . , k}. Então 0 ∈ S, pois an bm ∈ A ⇒ an−0 = an = (an bm )b−1 ∈ A. m an , an−1 , . . . , an−k ∈ A. Como o coeficiente de xm+n−(k+1) em f g é an−(k+1) bm + an−k bm−1 + · · · + an bm−(k+1) se k + 1 ≤ m ou an−(k+1) bm + an−k bm−1 + · · · + an+m−(k+1) b0 Suponhamos que o resultado seja válido para todo k, com 0 ≤ k < n, isto é, k ∈ S e se k + 1 > m, temos, pela hipótese de indução, que an−k bm−1 + · · · + an bm−(k+1) , an−k bm−1 + · · · + an+m−(k+1) b0 ∈ A. Sendo essas somas coeficientes de fg, temos que elas pertecem a A. Logo, an−(k+1) bm ∈ A e an−(k+1) = (an−(k+1) bm )b−1 ∈ A. m Consequentemente, k + 1 ∈ S. Portanto, f ∈ A[x]. Sejam K um anel, A um subanel de K e α ∈ K fixado. Seja f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ A[x]. Dizemos que α é um zero de f ou que α é uma raiz da equação f = 0 se f (α) = 0. Note que o polinômio f = x2 + 1 ∈ R[x]. não tem raízes sobre R, mas tem duas raízes sobre C, a saber, −i e i. Assim, as raízes de um polinômio dependem do anel. Proposição 8.15 (Teorema do Resto) Sejam A um anel, f ∈ A[x] e a ∈ A. Então existe um único q ∈ A[x] tal que f = q(x − a) + f (a). Em particular, f ∈ (x − a) se, e somente se, a é uma raiz de f ¥ 328 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Prova. Seja g = x − a. Então, pelo Algoritmo da Divisão, existem únicos q, r ∈ A[x] tais que f = qg + r, com r = 0 ou ∂(r) < ∂(g) = 1. Assim, r = 0 ou r é um polinômio constante, digamos r = b ∈ A. Logo, f (a) = q(a)(a − a) + b ⇒ b = f (a). Portanto, f = q(x − a) + f (a). ¥ Proposição 8.16 Sejam A um domínio de integridade e f ∈ A[x], com ∂(f ) = n. Então f pode ter no máximo n raízes distintas em A. Prova. Vamos usar indução sobre n. Se n = 0, então nada há para ser provado, pois f não pode ter qualquer raiz em A. Se n = 1, então f = a + bx, com b 6= 0, e f pode ter no máximo uma raiz em A, pois se b ∈ U(A), então α = −b−1 a ∈ A é a única raiz de f . Agora, suponhamos que o resultado seja válido para todo polinômio de grau menor do que n. Se f tem uma raiz a em A, então f = (x − a)g, com ∂(g) ≤ n − 1. Note que qualquer raiz b de f em A com a 6= b é raiz de g, pois 0 = f (b) = (b − a)g(b) ⇒ g(b) = 0. Assim, pela hipótese de indução, g pode ter no máximo n−1 raízes distintas em A. Como as únicas raízes de f são a e as raízes de g temos que f pode ter no máximo n raízes distintas em A. ¥ Observação 8.17 Seja A = Z8 . Então o polinômio f = x2 + 1 ∈ A[x] tem 1, 3, 5 e 7 como raízes distintas em A. Portanto, a Proposição 8.16, é falsa para um anel qualquer. Corolário 8.18 Sejam A um domínio de integridade e f, g ∈ A[x], com ∂(f ) = ∂(g) = n. 1. Se existem a1 , . . . , an+1 elementos distintos em A tais que f (ai ) = g(ai ), então f = g. 2. Se S é subconjunto infinito qualquer de A e f (a) = 0, para todo a ∈ S, então f = 0. Prova. Fica como um exercício. ¥ Proposição 8.19 Sejam K um domínio de integridade e G um subgrupo finito de K ∗ . Então G é um grupo cíclico. Prova. Seja |G| = n. Então, pelo item (2) do Exemplo 1.62, existe um número inteiro maximal N tal que aN = 1, para todo a ∈ G. Logo, pela Proposição 8.16, o polinômio f = xN − 1 tem no máximo N raízes distintas em K. Portanto, n ≤ N. Por outro lado, pelo Teorema de Lagrange, N ≤ n. Portanto, n = N e G contém um elemento de ordem n, isto é, G é um grupo cíclico. ¥ 8.1. POLINÔMIOS E O ALGORITMO DA DIVISÃO 329 EXERCÍCIOS 1. Determine em cada caso, r, s ∈ R[x] tais que rf + sg = mdc(f, g). (a) f = −1 + x + x2 e g = 1 + x2 . (b) f = 1 + x3 e g = 1 + x. (c) f = −1 + x5 e g = −1 + x. (d) f = −2 + x4 e g = −2 + x2 . 2. Determine outra função polinomial sobre Z5 que coincida com a função polinômial f = 1 − x + x2 . 3. Sejam p um número primo e f = a − x − x2 + xp ∈ Zp [x]. Mostre que f tem uma raiz em Zp se, e somente se, a é um quadrado em Zp . 4. Seja f ∈ C[x]. Mostre que se f (n) = 0, para todo n ∈ Z, então f = 0. 5. Seja f ∈ Z[x]. Mostre que a − b divide f (a) − f (b), para todos a, b ∈ Z, com a 6= b. b 6. Sejam K um corpo e f ∈ K[x] tal que a função polinomial f induzida por f satisfaça à seguinte condição b b b f (a + b) = f (a)f (b), ∀ a, b ∈ K. (a) Mostre que se K é um corpo infinto, então f = 0 ou f = 1. (b) Mostre, com um exemplo, que a conlusão do item (a) é falsa se K é um corpo finito. 7. Seja Z[x] o anel de polinômios sobre Z. Mostre que I = (n, x), para um n ∈ N fixado com n ≥ 2, é um ideal não principal de Z[x]. 8. Seja K[x, y] o anel de polinômios sobre K, com K um corpo. Mostre que I = (x, y) é um ideal não principal de K[x, y]. 9. Sejam A e B domínio de integridades. Mostre que se A é isomorfo a B, então A[x] é isomorfo a B[x]. 10. Sejam A um domínio de integridade e K seu corpo quociente. Mostre que se K(x) e A(x) são os corpos quocientes de K[x] e A[x], respectivamente, então K(x) é isomorfo a A(x). 11. Sejam K um corpo e a ∈ K fixado. 330 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS (a) Mostre que a função ϕ : K[x] → K[x] definida por ϕ(f (x)) = f (ax) é um automorfismo se a 6= 0. (b) Mostre que a função ϕ : K[x] → K[x] definida por ϕ(f (x)) = f (a + x) é um automorfismo. (c) As funções dos itens (a) e (b) são automorfismos se K é um domínio de integridade? 12. Sejam A um anel, I um ideal de A e π : A → A I a projeção canônica. ¡ ¢ (a) Mostre que a função ϕ : A[x] → A [x] definida por I ! à n n X X i ai x = π(ai )xi ϕ i=0 i=0 é um homomorfismo de aneis. (b) Mostre que ker ϕ = I[x]. Conclua que A[x] ' I[x] µ ¶ A [x]. I 8.2 Critérios de Irredutibilidades Nesta seção aplicaremos a teoria geral de fatoração em aneis no anel de polinômios A[x]. Além disso, apresentaremos alguns critérios de irredutibilidade em A[x], com A um domínio de fatoração única. Sejam A um anel e f ∈ A[x] Dizemos que f é um poliônmio irredutível sobre A se f é um elemento irredutível em A[x]. Caso contrário, dizemos que f é um polinômio redutível. Exemplo 8.20 Sejam A um anel e b ∈ U(A). Mostre que f = a + bx ∈ A[x] é sempre irredutível sobre A. Isto significa que, qualquer polinômio redutível sobre um domínio de integridade A tem grau pelo menos dois. Exemplo 8.21 Mostre que f = x2 − 2 ∈ Q[x] é um polinômio irredutível sobre Q. Solução. Suponhamos, por absurdo, que f seja um polinômio redutível sobre Q. Então x2 − 2 = (a + bx)(c + dx), com a, b, c, d ∈ Q, b 6= 0 e d 6= 0. Logo, desenvolvendo, obtemos bd = 1, ad + bc = 0 e ac = −2. Assim, abd + b2 c = 0 e a2 bd + ab2 c = 0 ⇒ a2 − 2b2 = 0, 8.2. CRITÉRIOS DE IRREDUTIBILIDADES isto é, 331 √ a 2 = ± ∈ Q, b o que é uma contradição. Note que embora f seja irredutível sobre Q, o polinômio f é redutível sobre R, pois ³ √ ´³ √ ´ f = x− 2 x+ 2 . Portanto, ser irredutível depende do anel. ¥ Exemplo 8.22 Mostre que f = x4 + 4 ∈ Q[x] é um polinômio redutível sobre Q. Solução. Como f = 4 + 4x2 + x4 − 4x2 = (2 + x2 ) − (2x)2 = (2 − 2x + x2 )(2 + 2x + x2 ) temos que f redutível sobre Q. Note que embora f seja redutível sobre Q, ele não tem raízes em Q. ¥ Exemplo 8.23 Mostre que p = x2 + 1 ∈ R[x] é um polinômio irredutível sobre R e conclua que R[x] ' C. (1 + x2 ) Solução. É fácil verificar que p é um polinômio irredutível sobre R. Agora, dado f ∈ R[x], pelo Algoritmo da Divisão, existem únicos q, r ∈ R[x] tais que f = q(1 + x2 ) + r, com r = 0 ou ∂(r) < ∂(1 + x2 ) = 2. Logo, r = a + bx ∈ R[x]. Portanto, R[x] = {a + bx + J : a, b ∈ R}, com J = (1 + x2 ). J Consideremos a função ϕ: R[x] →C J definida por ϕ(a + bx + J) = a + bi, em que i2 = −1. Assim, é fácil verificar que ϕ é um homomorfismo de aneis bijetor. ¥ Proposição 8.24 (Fórmula de Interpolação de Lagrange) Sejam K um corpo e a1 , . . . , an , b1 , . . . , bn ∈ K. Se a1 , . . . , an são distintos aos pares, então existe um único polinômio f ∈ K[x] de grau no máximo n − 1 tal que f (ai ) = bi , i = 1, . . . , n. 332 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Prova. Seja Ii = (x − ai ), i = 1, . . . , n. Então, pela Proposição 7.9, cada Ii é um ideal maximal em K[x] e é fácil verificar que se i 6= j, então Ii + Ij = K[x]. Assim, pelo Teorema Chinês dos Restos, existe f ∈ K[x] tal que f ≡ bi (mod Ii ), i = 1, . . . , n. Logo, pelo Teorema do Resto, f (ai ) = bi , i = 1, . . . , n. Agora, vamos exibir explicitamente o polinômio f , pondo gj = obtemos gj ≡ 1 (mod Ij ) e gi ≡ 0 (mod Ii ), i = 1, . . . , n com i 6= j. Portanto, f = b1 g1 + b2 g2 + · · · + bn gn = A unicidade de f segue do Corolário 8.18. n X j=1 x − ai , aj − ai i=1,j6=i n Y bj à n Y x − ai aj − ai i=1,j6=i ! . ¥ Sejam A um domínio de fatoração única e p um elemento primo em A. Então a função ϕ:A→K= A (p) definida por ϕ(a) = a + (p) é um homomorfismo de aneis sobrejetor. Logo, a função ϕ : A[x] → K[x] b ϕ(f ) = ϕ b b à n X i=0 definida por ai xi ! = é um homomorfismo de aneis sobrejetor tal que ϕ|A = ϕ (prove isto!). Note, pelo item b (1) da Proposição 7.9, que K é um domínio de integridade. Seja f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ A[x]. Dizemos que f é um polinômio primitivo se mdc(a0 , a1 , . . . , an ) = 1 n X i=0 ϕ(ai )xi 8.2. CRITÉRIOS DE IRREDUTIBILIDADES ou, equivalentemente, (a0 , a1 , . . . , an ) = A. Caso contrário, existe um elemento primo p em A tal que p | ai , i = 0, 1, . . . , n, ou, equivalentemente, existe um ideal maximal M em A tal que (a0 , a1 , . . . , an ) ⊆ M. 333 Observação 8.25 Note que f = 3 − 4x + x2 ∈ Z[x] é um polinômio primitivo, mas não é irredutível sobre Z. Teorema 8.26 (Lema de Gauss) Sejam A um domínio de fatoração única e f, g ∈ A[x]. Então f e g são polinômios primitivos se, e somente se, fg é um polinômio primitivo. Prova. Suponhamos, por absurdo, que fg não seja um polinômio primitivo. Então, existe um elemento primo p em A tal que p divide todos os coeficientes de fg. Logo, ϕ(f g) = 0 b A em K[x], com K = (p) . Mas, ϕ(f )b (g) = ϕ(fg) = 0, b ϕ b com ϕ(f ) 6= 0 e ϕ(g) 6= 0, o que é uma contradição, pois, pelo item (4) da Proposição 8.2, b b K[x] é um domínio de integridade. Reciprocamente, seja d um divisor comum de todos os coeficientes de f (de g). Então, por definição de fg, d é um divisor comum de todos os coeficientes de fg. Logo, d | 1, isto é, d ∈ U(A).. Portanto, f e g são polinômios primitivos. ¥ Lema 8.27 Sejam A um domínio de fatoração única e K seu corpo quociente. Então qualquer f ∈ K[x] pode ser escrito de modo único, a menos de associados, sob a forma f = c(f )f ∗ , com c(f ) ∈ K ∗ e f ∗ ∈ A[x] um polinômio primitivo. O número c(f ) chama-se conteúdo do polinômio f . Prova. (Existência) Seja f = r0 + r1 x + · · · + rn xn ∈ K[x]. Se ri = ai ∈ K, i = 0, 1, . . . , n, bi então, pondo b = b0 b1 · · · bn ∈ A∗ , obtemos bf = g, com b g = c0 + c1 x + · · · + cn xn ∈ A[x], ci = bi ai e bi = , i = 0, 1, . . . , n. b b bi 334 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Além disso, se d = mdc(c0 , c1 , . . . , cn ), então d | ci , i = 0, 1, . . . , n. Logo, existe di ∈ A tal que ci = ddi . Assim, g = d(d0 + d1 x + · · · + dn xn ) = df ∗ . Portanto, f = c(f )f ∗ , com c(f ) = d ∈ K ∗ e f ∗ ∈ A[x] um polinômio primitivo. b (Unicidade) Se f = c1 (f )g∗ , com c1 (f ) ∈ K ∗ e g ∗ ∈ A[x] um polinômio primitivo, então c1 (f ) ∗ c(f )f ∗ = c1 (f )g ∗ ⇒ f ∗ = g . c(f ) Se c1 (f ) k = , c(f ) l com k, l ∈ A e mdc(k, l) = 1, então lf ∗ = kg∗ é uma equação em A[x]. Logo, o maior divisor comum dos coeficientes de lf ∗ é igual a l e dos coeficientes de kg∗ é igual a k. Assim, existe u ∈ U(A) tal que k = lu. Portanto, c1 (f ) k lu = = = u ou f ∗ = ug ∗ , c(f ) l l isto é, c(f ) e c1 (f ) (f ∗ e g∗ ) são associados. Exemplo 8.28 Seja f= Então 1 f = f ∗, 9 com f ∗ = 3 + 9x3 + 15x4 + 2x2 ∈ Z[x]. Lema 8.29 Sejam A um domínio de fatoração única e K seu corpo quociente. Se f ∈ A[x], então c(f ) ∈ A. Prova. Pelo Lema 8.27, f = c(f )f ∗ . Por outro lado, se d é o maior divisor comum dos coeficientes de f , então f = dh, com d ∈ A∗ e h um polinômio primitivo em A[x]. Assim, pela unicidade, c(f ) = ud, com u ∈ U(A). Portanto, c(f ) = ud ∈ A. ¥ Lema 8.30 Sejam A um domínio de fatoração única, K seu corpo quociente e f ∈ K[x]. Se f = gh em K[x], então c(f ) ∼ c(g)c(h) e f ∗ = g∗ h∗ . 5 2 1 + x3 + x4 + x5 ∈ Q[x]. 3 3 9 ¥ 8.2. CRITÉRIOS DE IRREDUTIBILIDADES Prova. Como g = c(g)g∗ , h = c(h)h∗ e f = c(g)c(h)g ∗ h∗ temos, pelo Lema 8.27, que c(f ) ∼ c(g)c(h) e f ∗ = g∗ h∗ , que é o resultado desejado. 335 ¥ Teorema 8.31 (Teorema de Gauss) Sejam A um domínio de fatoração única, K seu corpo quociente e f ∈ A[x] um polinômio primitivo. Então f é redutível sobre K se, e somente se, f é redutível sobre A. Em particular, se f é um polinômio mônico e redutível sobre K, então f é redutível sobre A. Prova. Suponhamos que f seja redutível sobre K. Então existem f, g ∈ K[x] tais que f = gh, com 1 < ∂(g), ∂(h) < ∂(f ). Como f é um polinômio primitivo temos que c(g)c(h) = u, com u ∈ U(A), pois g ∗ h∗ é um polinômio primitivo. Logo, f = ug∗ h∗ , com u ∈ U(A). Portanto, f é redutível sobre A. A recíproca é clara. ¥ Observação 8.32 O Teorema de Gauss não se aplica a um domínio qualquer, por exemplo, sejam A = Z[2i] = {a + 2bi : a, b ∈ Z} um subanel do corpo dos números complexos C e f = 1+x2 ∈ A[x]. Então é fácil verificar que K = Q[i] = {a + 2bi : a, b ∈ Q} é o corpo quociente de A e f = (x − i)(x + i) em K[x], ou seja, f é redutível sobre K, mas f é irredutível sobre A, pois i, −i ∈ A. Em particular, A não é um domínio de fatoração / única. Corolário 8.33 Seja A um domínio de fatoração única. Então A[x] é um domínio de fatoração única. Prova. Sejam f ∈ A[x], com f 6= 0, e K o corpo quociente de A. Como K[x] é um domínio de fatoração única temos, pelo Lema 8.30, que f = cp1 · · · pr , em que c ∈ A e os polinômios primitivos pi em A[x] são irredutíveis sobre K[x]. Logo, pelo Teorema de Gauss, os pi são irredutíveis sobre A[x]. Finalmente, a unicidade segue do item (2) do Lema 7.10. ¥ 336 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Teorema 8.34 Sejam A um domínio de fatoração única, K seu corpo quociente e f ∈ A[x]. Se f é irredutível sobre A, então f é irredutível sobre K. Prova. Suponhamos, por absurdo, que f seja redutível sobre K. Então existem f, g ∈ K[x] tais que f = gh, com 1 < ∂(g), ∂(h) < ∂(f ). Assim, f = c(g)c(h)g∗ h∗ , com g ∗ , h∗ ∈ A[x] polinômios primitivos. Logo, pelos Lemas 8.27 e 8.29, c(g)c(h) = c(f ) ∈ A. Portanto, f = c(f )g ∗ h∗ é um fatoração em A[x], o que é uma contradição. ¥ Observação 8.35 A recíproca do Teorema 8.34 é falsa, por exemplo, f = 4 + 2x ∈ Z[x] é irredutível sobre Q, mas é redutível sobre Z. Um exemplo mais geral, seja A = Z[2i] = {a + 2bi :∈ Z} o subanel do corpo dos números complexos C. Teorema 8.36 Sejam A um domínio de integridade e f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ A[x] com n ≥ 1. Se existir um ideal maximal M de A tal que 1. an 6≡ 0 (mod M). 2. ai ≡ 0 (mod M), i = 0, 1, . . . , n − 1. 3. a0 6≡ 0 (mod M 2 ). Então f é irredutível sobre A. Prova. Suponhamos, por absurdo, que f seja redutível sobre A. Então existem f, g ∈ A[x] tais que f = gh, onde g = b0 + b1 x + · · · + bk xk , h = c0 + c1 x + · · · + cm xm ∈ A[x] e 1 < k, m < n. Logo, por hipótese, ϕ(g)b (h) = ϕ(f ) = ϕ(an )xn . b ϕ b ¡A¢ é um corpo temos que M [x] é um domínio de fatoração única. Logo, ϕ(g) = ϕ(bk )xk , com bj ≡ 0 (mod M), j = 0, 1, . . . , k − 1, b Como A M e Em particular, b0 ≡ 0 (mod M) e c0 ≡ 0 (mod M). Portanto, a0 = b0 c0 ≡ 0 (mod M 2 ), o que é uma contradição. ¥ ϕ(h) = ϕ(cm )xm , com cl ≡ 0 (mod M), l = 0, 1, . . . , m − 1. b 8.2. CRITÉRIOS DE IRREDUTIBILIDADES 337 Teorema 8.37 (Critério de Eisenstein) Sejam A um domínio de fatoração única, K seu corpo quociente e f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ A[x] um polinômio primitivo, com n ≥ 1. Se existir um elemento primo p em A tal que 1. p - an . 2. p | ai , i = 0, 1, . . . , n − 1. 3. p2 - a0 . Então f é irredutível sobre K. Prova. Segue do Corolário 8.33 e do Teorema 8.36, com M = (p). ¥ Exemplo 8.38 Seja d ∈ Z livre de quadrados. Mostre que f = xn −d ∈ Z[x] é irredutível √ sobre Q, para todo n ∈ N. Em particular, n a é um número irracional. Solução. Seja p um número primo dividindo d. Então, pelo Critério de Eisenstein, f = xn − d ∈ Z[x] é irredutível sobre Q. ¥ Exemplo 8.39 Seja p um número primo. Mostre que φp = 1 + x + · · · + xp−1 ∈ Z[x] é irredutível sobre Q. Solução. Note que φp = Logo, (1 + x)p − 1 f = φp (1 + x) = = (1 + x) − 1 Como p divide à p k à ! p 1 ! xp − 1 . x−1 à p 2 ! à p p−1 ! xp−2 + xp−1 . + x + ··· + , k = 1, . . . , p − 1, temos, pelo Critério de Eisenstein, que f é irredutível sobre Q. Portanto, pelo item (b) do Exercício 11 da Seção 8.1, φp é irredutível sobre Q. ¥ Exemplo 8.40 Sejam A = Q[x] e f = y n − x ∈ A[y], para todo n ∈ N. Mostre que f é irredutível sobre A. Solução. Note que P = (x) é um ideal primo em A, pois a função ϕ : A → Q definida por ϕ(f (x)) = f (0) é um homomorfismo de aneis, com ker ϕ = P . Então, pelo Critério de Eisenstein, f = y n − x ∈ A[y] é irredutível sobre A. Observe, pelo Exercício 12 abaixo, que o resultado continua válido para qualquer domínio de integridade ¥ 338 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Proposição 8.41 (Princípio da Localização) Sejam A um domínio de integridade, f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ A[x], b b / com n ≥ 1 e I um ideal próprio de A. Se an ∈ I e f = ϕ(f ) não possui fatoração própria sobre A , então f é irredutível sobre A. I Prova. Suponhamos, por absurdo, que f seja redutível sobre A. Então existem f, g ∈ A[x] tais que f = gh, com g = b0 + b1 x + · · · + bk xk , h = c0 + c1 x + · · · + cm xm ∈ A[x] e 1 < k, m < n. Logo, é uma fatoração próprio em I [x], o que é uma contradição, pois o elemento ϕ(bk ck ) = ϕ(an ) não pertence ao ideal I. ¥ Observação 8.42 Sejam A = Z6 e f = x ∈ A[x]. Então f = (4 + 3x)(3 + 4x), ou seja, f é redutível sobre A. Não obstante, se I = (2) = 2A = {0, 2, 4} (I = (3) = 3A = {0, 3}) é um ideal próprio de A, então b b f = ϕ(f ) = 1x = (1 + I)x ¡A¢ ϕ(f ) = ϕ(g)b (h) b b ϕ não possui fatoração própria sobre A . Portanto, a hipótese de A ser um domínio de I integridade na Proposição 8.41 é necessária. Exemplo 8.43 Mostre que f = 97 + 5x + 27x2 + x3 ∈ Z[x] é irredutível sobre Q. Solução. Note que não podemos aplicar o Critério de Eisenstein. Pondo p = 5, obtemos b b f = ϕ(f ) = 2 + 2x2 + x3 ∈ Z5 [x]. b Como p - 1, basta provar que f é irredutível sobre Z5 . É fácil verificar que nenhum b elemento de Z5 é raiz de f , por exemplo, b Portanto, pelo item (a) do Exercício 16 abaixo, f é irredutível sobre Z5 . b f (4) = 2 + 2(4)2 + 43 = 98 = 3 6= 0. ¥ Exemplo 8.44 Mostre que f = 1 + xy + x2 ∈ Z[x, y] é irredutível sobre Z. 8.2. CRITÉRIOS DE IRREDUTIBILIDADES Solução. Pondo I = (y) um ideal próprio do anel Z[y], obtemos ¶ µ Z[y] 2 b b f = ϕ(f ) = 1 + x ∈ [x] ' Z[x], I 339 Exemplo 8.45 Seja p um número primo. Mostre que o polinômio f = c+(p−1)x+xp ∈ Zp [x], com c 6= 0, é irredutível sobre Zp . pois é fácil verificar que a função ϕ : Z[x, y] → Z[x] definida por ϕ(f (x, y)) = f (x, 0) é b um homomorfismo de aneis, com ker ϕ = I. Como 1 ∈ I, basta provar que f é irredutível / b sobre Z[x]. Mas, é claro que f é irredutível sobre Z[x]. ¥ Solução. Já vimos, pelo Teorema de Lagrange, que ap ≡ a (mod p), para todo a ∈ Zp . Logo, o polinômio g(x) = −x + xp = (p − 1)x + xp ≡ 0 (mod p). Assim, g(a) = (p − 1)a + ap ≡ 0 (mod p), ∀ a ∈ Zp . Portanto, f (a) 6= 0, para todo a ∈ Zp , ou seja, pelo item (b) do Exercício 16 abaixo, f é irredutível sobre Zp . ¥ EXERCÍCIOS 1. Sejam A um domínio de fatoração única e K seu corpo quociente. Mostre que os elementos primos de A[x] são os elementos primos de A ou os polinômios primitivos de A[x] que são irredutíveis sobre K. 2. Seja K um corpo. Mostre que se f ∈ K[x], com ∂(f ) ≥ 2, tem uma raiz em K, então f é redutível sobre K. 3. Sejam K um corpo e f ∈ K[x], com 1 ≤ ∂(f ) ≤ 3. Mostre que f .é redutível sobre K se, e somente se, f tem uma raiz em K. 4. Mostre que qualquer a ∈ R com a ≥ 0 tem uma raiz quadrada em R. Generalize para uma raiz n-ésima em R. 5. Mostre que qualquer polinômio f ∈ R[x], com grau ímpar maior do que ou giual a 3, é redutível sobre R. (Sugestão: Seja f ∈ R[x] Então podemos supor, sem perda de generalidade, que f = a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 + xn ∈ R[x]. 340 Pondo CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS t=1+ obtemos f (t) > 0 e f (−t) < 0 (prove isto!). Agora, aplique o Teorema do Valor Intermediário.) 6. Quais dos conjuntos J ⊆ Q[x] são ideais de .Q[x]. Em caso afirmativo, calcule p mônico em J tal que J = (p). Quais J são ideais maximais de Q[x]? Nos casos afirmativo determine o corpo quociente Q[x] . J (a) J = {f ∈ Q[x] : f (1) = f (7) = 0}. (b) J = {f ∈ Q[x] : f (2) = 0 e f (5) 6= 0}. √ (c) J = {f ∈ Q[x] : f ( 3) = 0}. (d) J = {f ∈ Q[x] : f (4) = 0 e f (0) = f (1)}. 7. Seja f ∈ R[x] um polinômio mônico com ∂(f ) = 2. Mostre que f é irredutível sobre R se, e somente se, f pode ser escrito sob a forma f = (x − a)2 + b2 , onde a, b ∈ R, b 6= 0. 8. (Critério de Raízes Racionais) Seja f = a0 + · · · + an xn ∈ Z[x], com ∂(f ) = n. Mostre que se r α = ∈ Q, s 6= 0, s é uma raiz de f , então r | a0 e s | an . Conclua que se an = 1, então toda raiz racional de f é inteira. 9. Mostre que para qualquer n ∈ N, existe pelo menos um polinômio irredutível de grau n sobre Z. 10. Mostre que se A[x] é um domínio de fatoração única, então A também o é. 11. Mostre que o polinômio f = 1 + x ∈ Z6 [x] é redutível sobre Z6 . 12. Seja A um domínio de fatoração única. Então A[x, y] é um domínio de fatoração única. Generaliza para um número arbitrário de variáveis. 13. Sejam A um domínio de integridade e f = a0 + a1 x + · · · + xn ∈ A[x] um polinômio mônico com n ≥ 1. Se existir um ideal primo P em A tal que ai ≡ 0 (mod P ), i = 0, 1, . . . , n − 1e a0 6≡ 0 (mod P 2 ). Mostre que f é irredutível sobre A. n−1 X i=0 |ai | ∈ R∗ , + 8.2. CRITÉRIOS DE IRREDUTIBILIDADES 341 14. Sejam A um domínio de integridade, K seu corpo quociente e f ∈ A[x] um polinômio mônico. Mostre que se f = gh, com g.h ∈ K[x] mônicos, ∂(g), ∂(h) < ∂(f ) e √ g ∈ A[x], então A não é um domínio de fatoração única. Conclua que Z[ 8] não é / um domínio de fatoração única. 15. Seja K corpo. (a) Mostre que f ∈ K[x] com ∂(f ) = n e f (0) 6= 0 é irredutível sobre K se, e 1 somente se, o polinômio recíproco g(x) = xn f ( x ) de f é irredutível sobre K. (b) Mostre que o polinômio f = 4 + 5x17 ∈ Z[x] é irredutível sobre Q. 16. Sejam p um número primo e f = a0 + · · · + an xn ∈ Zp [x]. Mostre que cada uma das seguintes condições implica que f é redutível sobre Zp . (a) f (a) = mp ≡ 0 (mod p), para algum a ∈ Zp e m ∈ Z+ . (b) a0 + · · · + an = rp ≡ 0 (mod p), para algum r ∈ Z+ . (c) n um número ímpar, ai ∈ Z∗ e a0 = · · · = an . p (d) f = 1 + xp . 17. Quais dos seguintes polinômios f ∈ Z[x] são irredutíveis sobre Q? (a) 1 + x + 2x2 + 2x3 . (b) 2 + 2x + 2x2 + 2x3 . (c) 2 + 4x + 2x5 + 2x7 . (d) 33 + 44x + 11x2 + 22x3 + x7 . (e) 12 + 5x + 15x2 + 10x3 + x4 . (f) 4 + 4x + 6x2 + 4x2 + x4 . 18. Seja p um número primo ímpar. Mostre que o polinômio f = c + x + · · · + xp−1 ∈ Zp [x], com c 6= 0 é irredutível sobre Zp . 19. Seja p um número primo. Mostre que para cada função f : Zp → Zp existe um único polinômio p ∈ Zp [x] de grau no máximo p − 1 tal que p(a) = f (a), para todo a ∈ Zp . 20. Mostre que cada um dos corpos K1 = Z11 [x] Z11 [y] e K2 = 2) (1 + x (2 + 2y + y 2 ) 342 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS contêm 121 elementos. (Sugestão: Mostre que a função ϕ : K1 → K2 definida por ϕ(x + (1 + x2 )) = 1 + y + (2 + 2y + y 2 ) é um isomorfismo de corpos.) 21. Seja K um corpo. Mostre que o conjunto de todos os polinômios irredutíveis sobre K é infinito. Conclua que qualquer corpo algebricamente fechado é infinito. 22. Sejam Vn (Zp ) o espaço vetorial de todos os polinômio de grau menor do que ou igual a n sobre Zp e Vm (Zp ) o espaço vetorial de todos os polinômio de grau menor do que ou igual a m sobre Zp . Mostre que se n > m e m + 1 divide n + 1, então existe uma transformação linear T : Vn (Zp ) → Vm (Zp ) tal que Vn (Zp ) ' Vm (Zp ). ker T (Sugestão: Seja T : Vn (Zp ) → Vm (Zp ) definida por T (a0 + · · · + am xm + · · · + an xn ) = (a0 + · · · + am ) + (am+1 + · · · + a2m+1 )x + · · · + (an−m + · · · + an )xm . Agora, mostre que T tem as propriedades desejadas.) 23. Sejam K um corpo e A = {f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ K[x] : a1 = 0}. (a) Mostre que A é um domínio de integridade. (b) Mostre que A[x] não é um domínio de fatoração única. (Sugestão: (b) Mostre que x6 tem duas fatorações distintas em fatores irredutíveis x6 = (x2 )3 = (x3 )2 .) 24. Sejam A um domínio de fatoração única, p um elemento primo em A e K seu corpo quociente. Mostre que a função ωp : K → Z+ ∪ {∞} definida no Exercício 8, da Seção 1 do Capítulo 7, pode ser estendida de modo único para K[x], à n ! X ai xi = min {ω p (ai )}. ωp b i=0 0≤i≤n Além disso: b b (b) Mostre que ω p (fg) = ω p (f ) + ωp (g), para todos f, g ∈ K[x]. b b b (a) Mostre que ω p (cf ) = ω p (c) + ω p (f ), para todo c ∈ K e f ∈ K[x]. b 8.3. ANEIS NOETHERIANOS 25. Sejam Q um corpo dos números racionais e A = {f = a0 + a1 x + · · · + an xn ∈ Q[x] : a0 ∈ Z}. (a) Mostre que A é um domínio de integridade e U(A) = {−1, 1}. 343 (b) Mostre que os elementos irredutíveis sobre A são ±p, com p um elemento primo de Z, e os polinômio irredutível sobre Q tendo termos constantes em {−1, 1}. (c) Mostre que os elementos irredutíveis sobre A são elementos primos em A. (d) Mostre que x não é um elemento irredutível sobre A. Conclua que A não é um domínio de fatoração única. (e) Mostre que x não é um elemento primo em A. Determine o anel quociente A . (x) 8.3 Aneis Noetherianos Nesta seção apresentaremos uma classe especial de aneis que é uma generalização dos aneis de ideais principais. Seja A um anel qualquer. Dizemos que A é um anel Noetheriano se qualquer ideal I em A for finitamente gerado, isto é, existem a1 , . . . , ak ∈ A tais que I = (a1 , . . . , ak ). Exemplo 8.46 Os aneis Z e Q são aneis Noetherianos. Mais geralmente, qualquer anel de ideais principais é um anel Noetheriano. Exemplo 8.47 Seja d um número inteiro livre de quadrados. Mostre que o anel n o √ √ Z[ d] = a + b d : a, b ∈ Z é um anel Noetheriano. √ √ Solução. Sejam I um ideal qualquer de Z[ d] e π : Z[ d] → Z a função definida por √ π(a + b d) = a. Então π é um homomorfismo de aneis tal que √ √ √ ker π = {b d : b ∈ Z} e Im π = {a ∈ Z : a + b d ∈ Z[ d], para algum b ∈ Z}. Assim, √ I0 = Im π(I) = {a ∈ Z : a + b d ∈ I, para algum b ∈ Z} e I1 = I ∩ ker π √ são ideais de Z e Z[ d], respectivamente, onde √ √ I1 ' {b ∈ Z : b d ∈ I} ⊆ Z.(b d ↔ b) 344 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Logo, existem a0 , b1 ∈ Z tais que √ Assim, pela definição de I0 , podemos encontrar b0 ∈ Z tal que x0 = a0 + b0 d ∈ I. √ Afirmação. I = (x0 , x1 ), onde x1 = b1 d ∈ I. √ De fato, dado x = a + b d ∈ I, então a ∈ I0 , de modo que a = ma0 , para algum m ∈ Z. Assim, √ x − mx0 = (b − mb0 ) d ∈ I ⇒ b − mb0 ∈ I1 . Logo, b − mb0 = nb1 , para algum n ∈ Z. Portanto, √ √ x = a + b d = ma0 + (mb0 + nb1 ) d = mx0 + nx1 ∈ (x0 , x1 ) ⇒ I ⊆ (x0 , x1 ). I0 = (a0 ) e I1 ' (b1 ). √ √ Portanto, qualquer ideal em Z[ d] é finitamente gerado, ou seja, Z[ d] é um anel Noetheriano. ¥ Proposição 8.48 Seja A anel qualquer. Então as seguintes condições são equivalentes: 1. A é um anel Noetheriano (condição de base finita); 2. Qualquer cadeia crescente de ideais em A é estacionária (condição de cadeia ascendente); 3. Qualquer família não vazia de ideais em A possui um elemento maximal (condição maximal). Prova. (1 ⇒ 2) Seja I1 ⊆ I2 ⊆ · · · ⊆ In ⊆ · · · ∞ [ uma cadeia crescente de ideais em A. É fácil verificar que I= In n=1 é um ideal de A. Logo, existem a1 , . . . , ak ∈ A tais que I = (a1 , . . . , ak ). Como a1 , . . . , ak ∈ I temos que existem n1 , . . . , nk ∈ N tais que a1 ∈ In1 , . . . , ak ∈ Ink . Pondo n0 = max{n1 , . . . , nk }, temos que a1 , . . . , ak ∈ In0 . Assim, para n ≥ n0 I = (a1 , . . . , ak ) ⊆ In0 ⊆ In ⊆ I. Portanto, In = In0 , para todo n ∈ N, com n ≥ n0 . (2 ⇒ 3) Seja F = {I : I um ideal em A e I 6= {0}} 8.3. ANEIS NOETHERIANOS 345 uma família não vazia de ideais em A. Seja I1 ∈ F. Se I1 é um elemento maximal, acabou. Caso contrário, escolhemos um elemento qualquer I2 de F, com I1 ⊆ I2 . Continuando assim, obtemos uma cadeia crescente de elementos de F, I1 ⊆ I2 ⊆ · · · ⊆ In ⊆ · · · Como A satisfaz condição de cadeia ascendente temos que essa cadeia para, digamos em M = Ik . Portanto, M é um elemento maximal de F. (3 ⇒ 1) Sejam I um ideal qualquer em A e F = {J : J é um ideal finitamente gerado em A e J ⊆ I}. Como {0} ∈ F temos que F 6= ∅. Logo, F contém um elemento maximal M. Afirmação. M = I. De fato, suponhamos, por absurdo, que M 6= I. Então existe x ∈ I tal que x ∈ M. Se / L = M + hxi, então L ∈ F, com M à L, o que é uma contradição. ¥ Corolário 8.49 Seja A um anel. Então A é um anel Noetheriano se, e somente se, para qualquer família {ai }i∈N de A, existir k ∈ N tal que an = para todo n > k e xi ∈ A. i=1 k P xi ai , Prova. Suponnhamos, por absurdo, que existam n > k e xi ∈ A tais que an 6= Então i=1 k P xi ai , ∀ k ∈ N. Ii = (a1 , . . . , ai ) é uma cadeia crescente de ideais em A não estacionária, o que é uma contradição. Reciprocamente, seja I um ideal qualquer em A. Suponhamos, por absurdo, que I não seja finitamente gerado. Então existe uma família {ai }i∈N de I tal que / an+1 ∈ (a1 , . . . , αn ), o que é uma contradição. Portanto, A é um anel Noetheriano. Exemplo 8.50 Seja p um número primo fixado. Mostre que o conjunto ¾ ½ Q a ∞ n : a ∈ Z , 0 ≤ a < p e n ∈ Z+ ⊆ A = Z(p ) = n p Z munido com adição usual do grupo dos números racionais de módulo um e a multiplicação x · y = 0, para todos x, y ∈ A, é um anel não Noetheriano. ¥ 346 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Solução. É claro que A é um anel comutativo sem identidade. Além disso, qualquer subgrupo I do grupo aditivo de A é um ideal em A, pois ax = 0 ∈ I, para todo a ∈ A e x ∈ I. Já vimos, no Exemplo 1.45, que qualquer ideal em A é da forma ¾ ½ 1 2 pn − 1 In = 0, n , n , . . . . n , ∀ n ∈ N. p p p Assim, é fácil verificar que {0} ⊂ I1 ⊂ · · · ⊂ In ⊂ · · · é uma cadeia crescente de ideais em A não estacionária. Portanto, A não é um anel Noetheriano. ¥ Proposição 8.51 Sejam A um anel Noetheriano e S um sistema multiplicativo de A. Então S −1 A é um anel Noetheriano. Prova. Seja J um ideal qualquer em S −1 A. Então é fácil verificar que n o a I = a ∈ A : ∈ J, para algum s ∈ S s é ideal em A. Sejam J1 e J2 ideais em S −1 A tais que J1 ⊆ J2 e J1 6= J2 . Afirmação. I1 ⊆ I2 e I1 6= I2 De fato, é claro que .I1 ⊆ I2 Suponhamos, por absurdo, que I1 = I2 . Como J1 6= J2 e J1 ⊆ J2 temos que existe a ∈ J2 tais que a ∈ J1 . Sendo a ∈ I2 = I1 , temos que existe / s s a t ∈ S tal que t ∈ J1 . Logo, a t a = · ∈ J1 , s s t o que é uma contradição. Portanto, qualquer cadeia crescente de ideais em S −1 A dar origem a uma cadeia crescente de ideais em A, ou seja, S −1 A é um anel Noetheriano. ¥ Proposição 8.52 Sejam A, B aneis e σ : A → B um homomorfismo de aneis. Se ker σ e Im σ são aneis Noetherianos, então A é um anel Noetheriano. Prova. Seja I um ideal qualquer em A. Então é fácil verificar que σ(I) é um ideal em Im σ. Logo, existem b1 , . . . , bn ∈ Im σ tais que σ(I) = (b1 , . . . , bn ). Além disso, existem a1 , . . . , an ∈ I tais que σ(ai ) = bi , i = 1, . . . , n. Por outro lado, como I ∩ ker σ é um ideal em ker σ temos que existem c1 , . . . , cm ∈ ker σ tais que I ∩ ker σ = (c1 , . . . , cm ). Afirmação. I = (a1 , . . . , an , c1 , . . . , cm ). 8.3. ANEIS NOETHERIANOS 347 De fato, dado a ∈ I, obtemos σ(a) ∈ σ(I). Logo, existem y1 , . . . , yn ∈ Im σ, com yi = σ(xi ), i = 1, . . . , n, tais que ! à n n n X X X yi bi = σ(xi )σ(ai ) = σ xi ai . σ(a) = i=1 i=1 i=1 Assim, σ a− à Logo, existem z1 , . . . , zm ∈ A tais que a− n X i=1 n X i=1 xi ai ! =0⇒a− n X i=1 xi ai ∈ I ∩ ker σ. xi ai = m X j=1 zj cj ⇒ a = n X i=1 xi ai + m X j=1 zj cj ⇒ a ∈ (a1 , . . . , an , c1 , . . . , cm ). ¥ Portanto, A é um anel Noetheriano. Exemplo 8.53 Mostre que o conjunto (" A= a b 0 a # : a, b ∈ Q ) com as operações usuais adição e multiplicação de matrizes é um anel Noetheriano, mas o subanel (" # ) a b B= :a∈Z e b∈Q 0 a não é Noetheriano. Portanto, subanel de um anel Noetheriano não necessita ser Noetheriano. Solução. Note que a função ϕ : Q × Q → A definida por " # a b ϕ(a, b) = 0 a é claramente bijetora. Então, pelo Teorema do Transporte, Q × Q é um anel com a soma usual e a operação binária (a, b) ∗ (c, d) = σ −1 (ϕ(a, b)ϕ(c, d)) = (ac, ad + bc) isomorfo a A. Assim, aplicando a Proposição 8.52 a função π : Q × Q → Q definida por π(a, b) = a, temos que Q × Q é um anel Noetheriano e, consequentemente, A também é um anel Noetheriano. Note que A é um anel local com ideal maximal Ã" #! 0 1 M= . 0 0 348 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS Para provar que B não é um anel Noetheriano, consideremos o conjunto (" # ) 0 r I= :r∈Q . 0 0 Então claramente I é um ideal em B. Suponhamos, por absurdo, que I seja finitamente gerado, digamos Ã" # " #! 0 r1 0 rn I= ,..., . 0 0 0 0 Como ri = ai , i = 1, . . . , n, onde ai , bi ∈ Z e bi 6= 0, bi temos que b = b1 · · · bn ∈ Z∗ . Escolhendo um número primo p tal que mdc(b, p) = 1, obtemos " # 1 0 p ∈ I. 0 0 Assim, existem " # " x1 y1 0 x1 # " xn yn 0 xn # ,..., ∈B #" # tais que " 1 0 p 0 0 = = " x1 y1 0 x1 #" 0 r1 0 0 # + ··· + # , " xn yn 0 xn 0 rn 0 0 0 r1 x1 + · · · + rn xn 0 0 ou seja, b 1 = r1 x1 + · · · + rn xn ⇒ = (br1 )x1 + · · · + (brn )xn ∈ Z, p p o que é uma contradição. Poderíamos ter provado que B não é um anel Noetheriano usando a Proposição 8.48. De fato, para um n ∈ N fixado, o conjunto (" # ) m 0 2n In = :m∈Z 0 0 é claramente um ideal em B tal que In ⊆ In+1 e In 6= In+1 . ¥ Teorema 8.54 (Teorema da Base de Hilbert) Seja A um anel Noetheriano. Então A[x] é um anel Noetheriano. Prova. Sejam F = {I : I é um ideal em A} e F1 = {J : J é um ideal em A[x]} 8.3. ANEIS NOETHERIANOS Para um n ∈ Z+ fixado, consideremos a função ϕn : F1 → F definida por ϕn (J) = {a ∈ A : existe f = a0 + a1 x + · · · + an−1 xn−1 + axn ∈ J, a 6= 0} ∪ {0}. 349 Então ϕn (J) é um ideal em A, com ϕn (J) ⊆ ϕn+1 (J), pois dados a, b ∈ ϕn (J) e c ∈ A, existem f = a0 + a1 x + · · · + axn , g = b0 + b1 x + · · · + bxn ∈ J. Como J é um ideal em A[x] temos que f − g = (a0 − b0 ) + (a1 − b1 )x + · · · + (a − b)xn ∈ J e cf = (ca0 ) + (ca1 )x + · · · + (ca)xn ∈ J. Se a − b = 0 ou a − b 6= 0, então a − b ∈ ϕn (J). Se ca = 0 ou ca 6= 0, então ca ∈ ϕn (J). Afirmação. Dados J1 , J2 ∈ F1 , se J1 ⊆ J2 e ϕn (J1 ) = ϕn (J2 ), para todo n ∈ Z+ , então J1 = J2 . De fato, seja f = a0 + a1 x + · · · + am−1 xm−1 + am xm ∈ J2 com f 6= 0 e ∂(f ) = m. Como am ∈ ϕm (J2 ) = ϕm (J1 ) temos que existe gm = b0 + b1 x + · · · + bm−1 xm−1 + am xm ∈ J1 ⊆ J2 tal que f − gm = 0 ou ∂(f − gm ) ≤ m − 1 e f − gm ∈ J2 . Se f − gm = 0, acabou. Caso contrário, existe, de modo similar, um gm−1 ∈ J1 tal que f − (gm + gm−1 ) = 0 ou ∂(f − (gm + gm−1 )) ≤ m − 2 e f − (gm + gm−1 ) ∈ J2 . Continuando esse processo, em no máximo m etapas, obtemos gk , . . . , gm ∈ J1 tais que f − (gm + · · · + gk ) = 0. Portanto, f ∈ J1 e J1 = J2 . Agora, seja {0} ⊆ J1 ⊆ · · · ⊆ Jm ⊆ · · · uma cadeia crescente de ideais em A[x]. Então, para um n ∈ Z+ fixado, {0} ⊆ ϕn (J1 ) ⊆ · · · ⊆ ϕn (Jm ) ⊆ · · · é uma cadeia crescente de ideais em A. Assim, existe um k = k(n) ∈ Z+ tal que ϕn (Jk ) = ϕn (Jk+1 ) = · · · . Por outro lado, como a família {ϕn (Jm )}m,n∈Z+ de ideais em A é não vazia temos que ela contém um elemento maximal, digamos ϕp (Jq ). Assim, ( ϕn (Jq ), para todo n ≥ p ϕp (Jq ) = ϕn (Jm ), para todo n ≥ p e m ≥ q, 350 pois CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS n ≥ p ⇒ ϕp (Jq ) ⊆ ϕn (Jq ) e m ≥ q ⇒ ϕp (Jq ) ⊆ ϕn (Jq ) ⊆ ϕn (Jm ). Finalmente, pondo k = k(n) = p, para todo n ≥ p e r = k(1) · · · k(p − 1)q ≥ q, obtemos ϕn (Jr ) = ϕn (Jr+1 ) = · · · , ∀ n ∈ Z+ . Logo, pela afirmação, temos que Jr = Jr+1 = · · · . Portanto, A[x] um anel Noetheriano. ¥ Corolário 8.55 Seja A um anel Noetheriano. Então A[x1 , . . . , xn ] é um anel Noetheriano. ¥ EXERCÍCIOS 1. Sejam A = P (N) o anel de todos subconjuntos de N e F(N) = {Y ⊆ N : |Y | < ∞} um subanel (ideal) de A. Mostre que F(N) não é um anel Noetheriano. (Sugestão: Considere o conjunto In = {1, . . . , n}, para cada n ∈ N.) 2. Mostre que o anel das funções contínuas com valores reais B = C([0, 1], R) não é um anel Noetheriano. (Sugestão: Considere o conjunto ½ ∙ ¸¾ n , In = f ∈ B : f (x) = 0, ∀ x ∈ 0, n+1 para cada n ∈ N.) 3. Seja σ : A → B um homomorfismo de aneis sobrejetor. Mostre que se A é um anel Noetheriano, então B é anel Noetheriano. 4. Sejam A um anel, I J e K ideais em A que satifazem às seguintes condições: (a) J ⊆ K. (b) J ∩ I = K ∩ I. (c) J I = K . I Mostre que J = K. 8.3. ANEIS NOETHERIANOS 5. Sejam A um anel e I um ideal em A. (a) Mostre que se A é um anel Noetheriano, então (b) Mostre que se I e A I A I 351 é anel Noetheriano. são aneis Noetherianos, então A é um anel Noetheriano. 6. Seja A um anel Noetheriano. Então An é um anel Noetheriano, para todo n ∈ N. (Sugestão: Use indução sobre n.) 7. Seja K um corpo. Mostre que anel dos polinômios em infinitas variáveis A = K[x1 , . . . , xn , . . .] não é Noetheriano. 8. Sejam A um anel Noetheriano e S um subconjunto não vazio de A. Mostre que existem α1 , . . . , αn ∈ S tais que [S] = [α1 , . . . , αn ]. 9. Sejam A um anel Noetheriano e K um anel comutativo com identidade contendo A e elementos α1 , . . . , αn tais que K = A[α1 , . . . , αn ]. Mostre que K é um anel Noetheriano. 10. Dê exemplo de uma família F de ideais em um anel Noetheriano tal que nenhum elemento maximal de F seja um ideal maximal. 11. Mostre que qualquer domínio Noetheriano é um domínio de fatoração. 12. Seja A anel qualquer. Então as seguintes condições são equivalentes: (a) Toda cadeia decrescente de ideais em A é estacionária (condição de cadeia descendente); (b) Toda família não vazia de ideais em A possui um elemento minimal (condição minimal). Um anel satisfazendo uma dessas condições chama-se anel Artiniano. 13. Sejam K um corpo e Z o anel dos números inteiros. Mostre que K[x] e Z não são aneis Artinianos. 14. Mostre que um subanel de um anel Artiniano não necessita ser Artiniano. 15. Seja p um número primo fixado. Mostre que o conjunto ¾ ½ Q a ∞ n : a ∈ Z , 0 ≤ a < p e n ∈ Z+ ⊆ A = Z(p ) = n p Z é um anel Artiniano. 16. Sejam A = F(R, R) e a ∈ R∗ fixado. Mostre que o conjunto + Ia = {f ∈ A : f (x) = 0, para − a ≤ x ≤ a} é um ideal em A. Conclua que A não é um anel Noetheriano e nem Artiniano. 352 CAPÍTULO 8. ANEIS DE POLINÔMIOS E NOETHERIANOS 17. Seja σ : A → B um homomorfismo de aneis sobrejetor. Mostre que se A é um anel Artiniano, então B é anel Artiniano. 18. Sejam A um anel e I um ideal em A. (a) Mostre que se A é um anel Artiniano, então (b) Mostre que se I e A I A I é um anel Artiniano. são aneis Artinianos, então A é um anel Artiniano. 19. Mostre que qualquer domínio de integridade Artiniano é um corpo. 20. Mostre que se A é um anel Artiniano, então qualquer ideal primo P 6= {0} em A é um ideal maximal. 21. Sejam A um domínio de ideais principais e I 6= {0} um ideal em A. Mostre que é um anel Artiniano e Noetheriano. A I 22. Sejam A um anel Noetheriano e σ : A → A um homomorfismo de aneis sobrejetor. Mostre que σ é injetor. 23. Sejam A um anel Artiniano e σ : A → A um homomorfismo de aneis injetor. Mostre que σ é sobrejetor 24. Sejam A um anel Artiniano e Noetheriano e σ : A → A um homomorfismo de aneis. Mostre que existe n ∈ N tal que A = ker σ n ⊕ σ n (A).


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