Algebra Apostila

Sumário

Prefácio vii

I Teoria dos Grupos e Aneis ix

1 Grupos 11.1 Operações Binárias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Subgrupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.4 Grupos Cíclicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.5 Grupos Diedrais e Alternados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2 Teoremas de Estruturas para Grupos 592.1 Classes Laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.2 Homomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.3 Grupos Quocientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

2.4 Teoremas de Isomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

3 Aneis 1053.1 Aneis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.2 Subaneis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

4 Homomorfismos de Aneis e Aneis Quocientes 1354.1 Homomorfismos de Aneis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

4.2 Aneis Quocientes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

4.3 Teoremas de Isomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

4.4 Ideais Primos e Maximais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

4.5 Aneis de Frações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

II Teoria Avançada dos Grupos e Aneis 187

5 Produto de Grupos e os Teoremas de Sylow 1895.1 Produto Direto e Semidireto de Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

v

vi SUMÁRIO

5.2 Ação de Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

5.3 Classes de Conjugação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

5.4 p-Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

5.5 Teoremas de Sylow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

5.6 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

6 Grupos Solúveis e Nilpotentes 2416.1 Grupos de Permutações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

6.2 Grupos Solúveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

6.3 Grupos Nilpotentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

6.4 Séries de Composição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275

7 Aneis de Fatoração Única e Euclidianos 2837.1 Aneis de Fatoração Única . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283

7.2 Máximo Divisor Comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296

7.3 Aneis Euclidianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303

8 Aneis de Polinômios e Noetherianos 3178.1 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 3559.1 Extensão de Corpos e Grau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356

9.2 Elementos Algébricos e Transcendentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361

9.3 Extensões Algébricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371

10 Extensões Separáveis 37910.1 Corpos de Decomposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379

10.2 Extensões Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386

11 Teoria de Galois 39511.1 Extensões Normais e Galoisianas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395

11.2 Grupos de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402

11.3 Independência de Caracteres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406

11.4 Teorema Fundamental da Teoria de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414

12 Aplicações 423

Bibliografia 429

SUMÁRIO vii

Índice 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 CAPÍTULO 1. GRUPOS

3. Associativa se

a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c, ∀ a, b, c ∈ G.

Neste caso, podemos omitir os parênteses e simplesmente escrever, a ∗ b ∗ c, semambiguidade.

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 neu-

tro.

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 distributivasobre ◦.

Exemplo 1.2 A soma usual “+” é uma operação binária sobre Z, Q, R e C, respecti-vamente. Note que ela é comutativa e associativa.

Exemplo 1.3 O produto usual “•” é uma operação binária sobre Z∗, Q∗, R∗ e C∗, res-pectivamente, 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. Noteque 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 3

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).

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

nYi=1

ai =

(a1, se n = 1¡Qn−1

i=1 ai¢∗ an, se n > 1.

Por exemplo, o produto canônico de a1, a2, a3, a4 ∈ G, nesta ordem, é

4Yi=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) =nYi=1

ai, ∀ a1, ..., an ∈ G.

Prova. Vamos usar indução sobre n. Se n = 1 ou 2, nada há para ser provado. Supo-nhamos 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) =kYi=1

ai e f2(ak+1, ..., an) =n−kYj=1

ak+j.

Logo,

f(a1, a2, ..., an) =

ÃkYi=1

ai

!∗Ã

n−kYj=1

ak+j

!Assim, há duas possibilidades:


1.a Possibilidade. Se k = n− 1, então

f(a1, a2, ..., an) =

Ãn−1Yi=1

ai

!∗ an =

nYi=1

ai.

2.a Possibilidade. Se k < n− 1, então

f(a1, a2, ..., an) =

ÃkYi=1

ai

!∗ÃÃ

n−k−1Yj=1

ak+j

!∗ an

!, por definição

=

ÃÃkYi=1

ai

!∗Ã

n−k−1Yj=1

ak+j

!!∗ an, pela a associatividade

=

Ãn−1Yi=1

ai

!∗ an, pela hipótese de indução

=nYi=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 qualquerparênteses 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+c2, b+d2), se (a, b) 6= (c, d)

(a, b), se (a, b) = (c, d).

(b) A operação ∗ definida por (a, b) ∗ (c, d) = (a+ c, b+ d).

1.1. OPERAÇÕES BINÁRIAS 5

(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).

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


(a) a ∗ b = a2b.

(b) a ∗ b = min{a, b}.

(c) a ∗ b = ab + ba.

(d) a ∗ b = 1.

5. Determine se as operações binárias ∗ sobre R é associativa (comutativa) em cada


(a) a ∗ b = 3√a3 + b3. (f) a ∗ b = a+ b− ab.

(b) a ∗ b = ab+ a+ b. (g) a ∗ b = a+ b− 3.(c) a ∗ b = a. (h) a ∗ b =

√a2 + b2 + 1.

(d) a ∗ b = a+ b+ a2b. (i) a ∗ b = a+ log10(10b−a + 1).

(e) a ∗ b = max{a, b}. (j) a ∗ b = |a| b, quando a, b ∈ R∗.

6. Determine se as operações binárias ∗ sobre R∗+ é associativa (comutativa) em cada


(a) a ∗ b = 3ab. (e) a ∗ b = a+b1+ab

.

(b) a ∗ b = ab. (f) a ∗ b = aba+b+1

.

(c) a ∗ b = aba+b

. (g) a ∗ b =√a2 + b2 + 1.

(d) a ∗ b = ab+ 1. (h) 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+b5.

(b) A operação ∗ sobre Z× Z definida por (a, b) ∗ (c, d) = (ad+ bc, bd).


(c) A operação ∗ sobre Q∗ definida por a ∗ b = ab.

(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 associa-

tiva ∗ 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 so-mente 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 todosa, 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 seguintesaxiomas 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 bináriasobre G. Na maioria das vezes, dizemos simplesmnte “o grupo G”, sem mencionar qual a

operação binária está sendo considerada.

1.2. GRUPOS 7

Observação 1.10 Seja G um grupo qualquer:

1. O axioma (2), assegura que o conjunto G é sempre não vazio.

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 mençãoexplicita em contrário. A cardinalidade de um grupo G, em símbolos |G|, é chamada aordem 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

G = Q[√D] =

na+ b

√D : a, b ∈ Q, onde a ∈ Q∗ ou b ∈ Q∗

omunido 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!).


Exemplo 1.14 Seja Mn (R) o conjunto de todas as matrizes n× n sobre R. Mostre queo 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,

det(A−1) =1

det(A)6= 0.

Portanto,

A−1 ∈ G e AA−1 = A−1A = In,

ou seja, G é um grupo. Finalmente, se

A =

"1 0

1 1

#e B =

"1 1

0 1

#,

então A,B ∈ G. Mas

AB =

"1 1

1 2

#6="2 1

1 1

#= BA,

isto é, G é um grupo não abeliano. Além disso,

Aa =

"a 1

1 0

#∈ G, ∀ a ∈ R.

Portanto, G é um grupo não abeliano infinito. ¥

Exemplo 1.15 SejamG = 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 9

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 = q1n+ 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+ q1n+ r1 = q2n+ r2 + q1n = (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.

É fácil verificar que 0 = n é o elemento identidade de G e −a = n−a é o elemento inversode 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•n = {a ∈ Z : 1 ≤ a < n e mdc(a, n) = 1}.

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!).


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

Z= {x : x ∈ G},

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 =1

pe s =

1

q,

pois se

r = s⇔ 1

q− 1

p∈ Z,

então existe n ∈ Z tal que1

q− 1

p= n⇔ p− q = npq ⇔ p = (np+ 1)q,

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.

1.2. 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:

σ =

Ã1 2 · · · n

σ(1) σ(2) · · · σ(n)

!=

Ãx

σ(x)

!,

em que a ordem das colunas não importa. Dados σ, τ ∈ Sn, digamos

σ =

Ãx

σ(x)

!e τ =

Ãx

τ(x)

!.


Então, reordenando as colunas de τ até a primeira linha coincidir com a segunda linha de

σ, obtemos

τ =

Ãσ(x)

τ(σ(x))

!=

Ãσ(x)

(τ ◦ σ)(x)

!.

Portanto,

τ ◦ σ =Ã

x

(τ ◦ σ)(x)

!=

Ãσ(x)

τ(σ(x))

!◦Ã

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},

σ =

Ã1 2 3

2 3 1

!e τ =

Ã1 2 3

2 1 3

!,

então

τ ◦ σ =Ã1 2 3

2 1 3

!◦Ã1 2 3

2 3 1

!=

Ã2 3 1

1 3 2

!◦Ã1 2 3

2 3 1

!=

Ã1 2 3

1 3 2

!e

σ ◦ τ =Ã1 2 3

2 3 1

!◦Ã1 2 3

2 1 3

!=

Ã2 1 3

3 2 1

!◦Ã1 2 3

2 1 3

!=

Ã1 2 3

3 2 1

!.

Observe que σ ◦ τ 6= τ ◦ σ. Finalmente,

σ−1 =

Ã2 3 1

1 2 3

!=

Ã1 2 3

3 1 2

!e τ−1 =

Ã2 1 3

1 2 3

!=

Ã1 2 3

2 1 3

!= τ .

Exemplo 1.19 Sejam G e H grupos. Mostre que o conjunto

G×H = {(a, b) : a ∈ G e b ∈ H}


(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 deG×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 semi-

grupo se a operação binária ∗ for associativa. Se, além disso, G tiver o elemento identidade,dizemos que G é um monoide.

1.2. GRUPOS 13

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}

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

n ∗ a = an =

⎧⎪⎨⎪⎩an−1a, se n > 0

e, se n = 0

(a−1)−n = an+1a−1, se n < 0.

O elemento an é chamado a potência n-ésima do elemento a. Note que

a−n = (an)−1 = (a−1)n, ∀ n ∈ Z.

Por exemplo, se n ≥ 0, então, indutivamente, obtemos

an(a−1)n = e e ana−n = e.

Logo, pela unicidade do elemento inverso, obtemos.o resultado.

Proposição 1.21 Sejam G um grupo e a ∈ G fixado. Então:

1. aman = 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 : aman = am+n}.

Então 1 ∈ S, pois am+1 = ama. Suponhamos que o resultado seja válido para n > 1, isto

é, n ∈ S. Então

am+(n+1) = am+na = (aman)a = am(ana) = aman+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,

aman = (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+na−n.


Logo,

aman = (am+na−n)an = am+n(a−nan) = am+ne = am+n.

4.o Caso. Se m > 0, n < 0 e m+ n = 0, então

am = a(m+n)−n = am+na−n = ea−n = a−n.

Logo,

aman = a−nan = 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)mam+n.

Logo,

aman = am(a−1)mam+n = (ama−m)am+n = eam+n = am+n.

Portanto, aman = 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−1c−1.

3. Se ca = cb ou ad = bd, então a = b.

Prova. (1) Se ab = e, então

b = eb =¡a−1a

¢b = a−1 (ab) = a−1e = a−1.

Em particular, seja x ∈ G tal que x2 = x. Então

e = x−1x = x−1x2 = (x−1x)x = ex = x.

(2) Pondo b = c e a = c−1 no item (1), obtemos

ab = c−1c = e⇒ c = (c−1)−1.

Agora, pondo b = d−1c−1 e a = cd no item (1), obtemos

ab = (cd)(d−1c−1) = c(dd−1)c−1 = cec−1 = cc−1 = e⇒ d−1c−1 = (cd)−1 .

(3) Se ca = cb, então

a = ea = (c−1c)a = c−1(ca) = c−1(cb) = (c−1c)b = eb = b.

Provar que se ad = bd, então a = b fica como um exercício. ¥

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−1b)2 = (bab−1)2 = ba2b−1 ou a2b = ba2.

Pondo x = aba−1b−1, obtemos

x2 = ab(a−1b−1a)(ba−1b−1) = ab(aa−2b−1a)(ba−1b−1)

= ab(ab−1a−2a)(ba−1b−1) = ab(ab−1a−1)(ba−1b−1)

= ab(abb−2a−1)(ba−1b−1) = (ab)2(a−1b−2)(ba−1b−1)

= (ab)2(a−1b−1)2 = (ba)2(a−1b−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 osseguintes 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−1a = 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−1a

¢a−1 = aea−1 = aa−1 = b.

Assim,

e = b−1b = b−1(b2) = (b−1b)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−1a

¢=¡aa−1

¢a = ea = a.

Portanto, G é um grupo. ¥

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;


2. G é um grupo;

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−1b é solução da equação ax = b, pois

ax0 = a¡a−1b

¢= (aa−1)b = eb = b.

Reciprocamente, seja x1 uma solução da equação ax = b. Então ax1 = b. Logo,

a−1b = a−1(ax1) = (a−1a)x1 = ex1 = x1.

Portanto, toda solução da equação ax = b é da forma a−1b.

(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 a21 a1a2 · · · a1an

a2 a2a1 a22 · · · a2an...

...... · · · ...

an ana1 ana2 · · · a2n

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 17

Solução. Pelo Exemplo 1.15, obtemos

⊕ 0 1 2 3

0 0 1 2 3

1 1 2 3 0

2 2 3 0 1

3 3 0 1 2


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)cb+ 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−1bcd)

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.


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 =

(a+ b, se 0 ≤ a+ b < 1

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.)

9. Seja G um semigrupo satisfazendo os seguintes axiomas:

(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.

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. (Su-

gestão: Como G é finito temos que o conjunto {an : n ∈ N} é finito. Assim, existemm,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 fa = 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 aata = a.

(a) Mostre que se e é um elemento idempotente de G, então et = e.

(b) Mostre que se x, a ∈ G e atx = at, então x = aat.

(c) Mostre que ataat = 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 = b0a, 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.


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 =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.

20. Sejam G um grupo e a1, . . . , an ∈ G.

(a) Mostre que se a1 · · · an = e, então

ak · · · ana1 · · · ak−1 = e, k = 1, . . . , n.

(b) Mostre que se G é de ordem n, então existem índices 1 ≤ i ≤ j ≤ n tais que

aiai+1 · · · aj = e.

(Sugestão: (b) Considere o conjunto {a1, a1a2, . . . , a1a2 · · · am, . . . : m ∈ N}.)

21. Sejam p um número primo fixado,

Rp =nab∈ Q : mdc(b, p) = 1

oe Rp =

½a

pn∈ Q : n ∈ Z+

¾.

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

Z(p∞) =½

a

pn+ Z : a ∈ Z e n ∈ Z+

¾é um grupo abeliano infinito sob a operação de adição de Q

Z (confira Exemplo 1.17).

23. Sejam G um grupo, a, b ∈ G e k ∈ N fixado.

(a) Mostre que se aba−1 = bk, então anba−n = bkn, para todo n ∈ N.

(b) Mostre que se (ab)n = anbn, para algum n = n(a, b) ∈ N fixado com n > 1,

então (ab)n−1 = bn−1an−1, anbn−1 = bn−1an e (aba−1b−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 x2ax = a−1 possui uma solução x ∈ G se, e somente se,

a é um cubo em G.

1.2. GRUPOS 21

25. Seja G um grupo. Mostre que as seguintes condições são equivalentes:

(a) G é um grupo abeliano;

(b) (ab)n = anbn, para todos a, b ∈ G e n ∈ N;(c) (ab)n = anbn, (ab)n+1 = an+1bn+1 e (ab)n+2 = an+2bn+2, para todos a, b ∈ G e

n ∈ N;(d) (ab)2 = a2b2, para todos a, b ∈ G;

(e) (ab)−1 = a−1b−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 ambm = bmam e anbn = bnan, para

todos a, b ∈ G. Mostre que se mdc(m,n) = 1, então G é um grupo abeliano.

(Sugestão: Note que ambn = (ambn)rm+sn = am(bnam)rm+sn−1bn.)

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•7 e Z•24.

29. Sejam I, σi, τ j : R− {0, 1}→ R− {0, 1}, i = 1, 2 e j = 1, 2, 3, funções definidas por

I(x) = x, τ 1(x) =1

x, τ 2(x) = 1− x, τ 3(x) =

x

x− 1 ,

σ1(x) =1

1− xe σ2(x) =

x− 1x

.

Construa uma tabela de multiplicação para G = S3 = {I, τ 1, τ 2, τ 3, σ1, σ2} com a

composição usual de funções e conclua que G é um grupo não abeliano finito.

30. Sejam as matrizes

1 =

"1 0

0 1

#, I =

"i 0

0 −i

#,J =

"0 −11 0

#e K =

"0 −i−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.


31. Seja G um grupo tal que (ab)3 = a3b3 e (ab)5 = a5b5, 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 : σa,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 = {σa,b ∈ G : a ∈ Q∗, b ∈ R}. Mostre queH é um grupo com a operação induzida por G e que σa,b ◦ τ ◦ σ−1a,b ∈ H, para todo

σa,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}


(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 23

(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•.

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.)

42. Sejam {Gi}i∈I uma família indexada de grupos e G =Q

i∈I Gi o produto cartesiano

dos Gi. Mostre que G munido com a operação binária (ai)i∈I ∗ (bi)i∈I = (aibi)i∈I éum 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.


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 f2 = f e f ∈ G temos que

eG = f−1f = f−1(f2) = (f−1f)f = eGf = 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−1a = eG, emH. 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 queh = 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

Sa = 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), entãoas = 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−1s = a−1(asa−1) = (a−1a)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 : Sa = 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) =\a∈G

CG(a) e Z(G) ⊆ CG(S) ⊆ NG(S), ∀ S ⊆ G.

Exemplo 1.37 Sejam G um grupo, H um subgrupo de G e a ∈ G fixado. Então

Ha = aHa−1 = {aha−1 : h ∈ H}

é um subgrupo de G, com |H| = |aHa−1|.


Solução. É claro que e ∈ Ha, pois e ∈ H e e = aea−1. Se x, y ∈ Ha, então existem

h, k ∈ H tais que x = aha−1 e y = aka−1. Logo,

xy =¡aha−1

¢ ¡aka−1

¢= a(ha−1ak)a−1 = a(hk)a−1 ∈ Ha,

pois hk ∈ H. Finalmente, se x ∈ Ha, então existe h ∈ H tal que x = aha−1. Logo,

x−1 =¡aha−1

¢−1=¡a−1¢−1

h−1a−1 = ah−1a−1 ∈ Ha,

pois h−1 ∈ H. Portanto, Ha 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 deG. Então

K =\i∈I

Hi

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∈F

K.

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 27

Neste caso, temos a existência de um menor subgrupo de G contendo S. Se S =

{a1, a2, . . . , an}, entãohSi = ha1, a2, . . . , ani .

Se existir um subconjunto finito {a1, a2, . . . , an} de G tal que

G = ha1, a2, . . . , ani ,

dizemos queG é um grupo finitamente gerado e {a1, a2, . . . , an} é um conjunto de geradoresde G. Em particular, se H e K são subgrupos de G, então o subgrupo hH ∪Ki = hH,Kiserá denotado por H ∨K e chamado de adjunção de H e K.

Proposição 1.41 SejamG um grupo e S um subconjunto não vazio qualquer de G. Então

hSi = {a1a2 · · · an : n ∈ N, ai ∈ S ou a−1i ∈ S}.

Em particular, se S = {a}, então hSi = hai = {an : n ∈ Z}.

Prova. Seja

L = {a1a2 · · · am : m ∈ N, ai ∈ S ou a−1i ∈ S}= {at11 at22 · · · atmm : m ∈ N, ai ∈ S e ti ∈ {−1, 1}}= {at11 at22 · · · atnn : n ∈ N, ai ∈ S e ti ∈ Z}.

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 = a1a2 · · · am,¡ai ∈ S ou a−1i ∈ S

¢e y = b1b2 · · · bn,

¡bj ∈ S ou b−1j ∈ S

¢.

Logo,

xy−1 = a1a2 · · · amb−1n b−1n−1 · · · b−11 ,¡ai ∈ S ou a−1i ∈ S

¢e¡bj ∈ S ou b−1j ∈ S

¢.

Assim, xy−1 ∈ L. Portanto, L é um subgrupo de G. Finalmente, seja K qualquer

subgrupo de G tal que S ⊆ K. Então

a1a2 · · · an ∈ K, onde n ∈ N, ai ∈ S ou a−1i ∈ S.

Logo, L ⊆ K. Portanto, L é o menor subgrupo de G contendo S. Assim, L ⊆ hSi. ComoS ⊆ 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 subgruposde G. Então

hSi =

*[i∈I

Hi

+= hHi : i ∈ Ii

= {h1h2 · · ·hn : n ∈ N e hj ∈ Hij , para algum ij ∈ I}.



Sejam G um grupo e S um subconjunto não vazio qualquer de G. Uma expressão da

forma

at11 at22 · · · atnn , onde n ∈ N, ai ∈ S e ti ∈ Z,

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 todosos subgrupos de um grupo finito.

Exemplo 1.44 Determine todos os subgrupos de S3.

Solução. Sejam S3 = {I, σ, σ2, τ , στ , σ2τ}, com

I =

Ã1 2 3

1 2 3

!, σ =

Ã1 2 3

2 3 1

!, σ2 =

Ã1 2 3

3 1 2

!,

τ =

Ã1 2 3

1 3 2

!, στ =

Ã1 2 3

2 1 3

!, σ2τ =

Ã1 2 3

3 2 1

!

e sua tabela de multiplicação (optativa)

◦ I σ σ2 τ στ σ2τ

I I σ σ2 τ στ σ2τ

σ σ σ2 I στ σ2τ τ

σ2 σ2 I σ σ2τ τ στ

τ τ σ2τ στ I σ2 σ

στ στ τ σ2τ σ I σ2

σ2τ σ2τ στ τ σ2 σ I

Vamos primeiro determinar todos os subgrupos de S3 contendo τ . O menor subgrupo de

S3 contendo τ é

hτi = {I, τ}, pois τ 2 = I.

Vamos escolher ϕ ∈ S3 e determinar hτ , ϕi. Se ϕ = στ , então hτ , στi contém

I, τ , στ , (στ) ◦ τ = σ, σ2τ e (σ2τ) ◦ τ = σ2.

Portanto, hτ , στi = S3. De modo inteiramente análogo, trabalha com ϕ = σ2τ , ϕ = σ e

ϕ = σ2. Assim, os únicos subgrupos de S3 contendo τ são hτi e S3. Continuando dessamaneira, 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

Z(p∞) =

½a

pn+ Z : a ∈ Z e n ∈ Z+

¾=

½a

pn+ Z : a ∈ Z , 0 ≤ a < pn e n ∈ Z+

¾.

Solução. É claro que

Cn =

¿1

pn+ Z

À=

½0,1

pn,2

pn, . . . .

pn − 1pn

¾, ∀ n ∈ N,

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

pm+ Z ∈ H − {Z}, com mdc(a, p) = 1, ⇒ b

pn+ Z ∈ H, ∀ b ∈ Z, com n ≤ m,

ou seja, ½0,1

pn,2

pn, . . . .

pn − 1pn

¾⊆ H.

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 ⇒ b

pn= bpm−nr

a

pm+ bspm−n.

Assim,b

pn+ Z = bpm−nr

µa

pm+ Z

¶∈ H.

Portanto, existe um menor inteiro k ∈ N (H 6= Z(p∞)) tal que

H =

½a

pm+ Z : a ∈ Z e m ≤ k

¾e H ⊆ Ck,


Sejam F um conjunto parcialmente ordenado e C um subconjunto de F . Dizemos queC é uma cadeia de F se dados A,B ∈ C, então A ≤ B ou B ≤ A. Um elemento M ∈ Fé 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 .


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, masA1, A3 e A5 são elementos maximais de G.

Exemplo 1.47 Qualquer conjunto parcialmente ordenado finito possui um elemento ma-ximal.

Solução. Seja F um conjunto finito. Escolhendo um elemento qualquer A1 de F . Se A1é um elemento maximal, acabou. Caso contrário, escolhendo um elemento qualquer A2de 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+}. EntãoF não possui um elemento maximal. De fato, se M ∈ F , então existe n ∈ Z+ tal queM = An e M ⊆ An+1, mas M 6= An+1. ¥

Lema 1.49 (Lema de Zorn) Seja F uma família de conjuntos parcialmente ordenado

pela inclusão. Suponhamos que para qualquer cadeia C em F,S

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 umsubgrupo maximal de G.

Exemplo 1.50 Seja G um grupo finitamente gerado não trivial. Mostre que G possui

um subgrupo maximal.

Solução. SejamG = ha1, a2, . . . , ani

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} umacadeia qualquer de F . Então

M =[i∈I

Hi

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 queHi ⊆ 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−1b ∈ 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.

(c) Mostre que La ◦Rb = Rb ◦ La, para todos a, b ∈ G.

(d) Mostre que Gl = {La : a ∈ G} é um subgrupo de P (G).

(e) Mostre que Gr = {Ra : a ∈ G} é um subgrupo de P (G).

4. Sejam G = GLn(R),

H = {A = (aij) ∈ G : aij = 0, se i > j} eL = {A = (aij) ∈ G : aij = 0, se i > j e aii = 1}.

Mostre que H e L são subgrupos de G.


5. Seja G um grupo qualquer.

(a) Mostre que

A

Ã[i∈I

Bi

!=Si∈I

ABi, ∀ A,Bi ⊆ G.

(b) Mostre que

A

Ã\i∈I

Bi

!⊆\i∈I

ABi, ∀ A,Bi ⊆ G.

6. Seja

H =

("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

Hn = {a ∈ G : an = e} e Hn = {an : a ∈ G}.

Mostre que se G é um grupo abeliano, entãoHn 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 · · ·xnxn · · ·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)

H =

*"1 0

1 1

#+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. Determinecondições necessárias e suficientes para que

K =[i∈I

Hi

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 ,

supF =*[

H∈FH

+e inf F =

\H∈F

H,

isto é, F é um reticulado completo.


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

A =

"0 1

−1 0

#e B =

"i 0

0 −i

#,

com i2 = −1. (Sugestão: Note que A4 = B4 = I2 e BA = A3B. Logo, qualquer

elemento de Q8 é da forma AmBn.)

26. Determine o grupo D4 gerado pelas matrizes

C =

"0 1

−1 0

#e D =

"0 1

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.


i∈I Gi o produto direto

externo dos Gi. Mostre que o conjuntoXi∈I

Gi = {(ai)i∈I ∈ G : ai = eGi , para todos exceto um número finito de 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 ele-

mentos 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.


i∈I Gi o produto direto

externo dos Gi. Mostre que

Z(G) =Yi∈IZ(Gi).

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

A4B = (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 + y2 = 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 talque

x <1− r2

1 + r2< y.

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 = {at11 · · · atnn : n ∈ N, ai ∈ {a} e ti ∈ {−1, 1}}= {at1 · · · atn : n ∈ N e ti ∈ {−1, 1}}= {a n

i=1 ti : n ∈ N e ti ∈ {−1, 1}}= {am : m ∈ Z}.


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 taisque x = am e y = an. Logo,

xy = aman = am+n = an+m = anam = 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 queh1i = {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 + · · ·+ 1n-parcelas

= n · 1⇒ n ∈ h1i .

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 = mn∈ Q∗ tal que

Q = hri. Como s = 1pn∈ Q, com p um número primo, temos que existe k ∈ Z tal que

s = kr. Logo,

s = kr⇔ 1

pn= k

m

n⇔ p(km) = 1⇒ p | 1,

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|.


Proposição 1.54 Sejam G um grupo e a ∈ G. Se a ordem de a for finita, então |a| éigual ao menor inteiro positivo k tal que ak = e. Neste caso, hai = {e, a, . . . , ak−1}.

Prova. Comohai = {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 = ana−m = ama−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 = asa−r = ara−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,

b = am = aqk+r =¡ak¢qar = eqar = ar ∈ {e, a, . . . , ak−1}.

Portanto,

hai ⊆ {e, a, . . . , ak−1},


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. ¥

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, . . ., poisak®=a|k|®, para

todo k ∈ Z, e a função ϕ : N→ hai definida por ϕ(k) =ak®é bijetora.

Teorema 1.57 Seja G um grupo cíclico. Então qualquer subgrupo de G é cíclico.


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 queak®⊆ 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 ∈ Ztais que

m = qk + r, com 0 ≤ r < k.

Se r > 0, então

ar = am−qk = ama−qk = am¡ak¢−q

= b¡ak¢−q ∈ H,

o que contradiz a minimalidade de k. Assim, r = 0 e

b = am = akq =¡ak¢q ∈ ak® .

Portanto, H ⊆ak®. ¥

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 queG 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 = ha0i e L = hb1i .

Assim, pela definição de K, podemos encontrar b0 ∈ Z tal que x0 = (a0, b0) ∈ H.

Afirmação. H = hx0, x1i, 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, x1i. ¥


Proposição 1.60 Seja G um grupo. Então:

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 talque 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 = akra−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.

Logo,

a = a1 = akr+sm = akrasm = (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

k. De fato, seja l = |H|.

Então

e =¡ak¢l= akl ⇒ m | kl⇒ kd | kl⇒ d | l⇒ d ≤ l.

Por outro lado,

e = am = akd =¡ak¢d ⇒ l | d⇒ l ≤ d.

Portanto, l = d.

(Unicidade) Seja K um subgrupo qualquer de G de ordem d. Então, pelo Teorema

1.57, K = hani, para algum n ∈ Z. Logo,

e = (an)d = and ⇒ m | nd⇒ kd | nd⇒ k | n.

Assim, existe r ∈ Z tal que n = rk. Portanto,

an = ark =¡ak¢r ∈ H,

isto é, K ⊆ H. Como |H| = |K| e K ⊆ H temos que H = K. ¥


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 hani =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 = albl = 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 = akbk = (am)n(bn)m = enem = 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 númerosprimos ocorrendo na decomposição de m e n, respectivamente. Então

m = pm11 · · · pmr

r e n = pn11 · · · pnrr , onde mi, ni ∈ Z+.

Logo,

k = pk11 · · · pkrr ,

com ki = max{mi, ni}, i = 1, . . . , r. Sejam d = pd11 · · · pdrr e e = pe11 · · · perr , com

di =

(mi, se mi ≤ ni

0, se mi > nie ei =

(0, se mi ≤ ni

ni, se mi > ni.

Então d divide m e e divide n. Logo, ad e be têm ordens mde n

e(prove isto!). Como

(mi − di = 0 ou ni − ei = 0) e (md ene) não têm fatores primos comum temos que

mdc³md,n

e

´= 1.

Logo, pelo primeiro caso, c = adbe tem ordem

m

d

n

e=

mn

de= k = mmc(m,n),


pois

ki = max{mi, ni} = (mi + ni)− (di + ei).

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, obte-

mos, 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 queN = 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) = hnié 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 (modm).

(b) Mostre que¯̄ad¯̄= m

d, para cada d ∈ N tal que d divide m.

(c) Mostre que ak e a−k têm ordem

m

mdc(k,m)ou

mmc(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.


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 positivod 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 a3b = 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 ab2a−1 = ba, então a = b.

(b) Mostre que se |a| = 2 e ab2a−1 = b3, então |b| = 5.

(c) Mostre que se |a| = 5 e aba−1 = b2, então |b| = 31.

(d) Mostre que se ab2a−1 = b3 e ba2b−1 = a3, então a = e = b.

(e) Mostre que se a−1ba = b2, b−1cb = c2 e c−1ac = a2, então a = b = c = e.

(Sugestão: (d) Mostre que b9 = a2b4a−2 e b9 = a3b4a−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.)


18. Seja G um grupo. Mostre que se existe n ∈ N tal que anbn = bnan, 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

A =

"1 0

0 −1

#,B =

"1 1

0 −1

#,C =

"0 −11 0

#,D =

"0 1

−1 −1

#∈ G.

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 2120

#∈ 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 umsubgrupo 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

que apn= 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)pn−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•pn.

26. Seja n ∈ N com n ≥ 3. Use o Teorema Binomial para provar que

(1 + 22)2n−2 ≡ 1 (mod 2n), mas (1 + 22)pn−3 6≡ 1 (mod 2n).

Conclua que o elemento 5 tem ordem 2n−2 no grupo multiplicativo Z•2n.


27. Seja n ∈ N com n ≥ 3. Mostre que o grupo multiplicativo Z•2n não é um grupo

cíclico. (Sugestão: Mostre que Z•2n contém dois subgrupos distintos de ordem 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 bakb−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−1b−1

são todos distintos.)

31. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que o conjunto

Qua(H) = {a ∈ G : Ka = 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. Mostreque 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 queH =

[n∈N

Hn

não é um grupo cíclico.


35. Mostre que o grupo aditivo dos números racionais Q possui subgrupos não cíclicos.(Sugestão: Considere o subgrupo H = hSi, com

S =

½1

2n: n ∈ N

¾.

Então

H =[n∈Z+

Hn e Hn =

¿1

2n

À.)

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

S =

½1

p: p é um número primo

¾=

½1

2,1

3,1

5,1

7, . . .

¾.

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∗ : zn = 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∗ : zn = 1, para algum n ∈ Z+}.

Mostre que

U =[n∈Z+

Un.

40. Sejam p um número primo,

Z = {z ∈ C∗ : zpn = 1, para algum n ∈ Z+} e Ck = {z ∈ Z : zpk

= 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+.


(d) Mostre que

Z =[n∈Z+

Cn

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

S =

½1

pn+ Z : n ∈ N

¾.

(b) Mostre que todo elemento de Z(p∞) tem ordem finita pk, para algum k ∈ Z+.

(c) Mostre que se pelo menos um elemento deH 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 equivalência1

pm+ Z.

(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 cíclicosfinito

Cn =

¿1

pn+ Z

À, ∀ n ∈ N.

Conclua que

C0 = {0} ⊆ C1 ⊆ C2 ⊆ · · · ⊆ Cn ⊆ · · · e Z(p∞) =[n∈Z+

Cn.

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

Cn =

¿1

n!

À, ∀ 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 própriosdivisíveis.

1.5 Grupos Diedrais e Alternados

Sejam A = (x1, . . . , xn), B = (y1, . . . , yn) ∈ Rn. A distância (Euclidiana) entre A e B

é dada por

d(A,B) = kA−Bk =p(x1 − y1)2 + · · ·+ (xn − yn)2.

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= kτ(A)− τ(B)k = kA−Bk , ∀ A,B ∈ Rn.

Assim, σ ◦ τ ∈ Isom(Rn). Finalmente, se σ ∈ Isom(Rn), então σ−1 ∈ P (Rn). Assim,°°σ−1(A)− σ−1(B)°° =

°°σ(σ−1(A))− σ(σ−1(B))°°

= 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, coma 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.


Solução. (1) Seja c um elemento qualquer de R. Então

|c− a| = |τ(c)− τ(a)| = |τ(c)− σ(a)| =¯̄σ−1τ(c)− a

¯̄.

Logo,

σ−1τ(c)− a = ±(c− a).

Suponhamos, por absurdo, que σ−1τ(c) 6= c. Se σ−1τ(c)− a = c−a, então σ−1τ(c) = c, o

que é uma contradição. Assim, σ−1τ(c)−a = −c+a, isto é, σ−1τ(c) = −c+2a. De modointeiramente análogo, obtemos σ−1τ(c) = −c+ 2b. Logo, 2a = 2b, ou seja, a = b, o que é

uma contradição. Portanto, σ−1τ(c) = c e σ−1τ = 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} eb = 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, ondem ∈ {−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) = B0 e

σ(C) = C 0, onde ABC e A0B0C 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− Pk = kA− σ(P )k e kB − Pk = kB − σ(P )k .


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 −B0k = kA−Bk = kt(A)− t(B)k = kA0 − t(B)k

temos que B0 e t(B) estão na mesma circunferência de centro A0. Logo, existe uma rotação

rθ com centro A0 tal que (rθ ◦ t)(B) = B0. Assim,

(rθ ◦ t)(A) = A0 e (rθ ◦ t)(B) = B0.

Sendo

kA0 − C 0k = kA− Ck = k(rθ ◦ t)(A)− (rθ ◦ t)(C)k = kA0 − (rθ ◦ t)(C)k

e

kB0 − C 0k = kB − Ck = k(rθ ◦ t)(B)− (rθ ◦ t)(C)k = kB0 − (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 B0. 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 escolherO = (0, 0), B = (1, 0),

C = (0, 1) em R2. Suponhamos que σ(O) = A. Então

(t−A ◦ σ)(O) = O.

Pondo B0 = (t−A ◦ σ)(B), obtemos

1 = kO −Bk = k(t−A ◦ σ)(O)− (t−A ◦ σ)(B)k = kO −B0k = kB0k .

Logo, B0 está em uma circunferência de centro O e raio 1. Assim, existe θ ∈ R tal queB0 = (cos θ, sen θ) ∈ R2. Então

r−θ(B0) = B e r−θ(O) = O.

Pondo C 0 = (r−θ ◦ (t−A ◦ σ))(C), obtemos

kO − C 0k = 1 e kB − C 0k =√2,


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

τ(x, y) =

((x, y), se C 0 = C

(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.


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.


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 OA2A3 é

isósceles, pois d(O,A2) = d(O,A3). Logo, os ângulos \OA2A3 e \OA3A2 são iguais. Assim,por hipótese, os ângulos \A1A2A3 e \A2A3A4 são iguais, consequentemente, os ângulos\A1A2O e \OA3A4 são iguais. Como d(A1, A2) = d(A3, A4) e d(O,A2) = d(O,A3) temos

que os triângulos OA1A2 e OA4A3 são congruentes. Portanto, d(O,A1) = d(O,A4) e A4é 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 diedralde 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

σj(A1) = Aj , j = 1, . . . , n.

Por exemplo, quando n = 5, σ3 é dada pela Figura 1.2.


Figura 1.2: Rotação de 4π5.

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 σ1 = I, σ2, . . . , σn, σ1τ , σ2τ , . . . , σnτ são todos distintos.

De fato, como

Aj = σj(A1) = σk(A1) = Ak

temos que σj 6= σk se j 6= k. Suponhamos, por absurdo, que σj = σkτ . Então

Aj = σj(A1) = σkτ(A1) = σk(A1) = Ak.

Logo, j = k e σj = σjτ implica que τ = I, o que é uma contradição. Assim, σj e σkτ são

distintos. Finalmente, se σjτ = σkτ , então σj = σk. 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,


σ(A2) tem somente duas possibilidades, pois σ(A2) é um vértice e

kσ(A2)−Ajk = kσ(A2)− σ(A1)k = kA2 −A1k

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, σ2, . . . , σn, τ , σ2τ , . . . , σnτ} e |Dn| = 2n.

Observação 1.70 Se σj(A1) = Aj, então σj(A2) = Aj+1, . . . , σj(An) = Aj−1, pois os

inteiros representando os vértices são lidos módulo n. Assim, σj corresponde a permutação

σ =

Ã1 2 · · · n

j j + 1 · · · j − 1

!∈ Sn

e τ corresponde a permutação

α =

Ã1 2 3 · · · k · · · n− 1 n

1 n n− 1 · · · n+ 2− k · · · 3 2

!∈ Sn

se n é um número ímpar e corresponde a permutação

α =

Ã1 2 3 · · · k + 1 · · · n− 1 n

1 n n− 1 · · · k + 1 · · · 3 2

!∈ Sn

se n é um número par.

Sejam x1, . . . , xn variáveis independentes, com xixj = xjxi, e

P = P (x1, . . . , xn) ∈ Z[x1, . . . , xn]

o polinômio

P =Y

1≤i<j≤n(xi − xj) =

n−1Yi=1

nYj=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

P σ =Y

1≤i<j≤n(xσ(i) − xσ(j)).

Por exemplo, se

σ =

Ã1 2 3

2 3 1

!∈ S3,


então

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)NP,

em que N é o número de fatores (xj − xi), com i < j.

Observação 1.71 O númeroN 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

σ =

Ã1 2 3

σ(1) σ(2) σ(3)

!=

Ã1 2 3

2 3 1

!∈ S3

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.


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 =

Ã1 2 · · · i · · · j · · · n− 1 n

1 2 · · · j · · · i · · · n− 1 n

!∈ Sn, com i < j.

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

sgn(σ) =

(+1, se σ é par

−1, se σ é ímpar.

Assim, σ é par se, e somente se, P σ = P se, e somente se P = (−1)NP 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 =

Ã1 2 3

2 3 1

!, τ =

Ã1 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.


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.

Prova. Basta provar que P στ = (P τ )σ, para todos σ, τ ∈ Sn. Suponhamos que P τ =

(−1)N1P . Então P στ tem exatamente N1 fatores da forma (xσ(j) − xσ(i)), com i < j, pois

P στ =Y

1≤i<j≤n(xστ(i) − xστ(j)) =

Y1≤i<j≤n

(xσ(τ(i)) − xσ(τ(j))).

Logo,

P στ = (−1)N1Y

1≤p<q≤n(xσ(p) − xσ(q)) = (−1)N1(−1)N2P = (−1)N2

¡(−1)N1P

¢= (P τ)σ .

Portanto, P στ = (P τ)σ, para todos σ, τ ∈ Sn. Em particular, se σ é par, então

P = P I = P σ−1σ = (P σ)σ−1= P σ−1,

isto é, σ−1 é par. ¥

Seja

An = {σ ∈ Sn : Pσ = P}.

Então, pela Proposição 1.74, An é um subgrupo de Sn, o qual é chamado o grupo alternado

de grau n.

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 = σm(i), para algum m ∈ Z,

é uma relação de equivalência. Descreva as classes de equivalências!


5. Sejam σ = σ2 a rotação e τ a reflexão do grupo diedral Dn.

(a) Mostre que σn = τ 2 = I.

(b) Mostre que στ = τσ−1.

(c) Mostre que σmτ = τσ−m, para todo m ∈ N.

(d) Mostre que as relações(σiσj = σk

σi(σjτ) = σkτe

((σiτ)σj = σlτ

(σiτ)(σjτ) = σl

com (i+ j) ≡ k (modn) e (i+ (n− j)) ≡ l (modn). Conclua que

Dn = hσ, τi = {σiτ 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

Z(G) =({I}, se n é um número ímpar

{I, σ n2 }, se n é um número par

.

7. Seja Dn o grupo diedral de grau n ≥ 3. Mostre que o conjunto

H = {σ ∈ Dn : σ2 = I}

não é um subgrupo de Dn.

8. Seja Bn = {τ ∈ Sn : Pτ = −P}.

(a) Mostre que Bn = τAn = Anτ , para todo τ ∈ Bn.

(b) Mostre que An ∩Bn = ∅ e Sn = An

•∪Bn. Conclua que |An| = n!

2.

(c) Mostre que σAnσ−1 = An, para todo σ ∈ Sn.

(Sugestão: (b) Mostre que a função f : An → τAn definida por f(σ) = τσ, 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) =Y

1≤i<j≤n

σ(i)− σ(j)

i− j, ∀ σ ∈ Sn.

12. Mostre que nQn

i=1(σ(i)− i) é um número par, para todo σ ∈ Sn.


13. Mostre que

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∈NGn.

15. Seja G = Isom(R) o grupo de todas as isometrias de R tal que σ(Z) = Z, para todoσ ∈ 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 oux0 =

12(m+ n), para alguns m,n ∈ Z. Neste caso, σ é uma reflexão em x0.

(c) Mostre que se σ ∈ G tem mais um ponto fixado, então σ = I.


(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 = hapi, para algum número primop dividindo m.

17. SejamG um grupo eH um subgrupo deG. 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

SejamG um grupo eH um subgrupo deG. Dados a, b ∈ G, dizemos que a é congruente

à esquerda (à direita) a b módulo H se a−1b ∈ H (ba−1 ∈ H), em símbolos,

a ≡ b (modH)⇔ a−1b ∈ 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 (modH), pois e = a−1a ∈ H. Se a ≡b (modH), então a−1b ∈ H. Logo, b−1a = (a−1b)−1 ∈ H, pois H é um subgrupo de G.

Assim, b ≡ a (modH).

Finalmente, se a ≡ b (modH) e b ≡ c (modH), então a−1b ∈ H e b−1c ∈ H. Logo,

a−1c = a−1(bb−1)c = (a−1b)(b−1c) ∈ H,

pois H é um subgrupo de G. Assim, a ≡ c (modH).

59

60 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE ESTRUTURAS PARA GRUPOS

(2) Como a = {b ∈ G : b ≡ a (modH)} temos que

b ∈ a⇔ b ≡ a (modH)⇔ a−1b ∈ 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

τ =

Ã1 2 3

1 3 2

!.

Então σH = {σ, στ} e Hσ = {σ, τσ}, com

σ =

Ã1 2 3

2 3 1

!, στ =

Ã1 2 3

2 1 3

!e τσ =

Ã1 2 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∈GaH.

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−1b ∈ 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 definidapor 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

H=

G

≡ = {aH : a ∈ G}.

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

{e} = {a{e} : a ∈ G} = {a : a ∈ G} = G e [G : {e}] = |G| .

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 transver-

sal à esquerda) deH emG se o conjunto α contém exatamente um elemento de cada classe

lateral à esquerda aiH, para todo i ∈ I ou, equivalentemente, qualquer elemento a de G

pode ser escrito de modo único sob a forma a = aih, 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 =•[i∈I

aiH e H =•[

j∈JbjK, onde α = {ai}i∈I ⊆ G e β = {bj}j∈J ⊆ H.

Portanto,

G =[i∈I

aiH =[i∈I

ai

Ã[j∈J

bjK

!=

[(i,j)∈I×J

aibjK.

Agora, basta provar que as classes laterais à esquerda aibjK de K em G são disjuntas. Se

x ∈ aibjK ∩ arbsK, (aibjK = arbsK)

então existe k ∈ K tal que aibj = arbsk. Como bj, bs, k ∈ H temos que

aiH = aibjH = arbskH = arH.

Logo, i = r e bj = bsk. Assim, bjK = bskK = bsK e j = s. Portanto, as classes laterais

aibjK são disjuntas e

[G : K] = |I × J | = |I| |J | = [G : H][H : K].

Neste caso, provamos que a função

ϕ :G

H× H

K→ G

K, definida por ϕ(aiH, bjK) = aibjK,

é bijetora. A última afirmação do teorema é clara. ¥


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,


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 : L] =|H||L| =

|H||H ∩K| e H =

n[i=1

aiL,

onde ai ∈ H. Como LK = K temos que

HK =

Ãn[i=1

aiL

!K =

n[i=1

aiLK =n[i=1

aiK

é uma união disjunta, pois se aiK = ajK, então a−1j ai ∈ K. Logo, a−1j ai ∈ H ∩K = L

se, e somente se, aiL = ajLe i = j. Portanto,

|HK| =nPi=1

|aiK| = n |K| = |H||H ∩K| |K| =

|H| |K||H ∩K| ,

que é o reultado desejado. ¥

A função φ : N→ N definida por

φ(n) =

(1, se n = 1

|Z•n| , 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•6 = {1, 5} e Z•p = {1, 2, . . . , p− 1}.

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).


Proposição 2.8 Seja n ∈ N. Então

n =Xd|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 =•[d|n

g(Hd).

Portanto,

n = |G| =Xd|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

G =•[d|n

{a ∈ G : |a| = d} e n = |G| =Xd|n

λ(d) ≤Xd|n

φ(d) = n.

Logo, Xd|n

λ(d) =Xd|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. ¥


Proposição 2.10 (Teorema de Euler) Sejam a, n ∈ Z, com n > 1 e mdc(a, n) = 1.

Então

aφ(n) ≡ 1 (modn).

Prova. Já vimos que Z•n é um grupo multiplicativo finito. Como o mdc(a, n) = 1 temos

que a ∈ Z•n. Logo, pelo Teorema de Lagrange, obtemos

aφ(n) = a|Z•n| = 1.

Portanto, aφ(n) ≡ 1 (modn). ¥

Observação 2.11 O Teorema de Euler pode ser usado para determinar o inverso de cadaelemento a ∈ Z•n, pois

aφ(n) ≡ 1 (modn)⇔ a−1 ≡ aφ(n)−1 (modn).

Corolário 2.12 (Teorema de Fermat) Sejam a, p ∈ Z, com p um número primo. En-

tão

ap ≡ a (mod p).


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 = armasn = asnarm.

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 = elek = 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.


(Unicidade) Suponhamos que a = xy = yx, com |x| = m e |y| = n. Então

bc = xy ⇔ x−1b = 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−1b)m = x−mbm = e e (x−1b)n = (yc−1)n = ync−n = e.

Portanto, x−1b = 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).

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 fácilverificar que a restrição de σ a Z•mn, bσ : Z•mn → Z•m × Z•n, é bijetora. Portanto,

φ(mn) = |Z•mn| = |Z•m × Z•n| = |Z•m| |Z•n| = φ(m)φ(n),


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.


(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. Mostreque Ã\

i∈IHi

!a =

\i∈I

Hia, ∀ a ∈ G.

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 = pr11 pr22 · · · prkk é sua fatoração em fatores primos distintos

com ri > 0, então

φ(n) = nkYi=1

(1− 1

pi) = pr1−11 pr2−12 · · · prk−1k (p1 − 1)(p2 − 1) · · · (pk − 1).

(Sugestão: Considere o conjunto {p, p2, . . . , pr−1, pr} de divisores de pr e mostre queφ(pr) = pr − pr−1.)

15. Sejam G um grupo e H, K subgrupos de G.


(a) Mostre que [HK : H] = [K : H ∩K].(b) Mostre que se H e K são finitos, então

|HK| = |H| |K||H ∩K| .

(Sugestão: (a) Mostre que a função

ϕ :K

H ∩K →HK

H

definida por ϕ((H ∩K)k) = Hk é bijetora.)

16. Sejam G um grupo finito e H, K subgrupos de G. Mostre que se |H| >p|G| e

|K| >p|G|, então H ∩K 6= {e}.

17. Seja G um grupo de ordem pkm, 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. Mostreque

[G : K] ≤Yi∈I[G : Hi], com K =

\i∈I

Hi.

(Sugestão: Considere a função

ϕ :G

K→Yi∈I

µG

Hi

¶definida por ϕ(Ka) = f , com f(i) = Hia, para todo i ∈ I.)

19. (Teorema de Poincaré) A interseção de um número finito de subgrupos de índicefinito 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.


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.


(a) Se {Hn : n ∈ N} é uma cadeia de subgrupos de G tal que Hn+1 ⊆ Hn, para

todo n ∈ N. Mostre que

[G : K] ≤Yn∈N[Hn : Hn+1], com K =

\n∈N

Hn.

(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 =•[

a∈GHaK.

(c) Mostre que

[HaK : H] = [K : Ha ∩K] e [HaK : K] = [H : H ∩Ka−1 ].

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 sobre-

jetora. 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). ¥


Observação 2.16 Seja G = hSi, com S = {ai ∈ G : i ∈ I}. Então cada σ ∈ End (G) écompletamente determinado por σ(ai), para todo i ∈ I. Em particular, G = hσ(S)i, paratodo σ ∈ Aut (G).

Exemplo 2.17 Sejam G um grupo e a ∈ G fixado. Mostre que existe um único homo-

morfismo 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 σn : Z −→ Z a função definida por σn(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 = σn.

3. Mostre que End (Z) é isomorfo a Z.

4. Mostre que σn ∈ Aut (Z) se, e somente se, n ∈ {−1, 1}. Conclua que Aut (Z) éisomorfo a Z2.

Solução. Vamos provar apenas o item (1). Dados a, b ∈ Z, obtemos

σn(a+ b) = n(a+ b) = na+ nb = σn(a) + σn(b).

Logo, σn é um homomorfismo de grupos. Portanto, σn ∈ End (Z). ¥

Exemplo 2.19 A função σ : Z −→ Zn definida por σ(a) = a, para todo a ∈ Z, é umepimorfismo (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!).


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 automor-

fismos 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−1ya ∈ G tal que

κa(x) = axa−1 = a¡a−1ya

¢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

Imσ = {h ∈ H : h = σ(a), para algum a ∈ G}= {σ(a) : a ∈ G} = σ(G).

O núcleo de σ é o conjunto

kerσ = {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}.


Proposição 2.22 Sejam G, H grupos e σ ∈ Hom(G,H). Então:

1. Imσ é um subgrupo de H.

2. kerσ é um subgrupo de G. Em particular, aNa−1 ⊆ N , para todo a ∈ G, com

N = kerσ.

3. Para quaisquer a, b ∈ G, σ(a) = σ(b) se, e somente se, a−1b ∈ kerσ.

4. σ é um monomorfismo se, e somente se, kerσ = {e}.

5. σ é um epimorfismo se, e somente se, Imσ = 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, kerσ = {e} e Imσ = H.

Prova. Vamos provar apenas o item (2). É claro que eG ∈ kerσ. Dados a, b ∈ kerσ,obtemos

σ(ab−1) = σ(a)σ(b−1) = σ(a)σ(b)−1 = eHe−1H = eH .

Logo, ab−1 ∈ kerσ. Portanto, kerσ 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)eHσ(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:

πi : G1 ×G2 → Gi e λi : Gi → G1 ×G2

definidos por πi(a1, a2) = ai, λ1(a1) = (a1, e2) e λ2(a2) = (e1, a2), com πi epimorfismos e

λi monomorfismos, i = 1, 2 (prove isto!).

Exemplo 2.24 Sejam n ∈ N fixado e Un = {z ∈ C∗ : zn = 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 = |zn| = |1| = 1 e |z| = 1. Logo,

z = eiθ = cos θ + i sen θ, para algum θ ∈ [0, 2π].

Assim, substituindo z = eiθ em zn = 1, obtemos einθ = 1. Portanto, nθ é um múltiplo de

2π, ou seja,

θ =2πk

n,


para algum k ∈ Z. Pondo ω = exp¡2πni¢, obtemos

ωk = exp

µ2kπ

ni

¶e Un = hωi = {1, ω, . . . , ωn−1},

pois se k > n, então, pelo Algoritmo da Divisão,

ωk = ωqn+r = (ωn)q ωr = 1qωr = ωr,

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) = ωk. 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 =[n∈Z+

Cn,

então G é isomorfo a Z(p∞).

Solução. Vamos provar primeiro que: podemos escolher elementos an tais que Cn = hanie pan+1 = an, para cada n ∈ Z+. Suponhamos, como hipótese de indução, que escolhemosa0, a1, . . . , an tais que pai+1 = ai, i = 0, . . . , n−1 eCi = haii, i = 0, . . . , n. SejaCn+1 = hai.Então H = hpai é um grupo cíclico de ordem pn, pois

pn(pa) = pn+1a = 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 = hani e pan+1 = an, para cada n ∈ Z+. Sejaσ : G→ Z(p∞) a função definida por

σ(xan) =x

pn+ Z, ∀ x ∈ Z.

Então σ está bem definida, pois dados xam, yan ∈ G, com m ≤ n, obtemos pn−man = am.

Logo,

xam = yan ⇒ (y − xpn−m)an = 0.

Assim, y − xpn−m = kpn, para algum k ∈ Z, pois |an| = pn. Portanto,

y

pn+ Z = xpn−m + kpn

pn+ Z = x

pm+ Z⇒ σ(xam) = σ(yan).


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)

=x+ y

pn+ Z =

µx

pn+ Z

¶+

µy

pn+ Z

¶= σ(a) + σ(b).

Portanto, σ é um homomorfismo de grupos. É claro que σ é um epimorfismo (prove isto!).

Finalmente,

a ∈ kerσ ⇔ σ(a) = Z⇔ ∃ x ∈ Z e n ∈ Z+, tais que σ(xan) = Z⇔x

pn+ Z = Z.

Logo, pn é um divisor de x. Portanto, a = xan = 0, isto é, kerσ = {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 =

Ãx1 x2 · · · xn

ax1 ax2 · · · axn

!=

Ãx

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.


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 = a2 ⇔ La(2) = 3

La(a2) = aa2 = a3 ⇔ La(3) = 4

La(a3) = aa3 = e⇔ La(4) = 1.

Logo,

La =

Ãe a a2 a3

La(e) La(a) La(a2) La(a

3)

!=

Ã1 2 3 4

2 3 4 1

!.

De modo inteiramente análogo, obtemos

La2 =

Ã1 2 3 4

3 4 1 2

!= L2a e La3 =

Ã1 2 3 4

4 1 2 1

!= L3a.

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 =

Ãe a b c

La(e) La(a) La(b) La(c)

!=

Ã1 2 3 4

2 1 4 3

!.


Lb =

Ã1 2 3 4

3 4 1 2

!e Lc =

Ã1 2 3 4

4 3 2 1

!= Lb ◦ La.

Portanto, o isomorfismo σ de G sobre Gl é definido por σ(e) = Le, σ(a) = La, σ(b) = Lb

e σ(c) = Lc.


Proposição 2.30 Seja G = hai um grupo cíclico de ordem n. Para um k ∈ Z fixado,consideremos o endomorfismo σk : G→ G definido por σk(a) = ak.

1. σk = σm se, e somente se, m ≡ k (modn).

2. Se σ ∈ End (G), então existe um único k ∈ {0, 1, . . . , n− 1} tal que σ = σk.

3. Se d = mdc(m,n), então kerσm = kerσd e Imσm = Imσd.

4. σk ∈ Aut (G) se, e somente se, mdc(n, k) = 1.

5. Se σ ∈ Aut(G), então σ = σk, com mdc(n, k) = 1.

6. A função ϕ : U(Zn) → Aut(G) definida por ϕ(k) = σk 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 σH = σ|H, para todo σ ∈ Aut (G), então a funçãoϕ : 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 σk ∈ Aut (G).Então

n = |a| = |σk(a)| =¯̄ak¯̄.

Seja d = mdc(n, k). Então¡ak¢nd = (an)

kd = e

kd = e⇒ n divide

n

d⇒ d = 1.

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 ∈ kerσk ⇒ σk(b) = e⇒ bk = e⇒ b = (bk)s = es = e,

isto é, σk é injetora. Dado b ∈ G, existe c = bs ∈ G tal que σk(c) = b, isto é, σk é

sobrejetora. É claro que σk 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) = (σH ◦ σH)(x), ∀ x ∈ H.

Logo, (σ ◦ τ)H = σH ◦ σH e

ϕ(σ ◦ τ) = (σ ◦ τ)H = σH ◦ σH = ϕ(σ) ◦ ϕ(τ).

Portanto, ϕ é homomorfismo de grupos. ¥


Proposição 2.31 (Teorema do Transporte) Sejam S um conjunto não vazio qual-

quer, 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 sejaisomorfo 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

S3 = {(a, b, c, d) ∈ R4 : a2 + b2 + c2 + d2 = 1},

de modo que S3 seja isomorfo ao grupo das unidades do grupo dos quatérnios

G = Q∗8 = {z + wj : z, w ∈ C},


(z1 + w1j) • (z2 + w2j) = (z1z2 − w1w2) + (z1w2 + z2w1)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 : S3 → U definida por

σ(a, b, c, d) = (a+ bi) + (c+ di)j


é claramente bijetora temos, pelo Teorema do Transporte, que a função ∗ : S3×S3 → S3

definida por

(a1, b1, c1, d1) ∗ (a2, b2, c2, d2) = σ−1(σ(a1, b1, c1, d1)σ(a2, b2, c2, d2))

= (a1a2 − b1b2, a1b2 + a2b1, c1c2 − d1d2, c1d2 + c2d1)

é uma operação binária sobre S3 tal que σ é um isomorfismo de S3 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 ese 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

ψ(x) =

(ϕ(x), se x ∈ S

σ−1(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 kerσ ⊆ σ−1(L).

3. Seja σ : G→ H um homomorfismo de grupos.


(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

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 |AutG| ≥ 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 oúnico 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.


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 osgrupos 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

Imσ = dZ e kerσ =Dnd,−m

d

E=nk³nd,−m

d

´: k ∈ Z

o.

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, esomente 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 particularda equação σ(x) = b, então x = ax0 é a solução geral da equação, para algum

a ∈ kerσ.

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 isomorfoao grupo aditivo dos números reais R. (Sugestão: Considere a função σ : S → Rdefinida por σ(x) = log2 x.)

29. Defina uma operação binária sobre S = {x ∈ R : −1 < x < 1}, de modo que Sseja isomorfo ao grupo aditivo dos números reais R. (Sugestão: Considere a funçãoσ : S → R definida por σ(x) = tan

¡π2x¢.)

30. Defina uma operação binária sobre S = {x ∈ R : −1 < x < 1}, de modo que S sejaisomorfo 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) =

στσ−1 é um automorfismo externo de An.

33. Seja

C0 = {0} ⊆ C1 ⊆ C2 ⊆ · · · ⊆ Cn ⊆ · · ·

uma cadeia de grupos cíclicos tais que Cn = hani e (n + 1)an+1 = an, para cada

n ∈ N. Mostre que seG =

[n∈Z+

Cn,

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 quocienteG

N

seja um grupo, o qual é um método importante na construção de grupos.

Sejam G = S3 e N = {I, τ}, com

τ =

Ã1 2 3

1 3 2

!.

Então existem três classes laterais à esquerda de N em G, a saber,

N = IN, σN = {σ, στ} e σ2N = {σ2, σ2τ},


com

σ =

Ã1 2 3

2 3 1

!, σ2 =

Ã1 2 3

3 1 2

!, στ =

Ã1 2 3

2 1 3

!e σ2τ =

Ã1 2 3

3 2 1

!.

Note que

N(σN) = {σ, σ2, τσ, τσ2}

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= {N, σN, σ2N}

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−1h = 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 kerσ 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 sub-

grupo normal em G.

Solução. Se

A =

"0 1

1 0

#∈ G e B =

"1 1

0 1

#∈ T,


então

ABA−1 =

"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 aNa−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.


(7) É claro que NK ⊆ N ∨K. Por outro lado, pela Proposição 1.41, cada x ∈ N ∨Kpode ser escrito sob a forma

x = k1h1 · · · ktht,

onde t ∈ N, hi ∈ N e ki ∈ K. Como kihi = miki, 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

normal em G se, e somente se, a operação binária ∗ sobre GNdefinida 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)d = (cN)d = (Nc)d = Ncd = cdN

⇒ (aN) ∗ (bN) = (cN) ∗ (dN),

isto é, a operação binária ∗ está bem definida.

Reciprocamente, dados a ∈ G e h ∈ N , obtemos

eN = N = hN ⇒ a−1N = ea−1N = (eN) ∗ (a−1N) = (hN) ∗ (a−1N) = ha−1N

⇒ ha−1 ∈ a−1N ⇒ aha−1 ∈ N.

Portanto, N é um subgrupo normal em G. ¥

Corolário 2.42 Sejam G um grupo e N um subgrupo normal em G. Então GNmunido

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 GNe que

a−1N é o elemento inverso de aN em GN. ¥


Exemplo 2.43 Sejam n ∈ Z+ e Zn o grupo aditivo dos inteiros de módulo n. Então

ZnZ

= Zn,

pois

a = {b ∈ Z : b ≡ a (modn)} = {a+ nk : k ∈ Z}= a+ nZ.

Mais geralmente, se G = hai e N é um subgrupo de G, com N 6= {e}, então N = hani,com n o menor inteiro positivo tal que an ∈ N . Neste caso, G

Né 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−1b−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 GG0 é abeliano.

3. Mostre que N é um subgrupo normal em G e GNé um grupo abeliano se, e somente

se, G0 ⊆ N .

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 · · ·hna−1 = (ah1a−1) · · · (ahna−1) ∈ G0,

pois

ahia−1 = a[ai, bi]a

−1 = aaibia−1i b−1i a−1

= (aaia−1)(abia

−1)(aa−1i a−1)(ab−1i a−1)

= [(aaia−1), (abia

−1)] ∈ G0, i = 1, . . . , n.

Portanto, G0 é um subgrupo normal em G.

(2) Dados a, b ∈ G, obtemos

G0aG0b = G0ab = G0(aba−1b−1)ba = G0ba = G0bG0a,

pois aba−1b−1 ∈ G0. Portanto, GG0 é um grupo abeliano.


(3) Suponhamos que N seja um subgrupo normal em G e GNseja um grupo abeliano.

Então, dados a, b ∈ G, obtemos

Nab = NaNb = NbNa = Nba⇒ aba−1b−1 = ab(ba)−1 ∈ N.

Logo, G0 ⊆ N .

Reciprocamente, dados h ∈ N e a ∈ G, obtemos

aha−1 = (aha−1h−1)h ∈ N,

pois aha−1h−1 ∈ G0 ⊆ N . Assim, N é um subgrupo normal em G.

Finalmente, dados a, b ∈ G, obtemos

NaNb = Nab = N(aba−1b−1)ba = Nba = NbNa.

Portanto, GNé grupo abeliano.

Observação 2.45 Sejam G um grupo e a, b ∈ G. Como ab = [a, b]ba temos que |G0| podeser vista como uma “medida” de quanto o grupo G deixa de ser abeliano. Neste caso, o

grupo quociente GG0 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

kerπ = {a ∈ G : π(a) = eN = N} = {a ∈ G : aN = N}= {a ∈ G : a ∈ N} = N.

Portanto, N = kerπ. ¥

A fumção π é chamado de epimorfismo canônica ou projeção canônica. Salvo menção

explícita em contrário, daqui por diante,

G³ G

N, com N E G,

sempre denotará o epimorfismo canônica.


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−1b−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 GNum grupo abeliano, então

KK∩N é um grupo abeliano.

3. Sejam G um grupo finito e N , K subgrupos de G, onde N é um subgrupo normal

em G e

mdc(|K| ,¯̄̄̄G

N

¯̄̄̄) = 1.

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

mdc(|N | ,¯̄̄̄G

N

¯̄̄̄) = 1.

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 GNé um grupo cíclico, então G é grupo abeliano.

(f) Mostre que se G é um grupo não abeliano, N um subgrupo normal em G e GN

um grupo cíclico, então N 6⊂ Z(G).


(g) Mostre, com um exemplo, que N ⊆ Z(G) e GNum 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

que N é um subgrupo normal em G e GNé 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•pn−1. Conclua que n divide φ(pn − 1).

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 QZ é finita.

12. Sejam G um grupo abeliano divisível e H um subgrupo próprio de G. Mostre queGHé grupo divisível.

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 própriosde 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).


(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

um subgrupo normal em G e GNé 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 sub-

grupo 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 kerπ e π−1(a) (fibras

de a), para todo a ∈ R.

24. Seja G um grupo finito tal que (ab)3 = a3b3, para todos a, b ∈ G e 3 não divide a

ordem de G. Mostre que G é um grupo abeliano.

25. SejamG grupo eH um subgrupo de G. Dizemos queH 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 seK é um subgrupo característico emH eH 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, τi = {σiτ j : i = 0, 1, . . . , n− 1 e j = 0, 1}.

Mostre que H = hσi é um subgrupo característico em Dn.


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∞)H

é isomorfo a

Z(p∞). (Sugestão: Se

H =

¿1

pn

Àe xi =

1

pn+i+H,

então use o Exemplo 2.25.)

31. Mostre que os grupos T = {z ∈ C∗ : |z| = 1} e RZ 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 sub-

grupo normal em G e π a projeção canônica. Então o par ordenadoµG

N,π

¶possui a seguinte propriedade universal: Dados qualquer grupo H e qualquer homomor-

fismo de grupos ϕ : G→ H, onde N ⊆ kerϕ, existe um único homomorfismo de grupos

ψ :G

N→ H

tal que ψ ◦ π = ϕ, confira Figura 2.1. Além disso,

2.4. TEOREMAS DE ISOMORFISMOS 91

1. Se (K,π1) é outro par com essa propriedade universal, então K é isomorfo a GN.

2. Imψ = Imϕ e kerψ = kerϕN.

3. ψ é um isomorfismo se, e somente se, ϕ é um epimorfismo e N = kerϕ.

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

N→ H

por ψ(aN) = ϕ(a). Então ψ está bem definda e é um homomorfismo grupos, pois dados

a, b ∈ G, obtemos

aN = bN ⇒ b−1a ∈ N ⊆ kerϕ⇒ 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 :G

N→ H

tal que ψ0 ◦ π = ϕ. Então

ψ0(aN) = ϕ(a) = ψ(aN), ∀ aN ∈ G

N.

Portanto, ψ0 = ψ.

Finalmente, para provar o item (1), vamos primeiro construir os diagramas:


Figura 2.2: Unicidade do par¡GN, π¢.

No primeiro diagrama fizemos H = K e no segundo diagrama fizemos H = GN. Logo,

ψ1 ◦ π = π1 e ψ2 ◦ π1 = π.

Assim,

π1 = ψ1 ◦ π = ψ1 ◦ (ψ2 ◦ π1) = (ψ1 ◦ ψ2) ◦ π1.

Mas, pela comutatividade do terceiro diagrama, temos que IK : K −→ K é o único

homomorfismo de grupos tal que π1 = IK ◦ π1. Portanto,

ψ1 ◦ ψ2 = IK.

Por um argumento simétrico, prova-se que ψ2 ◦ ψ1 = IGN. ¥

Corolário 2.48 (Primeiro Teorema de Isomorfismo) Seja ϕ : G → K um homo-

morfismo de grupos. EntãoG

kerϕ' Imϕ.

Em particular, se G é grupo finito, então |G| = |kerϕ| |Imϕ|. Neste caso, |kerϕ| divide|G| e |Imϕ| divide |G|.

Prova. Como ϕ : G→ Imϕ é um epimorfismo temos, pelo Teorema 2.47, com N = kerϕ

e H = Imϕ, queG

kerϕ' Imϕ,


Observação 2.49 O grupoG

kerϕ

é, às vezes, chamado de coimagem de ϕ. Se Imϕ é um subgrupo normal em K, então o

grupoK

Imϕ

é chamado de conúcleo de ϕ.


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

N→ H

M

definida por ϕ(aN) = σ(a)M é um homomorfismo de grupos. Além disso, ϕ é um iso-

morfismo se, e somente se, Imσ ∨M = H e σ−1(M) ⊆ N . Em particular, se σ é um

epimorfismo tal que σ(N) =M e kerσ ⊆ N , então ϕ é um isomorfismo.

Prova. Basta aplicar o Teorema 2.47 a função ϕ = π1 ◦ σ, com

π1 : H ³ H

M

o epimorfismo canônico. ¥

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,

Zkerϕ

' G.

Como kerϕ = {0} ou kerϕ = nZ, para algum n ∈ N, temos que G ' Z ou G ' Zn, paraalgum 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 = hati = hbi, com t = pn−k. Assim,

pelo item (4) da Proposição 2.30,

σ(b) = σm(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)

kerψ' Aut(H).


Como

kerψ = {ρ ∈ Aut(G) : ψ(ρ) = IH} = {ρ ∈ Aut(G) : ρH = IH}

temos, pelo Teorema de Lagrange, que

|Aut(H)| =¯̄̄̄Aut(G)

kerψ

¯̄̄̄=|Aut(G)||kerψ| e |kerψ| = |Aut(G)|

|Aut(H)| =φ(pn)

φ(pk),


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 eNK

K' N

N ∩K.

Prova. Basta aplicar o Primeiro Teorema de Isomorfismo a função ϕ = π ◦ λ, com

λ : N → NK e π : NK ³ NK

K

a inclusão e o epimorfismo canônico, respectivamente, pois kerϕ = 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

K

NE G

Ne

G

NK

N

' G

K.

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 :G

N→ G

K

definido por ϕ(aN) = aK. Como

K = ϕ(aN)⇔ K = aK ⇔ a ∈ K

temos que

kerϕ = {aN : a ∈ K} = K

N.

Portanto, aplicando o Primeiro Teorema de Isomorfismo a ϕ, temos que

kerϕ =K

NE G

Ne

G

NK

N

=

G

Nkerϕ

' Imϕ =G

K,



Exemplo 2.55 Seja G = ZnZ 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 = mZnZ é um subgrupo de G. Assim, pelo Terceiro Teorema de Isomorfismo,

G

H=

ZnZmZnZ' Z

mZ.

Portanto, [G : H] = m e, pelo Teorema de Lagrange, |H| = k. Logo, concluímos que

H ' ZkZ

e H = {0,m, 2m, . . . , (k − 1)m} = mG E G.

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 kerϕ ⊆ K, então K = ϕ−1(ϕ(K)).

4. Sejam F a família de todos os subgrupos de G contendo kerϕ e F 0 a família detodos 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 porψ(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. ¥


Figura 2.3: Teorema da Correspondência

Corolário 2.57 Sejam G um grupo e N um subgrupo normal em G. Então para cada

subgrupo L deG

Nexiste um único subgrupo K de G tal que L =

K

N.


Exemplo 2.58 Determine todos os subgrupos do grupo

Z12 =Z12Z

.

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:


1. CG(H) é um subgrupo normal em NG(H) e

NG(H)

CG(H)' K ≤ Aut (H) ⊆ P (H).

2. Inn(G) é um subgrupo normal em Aut (G) e

G

Z(G) ' Inn(G).

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

kerϕ = {a ∈ NG(H) : ϕ(a) = I} = CG(H)

temos que CG(H) é um subgrupo normal em NG(H) e, pelo Primeiro Teorema de Isomor-

fismo, queNG(H)

CG(H)' Imϕ = K ≤ Aut (H) .

(2) Basta fazer G = NG(H) na prova do item (1). ¥

Proposição 2.60 Seja G um grupo não abeliano qualquer. Então

Aut(G) eG

Z(G)não podem ser grupos cíclicos. Em particular, os menores grupos com essa propriedade

são:G

Z(G) ' Z2 × Z2 eG

Z(G) ' S3.

Por exemplo, tome G = Q8 e G = S3.


Exemplo 2.61 Seja G um grupo não abeliano tal que

G 6' S3 eG

Z(G) ' S3.

Mostre que existe ϕ ∈ Aut(G) tal que ϕ /∈ Inn(G). Em particular, |Aut(G)| ≥ 12.

Solução. Como S3 = hσ, τi, com σ3 = I = τ 2 e στ = τσ−1, temos que

G = {T, aT, a2T, bT, abT, a2bT},

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. ¥


Exemplo 2.62 Seja G um grupo não abeliano tal que

G

Z(G) ' Z2 × Z2.

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 isomorfoao grupo diedral D4 = hσ, τi, σ4 = I = τ 2 e στ = τσ−1.

Solução. Seja ϕ ∈ Aut(G). Como G = Z4×Z2 = ha, bi, com a = (1, 0), b = (0, 1); |a| = 4e |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) = a3b; ϕ(b) = b ou ϕ(b) = a2b. Portanto, |Aut(G)| ≤ 8.Por outro lado, se σ1(a) = ab e σ1(b) = a2b; τ 1(a) = a3 e τ 1(b) = a2b, então

σ41 = I = τ 21, σ1τ1 = τ 1σ−11 e Aut(G) = hσ1, τ 1i .

Assim, a função ψ : Aut(G)→ D4 definida por ψ(σ1) = 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

N ×K' G

N× L

K.


2. Sejam G um grupo e N , K subgrupos normais em G tais que N ∩K = {e}. Mostreque 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 = kerσ 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 kerσ = kerϕ ∩K. (Sugestão: Note que σ(k) = ϕ(k), para

todo k ∈ K.)

7. Determine todos os subgrupos de Zn.

8. Seja G um grupo não abeliano qualquer. Mostre que¯̄̄

GZ(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, τi o grupo diedral de grau n e k inteiro positivo dividindo n.

(a) Mostre que hσki é um subgrupo normal em Dn.

(b) Mostre queDn

hσki ' Dk.

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 QZ é cíclico.


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 π1 : G1×G2 → G1, π2 : 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 π1 ◦ ψ = ϕ1 e π2 ◦ ψ = ϕ2. Mostre que kerψ = kerϕ1 ∩ kerϕ2. Concluaque se G1, G2 e K são grupos abelianos, então Hom(K,G1 × G2) é isomorfo a

Hom(K,G1)×Hom(K,G2).

15. SejamG1, 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 πi e λi dadas nos Exercícios 14 e 15. Mostre que

πi ◦ λi = IGi , πi ◦ λj = 0, quando i 6= j, e π1 ◦ λ1 + π2 ◦ λ2 = I.

17. Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. Mostre que se ϕ ∈ Aut(G) é tal queϕ(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, Imσ ⊆ Z (H).


23. Seja G um grupo. Mostre que cada homomorfismo de grupos ϕ : Gk −→ G possui

a decomposição

ϕ (a1, . . . , ak) =kYi=1

ϕ (e, . . . , ai, . . . , e) ,

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

subgrupo maximal de G se, e somente se, GNé 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. SejamG um grupo eH um subgrupo maximal deG. Mostre que seH 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−1σ(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)][kerσ : H ∩ kerσ],

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−1σ(a) ∈ Z(G), para todo a ∈ G, mostre

que a função φσ : G→ Z(G) definida por φσ(a) = a−1σ(a) é um homomorfismo

de grupos. O automorfismo σ com esta propriedade chama-se automorfismo

central de G.


(b) Mostre que σ ∈ Aut(G) é um automorfismo central se, e somente se, σ comutacom 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 σφ : G→ G definida

por σφ(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 + y2 = 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

h(t) =

(f(2t), se t ∈

£0, 1

2

¤g(2t− 1), se t ∈

£12, 0¤.)

35. Vamos identificar Mn(R) com Rn2 e seja G = GLn(R) um subconjunto de Rn2 .

(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.


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.

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, sub-

aneis 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, b) 7−→ a+ be• : A×A −→ A

(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 CAPÍTULO 3. ANEIS

5. Se um anel A satisfaz a condição:

a • b = b • a, ∀ a, b ∈ A,

dizemos que A é um anel comutativo.

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 = (a1a2 + db1b2) + (a1b2 + b1a2)

√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)

2d⇔ 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 Acom a adição e a multiplicação usual de matrizes é um anel não comutativo com identidade

(prove isto!).


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 107

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].

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. ¥


Exemplo 3.7 SejamA = Zn = {0, 1, 2, ..., n− 1} ⊆ Z

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 detodas as funções de G em A (o anel AG). O suporte de um elemento f ∈ F(G,A) é oconjunto 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] =

(f =

Xx∈G

axx : ax ∈ A e |supp(f)| <∞)

o conjunto das somas formais sobre A tais que supp(f) seja finito. Dados

f =Xx∈G

axx, g =Xy∈G

byy ∈ A[G],

dizemos que

f = g ⇔ ax = bx, ∀ x ∈ G.

Exemplo 3.8 Mostre que A[G] munido com as operações binárias

f + g =Xx∈G

(ax + bx)x e f ∗ g =Xz∈G

czz,

com

cz =Xxy=z

axby =Xy∈G

azy−1by,

é um anel, chamado de anel de grupo.

Solução. As operações são bem definidas, pois dados f, g ∈ F(G,A),

supp(f + g) ⊆ supp(f) ∪ supp(g) e supp(fg) ⊆ supp(f) ∩ supp(g).

Note que os elementos de A[G] podem ser escritos formalmente de maneira diferentes, por

exemplo,

axx+ 0y = axx ou axx+ ayx = (ax + ay)x.

Assim, eliminando as componentes zero da soma formal f podemos escrever

f =nXi=1

fixi,

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,

(aix)(bjy) = aibjxy, ∀ 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

(f ∗ (g ∗ h))n =X

i+m=n

fi(gh)m =X

i+m=n

fi

Ã Xj+k=m

gjhk

!=

Xi+j+k=n

fi(gjhk)

e

((f ∗ g) ∗ h)n =X

k+m=n

(fg)mhk =X

k+m=n

Ã Xi+j=m

figj

!hk =

Xi+j+k=n

(figj)hk

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. ¥

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

1x = f(x) =

(1, se x = e

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 + a1x1 + · · ·+ anxn,

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) =mXi=1

nXj=1

aibj.


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) =nX

j=1

a1bj .

Logo,

a1(b1 + · · ·+ bn + bn+1) = a1(b1 + · · ·+ bn) + a1bn+1

=nX

j=1

a1bj + a1bn+1 =n+1Xj=1

a1bj.

Agora, fixamos n e usamos uma segunda indução sobre m. Suponhamos que o resultado

seja válido para m, isto é,

(a1 + · · ·+ am)(b1 + · · ·+ bn) =mXi=1

nXj=1

aibj.

Portanto,

(a1 + · · ·+ am + am+1)(b1 + · · ·+ bn) = (a1 + · · ·+ am)(b1 + · · ·+ bn)

+am+1(b1 + · · ·+ bn)

=mXi=1

nXj=1

aibj +nX

j=1

am+1bj

=m+1Xi=1

nXj=1

aibj,


Lema 3.10 (Teorema Binomial) Sejam A um anel comutativo com identidade e a, b ∈A. Então

(a+ b)n =nX

k=0

Ãn

k

!an−kbk, ∀ n ∈ N.

3.1. ANEIS 111

Prova. Vamos usar indução sobre n. Seja

S =

(n ∈ N : (a+ b)n =

nXk=0

Ãn

k

!an−kbk

).

Então 2 ∈ S, pois

(a+ b)2 = (a+ b)(a+ b) = a(a+ b) + b(a+ b)

= a2 + 2ab+ b2 =2X

k=0

Ã2

k

!a2−kbk.

Suponhamos que o resultado seja válido para n > 1, isto é, n ∈ S. Então

(a+ b)n =nX

k=0

Ãn

k

!an−kbk.

Logo,

a(a+ b)n = a

ÃnX

k=0

Ãn

k

!an−kbk

!= an+1 +

nXk=1

Ãn

k

!an−k+1bk

e

(a+ b)nb =

ÃnX

k=0

Ãn

k

!an−kbk

!b =

nXk=1

Ãn

k − 1

!an−k+1bk + bn+1.

Como

(a+ b)n+1 = (a+ b)n(a+ b) = (a+ b)na+ (a+ b)nb = a(a+ b)n + (a+ b)nb

temos que

(a+ b)n+1 = an+1 +nX

k=1

Ãn

k

!an−k+1bk +

nXk=1

Ãn

k − 1

!an−k+1bk + bn+1

= an+1 +nX

k=1

"Ãn

k

!+

Ãn

k − 1

!#an−k+1bk + bn+1

= an+1 +nX

k=1

Ãn+ 1

k

!an−k+1bk + bn+1

=n+1Xk=0

Ãn+ 1

k

!an+1−kbk.

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. Noteque se A contém pelo menos dois elementos, então 0 é um divisor de zero.


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

a =1

|G|Xx∈G

x 6= 0,

obtemos ay = a, para todo y ∈ G, pois xy ∈ G. Em particular,

a2 = a

Ã1

|G|Xx∈G

x

!=

1

|G|Xx∈G

ax =1

|G|Xx∈G

a =1

|G| |G| a = a,


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 deum 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) eau = 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. Como0 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∗n é um divisor de zero se, e somente se, mdc(a, n) = d > 1.

2. Mostre que u ∈ U(Zn) se, e somente se, mdc(u, n) = 1.

Solução. Vamos provar apenas o item (1). Se a ∈ Z∗n é um divisor de zero, então a é umdivisor 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¯ n

d= a · n

d= n · a

d= 0,

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.


Solução. Vamos provar apenas o itens (2) e (3): (2) Seja a ∈ (0, 1) fixado e consideremosa função fa ∈ A∗ definida por

fa(x) =

(0, se x ∈ [0, a]x− a, se x ∈ [a, 1].

Então existe ga ∈ A∗ definida por

ga(x) =

(a−1ax+ 1− a, se x ∈ [0, a]

0, se x ∈ [a, 1]

tal que faga = 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 fag = 0,

então (fag)(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

• 1 i j k

1 1 i j k

i i −1 k −jj 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 115

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.

Resolvendo o sistema, obtemos

β =1

a2 + b2 + c2 + d2(a− bi− cj − dk), onde a, b, c, d ∈ R.

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 integri-

dade 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 umdomínio 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.


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 = 2max{m,n}), obtemos

(a+ b)k =kXl=0

Ãk

l

!ak−lbl

=n−1Xl=0

Ãk

l

!ak−lbl +

kXt=n

Ãk

t

!ak−tbt = 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 117

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

zix = 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).

Assim, multiplicando ambos os lados dessa equação à esquerda por aj, obtemos xa = 1,

pois

ajxj = 1 e ajxi(xa− 1) = aj−iaixi(xa− 1) = 0.

Portanto, x é uma unidade de A, o que é uma contradição. ¥

Seja A um anel com identidade. Vamos definir uma composição externa ∗ sobre A,∗ : Z×A→ A, por

na =

⎧⎪⎨⎪⎩(n− 1)a+ a, se n > 0

0, se n = 0

(−n)(−a) = (n+ 1)a− a, se n < 0.

Neste caso,

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 chamadosos 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.


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.

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 119

3. Seja A um anel tal que a+ b = ab, para todos a, b ∈ A. Mostre que A = {0}.

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 = FX 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.


14. Seja A um anel tal que (A,+) é um grupo cíclico. Mostre que A é um anel comu-

tativo.

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.

21. Sejam {Ai}i∈I uma família indexada de aneis e A =Q

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 = (aibi)i∈I

é um anel, chamado o produto direto externo dos Ai.

3.1. ANEIS 121

22. Sejam A e B aneis com identidades.

(a) Mostre que U(A×B) = U(A)× U(B).

(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 ZX2 é um anel Booleano.

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)?


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. SejamX = {1, . . . , n}, P (X) um anel Booleano e a função fi : P (X)→ Z2 definidapor

fi(A) =

(1, se i ∈ A

0, se i /∈ A.

Mostre que a função f : P (X)→ Zn2 definida por

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 as operações

usuais de adição e composição de funções é um anel com identidade. Mostre, com

um exemplo, que A não é um anel comutativo. (Sugestão: Tome A = Z × Ze considere as funções f e g definidas por f(a, b) = (b, a) e g(a, b) = (a + b, b),

respectivamente.)

33. Seja f : R → R uma função. Dizemos que f possui suporte compacto se existirema, b ∈ R (dependo de f) tais que f(x) = 0, para todo x /∈ [a, b]. Mostre queo 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+.


Solução. É claro que 0 ∈ B, pois 0 = n0. Se a, b ∈ B, então existem m, k ∈ Z tais quea = 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) ea ∈ 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) ea ∈ Z(A), então a−1 ∈ Z(A).


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

Bp =nab: a, b ∈ Z, com b 6= 0 e p - b

oé um subanel de Q.

3.2. SUBANEIS 125

Solução. É claro que 0 ∈ Bp. Se r, s ∈ Bp, então

r =a

be s =

c

d, com p - b e p - d.

Logo,

r − s =ad− bc

bd∈ Bp e rs =

ac

bd∈ Bp,

pois, pelo Lema de Euclides, p - bd. Portanto, Bp é um subanel de Q. ¥

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.

Exemplo 3.34 Sejam A um anel e B um subanel de A com identidade 1B 6= 0, a qualnão 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 (1Ba = b 6= a). Logo,

b1B = (a1B)1B = a(1B1B) = a1B ⇒ (b− a)1B = 0

e

1Bb = 1B(1Ba) = (1B1B)a = 1Ba⇒ 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 iden-

tidade 1B. Então 1A = 1B.

Prova. Como 12B = 1B temos que

1B(1B − 1A) = 12B − 1B1A = 12B − 1B = 0.

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.


Prova. Suponhamos que A seja um anel com divisão. Então é fácil verificar que x0 = a−1b

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 =\i∈I

Bi

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 deA contendo S, isto é,

F = {B ≤ A : S ⊆ B}.

Como A ∈ F temos que F 6= ∅. Seja

R =\B∈F

B.

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 127

Proposição 3.39 Sejam A um anel e S um subconjunto não vazio de A. Então

[S] =

(nX

j=1

±Ã

mjYi=1

aij

!: n,mj ∈ N e aij ∈ S

).

Prova. É fácil verificar que o conjunto

B =

(nX

j=1

±Ã

mjYi=1

aij

!: n,mj ∈ N e aij ∈ S

)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. EntãonX

j=1

±Ã

mjYi=1

aij

!∈ R, onde n,mi ∈ N e aij ∈ S.

Logo, B ⊆ R. Portanto, B é o menor subanel de A contendo S. Assim, B ⊆ [S]. ComoS ⊆ 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

[S] = [a1, . . . , am] =

½nP

im=0

· · ·nP

i1=0

bi1,...,imai11 · · · aimm : bi1,...,im ∈ Z e n ∈ Z+

¾.

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] =

½nP

im=0

· · ·nP

i1=0

bi1,...,imai11 · · · aimm : bi1,...,im ∈ B, a1, . . . , am ∈ S e n ∈ Z+

¾.

Em particular, se S = {a}, então

B[a] =

(nXi=0

biai : bi ∈ B e n ∈ Z+

).

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.


Proposição 3.40 Seja A um anel com identidade. Então:

1. Se |h1Ai| = k 6=∞, então |hai| divide k, para todo a ∈ A.

2. Se |hai| 6= |h1Ai|, então a é um divizor de zero em A.


Seja A um anel com identidade. A característica de A é definida como:(k, se |h1Ai| = k 6=∞0, se |h1Ai| =∞.

Proposição 3.41 Seja A um domínio de integridade. Então a característica de A é zeroou 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 129

(b) Z (A) =T

a∈AC (a).

3. Seja A um anel. Mostre que se A é um anel com divisão, então C (a) é um anel comdivisão, 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 queB é um subanel deA sem identidade, mas possui uma quantidade infinita

de elementos identidade à esquerda. (Sugestão: Tente com a matriz

C =

"1 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 =

("a b

0 0

#: a, b ∈ R

),

determine AnnA(S).

7. Quais dos subconjuntos abaixo são subaneis de Q?

(a) A =©mn∈ Q : mdc(m,n) = 1 e n um número ímpar

ª.

(b) B =©mn∈ Q : mdc(m,n) = 1 e n um número par

ª.

(c) C = {r2 : r ∈ Q}.

(d) D =©mn∈ Q : mdc(m,n) = 1 e m um número ímpar

ª.

(e) E =©mn∈ Q : mdc(m,n) = 1 e m um número par

ª.

8. Quais dos subconjuntos abaixo são subaneis de C([0, 1],R)?


(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 cosmx+ b sennx : a, b ∈ Q e m,n ∈ Z+}.

9. Sejam A um anel e B um subanel de A definidos por

A =

⎧⎪⎨⎪⎩⎡⎢⎣ a 0 0

0 0 b

0 0 c

⎤⎥⎦ : a, b, c ∈ R⎫⎪⎬⎪⎭ e B =

⎧⎪⎨⎪⎩⎡⎢⎣ a 0 0

0 0 0

0 0 0

⎤⎥⎦ : a ∈ R⎫⎪⎬⎪⎭ .

Mostre que B possui elemento identidade, mas A não.

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

n

∙µ1

n2+ Z

¶∗µ1

n+ Z

¶¸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.

15. Sejam {Ai}i∈I uma família indexada de aneis eA =Q

i∈I Ai o produto direto externo

dos Ai. Mostre que o conjuntoXi∈I

Ai = {(ai)i∈I ∈ A : ai = 0, para todos exceto um número finito de i ∈ I}

é um subanel de A, chamado a soma direto externo dos Ai.

3.2. SUBANEIS 131

16. Seja Z o anel dos números inteiros.

(a) Mostre que se akb = 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 di-visor 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 nilpotentesnão 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, entãoYa∈K∗

a = −1.


(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.

(c) Mostre que F (αβ) = 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.

(a) Mostre que α∗∗ = (α∗)∗ = α, para todo α ∈ H.

(b) Mostre que (α+ β)∗ = α∗ + β∗, para todos α, β ∈ H.

(c) Mostre que αα∗ = α∗α é real e positivo, para todo α ∈ H.

(d) Mostre que (αβ)∗ = β∗α∗, para todos α, β ∈ H.

27. Definimos N(α) =√αα∗ e T (α) = 2a, para todo α = a+ bi+ cj + dk ∈ H.

(a) Mostre que α satisfaz a equação

x2 − T (α)x+N(α) = 0.

3.2. SUBANEIS 133

(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 + y2 + z2 + t2) = a20 + b20 + c20 + d20,

coma0 = 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 =

Ãa b

c d

!∈ U(A)⇔ ad− bc 6= 0.

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(2πi3) a raiz cúbica da unidade.

(a) Mostre que o conjunto A = Z[ω] = {a+ bω : a, b ∈ Z} munido com as oper-

ações 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,−ω2}.

31. SejamG um grupo finito, com |G| = n > 1, e A um anel comutativo com identidade.


(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∗.


B = {mA : m ∈ Z}

é um subanel comutativo de A.

(b) Mostre que B possui elemento identidade se, e somente se, λ = ±1. Nestecaso, 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 oselementos 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 AneisQuocientes

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 necessari-

amente 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, Imσ = [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 σn(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

σn(ab) = n(ab) e σn(a)σn(b) = (na)(nb) = n2(ab).

Logo, σn 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 umepimorfismo (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. Sejan ∈ Z∗. Então

1 = ϕ(1) = ϕ

µn · 1

n

¶= ϕ(n)ϕ

µ1

n

¶= nϕ

µ1

n

¶⇒ ϕ

µ1

n

¶=1

n.

Logo,

ϕ³mn

´= ϕ

µm · 1

n

¶= ϕ(m)ϕ

µ1

n

¶= m · 1

n=

m

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 limn→∞

rn = x = limn→∞

sn.

Logo,

rn < ϕ(x) < sn ⇒ ϕ(x) = x.

Portanto, ϕ = I. ¥


Seja σ : A −→ B um homomorfismo de aneis. A imagem de σ é o conjunto

Imσ = {b ∈ B : b = σ(a), para algum a ∈ A} = {σ(a) : a ∈ A} = σ(A).

O núcleo de σ é o conjunto

kerσ = {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. Imσ é um subanel de B.

2. kerσ é um subanel de A. Em particular, ax, xa ∈ kerσ, para todo a ∈ A e x ∈ ker σ.

3. Para quaisquer a, b ∈ A, σ(a) = σ(b) se, e somente se, b− a ∈ kerσ.

4. σ é um monomorfismo se, e somente se, kerσ = {0}.

5. σ é um epimorfismo se, e somente se, Imσ = 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, kerσ = {0} e Imσ = B.

Prova. Vamos provar apenas os itens (1) e (2): É claro que 0 ∈ Imσ. Dados c, d ∈ Imσ,

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) ∈ Imσ,

pois a− b ∈ A, e

cd = σ(a)σ(b) = σ(ab) ∈ Imσ,

pois ab ∈ A. Portanto, Imσ é um subanel de A.

(2) É claro que 0 ∈ kerσ. Dados a, b ∈ kerσ, 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, kerσ é um subanel de A.

Finalmente, se x ∈ kerσ e a ∈ A, então

σ(ax) = σ(a)σ(x) = σ(a)0 = 0.

Portanto, ax ∈ kerσ, para todo a ∈ A e x ∈ kerσ. ¥


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

σ(a, b) =

"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.


(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

σ(a+ bi) =

"a b

−b a

#


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 homomor-

fismo 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.


(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 e o mdc¡nm,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→nYi=1

Zpi

é sobrejetora mas não é injetora.

(b) Mostre que a projeção canônica

π : Z→∞Yi=1

Zpi

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.)


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 143

2. Qualquer ideal em A é ambos à esquerda e à direita.

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

I =

("a 0

b 0

#: a, b ∈ R

)

é um ideal à esquerda em A, mas não é à direita. Enquanto, o conjunto

I =

("a b

0 0

#: a, b ∈ R

)

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. ¥


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 kerσ 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 12∈ Q e 3 ∈ Z, mas

3

2=1

2· 3 /∈ Z.

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. Recipro-

camente, 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 esquerdaem A. Então

J =\i∈Λ

Ii

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}.


Como A ∈ F temos que F 6= ∅. Seja

J =\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 ∈ Fe 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 + s3b+ cs4d, 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

(S) = AS =

(nXi=1

aisi : n ∈ N, ai ∈ A e si ∈ S

)= 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.


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). ¥


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) =

(0, se x = a

b, se x 6= a,

onde b ∈ R∗. Então f =¡1bf¢· g, para todo f ∈Ma. Portanto, Ma = (g). ¥

Seja A um anel. Dizemos que A é um anel simples se A2 6= {0} e os únicos ideais emA são {0} e A. Note que se A é um anel com identidade, então a condição A2 6= {0} ésempre 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 matriznão nula

A = [aij] ∈ A,

com akl 6= 0, para algum k, l = 1, . . . , n. Como

EikAElj = Eik

ÃnX

p=1

nXq=1

apqEpq

!Elj =

nXp=1

nXq=1

apq (EikEpq)Elj

=nX

p=1

nXq=1

apqδkpEiqElj =nX

q=1

akqEiqElj

=nX

q=1

akqδqlEij = aklEij

temos que

Eij =¡a−1kl Eik

¢AElj ∈ I.

Em particular,

In = E11 + · · ·+Enn ∈ I.


Portanto, I = A. Finalmente, dados A = [apq] ∈ Z(A) e i, j ∈ {1, . . . , n}, com i 6= j,

obtemos

EijA = Eij

ÃnX

p=1

nXq=1

apqEpq

!=

nXp=1

nXq=1

apqEijEpq =nX

q=1

ajqEiq

e

AEij =

ÃnX

p=1

nXq=1

apqEpq

!Eij =

nXp=1

nXq=1

apqEpqEij =nX

p=1

apiEpj.

Logo,nX

q=1

ajqEiq =nX

p=1

apiEpj.

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}.

3. A =S

a∈A(a+ I).

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.


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

I=

A

≡ = {a+ I : a ∈ I}.


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 AImunido com as operações

binárias

(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 AIé um anel comutativo com identidade 1+ I.


Exemplo 4.26 Sejam n ∈ Z+ e Zn o anel dos números inteiros de módulo n. Então

ZnZ

= Zn,

pois

a = {b ∈ Z : b ≡ a (modn)} = {a+ nk : k ∈ Z} = a+ nZ.

Teorema 4.27 Todo ideal é núcleo de um homomorfismo.


Prova. Sejam A um anel e σ : A→ B um homomorfismo de aneis. Então, pelo item (2)

da Proposição 4.8, I = kerσ 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,

kerπ = {a ∈ A : π(a) = 0 + I = I} = {a ∈ A : a+ I = I}= {a ∈ A : a ∈ I} = I.

Portanto, I = kerπ. ¥

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, esomente 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 AIé um anel comutativo se, e somente

se, ab− ba ∈ I, para todos a, b ∈ A.

5. Sejam A um anel com identidade e S um subconjunto não vazio qualquer de A.


AS = (S) =

(nXi=1

aixi : 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}.


(b) Mostre que o conjunto

SA = (S) =

(nXi=1

xibi : 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) =

(nXi=1

aixibi : n ∈ N e ai, bi ∈ A

)

é um ideal em A. Em particular, se S = {x}, então

AxA = (x) =

(ax+ xb+

nXi=1

aixbi : n ∈ N e a, ai, b, bi ∈ A

).

(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.


I + J = {a+ b : a ∈ I e b ∈ J}

é um ideal em A.


(b) Seja

S = {ab : a ∈ I e b ∈ J},

definimos IJ como o ideal gerado por S, isto é, IJ = (S). Mostre que

IJ =

(nXi=1

aibi : n ∈ N, ai ∈ I e bi ∈ J

).

10. SejamA um anel e I(A) o conjunto de todos os ideais emAmunido 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 homomorfismode 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 principaisI = (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 kmdc(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.


(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 seI ⊆ 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 neces-

sariamente um ideal em B.

(c) Mostre que se J é um ideal em B, então σ−1(J) é um ideal em A contendo

kerσ.

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.


23. Sejam p um número primo fixado e

Hp = {a+ bi+ cj + dk : a, b, c, d ∈ Zp}

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 principaisem 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

A =nXi=1

nXj=1

aijEij,

devemos verificar que aijEij ∈ K. De fato, fixando i, j ∈ {1, . . . , n}, existe B ∈ K

tal que aij = bpq, pois aij ∈ J . Logo,

aijEij = bpqEij = EipBEqj ∈ K.

Assim, A ∈ K. Portanto, Mn(J) ⊆ K.)



Ap =nab: a, b ∈ Z e p - b

oé um domínio de integridade sob as operações induzidas por Q. Além disso,

(a) Mostre que

U(Ap) =nab∈ Ap : p - a e p - b

o.

(b) Mostre que Ap é um domínio de ideais principais.

(Sugestão: (b) Todo elemento x de Ap pode ser escrito sob a forma

x = pna

b, onde n ∈ Z+, p - a e p - 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 ordenadoµA

I, π

¶possui a seguinte propriedade universal: Dados qualquer anel B e qualquer homomorfismo

de aneis ϕ : A→ B, onde I ⊆ kerϕ, existe um único homomorfismo de aneis

ψ :A

I→ B

tal que ψ ◦ π = ϕ. Além disso,

1. Imψ = Imϕ e kerψ = kerϕI.

2. ψ é um isomorfismo se, e somente se, ϕ é um epimorfismo e I = kerϕ.

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

I→ B


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 ⊆ kerϕ⇒ 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 :A

I→ B

tal que ψ0 ◦ π = ϕ. Então

ψ0(a+ I) = ϕ(a) = ψ(a+ I), ∀ a ∈ A.

Portanto, ψ0 = ψ. ¥

Corolário 4.29 (Primeiro Teorema de Isomorfismo) Seja σ : A → B um homo-

morfismo de aneis. EntãoA

kerσ' Imσ.

Prova. Como σ : A→ Imσ é um epimorfismo temos, pelo Teorema 4.28, com I = kerσ,

queA

kerσ' Imσ,


Observação 4.30 O anelA

kerσé, às vezes, chamado de coimagem de σ. Se Imσ é um ideal em B, então o anel

B

Imσ

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

kerϕa

' A.


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

kerϕa

' A,


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

I→ B

J

definida por ϕ(a + I) = σ(a) + J é um homomorfismo de aneis. Além disso, ϕ é um

isomorfismo se, e somente se, Imσ + J = B e σ−1(J) ⊆ I. Em particular, se σ é um

epimorfismo tal que σ(I) = J e kerσ ⊆ I, então ϕ é um isomorfismo.

Prova. Basta aplicar o Teorema 4.28 a função ϕ = π1 ◦ σ, com

π1 : B ³B

J

o epimorfismo canônico. ¥

Exemplo 4.33 Seja A um anel com identidade. Então B ' Z ou B ' Zn, para algumsubanel 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,

Zkerσ

' Imσ.

Como kerσ = {0} ou kerσ = nZ = (n), para algum n ∈ N, temos que Imσ ' Z ouImσ ' 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.


2. I é um ideal em B + I.

3. B ∩ I é um ideal em B.

4.B + I

I' B

B ∩ I .

Prova. Vamos provar apenas o item (4). Basta aplicar o Primeiro Teorema de Isomor-

fismo a função σ = π1 ◦ 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

J

IE A

Ie

A

IJ

I

' A

J.

Prova. Aplicando o Corolário 4.32 a função identidade IA : A→ A, com IA(I) um ideal

em J , obtemos um epimorfismo

ϕ :A

I→ A

J

definido por ϕ(a+ I) = a+ J . Como

J = ϕ(a+ I)⇔ J = a+ J ⇔ a ∈ J

temos que

kerϕ = {a+ I : a ∈ J} = J

I.

Portanto, aplicando o Primeiro Teorema de Isomorfismo a ϕ, temos que

kerϕ =J

IE A

Ie

A

IJ

I

=

A

Ikerϕ

' Imϕ =A

J,


Teorema 4.36 (Teorema da Correspondência) Sejam A um anel, I um ideal em A

e π : A → AIa projeção canônica. Se F é a família de todos os subaneis (ideais) de

A contendo I e F 0 é a família de todos os subaneis (ideais) de AI, então existe uma

correspondência biunívoca entre F e F 0.



Exemplo 4.37 Determine todos os ideais de Z12 = Z12Z . 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 aprojeção 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,

2 = σ(2) = σ((√2)2) = σ(

√2)σ(√2) =

³a+ b

√3´³

a+ b√3´= a2 + 2ab

√3 + 3b2.

Assim, se ab 6= 0, então√3 =

2− a2 − 3b22ab

∈ Q,

o que é uma contradição. Se ab = 0, então a = 0 ou b = 0. Se a = 0, então 3b2 = 2. Logo,

±r2

3= b ∈ Q,

o que é uma contradição. Se b = 0, então a2 = 2. Logo,

±√2 = a ∈ Q,

o que é uma contradição. Portanto, Q(√2) não é isomorfo a Q(

√3). ¥


EXERCÍCIOS

1. Sejam A um anel e {In}n∈N uma família indexadas de ideais em A, onde

I1 ⊆ I2 ⊆ · · · ⊆ In ⊆ · · · .

Mostre que

I =[n∈N

In

é um ideal em A.

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+ = {pnZ}n∈Z+ uma família de ideais noanel 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 = x2y2, 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

I ∩ J 'A

I× A

J.

8. Sejam A um anel e I, J , K ideais em A.

(a) Mostre que seI +K

K=

J +K

K,

então I +K = J +K.


(b) Mostre que seI +K

KE J +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 kerσ e Imσ.

(c) Identifique o anel quociente Akerσ

.

10. Sejam σ : A→ B um homomorfismo de aneis, I(A) o conjunto de todos os ideais emA 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

ϕ :A

σ−1(J)→ A

Jdefinida por σ

¡a+ σ−1(J)

¢= σ(a) + J

está bem definida e é um monomorfismo.

12. Determine todos os ideais e imagens homomórficas, a menos de isomorfismo, dos

aneis

A =

("a b

0 c

#: a, b, c ∈ Z

)e B =

("a b

0 c

#: a, b, c ∈ R

)

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¡AI

¢.


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 = πi(I), onde πi : A→ Ai a projeção

canônica. Então, dado ai ∈ Ii, existe x = (b1, . . . , ai, . . . , bn) ∈ I tal que πi(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 quea 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).)


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}, entãoab = 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. APé 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 .

(2⇒ 3) Já vimos que APé 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, APé um domínio de integridade.

4.4. IDEAIS PRIMOS E MAXIMAIS 163

(3⇒ 1) Dados a, b ∈ A. Se ab ∈ P , então

ab+ P = P ⇒ (a+ P )(b+ P ) = P.

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} ouJ =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.


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} umacadeia qualquer de F . Então

M =[i∈Λ

Ji

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 queJi ⊆ 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 eM é um ideal em A. É claro queM 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.


Solução. Consideremos o ideal

J = (a2) = {ya2 +ma2 : y ∈ A, e m ∈ Z}

em A. Então a /∈ J , ou seja, J 6= A. Suponhamos, por absurdo, que a ∈ J . Então existe

x0 ∈ A e n0 ∈ Z tal quea = x0a

2 + n0a2.

Pondo e = x0a+ n0a ∈ A, obtemos

e · a = (x0a+ n0a)a = x0a2 + n0a

2 = 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,


Exemplo 4.47 Mostre que A é um anel local se, e somente se, N = A−U(A) é um idealem A. Em particular, se

B =

½m

2n+ 1: m,n ∈ Z, com n ≥ 0

¾,

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

U(B) =½

m

2n+ 1: m,n ∈ Z, com m ímpar e n ≥ 0

¾.

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

M é maximal se, e somente se, AMé um corpo.


Prova. Vamos provar apenas o item (1). Pelo Teorema 4.40, AMé um domínio de inte-

gridade. Assim, basta provar que cada a+M ∈ AM, 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,

isto é, AMé um corpo.

Reciprocamente, suponhamos que AMseja 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 condi-

ções 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.


Exemplo 4.50 SejamA = 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),


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.

Portanto, J = A, I3 é um ideal maximal em A e AI3 é um corpo. Finalmente, dado

β = a+ bi ∈ A, temos, pelo Algoritmo da Divisão, que

β = (3q1 + 3q2i) + (r1 + r2i), onde ri ∈ {0, 1, 2}.

Logo,

β + I3 = (r1 + r2i) + I3, onde ri ∈ {0, 1, 2}.

Portanto,A

I3= {a+ bi : a, b ∈ Z3}

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 kerσ =Ma. Assim, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo,

A

kerσ' Imσ ≤ R.

Agora, se x = f(a) 6= 0, então dado y ∈ R, existe g = x−1yf ∈ A tal que

σ(g) = g(a) = (x−1yf)(a) = x−1yf(a) = y,

isto é, σ é sobrejetora. Logo,

A

Ma' Imσ = R e

A

Maé um corpo.

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. Porhipótese, existe um intervalo aberto Ia contendo a tal que fa(x) 6= 0, para todo x ∈ Ia.

Como

[0, 1] =[

a∈[0,1]

Ia


e [0, 1] é compacto temos, pelo Teorema de Heine-Borel, que

[0, 1] =n[i=1

Iai .

Seja f = f2a1 + · · · + f2an . Então f ∈ M e f(x) > 0, para todo x ∈ [0, 1]. Assim, existeg = 1

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 emA, 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 iden-

tidade, 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 = I1I2 · · · 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) = a1b2 − a1b1 − a2b1 + a2b2.

Pondo

x = b1 + a1(b2 − b1) = b2 + a2(b1 − b2),

obtemos

(x− b1) + I1 = a1(b2 − b1) + I1 = I1 ⇒ x ≡ b1 (mod I1)


e

(x− b2) + I2 = a2(b1 − b2) + I2 = I2 ⇒ x ≡ b2 (mod I2).

Agora, suponhamos que o resultado seja válido para n− 1. Seja J =Qn

i=2 Ii.

Afirmação. I1 + J = A.

De fato, para cada i = 2, . . . , n, existem a1i ∈ I1 e ai ∈ Ii tais que 1 = a1i + ai. Logo,

1 =nYi=2

(a1i + ai) =

ÃnYi=2

(a1i + ai)−nYi=2

ai

!+

nYi=2

ai ∈ I1 + J,

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 (modJ),

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 = b1y1 + b2y2 + · · ·+ bnyn,

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 (modni), i = 1, . . . , k.

possui uma única solução x0 módulo n, com 1 ≤ x0 < n e n = n1n2 · · ·nk. Além disso,

S = {x0 + kn : k ∈ Z}

é o conjunto de todas as soluções desse sistema.

Prova. Sejam Ii = (ni) = niZ e Ij = (nj) = njZ ideais do anel dos números inteiros Z.Como mdc(ni, nj) = 1 temos que existem r, s ∈ Z tais que

nir + njs = 1.

Logo, Ii + Ij = Z, com i 6= j. Agora, é fácil verificar que

(n) = I1I2 · · · 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. ¥


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

I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ In' A

I1× A

I2× · · · × A

In.

Prova. É fácil verificar que a função

ϕ : A→ A

I1× A

I2× · · · × A

In

definida por ϕ(a) = (a+ I1, . . . , a+ In) é um homomorfismo de aneis, com

kerϕ = 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

I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ In' A

I1× A

I2× · · · × A

In,


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 númerosinteiros 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)y1 ≡ 0 (mod 15)

,

(y2 ≡ 1 (mod 5)y2 ≡ 0 (mod 12)

,

(y3 ≡ 1 (mod 3)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.


Solução. Dados a, b ∈ A, obtemos

a+ b = (a+ b)3 ⇒ a2b+ aba+ ab2 + ba2 + bab+ b2a = 0

e

a− b = (a− b)3 ⇒ −a2b− aba+ ab2 − ba2 + bab+ b2a = 0.

Somando as equações acima, obtemos

2ab2 + 2bab+ 2b2a = 0.

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

Ie C =

A

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 y3 = y, para todo y ∈ C.

Assim,

2ab2 + 2bab+ 2b2a = 0, ∀ a, b ∈ A, ⇒ yz2 + zyz + z2y = 0, ∀ y, z ∈ C.

Agora, multiplicando à esquerda por z e à direita por −z, obtemos

zyz2 + z2yz + zy = 0 e − yz − zyz2 − z2yz ⇒−yz + zy = 0⇒ yz = zy.

Portanto, C é um anel comutativo. Finalmente, pelo Corolário 5.5,

A ' B × C =A

I× A

J.

Portanto, A é um anel comutativo. ¥

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 .


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], masM = (2+ i) é um ideal maximal

de Z[i], comZ[i]M

' Z5.

5. Sejam H(Z) = {a0+a1i+a2j+a3k : ai ∈ Z} o anel dos números inteiros de Hurwitze

Ip = {a0 + a1i+ a2j + a3k ∈ 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)Ip

' H(Zp).

6. Seja A =M2(D), em queD 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.)


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}, émaximal.

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 kerϕ = 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 AIé da forma P

I,

com P um ideal primo em A que contém I.

14. Seja ϕ : A→ B um homomorfismo de aneis sobrejetor. Mostre que seM 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 AMnão seja um

corpo.

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

Iisomorfo a B. Conclua que A

Ié

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.


19. Sejam A um anel com identidade e e1, . . . , en ∈ A∗ elementos idempotentes tais que

e1 + · · ·+ en = 1 e eiej = 0 se i 6= j. Mostre que se Ii = eiA, então

A = I1 ⊕ · · ·⊕ In,

isto é, qualquer elemento a de A pode ser escrito de modo único sob a forma

a = e1x1 + · · ·+ enxn, 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. Mostreque os aneis

A

I ∩ J eA

I× A

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

I =

½f(x) ∈ A : f

µ1

3

¶= f

µ1

2

¶= 0

¾é 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

I1' A2 e

A

I2' A1.

24. Seja A um anel tal que os únicos ideais à esquerda em A são {0} e A. Mostre queA é um anel com divisão ou A2 = {0}. (Sugestão: Seja x ∈ A com x 6= 0. Mostreque 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.)


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∗, existemm,n ∈ N, comm < 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 + y2, 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).


(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 existênciae 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 pora

uou a/u.

Segundo, consideremos o conjunto

F =nau: a ∈ A e u ∈ U(A)

o.

Então F satisfaz as seguintes propriedades:

1. au± b

v= av±bu

uv.

2. au· bv= ab

uv.

3. au= b

v⇔ av = bu.

4.5. ANEIS DE FRAÇÕES 177

4.¡uv

¢−1= v

u.

Note que A ⊆ F , pois

a =a

1∈ F.

Portanto, F é um anel contendo A. Como um exemplo, vamos provar a propriedade (1).µa

u+

b

v

¶uv = (au−1)uv + (bv−1)uv = av + bu =

µav + bu

uv

¶uv.

Portanto,

a

u+

b

v=

µa

u+

b

v

¶(uv)(uv)−1 =

µav + bu

uv

¶(uv)(uv)−1 =

av + bu

uv.

O conjunto F é chamado o anel de frações de A.

Exemplo 4.58 Seja A = Z6. Determine

F =nau: a ∈ A e u ∈ U(A)

o.

Solução. Como U(A) = {1, 5} temos que

F =

½0

1,1

1,2

1,3

1,4

1,5

1,0

5,1

5,2

5,3

5,4

5,5

5

¾= {0, 1, 2, 3, 4, 5},

pois0

1=0

5,1

1=5

5,2

1=4

5,3

1=3

5,4

1=2

5e5

1=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 satis-

feitas:

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.


Solução. 1 ∈ S, pois 1 = a0. Dados s, t ∈ S, existemm,n ∈ Z+ tais que s = am e t = an.

Logo,

st = aman = 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

sou a/s.

Note que o conjunto de todas as classes laterais forma uma partição de A × S e será

denotado porA× S

∼ = S−1A.

Além disso, quando a = b, obtemos

as

s=

bs

s, ∀ s ∈ S.

Observação 4.61 Seja A um domínio de integridade. Como S não possui divisores de

zeros temos que

(a, s) ∼ (b, t)⇔ bs = at⇔ a

s=

b

t.

Neste caso, a classe asé semelhante a fração m

nem Q.

Teorema 4.62 O conjunto S−1A munido com as operações binárias

a

s+

b

t=

at+ bs

stea

s· bt=

ab

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,

sea

s=

c

ueb

t=

d

v,

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.


Portanto,at+ bs

st=

cv + du

uv.

De modo inteiramente análogo, prova-se que o produto está bem definido. É fácil verificar

que S−1A é um anel comutativo com elemento zero e identidade, respectivamente,

0 =0

1=0

se 1 =

1

1=

s

s,

para todo s ∈ S. Finalmente, se 0 ∈ S, então

1 =s

s=0

0=0

t= 0,

para todos s, t ∈ S. Portanto, S−1A = {0}. ¥

Observação 4.63 Sejam A um anel e S um sistema multiplicativo de A. Se S = U(A),então S−1A = A.

O anel S−1A chama-se o anel de frações ou anel de quocientes ou anel quociente de

A definido por S. A função λ : A→ S−1A definida por

λ(a) =a

1

é um homomorfismo de aneis (prove isto!). Neste caso,

kerλ = {a ∈ A : as = 0, para algum s ∈ S}.

De fato,

a ∈ kerλ⇔ a

1=0

1⇔ (a · 1− 0 · 1)s = 0, para algum s ∈ S

⇔ as = 0, para algum s ∈ S.

Note que esse homomorfismo de aneis não é, em geral, injetor, pois

kerλ = {0}⇔ (as = 0⇒ a = 0).

Em particular, λ(S) ⊆ U(S−1A), pois para qualquer s ∈ S,

λ(s) · 1s=

s

1· 1s=

s

s= 1.

Logo,

λ(s)−1 =³s1

´−1=1

s.

Teorema 4.64 Sejam A um anel e S um sistema multiplicativo de A. Então o par¡S−1A, λ

¢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−1A→ B tal que ϕ ◦ λ = σ. Além disso, se

(C, λ1)

é outro par com essa propriedade universal, então C é isomorfo a S−1A.


Prova. (Existência) Note que ϕ ◦ λ = σ significa que

ϕ³a1

´= ϕ(λ(a)) = (ϕ ◦ λ)(a) = σ(a), ∀ a ∈ A.

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−1A→ B tal que

ϕ³a1

´= σ(a), ∀ a ∈ A.

Seja ϕ : S−1A −→ B a função definida por

ϕ³as

´=

σ(a)

σ(s)= σ(a) · (σ(s))−1,

para todos a ∈ A e s ∈ S. Então ϕ está bem definida, pois dados (a, s), (b, t) ∈ A× S,

a

s=

b

t⇒ (at− bs)u = 0, para algum u ∈ S.

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,

ϕ³as

´=

σ(a)

σ(s)=

σ(b)

σ(t)= ϕ

µb

t

¶.

Dados (a, s), (b, t) ∈ A× S,

ϕ

µa

s+

b

t

¶= ϕ

µat+ bs

st

¶=

σ(at+ bs)

σ(st)

=σ(a)σ(t) + σ(b)σ(s)

σ(s)σ(t)=

σ(a)

σ(s)+

σ(b)

σ(t)

= ϕ³as

´+ ϕ

µb

t

¶e

ϕ

µa

s· bt

¶= ϕ

µab

st

¶=

σ(ab)

σ(st)=

σ(a)σ(b)

σ(s)σ(t)=

σ(a)

σ(s)

σ(b)

σ(t)

= ϕ³as

´ϕ

µb

t

¶.

Portanto, ϕ : S−1A→ B é um homomorfismo de aneis.

(Unicidade) Seja ϕ1 : S−1A → B outro homomorfismo de aneis tal que ϕ1 ◦ λ = σ.

Assim,

ϕ1

³a1

´= ϕ1(λ(a)) = (ϕ1 ◦ λ)(a) = σ(a) = (ϕ ◦ λ)(a)

= ϕ(λ(a)) = ϕ³a1

´, ∀ a ∈ A.


Portanto, ϕ1 = ϕ. A prova da última afirmação é análoga a do Teorema 2.47. ¥

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

λ(A) = {λ(s) : s ∈ S} =ns1: s ∈ S

ode S−1A. Neste caso,

a

s=

λ(a)

λ(s)=

a1s1

=a

1·³s1

´−1=

a

1· 1s= as−1.

Proposição 4.65 Sejam A um domínio de integridade e S = A∗. Então

S−1A =nas: a, s ∈ A e s 6= 0

o=

©as−1 : a, s ∈ A e s 6= 0

ªé 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⇔ s

1· x = a

1⇔ λ(s)x = λ(a)⇔ x =

λ(a)

λ(s),


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.


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

QA =

(a+ b

√d

s+ t√d: a+ b

√d ∈ A e s+ t

√d ∈ S

).

Note que

a+ b√d

s+ t√d=

a+ b√d

s+ t√d· s− t

√d

s− t√d=

as− btd

s2 − dt2+

bs− at

s2 − dt2

√d

= m+ n√d,

onde

m =as− btd

s2 − dt2, n =

bs− at

s2 − dt2∈ Q.

Poratnto, QA = Q[√d]. ¥


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 =nas: a ∈ P e s /∈ P

oé o único ideal maximal em S−1A = 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.

(2) Dados as, bt∈MP e x

u∈ AP , obtemos

a

s− b

t=

at− bs

st∈MP ,

pois at− bs ∈ P e st ∈ S,a

s· xu=

ax

su∈MP ,

pois ax ∈ P e su ∈ S. Logo, MP é um ideal em AP .

Finalmente, se yb∈ AP −MP , então y /∈ P , isto é, y ∈ S. Assim,

b

y∈ AP e

y

b∈ U(AP ).

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

S =ns ∈ Z : m

s∈ A, para algum m ∈ Z, com mdc(m, s) = 1

o.

Como mdc(m, s) = 1 temos que existem u, v ∈ Z tais que

mu+ sv = 1⇒ 1

s=

m

su+ v.

Assim, sem

s∈ A,


então1

s=

m

su+ v ∈ A.

Portanto, S é um sistema multiplicativo de Z e

A = S−1Z =nns: n ∈ Z, s ∈ S, com mdc(n, s) = 1

o,


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

n= mn−1 ∈ L, onde m ∈ Z e n ∈ Z∗.

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 resíduosmódulo 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 . SejaP =

\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, sejaQ 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, paraalgum número primo p.


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,

Zkerϕ

' Imϕ.

Como Z é um domínio de ideais principais temos que kerϕ = {0} ou kerϕ = nZ = (n),para algum n ∈ N. Assim, Imϕ ' Z ou Imϕ ' Zn, para algum n ∈ N. Além disso, sendoImϕ um domínio de integridade temos que n é um número primo p. Se Imϕ ' Zp, então

Zp =ZpZ

=Zkerϕ

' Imϕ = P.

Se B = Imϕ ' 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 relaçãode 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−1Z.

3. Sejam A um anel comutativo com identidade e I um ideal em A Mostre que

S = {1 + a : a ∈ I}



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 deideiais primos em A. Mostre que

S = A−[i∈I

Pi



6. Sejam K um corpo e a ∈ K. Mostre que Sa = {f ∈ KK : f(a) 6= 0} é um sistema

multiplicativo de A = KK .

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−1A = 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

a

se S−1A =

nas: a ∈ A e s ∈ S

o.

Mostre que S−1A munido com as operações binárias

a

s+

b

t=

at+ bs

stea

s· bt=

ab

st

é um anel comutativo com elemento identidade.

c. Pode A ser imerso em S−1A?

d. Mostre que a função ϕ : A→ S−1A definida por ϕ(a) = assé um homomorfismo

de aneis. Além disso, determine kerϕ.

e. Mostre que kerϕ ∩ S = ∅.

f. Mostre que todo elemento da forma st, onde s, t ∈ S, possui um inverso em

S−1A.


g Mostre que seA não contém divisores de zero próprio, então S−1A é um domínio

de integridade. A recíproca é verdadeira?

12. Sejam A = Z6 e S = {2, 4}. Mostre que S−1A 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−1A 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

S−1I =nxs∈ S−1A : x ∈ I e s ∈ S

oé um ideal em S−1A.

(b) Mostre que cada ideal J em S−1A pode ser escrito como J = S−1(J ∩A).

(c) Dados ideais I e J em A, mostre que

S−1(I + J) = S−1I + S−1J, S−1(IJ) = (S−1I)(S−1J) e

S−1(I ∩ J) = S−1I ∩ S−1J.

Parte II

Teoria Avançada dos Grupos e Aneis

187

Capítulo 5

Produto de Grupos e os Teoremas deSylow

Neste capítulo apresentaremos definições, resultados e técnicas para desenvolver teo-

remas 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 =Yi∈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 = (aibi)i∈I

é um grupo com (eGi)i∈I = (ei)i∈I como elemento identidade deG e (a−1i )i∈I como elemento

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 =Xi∈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 =Yi∈I

Hi.

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,

Hi ' bHi = λi(Hi) =Y{ej : j ∈ I − {i}} ×Hi.

Em particular, se identificamos Hi com bHi, então Hi é um subgrupo normal em G

eG

Hi'Y{Hj : j ∈ I − {i}} × {ei}.

2. A função πi : G→ Hi definida por

πi(aj)j∈I = ai

é um homomorfismo de grupos sobrejetor. Neste caso,

G

kerπi' Hi e kerπi = π−1i (ei) =

Y{Hj : j ∈ I − {i}} × {ei}.

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

G = bH1bH2 e bH1 ∩ bH2 = {(e1, e2)},

pois a = (h1, h2) = (h1, e2)(e1, h2) ∈ bH1bH2. É importante lembrar que isto é verdade para

todo n.

Teorema 5.3 (Existência do Produto Direto) Seja {Gi}i∈I uma família indexadade grupos. Então existe um grupo G e uma família de homomorfismos de grupos {πk :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 πk ◦ σ = ϕk, para todo k ∈ I. Além disso, G é unicamente

determinado, a menos, de isomorfismo.

Prova. (Existência) Sejam G =Q

i∈I Gi e πk : G → Gk as projeções canônicas sobre

as k-ésimas componentes, isto é, πk 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 σh(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 πk,

ψ(h)(k) = (πk ◦ ψ)(h) = ϕk(h) = σh(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. hihj = hjhi, 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.


Observe que, ao contrário do produto direto externo, o produto direto interno nem sempre

existe, por exemplo, se G = S3, H = hσi e K = hτi, com

σ =

Ã1 2 3

2 3 1

!e τ =

Ã1 2 3

1 3 2

!,

então H e K são subgrupos de G, mas στ 6= τσ. 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−1Hi+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−1Hi+1 · · ·Hn,

obtemos

a = hi ∈ Hi e a = h1 · · ·hi−1hi+1 · · ·hn, hj ∈ Hj.

Logo,

hi = h1 · · ·hi−1hi+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 hihj = hjhi,

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 éum 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).


Solução. Como H e K são subgrupos normais em G é fácil verificar que L ∩H e L ∩Ksão 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 deG. 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 = albl e x = c, com 0 ≤ l < n. Logo,

albl = 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

K' H

H ∩K e

¯̄̄̄HK

K

¯̄̄̄= n.

Assim, G = HK eG

K' H

H ∩Ké um grupo cíclico de ordem n. Logo, existe h0 ∈ H tal que

[h0(H ∩K)]n = H ∩K ⇔ hn0 ∈ H ∩K.

Pondo h0 = alc, onde l ∈ Z e c ∈ K, temos que mdc(l, n) = 1, caso contrário, existe

0 ≤ d < n tal que adl = 1. Assim, hd0 ∈ H ∩K, o que é impossível. Portanto, podemosescolher uma potência h = hr0 tal que h = ab0, onde b0 ∈ K. Se

H ∩K = {x1, . . . , xk},

então, para cada i = 1, . . . , k,

Ni = hab0xii


é um subgrupo cíclico de ordem n, os quais são distintos aos pares e Ni ∩K = {e}.Finalmente, sejaM outro subgrupo de H com as mesmas propriedades dos Ni. Então

existe b1 ∈ K tal que M = hab1i. Como ab0 ∈ H e ab1 ∈ H temos que

b−10 b1 = b−10 a−1ab1 = (ab0)−1ab1 ∈ H ∩K = {x1, . . . , xk},

Logo, existe i = 1, . . . , k, tal que b−10 b1 = xi. Portanto, M = hab1i = hab0xii = Ni. ¥

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 necessari-

amente verdadeira.

Exemplo 5.8 SejamG = {(x, y, xy) : x, y ∈ Z∗3}

um grupo,

H = {(x, 1, x) : x ∈ Z∗3} e K = {(1, y, y) : y ∈ Z∗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.


6. Se H e K são grupos não abelianos e H ∩K 6= {e}, então |G| ≥ 32.

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

L× H

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,G

Lw H

L× H

Le |G| = |L|

¯̄̄̄H

L

¯̄̄̄ ¯̄̄̄K

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

L

¯̄̄̄≥ 4 e

¯̄̄̄K

L

¯̄̄̄≥ 4.

Portanto, |G| ≥ 32. ¥

Sejam G = S3 o grupo de permutações N = A3 = hσi e H = hτi, com

σ =

Ã1 2 3

2 3 1

!e τ =

Ã1 2 3

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 oH, se as seguintes condições são satisfeitas:

1. G = NH.

2. N é subgrupo normal em G.

3. N ∩H = {e}.


Observação 5.10 Seja G = N oH o produto semidireto de N porH.

1. Pelo Segundo Teorema de Isomorfismo, temos que

H =H

N ∩H ' NH

N=

G

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

(n1h1) (n2h2) = [n1 (ϕ(h1) (n2))]h1h2, 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−1hn = 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) = (n1ϕ(h1) (n2) , h1h2) .


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 bN = {(n, e) : n ∈ N} e bH = {(e, h) : h ∈ H}

são subgrupos de G tais que N ' bN e H ' bH. A função σ : G → G definida por

σ(n, h) = (e, h) é um homomorfismo de grupos, onde Imσ = bH, kerσ = bN e σ2 = σ

(prove isto!). Consequentemente, bN é um subgrupo normal emG e pelo Primeiro Teorema

de isomorfismoGbN ' bH.

Como

(n, e) (e, h) = (nϕ(e) (e) , h) = (nIN (e) , h) = (n, h)

temos que G = bN bH. Além disso, bN ∩ bH = {(e, e)}. Portanto, G é o produto semidireto

(interno) de bN por bH. Finalmente,(e, h) (n, e) (e, h)−1 = (ϕ(h) (n) , e)

implica que a função ψ : bH → Aut( bN) definida por ψ(e, h) = ψ(e,h), com

ψ(e,h) (n, e) = (ϕ(h)(n), e),

é o homomorfismo por conjugação de bN . Portanto, identificando bN com N e bH 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

(n1h1) · (n2h2) = n1ϕ(h1) (n2) · h1h2 e ϕ(h1)(n2) = ϕh1 (n2) = h1n2h−11 .

Além disso,

CH(N) = kerϕ = CG(N) ∩H e CN(H) = NN(H).

Exemplo 5.11 Sejam N um grupo abeliano qualquer e H = hbi ' Z2. Se definirmosϕ : 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∞. ¥


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 GN, isto é, N tem um complementar em G;

2. Existe um homomorfismo de grupos ϕ : GN−→ G tal que π◦ϕ = IG

N, com π : G³ G

N

a projeção canônico e ϕ é chamada de seção de GNem G;

3. Existe um homomorfismo de grupos ψ : G −→ G tal que kerψ = N e ψ(x) = x,

para todo x ∈ Imψ. Fazer figura

Prova. (1⇒ 2) Seja H um complementar de N em G, isto é, H ' GN. Então cada a ∈ G

pode ser escrito de modo único sob a forma a = nh, onde n ∈ N e h ∈ H. Seja

ϕ :G

N−→ G

a função definida por ϕ(Na) = h. Então é fácil verificar que ϕ é um homomorfismo grupos

tal que π ◦ ϕ = IGN.

(2 ⇒ 3) Vamos definir ψ : G −→ G por ψ = ϕ ◦ π. Se x ∈ Imψ, 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 ∈ Imψ. Se a ∈ kerψ, então ψ(a) = (ϕ ◦ π)(a) = e. Logo,

k = e e a ∈ N , isto é, kerψ ⊆ N . Reciprocamente, se a ∈ N , então

ψ(a) = (ϕ ◦ π)(a) = ϕ(Na) = ϕ(N) = e,

e, assim, a ∈ kerψ.(3⇒ 1) Pondo H = Imψ, obtemos G = NH, pois

a = ae = aψ(a)−1ψ(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,

isto é, N ∩ H = {e}. Como H = Imψ ' GNtemos que G é o produto semidireto de N

por GN. ¥

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

f ∈ Aut (N) fixado. Se bf : Aut (N)→ Aut (N) é definida por bf(g) = f ◦ g ◦ f−1, então

N of◦ϕ H ' N oϕ H.


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 (n1h1n2h2) = θ (n1ϕ (h1) (n2)h1h2) = f (n1ϕ (h1) (n2))h1h2

= f (n1) f (ϕ (h1) (n2))h1h2 = f (n1) (f ◦ ϕ (h1)) (n2)h1h2= f (n1)

¡f ◦ ϕ (h1) ◦ f−1 ◦ f

¢(n2)h1h2

= f (n1)¡f ◦ ϕ (h1) ◦ f−1

¢(f (n2))h1h2

= f (n1)³bf ◦ ϕ´ (h1) (f (n2))h1h2 = f (n1)h1f (n2)h2

= θ (n1h1) θ (n2h2) .

Seja α : Nof◦ϕH → NoϕH 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 ohomomorfismo 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, b2nb−2 = n, para todo n ∈ N . Portanto, b2 ∈ Z(G). Consideramos os seguintescasos 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

R =

"cos(2π

n) − sen(2π

n)

sen(2πn) cos(2π

n)

#e T =

"0 1

1 0

#;

2. Se N = hai ' Z2n e H = hbi ' Z4. Já vimos que b2 ∈ Z(G). Como bab−1 = a−1

temos que

bab−1 = a−1, ∀ a ∈Da2

n−1E⊂ N.

Logo, bab−1 = a−1 = a implica que a ∈ Z(G). Assim, b2a ∈ Z(G) e hb2ai é umsubgrupo normal em G. Seja

G =G

hb2ai .


Então¯̄G¯̄= 2n+1, pois |hb2ai| = 2. Portanto, identificando b2 com a2

n−1em G não

é difícil provar que G tem um único subgrupo de ordem 2, hb2i, o qual é igual aocentro 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,

Q2n+1 =Da, b : a2

n

= b4 = e, bab−1 = a−1 e a2n−1

= b2E,

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 =

"u 0

0 u−1

#e V =

"0 −11 0

#,

com U2n = 1 e U2n−1 6= 1, para todo n ≥ 2. Além disso,

Q2n+1

Z(Q2n+1)' D2n−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 queAut(N) contém um único subgrupo de ordem p, digamos L = hσi e pelo item (4) daProposição 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 (modn) emdc(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 (modn), pois ab 6= ba. Logo,

bab−1 = ar ⇒ (bab−1)(bab−1) = a2r ⇒ ba2b−1 = a2r

⇒ barb−1 = ar2

, por indução

⇒ b(bab−1)b−1 = ar2 ⇒ b2ab−2 = ar

2

⇒ bmab−m = arm

, por indução

⇒ a = arm ⇒ rm ≡ 1 (modn).


Assim, r, r2, . . . , rφ(n) são todas as soluções incongruentes módulo n, com

r 6≡ 1 (modn).

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 ' Dn2×Z2. (Sugestão:

Mostre que se σ ∈ Dn, com |σ| = n, então Dn =σ

n2

®×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. SejamH,K e L grupos quaisquer. Mostre que (H×K)×L é isomorfo aH×(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.


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 asseguintes 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−1a

¢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 significaque 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−1a)x = a−1(ax) = a−1y.

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.


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 apartição de S:

S =•[

x∈FO(x),

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 =•[

x∈SO(x)

temos que

|G| = |S| =Xx∈S

|O(x)| =Xx∈S

|H| = k |H| ,

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}

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 =\x∈S

Gx.

Proposição 5.23 Seja S um G-conjunto não vazio. Então

Gax = aGxa−1, ∀ a ∈ G e x ∈ S.

Conclua que Gx = aGya−1, para todo a ∈ G e x, y ∈ O, onde O é uma órbita qualquer de

S.


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,

isto é, σ é injetora. Agora, dado c ∈ Gax, obtemos c(ax) = ax. Logo, (a−1ca)x = x.

Assim, existe b = a−1ca ∈ Gx tal que σ(b) = c, isto é, σ é sobrejetora. Portanto,

Gax = σ(Gx) = aGxa−1. Finalmente, seja O uma órbita qualquer de S e dados x, y ∈ O,

existe a ∈ G tal que x = ay. Portanto, Gx = Gay = aGya−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,

kerϕ = G0 = {e}⇔ (ax = x, ∀ x ∈ S, ⇒ a = e).

Exemplo 5.24 Sejam G = Z o grupo aditivo dos números inteiros e S = R. Mostre quea função ∗ : G × S −→ S definida por nx = (−1)nx, 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)nx : n ∈ G} = {−x, x}

e

Gx = {n ∈ G : nx = x} = {n ∈ G : (−1)nx = x} = 2Z.

Note que [G : Gx] = 2 = |O(x)|, para todo x ∈ S − {0}. Além disso, a ação não é fiel,

pois kerϕ = 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}.


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 únicosaij ∈ R tais que

fj =nXi=1

aijei, j = 1, . . . , n.

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 G-

homomorfismo 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

Gx, ∀ x ∈ S.

Prova. Primeiro note que, para um x ∈ S fixado, a função

∗ : G× G

Gx−→ G

Gx

definida por g ∗ (aGx) = gaGx, para todo g ∈ G e aGx ∈ GGx, é uma ação de G sobre G

Gx

(prove isto!). Portanto, GGxé um G-conjunto.

Segundo consideremos a função

σ :G

Gx→ S

definida por σ(aGx) = ax, para todo a ∈ G. É fácil verificar que σ está bem definida e é

injetora. Agora, dados g ∈ G e aGx ∈ GGx, 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. ¥


Corolário 5.28 (Teorema de Órbita-Estabilizador) Sejam S umG-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

k =1

|G|Xa∈G

|Sa| ,

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 modointeiramente análogo, para um x ∈ S fixado, o número de pares ordenados em X é igual

a |Gx|. Portanto, Xa∈G

|Sa| = |S| =Xx∈S

|Gx| .

Por outro lado, pelo Corolário 5.28, obtemosXx∈S

|Gx| = |G|Xx∈S

1

|O(x)| = |G|Xy∈α

Xx∈O(y)

1

|O(x)| , pois S =•[

x∈SO(x),

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 queXx∈O(y)

1

|O(x)| = 1.

Portanto,

k =1

|G|Xa∈G

|Sa| ,



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} = {h1K, . . . , hmK} ⊆ S

temos que |HK| = |K|m, pois

HK =•[

h∈HhK.

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] = |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

H ∩K ' G

H× G

K.

Solução. Sejam

S =G

H ∩K e T =G

H× G

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

σ :G

H ∩K →G

H× G

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

|G| = |HK| = |H| |K||H ∩K| ⇒

|G||H| |K| =

1

|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. ¥


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 πH : G→ Sn tal que

kerπH =\a∈G

aHa−1

e kerπH 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,

kerϕH = {g ∈ G : ϕH(g) = IS} = {g ∈ G : ϕg = IS}= {g ∈ G : gaH = aH, ∀ a ∈ G}= {g ∈ G : a−1ga ∈ H, ∀ a ∈ G}= {g ∈ G : g ∈ aHa−1, ∀ a ∈ G} =

\a∈G

aHa−1.

É claro que kerϕH é um subgrupo normal em G e kerϕH ⊆ 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 ⊆ kerϕH . 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 umisomorfismo de grupos. Portanto, a função πH = (θ ◦ ϕg ◦ θ−1) ◦ ϕH é um homomorfismo

de grupos de G em Sn, com kerπH = kerϕH . ¥

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.

Então GNé isomorfo a um subgrupo de Sn.


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 kerπH 6= {e}.


Prova. Sabemos, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo, que

G

kerπH' ImπH ≤ Sn.

Logo, pelo Teorema de Lagrange,¯̄̄

GkerπH

¯̄̄divide n!. Assim, |kerπH | > 1, pois |G| não

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.


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

kerπH' ImπH ≤ Sp.

Logo, pelo Teorema de Lagrange,¯̄̄

GkerπH

¯̄̄divide p!. Seja m = [H : kerπH ]. Então

[G : kerπH ] = [G : H][H : kerπH ] = 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 = kerπH é um subgrupo normal em G. ¥

Observação 5.39 Se G = A4, então G não possui subgrupo de índice 2.

EXERCÍCIOS

1. SejamG = 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 deG 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.


3. Sejam G = R o grupo aditivo dos números reais e S = {z ∈ C : |z| = 1}. Mostreque a ∗ z = eiaz, 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 = AkX, 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. Mostreque 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 : a1a2 · · · 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.

11. Sejam G um grupo qualquer, H um subgrupo de G e S = GH. 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.

12. Sejam G um grupo qualquer, H, K subgrupos finitos de G e S = GK. 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||H ∩ aKa−1| , ∀ a ∈ G.


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}. Mostreque h ∗K = hKh−1, para todo h ∈ H e K ∈ S, é uma ação de H sobre S. Calcule

o núcleo e o estabilizador.

15. Sejam G um grupo qualquer, S = H um subgrupo normal abeliano em G e G = GH.

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 x1x2 + x3x4.

(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.


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,

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∩GxaGx = ∅,para todo x ∈ S.

23. Sejam S e T dois G-conjuntos não vazios. Mostre que se ϕ : S → T é um G-

homomorfismo, então Gx ≤ Gϕ(x), para todo x ∈ S. Além disso, se ϕ é um G-

isomorfismo, então Gx = Gϕ(x), para todo x ∈ S.

24. Sejam G um grupo qualquer, H, K subgrupos de G e S = GH, T = G

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

σ :G

H→ G

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−1ha ∈ K e a−1Ha ≤ 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 πH 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.


28. Sejam G um subgrupo de P (S), σ ∈ G e a ∈ S. Mostre que σGaσ−1 = Gσ(a).

Conclua que se G age transitivamente sobre S, então\σ∈G

σGaσ−1 = {e}.

29. SejaG 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}). Concluaque |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 umQ8-conjunto, com |S| ≤ 7, então mostre que o estabilizadorde 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−1a−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 215

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.

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 outrasolução. 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 umhomomorfismo de grupos πH : G −→ S2, com [G : kerϕ] = 2, pois aHa−1 6= H, para

algum a ∈ G. Portanto, kerπH = H e H é um subgrupo normal em G, o que é uma

contradição. ¥


Exemplo 5.41 Seja

G = S3 = hτ , σi = {I, σ, σ2, τ , στ , σ2τ}, com σ =

Ã1 2 3

2 3 1

!e τ =

Ã1 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, σ2} e Cτ = Cτσ = Cτσ2 = {τ , στ , σ2τ}.

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| =kXi=1

|Ci| . (5.1)

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,

|G| = |Z(G)|+X

xi /∈Z(G)

[G : CG(xi)].

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 217

Por outro lado, como |CG(i)| é um divisor de |G| e hii ⊆ CG(i) temos que

CG(i) = hii e |Ci| = [G : CG(i)] =¯̄̄̄

G

CG(i)

¯̄̄̄= 2.

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.


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. Entãoa equação

1

x1+1

x2+ · · ·+ 1

xk= r

possui somente um número finito de soluções em N, pois se

xk = min{x1, . . . , xk}⇒1

x1+1

x2+ · · ·+ 1

xk≤ k

xke 1 ≤ xk ≤

k

r.

Assim, existe apenas um quantidade finita de escolhas para xk. Agora, use indução sobre

k na equação1

x1+1

x2+ · · ·+ 1

xk−1= r − 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

x1+1

x2+ · · ·+ 1

xk,

com xi = |CG(ai)|, i = 1, . . . , k. Agora, se a1 = e, então CG(a1) = G e x1 = |G|. Sendoxi ≤ Nk, i = 1, . . . , k, obtemos o resultado.

EXERCÍCIOS


1. Determine todas as classes de conjugação dos grupos Z5, D4, A4, D6 e S4.

2. SejamG 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 eH subgrupo abeliano de G. Mostre queHZ(G) é um subgrupoabeliano 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 eK subgrupos de G. Mostre que seH 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

XG = hXa : a ∈ Gi. Mostre queXG é um subgrupo normal minimal em G contendo

X. (Sugestão: Mostre que cada ϕ ∈ Inn(G) induz uma permutação em Xa.)

10. Sejam G um grupo infinito e a ∈ G∗, com a classe de conjugação Ca finita. Mostreque 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 sãop-grupos.

Exemplo 5.46 Sejam G um p-grupo abeliano finito e apk 6= e, para algum k ∈ Z+.

Mostre que se a ordem apké igual pm, então a ordem de a é igual pk+m.

5.4. P-GRUPOS 219

Solução. Seja pn a ordem de a. Como

apk+m

=³ap

k´pm

= e

temos que pn divide pk+m, isto é, n ≤ m+ k Por outro lado, como³ap

k´pn−k

= apn

= 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 Imϕ é um p-grupo.


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}.


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 queexiste 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| = pnm, 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

|G| = |Z(G)|+X

x/∈Z(G)

[G : CG(x)].

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

H = H ∩G = (H ∩Z(G))•S⎛⎝ •[

x/∈Z(G)

(Cx ∩H)

⎞⎠temos que

|H| = |H ∩Z(G)|+X

x/∈Z(G)

|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 deordem 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 afunção σ : Zp × Zp → G definida por σ(am, bn) = ambn 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−1haH = H, ∀ h ∈ H, ⇔a−1ha ∈ H, ∀ h ∈ H, ⇔ a−1Ha = H ⇔ aHa−1 = H ⇔ a ∈ NG(H).


Assim,

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[a∈G

aHa−1 ⊂ 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 GHsão

p-grupos, então G é um p-grupo.

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 sub-

grupo 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−1σ(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) aPa−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.


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||H| = m.

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 deCauchy. 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 formaLH, onde L é um subgrupo de NG(H) contendo H. Como H é um subgrupo normal em

NG(H) temos que H é normal em L e, pelo Teorema de Lagrange,

|L| =¯̄̄̄L

H

¯̄̄̄|H| = ppk = pk+1.

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. aPa−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.


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 aPa−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,

aP ∈ S0 ⇔ haP = aP, ∀ h ∈ H, ⇔ a−1haP = P, ∀ h ∈ H, ⇔a−1ha ∈ P, ∀ h ∈ H, ⇔ a−1Ha ≤ P ⇔ H ≤ aPa−1,

isto é, H é um subgrupo de aPa−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 ≤ aPa−1. Como

|Q| = |P | =¯̄aPa−1

¯̄, ∀ a ∈ G,

temos que Q = aPa−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 ].


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) = {aPa−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 deNG(Q). Como P eQ são p-subgrupos de Sylow deG temos que

eles, também, o são deNG(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 Gcontém 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

xPx−1 são p-subgrupos de Sylow de H, pois P ⊆ NG(H). Assim, pelo Segundo Teorema

de Sylow, existe h ∈ H tal que

P = hxPx−1h−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 | = |aPa−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, r3s}, {I, r3, rs, r4s} e {I, r3, r2s, r5s},

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. ¥


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 um3-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 | 35n5 = 1, 6, 11, . . . e n5 | 21n7 = 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 = 14



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 normalde 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 = kerπH tal que

K 6= {e}, K ⊆ H eG

K' πH(G) ≤ S3.

Assim, pelo Teorema de Lagrange, ¯̄̄̄G

K

¯̄̄̄= 2, 3 ou 6. (5.2)

Por outro lado, como K 6= {e} e K ⊆ H temos, pelo Teorema de Lagrange, que

|K| = 2, 4, 8 ou 16⇒¯̄̄̄G

K

¯̄̄̄= 3, 6, 12 ou 24. (5.3)

Comparando (5.2) e (5.3), obtemos¯̄̄̄G

K

¯̄̄̄= 3 ou 6⇒ |K| = 8 ou 16.

Portanto, G contém um subgrupo normal K de ordem 8 ou 16. ¥

Exemplo 5.66 Seja G um grupo de ordem 300. Mostre que G é um grupo não simples.


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.



n3 = 1, 4, 7, . . . e n3 | 13 · 29.



[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.


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 | 76n19 = 1, 20, 39, . . . e n19 | 20.

Afirmação. n5 = 1 ou n19 = 1.


De fato, se n5 = 76 e n19 = 20, então, pelo visto acima, obtemos



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

|HK| = |H| |K||H ∩K| = 5 · 19,

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 | 19n19 = 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.


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 | 91n7 = 1, 8, 15, . . . e n7 | 65n13 = 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. ¥


Exemplo 5.70 Seja G um grupo de ordem 3.675. Mostre que G é um grupo não simples.



n7 = 1, 8, 15, . . . e n7 | 3 · 52.



[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| = 5temos queK 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).



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

CG(H)' L ≤ Aut(H) ' U(Z11).

Logo, pelo Teorema de Lagrange,¯̄̄̄G

CG(H)

¯̄̄̄= 1, 2, 5 ou 10. (5.4)

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| =¯̄̄̄

G

CG(H)

¯̄̄̄|CG(H)|⇒

¯̄̄̄G

CG(H)

¯̄̄̄= 1, 3, 7 ou 21. (5.5)

Comparando (5.4) e (5.5), obtemos¯̄̄̄G

CG(H)

¯̄̄̄= 1 e G = CG(H).

Portanto, H é um subgrupo de Z(G). ¥


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.

Mostre que H ∩P é um p-subgrupo de Sylow de H e PHHé um p-subgrupo de Sylow de G

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 aPa−1. Assim,

a−1Qa ≤ H ∩ P ≤ P,

pois

a−1Qa ≤ a−1Ha = H e a−1Qa ≤ P.

Pela maximalidade da ordem de Q em H, temos que

H ∩ P = a−1Q(a−1)−1.

Portanto, H ∩P é um p-subgrupo de Sylow de H. Finalmente, como PH é um subgrupo

de G e H∩P é um subgrupo normal em P temos, pelo Segundo Teorema de Isomorfismo,

quePH

H' P

H ∩ P ⇒¯̄̄̄PH

H

¯̄̄̄= pr,

isto é, PHHé um p-subgrupo de G

H. Pelo digrama abaixo

G −→ GH

| |PH ←→ PH

H

| |H ←→ {H}

temos que

[G : PH] =

∙G

H:PH

H

¸.

Logo,

mdc

µp,

∙G

H:PH

H

¸¶= 1, pois [G : P ] = [G : PH][PH : P ].

Portanto, PHHé um p-subgrupo de Sylow de G

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 ||H ∩ P | = pm.

Assim, |HP | = |P |, pois P um p-subgrupo Sylow de G. Portanto, HP = P , ou seja,

H ⊆ P . ¥


Exemplo 5.74 Mostre que se |G| = pmqn, 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| = pmqn 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 | qn.

Logo, np = 1, pois p não divide qk − 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 | qrnq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | prnr = 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 ' Zp2ou 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. Maspelo Terceiro Teorema de Sylow

np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | qnq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | p.


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 gruposnão 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 deSylow, 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 deSylow

n2 = 1, 3, 4, . . . e n2 | 3n3 = 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. SeH = hai ' Z4, então Aut(H) ' Z2 e não existem homomorfismosde 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 homomorfismosde grupos ϕi : K → Aut(H) definidos por ϕi(c) = σi, 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.


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 = KoϕH 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 y2 = x3 = (xy)2.

2.a Possibilidade. Se H = ha, bi ' Z2 × Z2, então existem exatamente três homomor-

fismos de grupos não triviais de H em Aut(K), por exemplo, ϕ1(a) = σ e ϕ1(b) = σ. Note

que kerϕ1 = 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 deordem 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 5.52eliminamos todos os p-grupos, a saber,

4, 8, 9, 16, 25, 27, 32, 49, 64 e 81.

2.o Caso. Se |G| = pnm ou pq, com p e q números primos distintos em < 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| = 2mpn, 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


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, 2m3n 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, 2m3

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. SejamG um grupo finito eH um subgrupo normal emG tal quemdc([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, entãoH 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. Sejam G um grupo finito e P um p-subgrupo Sylow de G. Mostre que se a ∈ G,

com |a| = pk e P = aPa−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| = 2mk 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


10. Mostre que se |G| = 351, então G possui um p-subgrupo de Sylow normal para


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.



16. Mostre que se |G| = 132, então G é um grupo não simples.



19. Seja G um grupo com |G| = 112132. 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.


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. SejamG um grupo finito eH,K subgrupos próprios deG tais que G = HK. Mostre

que se P é um p-subgrupo de Sylow G, então hPh−1∩K é um p-subgrupo de Sylow

K, para algum h ∈ H.

28. Mostre que se |G| = p2m, com p um número primo e p >√m > 1, então G é um

grupo não simples.

29. Mostre que se |G| = p2q, com p, q números primos distintos e {p, q} 6= {2, 3}, entãoG 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| = p2qn, com p, q números primos; q 6= 3 e p < q, então existe um

q-subgrupo de Sylow normal em G.


34. Mostre que se |G| = pnq, 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| = 223n, então G possui um 3-subgrupo normal de ordem 3n−1 ou

3n. (Sugestão. Confira o Exemplo 5.65.)


37. Mostre que se |G| = 2n3, então G possui um 2-subgrupo normal de ordem 2n−1 ou

2n.

38. Mostre que não existe grupo G tal que¯̄̄

GZ(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.


40. SejamG um grupo de ordem pnm 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| = p1p2 · · · 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).

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,

σ =

Ã1 2 3 4 5

2 3 1 4 5

!= (123)(4)(5) = (123)

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 = τσ, 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)) = τσ(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)) = τσ(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)) = τσ(x).

Portanto, em qualquer possibilidade, στ = τσ. 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 = (ikik−1 . . . i2i1) = (i1ikik−1 . . . i2).

Além disso, σ pode ser escrito de k maneiras, a saber,

σ = (ijij+1 . . . iki1 . . . ij−1), 1 ≤ j ≤ k.

Portanto, existemn(n− 1) · · · (n− k + 1)

k= (k − 1)!

Ãn

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,

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. Entãoa 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) = {σm(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 eG

Gik

= hσGiki

é um grupo cíclico de ordem dk, com dk o menor inteiro positivo tal que σdk ∈ Gik (prove

isto!). Logo,

|O(ik)| = dk e O(ik) = {ik, σ(ik), . . . , σdk−1(ik)},

poisG

Gik

= {Gik , σGik , . . . , σdk−1Gik}.

Seja

σk = (ik1ik2 . . . ikdk) =¡ikσ(ik) . . . σ

dk−1(ik)¢.

Então σk é um dk-ciclo de Sn, pois

σk(ikj) = ik(j+1) = σj(ik) e σ(ikdk) = σ(σdk−1(ik)) = σdk(ik) = ik, k = 1, . . . , r.

Afirmação. σ = σ1 · · ·σr.De fato, dado x ∈ S, existe um único k ∈ {1, . . . , r} tal que x ∈ O(ik). Logo, x = ikj =

σj−1(ik), para algum j, com 1 ≤ j ≤ dk − 1. Assim,

σk(x) = ik(j+1) = σj(ik) = σ(σj−1(ik)) = σ(x) e σl(x) = x, se l 6= k.

Como ciclos disjuntos comutam temos que

σ1 · · ·σr(x) = σk(x) = σ(x), ∀ x ∈ S,

isto é, σ = σ1 · · ·σr.(Unicidade) Seja σ = τ1 · · · 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,

τm(x) = σ(x) e τ l(x) = x, se l 6= m.

Assim, τm(x) = σ(x) = σk(x), para algum k, com 1 ≤ k ≤ r. Como o subgrupoH = hτmide G associado a órbita O(ik) (O(im)) age transitivamente sobre O(im) temos que O(im)é uma G-órbita e τm = σk, para algum k, com 1 ≤ k ≤ r. ¥


Exemplo 6.3 Seja

σ =

Ã1 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 = σ1 · · ·σr sua decomposição como um produto de

ciclos disjuntos incluindo os 1-ciclos. Então:

1. |σ| = mmc(|σ1| , . . . , |σr|).

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

ϕτϕ−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.


Prova. Primeiro note que como ciclos disjuntos são comutativos temos que

σm = σm1 · · ·σmr , ∀ m ∈ Z+,

com σ0 = I, σ1 = σ e σm = σm−1σ, para todo m ≥ 2. Assim, pela unicidade da

decomposição, temos que

σm = I ⇔ σmk = I, k = 1, . . . , r.

Agora, para provar (1), sejam s = |σ|, mk = |σk|, com k = 1, . . . , r, e

m = mmc(m1, . . . ,mr).

Então σm = I e s divide m. Por outro lado, como σs = I temos que σsk = I, k = 1, . . . , r.

Logo, mk divide s, k = 1, . . . , r. Assim, por definição, m divide s. Portanto, m = s.

(2) Seja mk = |σk|, com k = 1, . . . , r e mk ≤ n. Então |σ| = n se, e somente se, mk

divide n, isto é,mk = 1 oumk = 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| eG = 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

ϕτϕ−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})


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.


(4) Suponhamos que σ e τ sejam conjugadas. Então existe ϕ ∈ Sn tal que τ = ϕσϕ−1.

Logo,

ϕσϕ−1 = ϕσ1 · · ·σrϕ−1 = (ϕσ1ϕ−1) · · · (ϕσrϕ−1).

Como ϕσjϕ−1 tem a mesma estrutura de ciclo de σj 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

σ =³i(1)1 . . . i

(1)k1

´· · ·

³i(r)1 . . . i

(r)kr

´l l

τ =³j(1)1 . . . j

(1)k1

´· · ·

³j(r)1 . . . j

(r)kr

´,

de modo que ciclos de mesmo comprimento sejam listados abaixo de cada outro. Vamos

definir ϕ ∈ Sn por

ϕ³i(m)k

´= j

(m)k , ∀ k,m ∈ N.

Então, é fácil verificar que ϕσ = τϕ, isto é, τ = ϕσϕ−1. ¥

Exemplo 6.5 Se σ = (153)(12) e τ = (1679), determine στσ−1.

Solução. Comoστσ−1 = (σ(1)σ(6)σ(7)σ(9))

temos que στσ−1 = (2679). ¥

Exemplo 6.6 Determine uma permutação σ tal que

σ(12)(34)σ−1 = (56)(13).

Solução. Comoσ(12)(34)σ−1 =

¡σ(12)σ−1

¢ ¡σ(34)σ−1

¢temos que

σ(12)(34)σ−1 = (σ(1)σ(2)) (σ(3)σ(4)) .

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 στσ−1 é igual a ordem de τ temos que 3 = 6, o que é

impossível. ¥


Proposição 6.8 Seja Sn, n ≥ 3, o grupo de permutações.

1. Sn = hT1i, comT1 = {(ij) : 1 ≤ i < j ≤ n} .

2. Sn = hT2i, com

T2 = {(1k) : 1 < k ≤ n} = {(12) , (13) , . . . , (1n)}.

3. Sn = hT3i, com

T3 = {((k − 1)k) : 1 < k ≤ n} = {(12) , (23) , . . . , ((n− 1)n)}.

4. Sn = h(12), (12 . . . n)i.

Prova. (1) Pelo Teorema 6.2, basta provar que todo ciclo é um produto de transposições,pois I = (12)(12) ∈ hT1i e hT1i ⊆ Sn. Seja σ = (i1 . . . ik) um k-ciclo em Sn. Então

σ = (i1i2)(i2i3) · · · (ik−1ik) = τ 1 · · · τk−1.

De fato, dado x ∈ S = {1, . . . , n}, como

S = {i1 . . . ik}•∪ (S − {i1 . . . ik})


1.a Possibilidade. Se x ∈ S − {i1 . . . ik}, então σ(x) = x e τ j(x) = x. Logo,

(τ 1 · · · τk−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 · · · τk−1)(ij) = ij+1 = σ(ij).

Portanto, em qualquer possibilidade,

σ = τ 1 · · · τk−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).


Agora, use o item (2).

(4) Sejam τ = (12) e σ = (12 . . . n). Então, indutivamente, obtemos

στσ−1 = (23), . . . , σ(m−1)τσ−(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 alter-

nado.

1. σ ∈ An se, e somente se, σ é um produto de um número par de transposições.

2. An = hT1i, comT1 = {(ijk) : 1 ≤ i < j < k ≤ n} .

3. An = hT2i, comT2 = {(abi) : i ∈ {1, 2, . . . , n}− {a, b}} .

Prova. (1) Suponhamos que σ = τ 1 · · · τ r, com τk transposições. Então, pelo Lema 1.72,

P σ = P τ1···τr = (P τ1)τ2···τr = (−P )τ2···τr = (−1)rP.

Portanto, σ é uma permutação par se, e somente se,

P = P σ = (−1)rP

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 ττ 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

ττ 0 = (ab)(cd) = (ab)(ac)(ac)(cd) = (acb)(acd) ∈ hT1i .

2.a Possibilidade. Se τ e τ 0 não são disjuntas, digamos τ = (ab) e τ 0 = (bc), então

ττ 0 = (ab)(bc) = (abc) ∈ hT1i .

(3) Pelo item (2), basta provar que (klm) ∈ hT2i, 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) ∈ hT2i.


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) ∈ hT2i. Logo,

(aij) = (ajb)(abi)(abj) = (abj)−1(abi)(abj) ∈ hT2i .

Portanto, (klm) ∈ hT2i.3.o Caso. Se a, b /∈ {k, l,m}, então, pelo 2.o Caso,

(akm), (alm) ∈ hT2i .

Logo,

(klm) = (aml)(akm)(alm) = (alm)−1(akm)(alm) ∈ hT2i .

Portanto, An = hT2i. ¥

Teorema 6.10 O grupo alternado An é simples, para todo n ∈ N, com n 6= 4.

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 = (i1i2i3i4 . . . ik) · · · .

Logo,

ϕ = (i1i2i3)σ(i1i3i2) = (i1i2i3)σ(i1i2i3)−1 ∈ H ⇒ (i1i3ik) = σ−1ϕ ∈ 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−1ϕ ∈ H.

Assim, H contém um 5-ciclo e, pelo 1.o Caso, um 3-ciclo. Portanto, H = An.


3.o Caso. Se k = 3 e σ contém exatamente um 3-ciclo (abc), então

σ = (abc) · · · .

Logo,

σ2 = (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−1ϕ ∈ 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⇒

|An| =n!

2=(m+ k)!

2=(m+ k)(m+ k − 1)!

2> m!,

uma vez quem+ k

2≥ 32> 1 e (m+ k − 1)! ≥ m!.

Portanto, An não admite subgrupo próprio H em que [An : H] = m < n, para todo n ∈ Ncom n ≥ 5. ¥

Lema 6.12 O grupo derivado S0n = 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

τστ−1σ−1 = (abc) ∈ S0n.

Como S0n é um subgrupo normal em Sn temos que ϕ(abc)ϕ−1 ∈ S0n, para todo ϕ ∈ Sn.

Logo, S0n contém qualquer 3-ciclo e, portanto, An ⊆ S0n. Por outro lado, pelo item (3) do

Exemplo 2.44, S0n ⊆ An. Portanto, S0n = An. ¥

Exemplo 6.13 Mostre que Z(Sn) = {I}, para todo n ∈ N, com n ≥ 3.


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).

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

An

¯̄̄̄≤¯̄̄̄SnAn

¯̄̄̄= 2⇒

¯̄̄̄H

An

¯̄̄̄= 1, pois H 6= Sn.

Portanto, H = An. Se H ∩An = {e}, então |H| = 2. De fato,

n! = |Sn| ≥ |HAn| =|H| |An||H ∩An|

= |H| |An| = |H|n!

2⇒ |H| = 2, pois |H| > 1.

Logo, H = {I, σ}. Portanto, ϕσϕ−1 ∈ H, para todo ϕ ∈ Sn, isto é, σ ∈ Z(Sn) = {I}, oque é uma contradição. ¥

Teorema 6.15 Seja G um grupo simples com |G| = 60. Então G é isomorfo a A5.

Prova. Sejam H qualquer subgrupo de G e S = GH. 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||N | = |S| > 5⇒ m < 3.


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,

|L| = 2 e¯̄̄̄K1

L

¯̄̄̄= 2

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 hτi-conjunto, obtemos

K =•[

σ∈KO(σ) =

•[σ∈K

{σ, τσ}.

Assim, dado a ∈ G, com |a| = 2, temos que

a←→ τ = ϕ(a) = ϕa = (σ1τσ1) · · · (σkτσk),

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 =|S2k||A2k|

=|KA2k||A2k|

=|K|

|A2k ∩K|= [K : 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

τ =

Ã1 2 3 · · · i · · · n− 1 n

1 n n− 1 · · · n+ 2− i · · · 3 2

!=

Y2≤i<n+2−i

(i(n+ 2− i)).

Note que

σn = I = τ 2 e τσ = σ−1τ .


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−1b.

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

at1bt2 · · · atm−1btm , 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

aibj, onde i ∈ {0, 1, . . . , n− 1} e j ∈ {0, 1}.

Por exemplo,

akbamb = aka−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(σiτ j) = aibj é um homomorfismo de grupos sobrejetor.

Finalmente, se σiτ j ∈ ker f , então aibj = 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 = aia = ba = a−1b = a−1ai = ai−1 ⇒ a2 = e,

o que contradiz a condição (1), pois n ≥ 3. Portanto, em qualquer possibilidade,

f(σiτ j) = e⇒ σiτ j = σ0τ 0 = I,

isto é, ker f = {I} e f é um homomorfismo de grupos injetor. ¥

EXERCÍCIOS

1. Seja σ ∈ Sn. Mostre que σ2 ∈ An.

2. Sejam σ, τ , ϕ ∈ Sn. Mostre que se στ = σϕ ou τσ = ϕσ, então τ = ϕ.

3. Sejam σ, τ ∈ Sn. Mostre que se σ e τ são disjuntos e στ = I, então τ = I = σ.


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 = σkτk, para todo

k ∈ Z+.

6. Seja σ = (i1 . . . ik) ∈ Sn um k-ciclo. Mostre que se (m+ j) (mod k), então σm(ij) =

im+j.

7. Seja σ ∈ Sn um k-ciclo. Mostre que σk = I e σm 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 = (a1b1 . . . z1a2b2 . . . z2 . . . akbk . . . zk).)

9. Seja σ ∈ Sn um n-ciclo. Mostre que σk é um produto de mdc(k, n) ciclos disjuntos,

cada de comprimenton

mdc(k, n).

10. Sejam p um número primo e σ ∈ Sn um p-ciclo. Mostre que σk é um p-ciclo ou

σk = I.

11. Sejam p um número primo e σ ∈ Sn. Mostre que se σp = I, então σ = I ou σ é um

p-ciclo ou σ é um produto de p-ciclos disjuntos.

12. Seja σ = τϕ em Sn, com τ e ϕ disjuntas. Mostre que se τ(x) 6= x, para todo

x ∈ {1, . . . , n}, então σk(x) = τk(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

σk(i1) = τk(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 con-

tido em A4 tal queS4K' S3 e

A4K' Z3.

16. Sejam n ∈ N, com n ≥ 3, e Gn um grupo gerado pelas matrizes

A =

"0 1

1 0

#e B =

"exp

¡2πin

¢0

0 exp¡−2πi

n

¢ # , em que i2 = −1.

Mostre que Gn é isomorfo a Dn.


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

f(σ) =

(σ, se σ é par

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 sub-

grupo 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 =∞[n=1

Gn

é um grupo simples.


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−1k−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,H

K≤ Z

µG

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 = (Imϕ)0 ⊆ L0.

Prova. Vamos provar apenas os itens (2) e (3). (2) Dados a ∈ G e h ∈ H, obtemos

[h, a] ∈ [H,G] ⊆ K ⇔ [h, a]K = K ⇔ hKaK = aKhK ⇔ hK ∈ ZµG

K

¶.

(3) Dado y ∈ ϕ([H,K]), existe x ∈ [H,K] tal que ϕ(x) = y. Assim, existe n ∈ N talque

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 257

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. ¥

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 ∈ Ndefinimos, 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¡G(n)

¢n∈Z+ .

Seja G um grupo. Dizemos que G é um grupo solúvel se existir n ∈ N tal que

G(n) = {e}. O menor n ∈ N tal que G(n) = {e} é chamado o índice de solubilidade.

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 = {aibj : i = 0, . . . , n− 1 e j = 0, 1},

an = b2 = e e ab = ba−1 = ban−1. Assim, indutivamente, obtemos

amb = ba−m = ban−m, ∀ m ∈ Z.

Logo,

[x, y] = xyx−1y−1 =

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩e, se x = ar e y = as

a2r, se x = ar e y = asb

a−2s, se x = arb e y = as

a2r, se x = arb e y = asb.


Portanto,

D(1)n = [Dn,Dn] =

a2®=

(Zn, se n é um número ímpar

Zn2, se n é um número par.

Assim,

D(2)n =

£D(1)

n , D(1)n

¤= {e}.

Portanto, Dn é um grupo solúvel de índice de solubilidade igual a 2. ¥

Exemplo 6.22 O grupo das permutações Sn é um grupo não solúvel, para todo n ∈ Ncom 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,

S(2)n = (S0n)0= A0n = An.

Assim, indutivamente, obtemos

S(m)n = 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 homomor-

fismo 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. ¥


Proposição 6.25 Sejam G um grupo e H um subgrupo normal em G. Se H e GHsão

grupos solúveis, então G é um grupo solúvel.

Prova. Suponhamos que H e GHsejam grupos solúveis. Então existem m,n ∈ N tais que

H(m) = {e} eµG

H

¶(n)= {H}.

Como

π : G→ G

H

é um homomorfismo de grupos sobrejetor temos, indutivamente, queµG

H

¶(k)= π(k)(G(k)), ∀ k ∈ N.

Logo,

{H} =µG

H

¶(n)= π(n)(G(n))⇒ G(n) ≤ H.

Assim,

G(m+n) ≤ Hm = {e},

pois, indutivamente, obtemos

G(k+l) =¡G(l)

¢(k), ∀ k, l ∈ N.

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+1é 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)

G(i+1), i = 0, . . . , n− 1,



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

G(m+1) =¡G(m)

¢0 ≤ G0m.

Como Gm+1 é um subgrupo normal em Gm e Gm

Gm+1é um grupo abeliano temos, pelo item

(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} ouK = M . Por exemplo, se G = {e, a, b, c}, com a2 = b2 = c2 = e, então M = {e, a} é umsubgrupo 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 paraprovar 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

Z(G)

¯̄̄̄= ps < pn = |G| .


Assim, pela hipótese de indução,G

Z(G)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 eG

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 p2q é um

grupo solúvel.

Prova. Seja G um grupo com |G| = p2q. 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 | qnq = 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| = p2q ≥ np(p2 − 1) + nq(q − 1) + 1 = q(p2 − 1) + p2(q − 1) + 1.

Assim,

0 ≥ p2q − 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 eG

P

são grupos solúveis. Portanto, pela Proposição 6.25, G é um grupo solúvel. ¥


Proposição 6.31 Sejam p e q números primos. Então todo grupo de ordem p2q2 é um

grupo solúvel.

Prova. Seja G um grupo com |G| = p2q2. Se p = q, então G é um p-grupo e, portanto,



Teorema de Sylow

np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | q2

nq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | p2.


De fato, se np > 1 e nq > 1, então é fácil verificar que nq = p2 e np ≥ q. Logo,

|G| = p2q2 ≥ np(p2 − 1) + nq(q

2 − 1) + 1 ≥ q(p2 − 1) + p2(q2 − 1) + 1.

Assim,

0 ≥ p2q − 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


P eG

P


Proposição 6.32 Sejam p e q números primos. Então todo grupo de ordem p3q é um

grupo solúvel.

Prova. Seja G um grupo com |G| = p3q. Se p = q, então G é um p-grupo e, portanto,



Teorema de Sylow

np = 1, 1 + p, 1 + 2p, . . . e np | qnq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | p3.


De fato, se np > 1 ou nq > 1, então é fácil verificar que np = q e nq ≥ p2. Logo,

|G| = p3q ≥ np(p3 − 1) + nq(q − 1) + 1 ≥ q(p3 − 1) + p2(q − 1) + 1.

Assim,

0 ≥ p2q − 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


P eG

P



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 | qrnq = 1, 1 + q, 1 + 2q, . . . e nq | prnr = 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 eG

P


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.


(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 anbn, para todo n ∈ N.

3. Seja G um grupo. Mostre que G0 ⊆ Z(G) se, e somente se, [[a, b], c] = [a, [b, c]], paratodos 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−1c], 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, entãoµG

H

¶0=

G0H

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}, entãoH ⊆ 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 GHe G

Ksão

grupos abelianos, então GH∩K é um grupo abeliano.

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

M:H

M

¸é uma potência de algum número primo.)


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.

(c) Mostre que, para um a ∈ V fixado, a função σa : V → V definida por σa(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 : σa,b(x) = ax+ b, a, b ∈ Zn e a ∈ U(Zn)}.

Mostre que G é um grupo solúvel.

15. Seja

G =

⎧⎪⎨⎪⎩⎡⎢⎣ 1 a b

0 1 c

0 0 1

⎤⎥⎦ ∈M3(R) : a, b, c ∈ R

⎫⎪⎬⎪⎭ .

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 oH é grupo solúvel.

20. Sejam G um grupo e H subgrupo normal abeliano de G. Mostre que se¯̄̄̄G

H

¯̄̄̄= 91,

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.


22. SejaG um grupo finito com |G| = p1 · · · pn, com pi números primos distintos. Mostre

que G é um grupo solúvel.

23. Mostre que se |G| = 2n3, então G é um grupo solúvel.

24. Mostre que se |G| = 223n, então G é um grupo solúvel.

25. Mostre que se |G| = p2qn, 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.







34. Seja G um grupo tal que AutG é um grupo solúvel. Mostre que G é um grupo

solúvel.

35. Mostre que se |G| = 2mpn, 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 267

(b) Gi

Gi+1é 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

cíclico e GHé 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 GHe G

Ksão

grupos supersolúveis, então GH∩K é um grupo supersolúvel.

6.3 Grupos Nilpotentes

Nesta seção vamos apresentar uma generalização de p-grupos, ou seja, com os conhec-

imentos 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−1i=0 .

Os gruposGi

Gi+1, 0 ≤ i ≤ n− 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


tais que

Gi+1 E G, 0 ≤ i ≤ n− 1.

Uma série normal S = (Gi)n−1i=0 em G é chamada de série central superior em G se

Gi

Gi+1≤ Z

µG

Gi+1

¶, 0 ≤ i ≤ n− 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

A3 =A3{I} ≤ Z

µG

{I}

¶= Z (G) = {I}.

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 paraprovar 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

Z(G)

¯̄̄̄= ps < pn = |G| .


Z(G)é um grupo nilpotente. Logo, ele tem uma série central

{Z(G)} = Gm ≤ Gm−1 ≤ · · · ≤ G0 =G

Z(G) .

Assim, pelo Teorema da Correspondência, existe um único subgrupo normal Gi em G tal

que

Gi =Gi

Z(G) , 0 ≤ i ≤ m− 1.

Portanto,

{e} ≤ G0 = Z(G) ≤ · · · ≤ Gm = G

é uma série subnormal em G com

Gi+1 E G eGi

Gi+1' Gi

Gi+1

≤ Zµ

G0

Gi+1

¶' Z

µG

Gi+1

¶, 0 ≤ i ≤ m− 1,

isto é, G é um grupo nilpotente. ¥


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

Gi+1, 0 ≤ i ≤ n− 1,

é um homomorfismo de grupos. Assim,

Hi

Hi+1≤ Gi

Gi+1≤ Z

µG

Gi+1

¶≤ Z

µH

Hi+1

¶, 0 ≤ i ≤ n− 1.

Portanto, H é um subgrupo nilpotente de G. ¥

Proposição 6.38 Seja G um grupo nilpotente. Então todo grupo quociente de G é nilpo-

tente.

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 emK, 0 ≤ i ≤ n−1.Agora, é fácil verificar que

Ki

Ki+1≤ Z

µK

Ki+1

¶, 0 ≤ i ≤ n− 1.

Portanto, K é um grupo nilpotente. ¥

Seja G um grupo qualquer. Definimos

Z0(G) = {e} e Z1(G) = Z(G).

Como

Zµ

G

Z1(G)

¶E G

Z1(G)temos, pelo Teorema da Correspondência, que existe um único subgrupo normal Z2(G)em G tal que

Z2(G)Z1(G)

= Zµ

G

Z1(G)

¶.

Assim, indutivamente, obtemos um subgrupo normal Zn(G) em G tal que

Zn(G)

Zn−1(G)= Z

µG

Zn−1(G)

¶, ∀ n ∈ N.


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 queZn(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 nilpotên-cia 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

Gn−(i+1)

Gn−i≤ Z

µG

Gn−i

¶≤ Z

µG

Gi

¶≤ Zi+1(G)

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

Z0(G) = G, Z1(G) = [Z0(G), G] e Zn+1(G) = [Zn(G), G], ∀ n ∈ N.


Lema 6.42 Seja G um grupo qualquer.

1. Cada Zn(G) é um subgrupo característico em G.

2. Zn+1(G) é um subgrupo de Zn(G), para todo n ∈ Z+.

3.Zn(G)

Zn+1(G)≤ Z

µG

Zn+1(G)

¶, ∀ n ∈ Z+.

4. G(n) é um subgrupo de Zn(G), para todo n ∈ Z+.


Seja G um grupo qualquer. A cadeia de subgrupos de G

G = Z0(G) ≥ Z1(G) ≥ · · · ≥ Zn(G) ≥ · · ·

é chamada de série central descendente de G. Note que se G é grupo finito, então existe

n ∈ N tal queZn(G) = Zn+1(G) = · · · .

Proposição 6.43 Seja G um grupo. Então G é um grupo nilpotente de índice de nilpotên-cia n se, e somente se, Zn(G) = {e} mas Zn−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. Zi(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, Zi(G) é um subgrupo de Gi. Como

Gi

Gi+1≤ Z

µG

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

Zi+1(G) = [Zi(G), G] ≤ [Gi, G] ≤ Gi+1.

Logo, Zi+1(G) é um subgrupo de Gi+1. Em particular, Zn(G) ⊆ Gn = {e}. Portanto,Zn(G) = {e} mas Zn−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.


Solução. Pelo Exemplo 6.21, obtemos

Z1(Dn) = [Z0(Dn),Dn] =a2®=

(Zn, se n é um número ímpar

Zn2, se n é um número par.


Z2(Dn) = [Z1(Dn),Dn] =a4®.

Assim, indutivamente, obtemos

Zm(Dn) = [Zm−1(Dn),Dn] =a2

m®, ∀ m ∈ N.

Portanto, se Dn é um grupo nilpotente, então existe um menor k ∈ N tal que Zk(Dn) =

{e}, isto é, a2k = e e n = 2k. ¥

Lema 6.45 Sejam G um grupo e H um subgrupo de G com H ⊆ Z(G). Se GHé um grupo

nilpotente, então G é um grupo nilpotente.

Prova. Suponhamos que GHseja nilpotente. Então existe n ∈ N tal que

Zn

µG

H

¶= {H}.

Como

π : G→ G

H

é um homomorfismo de grupos sobrejetor temos, indutivamente, que

Zm

µG

H

¶= π(m)(Zm(G)), ∀ m ∈ N.

Logo,

{H} = Zn

µG

H

¶= π(n)(Zn(G))⇒ Zn(G) ≤ H.

Assim,

Zn+1(G) = [Zn(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)


3. Cada Pi é um subgrupo normal de G;

4. G é isomorfo a P1 × · · · × Pk.

Prova. (1 ⇒ 2) Suponhamos que G seja nilpotente. Então existe um menor n ∈ N talque

Zn (G) = {e}.

Como Zn (G) = {e} ⊆ H temos que existe i ∈ N tal que Zi+1 (G) ⊆ H mas Zi (G) 6= H,

pois H ⊂ Z0 (G) = G. Logo,

[Zi(G),H] ≤ [Z i(G), G] = Zi+1(G) ≤ H.

Portanto, pelo item (1) do Lema 6.18, Zi(G) normaliza H, isto é, Zi(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 omdc(|H| , |K|) = 1 temos, pelo Teorema de Lagrange, queH∩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 queG

Z(G) 'P1

Z(P1)× · · · × Pk

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| .


Z(G)é um grupo nilpotente. Portanto, pelo Lema 6.45, G é um grupo nilpotente. ¥


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)H

E G

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, Zn (G) = {e}. Concluaque Zk (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. SejamG um grupo nilpotente finito eM um subgrupo normal minimal deG. 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 exis-

tente 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

Gi+16= {Gi+1}, i = 0, . . . , n− 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

· · · ⊆ 2nZ ⊆ · · · ⊆ 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.


Exemplo 6.49 Seja G = hai um grupo cíclico de ordem pn, com p um número primo.

Então, pelo item (3) da Proposição 1.60, existe um único subgrupo H =ap

m®de G, para

cada m = 0, . . . , n. Portanto,

{e} =ap

n® ≤ Dapn−1E ≤ · · · ≤ hapi ≤ 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} =Gn−1

Gn−1≤ Gn−2

Gn−1≤ · · · ≤ G1

Gn−1≤ G0

Gn−1=

G

Gn−1

é uma série chief para GGn−11

. Como ¯̄̄̄G

Gn−1

¯̄̄̄< |G|

temos queGi

Gn−1Gi+1

Gn−1

, i = 0, . . . , n− 1,

são grupos abelianos elementares. Mas, pelo Terceiro Teorema de Isomorfismo,

Gi

Gn−1Gi+1

Gn−1

' Gi

Gi+1, i = 0, . . . , n− 1.

Portanto, os grupos fatoresGi

Gi+1, i = 0, . . . , n− 1,

são grupos abelianos elementares. ¥


Lema 6.51 Sejam G um grupo e M um subgrupo de G. Então M é um subgrupo normal

maximal em G se, e somente se, GMé um grupo simples.

Prova. Suponhamos que M seja um subgrupo normal maximal em G. Seja K um sub-

grupo normal de GM. Então, pelo Teorema da Correspondência, existe um único subgrupo

normal H em G tal que

M ⊆ H e K =H

M.

Assim, pela maximalidade de M , obtemos H = M ou H = G. Logo, K = {M} ouK = G

M. Portanto, G

Mé um grupo simples.

Reciprocamente, suponhamos que GMseja um grupo simples. Seja H um subgrupo

normal de G tal que M ⊆ H ⊆ G. Então, pelo Teorema da Correspondência, π(H) é um

subgrupo normal de GM. Assim, por hipótese, π(H) = {M} ou π(H) = G

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 umasérie de composição

{e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G

(2) Basta observar que se Gi

Gi+1é abeliano e Gi+1 E H E Gi, então H

Gi+1é abeliano. De

fato, como HGi+1

é um subgrupo de Gi

Gi+1e Gi

Hé abeliano temos, pelo Terceiro Teorema de

Isomorfismo, queGi

H'

Gi

Gi+1

HGi+1

.

(3) Seja

{e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G


é uma série de composição emG. 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, HGi+1

é um subgrupo próprio normal em Gi

Gi+1, o que é uma contradição.

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

Gi

Gi+1' Hσ(i)

Hσ(i)+1, i = 0, . . . , n− 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

N ×M' H

N× K

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,

G

H ×M' {e} × K

M' K

M' {e} ×K

{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.


Prova. Vamos denotar por S a série de composição

{e} = Gn ≤ Gn−1 ≤ · · · ≤ G0 = G.

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)M(H ∩N) '

N(H ∩K)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


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

ϕ :M(H ∩K)→ H ∩KL

definida por ϕ(ac) = Lc, para todo a ∈M e c ∈ H ∩K. Então ϕ está bem definida, poisdados a, b ∈M e c, d ∈ H ∩K, obtemos

ac = bd⇒ b−1a = dc−1 ∈M ∩ (H ∩K) =M ∩K ≤ L

⇒ Ld = Ldc−1c = Lc⇒ ϕ(ac) = ϕ(bd).

Agora, é fácil verificar que ϕ é um homomorfismo de grupos sobrejetor.

Finalmente,

ac ∈ kerϕ⇔ ϕ(ac) = L⇔ cL = L⇔ c ∈ L.

Logo, existem x ∈M ∩K e y ∈ H ∩N tais que c = xy. Assim,

ac ∈ kerϕ⇔ ac = (ax)y ∈M(H ∩N).

Portanto, pelo Primeiro Teorema de Isomorfismo,

M(H ∩K)M(H ∩N) =

M(H ∩K)kerϕ

' H ∩KL

e M(H ∩N) é um subgrupo normal em M(H ∩K).(2) Um argumento simétrico, prova queN(M∩K) é um subgrupo normal emN(H∩K)

eN(H ∩K)M(M ∩K) '

H ∩KL

.

(3) Pelos itens (1) e (2), obtemos

M(H ∩K)M(H ∩N) '

N(H ∩K)N(M ∩K) ,

pois isomorfimos é transitivo. ¥

Teorema 6.56 (Teorema de Schreier-Zassenhaus) Quaisquer duas séries subnormaisde um grupo G possuem rifinamentos que são equivalentes.

Prova. Sejam

{e} = Gm ≤ Gm−1 ≤ · · · ≤ G0 = G e {e} = Hn ≤ Hn−1 ≤ · · · ≤ H0 = G


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)

Gi+1(Gi ∩Hj+1)' Hj+1(Gi ∩Hj)

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,

obtemosGij

Gi(j+1)' Hij

H(i+1)j, i = 0, 1, . . . ,m− 1 e j = 0, 1, . . . , n− 1.

Logo,

Gi0 = Gi ≥ Gi1 ≥ · · · ≥ Gin = Gi+1, i = 0, 1, . . . ,m− 1,

e

H0j = Hj ≥ H1j ≥ · · · ≥ Hmj = Hj+1, j = 0, 1, . . . , n− 1.

Portanto, inserindo Gi1,. . . ,Gi(n−1) entre os membros Gi e Gi+1 da primeira série subnor-

mal 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 composiçõesde um grupo G possuem refinamentos que são equivalentes.

Prova. Como toda série de composição é uma série subnormal emG temos, pelo Teorema

de Schreier-Zassenhaus, que quaisquer duas séries de composições de G possuem refina-

mentos 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 fatorGi

Gi+1, i = 0, 1, . . . , n− 1,


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

|G| =µn−1Qi=0

[Gi : Gi+1]

¶|Gn| = p1 · · · pn−1,

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. Mostreque 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 GN

possui uma série de composição, então G possui uma série de composição.

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···pni.)

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. Mostreque o número de séries de composições para G é n!.

Capítulo 7

Aneis de Fatoração Única eEuclidianos

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 iden-tidade 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 Zpara 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−1b /∈ A) e denotaremos por a - b. Note que se A é um domínio de

integridade, então x é unicamente determinado e denotaremos por

x = a−1b =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 sea | 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. Entãoexistem 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, existemx, 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 =•[

a∈Aa,

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 integri-

dade, então, pelo item (8) da Proposição 7.2,

a = {ua : u ∈ U(A)} = U(A)a.

7.1. ANEIS DE FATORAÇÃO ÚNICA 285

Sejam A um anel e

a = a1 · · · anuma 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 ele-

mento 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 primosp 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∈Pp =

•[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). ¥


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 SejaA = Z[

√10] =

na+ b

√10 : a, b ∈ Z

o.

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− 10bdc2 − 10d2 ∈ Z e

bc− ad

c2 − 10d2 ∈ Z.

Agora, suponhamos que

(c+ d√10) | 2⇔ 2c

c2 − 10d2 ∈ Z e−2d

c2 − 10d2 ∈ Z.


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 +√10)⇔ 8

4= 2 ∈ Z e

2

4=1

2∈ Z,

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 irre-

dutível 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 irredutívelem 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. ¥


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. Suponhamosque o resultado seja válido para todo k, com 1 ≤ k < n. Como p é um elemento primo

em A e

p | (a1 · · · an−1)antemos, 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 · · · pmpm+1 = q1 · · · qn (ou p1 · · · pm = q1 · · · qnqn+1).

Então

pm+1 | q1 · · · qnLogo, pelo item (1), pm+1 divide qi, para algum i = 1, . . . , n. Assim, existe x ∈ A tal que

qi = pm+1x. 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 = qiy, de modo que

qi = pm+1x = pm+1qiy ⇒ pm+1y = 1⇒ pm+1 ∈ U(A),

o que é impossível. Portanto, qi divide pm+1, isto é, qi = uipm+1, para algum ui ∈ U(A).Logo,

p1 · · · pm = (uiq1)q2 · · · qi−1qi+1 · · · qn,

pois A é um domínio de integridade. Portanto, pela hipótese de indução, m = n − 1 eexiste uma permutação σ de {1, . . . , i−1, i+1, . . . , n} sobre {1, . . . ,m} tal que qj = ujpσ(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

a = unYi=1

paii

onde u ∈ U(A), os pi são elementos primos distintos em A e os ai ∈ Z+.


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. SejaI =

[n∈N(an).

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 definiçãoI = (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

a = unYi=1

ci.

2. Dadas duas fatorações em elementos irredutíveis em A,

mYi=1

ci =nY

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 (DFU).

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.


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+1bn+1,

onde an+1, bn+1 /∈ U(A). Assim,

a1 = a2b2 = a3b3b2 = a4b4b3b2 = · · · .

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 serprovado. Caso contrário, existem a1, a2 ∈ A − U(A) tais que a = a1a2. 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 = a11a12, e assim por diante.

Agora, vamos provar que esse processo termina. Como a = a1a2 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. ¥


Teorema 7.15 Qualquer domínio de ideais principais A é um domínio de fatoração

única.

Prova. (Existência) Sejam

I(A) =(

nYi=1

ci : n ∈ N e ci elementos irredutíveis em A

)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 fatoraçãoúnica 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 irre-

dutível em A. Dados a, b ∈ A, se p | ab, então existe c ∈ A tal que ab = pc. Sejam

a = ukYi=1

ai, b = vmYi=1

bi e c = wnYi=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. ¥


Observação 7.17 A Proposição 7.16 é um critério muito útil para provar que um deter-minado 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−1A é anel de fatoração única.

Solução. Vamos provar primeiro se p é um elemento irredutível em A, então p1é um

elemento irredutível em S−1A. De fato, se

p

1=

a

s• bt, onde

a

s,b

t/∈ U(S−1A),

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

1=

a

s• bt⇒ 1 =

x

s• bt⇒ b

t∈ U(S−1A),

o que é uma contradição. Agora, se

a

s∈ S−1A e a = u

kYi=1

pi, entãoa

s=

µu1

s

¶ kYi=1

³pi1

´,

ou seja, S−1A possui uma fatoração.

Finalmente, se ps∈ S−1A é um elemento irredutível, então p é um elemento irredutível

em A. Logo, p é um elemento primo em A.

Afirmação. p1é um elemento primo em S−1A.

De fato, se p1divide a

r• b

t, então existe c

u∈ S−1A tal que

a

r• bt=

p

1• c

u⇒ abu = cprt.

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

s• x1=

u

s⇒ p

s∈ U(S−1A),

o que é uma contradição. Portanto, p divide a ou p divide b, isto é, p1divide a

rou p divide

bt. ¥

EXERCÍCIOS


A = {a : a ∈ A} = U(A)a.


(a) Mostre que A com a operação binária induzida por A

a • b = ab

é um semigrupo.

(b) Mostre que A é um corpo se, e somente se, A contém exatamente dois elemen-

tos.

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 irre-

dutíveis em A e

Z(P )+ = {(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) ×Z(P )+ → A∗ definida por

f (u, (np)p∈P ) = uYp∈P

pnp

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−1A é um anel de

fatoração única.

(b) Mostre que se A é um anel de ideais principais, então S−1A é um anel de ideais

principais.

(c) Mostre que se

(r1) ⊆ (r2) ⊆ · · · ⊆ S−1A

é uma cadeia crescente de ideais em S−1A. Então existe n ∈ N tal que

(rn) = (rn+1) = (rn+2) = · · · .


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, existebn ∈ A tal que a = pnbn. Logo, bn = pbn+1, pois a = pn+1bn+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,

ωp

³ab

´= vp(a)− vp(b).

Além disso:

(a) Mostre que ωp(xy) = ωp(x) + ωp(y), para todos x, y ∈ K.

(b) Mostre que ωp(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

x = uYp∈P

pωp(x),

onde P um conjunto minimal de representantes dos elementos primos em A,

u ∈ U(A) e ωp(x) = 0, para todos exceto um número finito de p ∈ P .

(d) Mostre que se x ∈ K, então x ∈ A se, e somente se, ωp(x) ≥ 0, para todo

p ∈ P .

(e) Mostre que se a, b ∈ A, então a divide b se, e somente se, ωp(a) ≤ ωp(b), para

todo p ∈ P .


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 equiva-

lentes:

(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

P(A) =(

nYi=1

pi : n ∈ N e pi elementos primos em A

).

Suponha, por absurdo, que exista a ∈ A∗, onde a /∈ U(A), tal que a /∈ P(A). Entãomostre 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, entãoI = (a, p) é um ideal principal emA 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


A e J um ideal em A, com J 6= {0}. Então escolha

a = uYp∈P

pnp ∈ J tal queXp∈P

np

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 divisorcomum 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 = xid. Logo,

ai = (xiu−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 temdivisores 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 = unYi=1

pbii

a fatoração em fatores primos distintos em A de b, onde bi ∈ Z+. Então a divide b se, esomente se, existe v ∈ U(A) e ai ∈ Z+ tais que

a = vnYi=1

paii , com 0 ≤ ai ≤ bi, i = 1, . . . , n.

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) eai ∈ Z+ tais que

a = vnYi=1

paii .

Agora, se aj > bj, para algum j = 1, . . . , n, então pajj divide b, pois a | b. Assim,

pj | paj−bjj e paj−bjj

¯̄̄̄¯Ã

j−1Yi=1

pbii

!•Ã

nYi=j+1

pbii

!,

pois

upbjj

nYi=1,i 6=j

pbii = b = xpajj = xp

bjj p

aj−bjj ⇒

nYi=1,i6=j

pbii = (u−1x)p

aj−bjj .

Logo,

pj

¯̄̄̄¯Ã

j−1Yi=1

pbii

!•Ã

nYi=j+1

pbii

!e pelo item (1) do Lema 7.10, pj divide pi, para algum i = 1, . . . , j − 1, j + 1, . . . n, o queé impossível.

Reciprocamente, como ai ≤ bi, i = 1, . . . , n, temos que

b = unYi=1

pbii = unYi=1

¡paii p

bi−aii

¢= v

nYi=1

paii

Ãuv−1

nYi=1

pbi−aii

!= ax.

Portanto, a divide b. ¥

Teorema 7.22 Sejam A um anel e a1, . . . , an ∈ A.


1. Seja d = mdc(a1, . . . , an). Então existem xi ∈ A tais que

d = a1x1 + · · ·+ anxn

se, e somente se,

(d) = (a1) + · · ·+ (an).

2. Se A é um anel de ideais principais, então um maior divisor comum de a1, . . . , anexiste e qualquer um deles pode ser escrito sob a forma

d = a1x1 + · · ·+ anxn,

onde xi ∈ A.

3. Se A é um domínio de fatoração única, então um maior divisor comum de a1, . . . , anexiste.

Prova. (1) Suponhamos que d = mdc(a1, . . . , an) e existam xi ∈ A tais que

d = a1x1 + · · ·+ anxn.

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(x1y) + · · ·+ an(xny) ∈ (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

nYi=1

pdi1i , . . . , an = un

nYi=1

pdini

as fatorações em fatores primos distintos em A de a1, . . . , an, onde dij ∈ Z+. Seja

dj = min{d1j, . . . , dnj}, j = 1, . . . , n.

Afirmação. d = pd11 · · · pdnn = mdc(a1, . . . , an).


De fato, é claro que d | ai, i = 1, . . . n. Agora, se c | ai, i = 1, . . . , n, então

c =nYi=1

pcii , com 0 ≤ ci ≤ dij, i, j = 1, . . . , n, ⇒ 0 ≤ ci ≤ dj .

Portanto, c | d. ¥

Exemplo 7.23 Seja

A = Z[√10] =

na+ b

√10 : a, b ∈ Z

o.

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).

Então

d | 6⇔ 6a

a2 − 10b2 ∈ Z e−6b

a2 − 10b2 ∈ Z.

Mas, isso ocorre, se e somente se, a ∈ {±1,±2,±3,±6} e b = 0. Agora,

d | (8 + 2√10)⇔ 8a− 20b

a2 − 10b2 ∈ Z e8b− 2aa2 − 10b2 ∈ Z.

Mas, isso ocorre, se e somente se, a ∈ {±1,±2,±4,±8} e b = 0. Logo, d ∈ {±1,±2}. Éfácil 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

a1x1 + · · ·+ anxn = 1.


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.


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 associa-

dos.

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 ummenor múltiplo comum de a1, . . . , anexiste.

Prova. Vamos provar apenas o item (3). Sejam

a1 = u1

nYi=1

pdi1i , . . . , an = un

nYi=1

pdini

as fatorações em fatores primos distintos em A de a1, . . . , an, onde dij ∈ Z+. Seja

dj = max{d1j, . . . , dnj}, j = 1, . . . , n.

Afirmação. m = pd11 · · · pdnn = mmc(a1, . . . , an).

De fato, é claro que ai | m, i = 1, . . . n. Agora, se ai | c, i = 1, . . . , n, então

c =nYi=1

pcii , com 0 ≤ dij ≤ ci, i, j = 1, . . . , n, ⇒ 0 ≤ dj ≤ ci.

Portanto, m | c. ¥

Exemplo 7.28 Seja

A = Z[√10] =

na+ b

√10 : a, b ∈ Z

o.

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,


pois 6 | m∗ e (8 + 2√10) | m∗, com m∗ = a− b

√10 e m •m∗ = a2 − 10b2. Assim,

12 | (a2 − 10b2).

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

36= 4 ∈ Z e

12

36=1

3∈ Z,

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 a1b1 = · · · = anbn = 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 = aibi temos que

c | bim, i = 1, . . . , n.

Por outro lado, se f ∈ A∗ e

f | bim, i = 1, . . . , n,

então

fai | aibim, isto é fai | mc, i = 1, . . . , n.

Assim, pelo item (2) do Teorema 7.27, obtemos

mmc(fa1, . . . , fan) = fm.

Logo, fm | mc. Portanto, f | c, pois A é um domínio de integridade. Assim,

c = mdc(mb1, . . . ,mbn) = m •mdc(b1, . . . , bn),



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

a1d, . . . ,

and

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 bai = a1 · · · ai−1ai+1 · · · an.Mostre que

mdc(a1, . . . , an) •mmc(ba1, . . . ,ban) ∼ a1 · · · an emmc(a1, . . . , an) •mdc(ba1, . . . ,ban) ∼ a1 · · · an.

5. Seja

A = Z[√−5] =

©a+ b

√−5 : a, b ∈ Z

ªo 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 303

(a) Mostre que se c | ab e mdc(a, c) = 1, então c | b.

(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−1b são potênciasn-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. En-tão 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 = uYp∈P

pnp ,

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

N(a) =

⎧⎨⎩ 0, se a = 0

2( p∈P np), se a = uQp∈P

pnp


está bem definida. Primeiro note que N(a) = 1 se, e somente se, a ∈ U(A) e queN(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),



Lema 7.33 Seja A um anel Euclidiano com norma N .

1. N(a) ≥ N(1), para todo a ∈ A∗.

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, queN (A∗) contém um menor elemento, digamosm ∈ 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

A = Z[√d] =

na+ b

√d : a, b ∈ Z

oé 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


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 = q1b+ 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.


Então 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 = ab∈ K. Assim, pela condição (3), existe q ∈ A tal

que

N(x− q) < 1⇒ N³ab− q´< 1.

Seja r = a− qb ∈ A. Então r = 0 ou a = qb+ r, com

N0(r) = N(r) = N(a− qb) = N(b)N³ab− q´< N(b) = N0(b).

Portanto, A é um domínio Euclidiano. ¥

Observação 7.37 A condição (3) do Teorema 7.36, pode ser interpretada geometrica-

mente 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 funçãoN : Q→ Q+ definida porN(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|2=

N(n)

2.


Solução. Sejam a, n ∈ Z, com n 6= 0. Então b = an∈ 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 iguala 12de b. Seja r = a− qn. Então r = 0 ou

a = qn+ r, com |r| = |(b− q)n| ≤ |n|2,


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 ebsc ≤ s < bsc+ 1 temos que x está no interior ou na fronteira de um quadrado

[brc , brc+ 1)× [bsc , bsc+ 1)

com diagonal de comprimento√2. Assim, existe um vértice q = m+ni ∈ A com distância

menor do que ou igual a 1√2de x. Logo,

N (x− q) = (r −m)2 + (s− n)2 ≤ 12< 1.


Proposição 7.41 O anel dos inteiros de Eisenstein-Jacobi

A = Z[ω] = {a+ bω : a, b ∈ Z} ,

com

ω = exp(2πi

3) = −1

2+

√3

2i e ω2 + ω + 1 = 0,

é um domínio Euclidiano.


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

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+1e 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 12de x. Logo,

N (x− q) = (r −m)2 − (r −m)(s− n) + (s− n)2 ≤ 14+1

4+1

4=3

4< 1.


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

α

β=82

58− 5658

i ∈ Q[i].

Como ¹82

58

º= 1 e

¹−5658

º= −1

temos que existe q = 1− i ∈ Z[i] tal que r = α− qβ = 1 + 3i ∈ Z[i]. Portanto,

α = qβ + r, com N(r) < N(β),


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, existemq, 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 lateraluniversal 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.


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 conjuntoS = {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

ω =1

2+

√19

2i e ω2 − ω + 5 = 0,

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,

N(αs− βt) = N

µα

βs− t)

¶N(β) < N(β)⇔ N

µα

βs− t)

¶< 1.

Pondoα

β=

a+ b√19i

c, com mdc(a, b, c) = 1 e c > 1.

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

ay − 19bx = qc+ r, com r = 0 ou |r| ≤ c

2.

Sejam

s = y + x√19i e t = q − z

√19i.

Então, com alguns cálculos, obtemos

N(αs− βt) =(ay − 19bx− cq)2 + 19(ax+ by + cz)

c2≤ 14+19

c2.


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

ímpar, então a2 + 19b2 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).

Portanto, existem

s =a− b

√19i

2, t = q ∈ A∗

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

s = 1, t =(a− 1) + b

√19i

2∈ A∗

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

N(α) = a2 + ab+ 5b2 =

µa+

b

2

¶2+19

4b2 ≥ 5.

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

β =1 +√19i

2,

pois β− 0, β +1 e β− 1 não são divisíveis em A por x ∈ {−3,−2, 2, 3}. Portanto, A nãoé 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).


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 determinarum maior divisor comum de a e b em A∗.

Pelo Teorema 7.43 existem q1, r1 ∈ A tais que

a = q1b+ 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 ∈ Ztais que

b = q2r1 + 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 = q3r2 + 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 que N(rn) < N(rk) e N(rn) = N(rk). Assim obtemos as seguintes

relações:a = q1b+ r1, com r1 = 0 ou N(r1) < N(b)

b = q2r1 + r2, com r2 = 0 ou N(r2) < N(r1)

r1 = q3r2 + r3, com r3 = 0 ou N(r3) < N(r2)...

......

...

rn−2 = qnrn−1 + rn, com rn = 0 ou N(rn) < N(rn−1)

rn−1 = qn+1rn.

Portanto,

mdc(a, b) = mdc(b, r1) = · · · = mdc(rn−1, rn) = rn.

Podemos representar essas relações pela Tabela abaixo


q1 q2 q3 · · · qn−1 qn qn+1

a b r1 r2 · · · rn−2 rn−1 rn

r1 r2 r3 r4 · · · rn 0

Note que o Algoritmo Euclidiano para determinar ummaior 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 = q1b+ 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 + qnqn−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).



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 =¥ab

¦.

3. Dado c ∈ Q. Mostre que existe a ∈ Z tal que c < a ≤ c+ 1.

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, por3, 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

A = Z[√d] =

na+ b

√d : a, b ∈ Z

oé 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

A = Z[√d] =

na+ b

√d : a, b ∈ Z

oé um domínio não Euclidiano, onde d ∈ {−43,−67,−163}.


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−22

, ∀ n ≥ 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 ern−22.)

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.


(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 seguintescondições:

(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 pro-

priedades 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 =Xi+j=k

aibj =kX

j=0

ak−jbj,

é um anel comutativo com identidade.

317

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 =kX

j=0

ak−jbj =nX

j=0

ak−jbj +kX

l=n+1

ak−lbl = 0,

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

(f ∗ (g ∗ h))n =X

i+m=n

ai(g ∗ h)m =X

i+m=n

ai

Ã Xj+k=m

bjck

!=

Xi+j+k=n

aibjck

e

((f ∗ g) ∗ h)n =X

k+m=n

(f ∗ g)mck =X

k+m=n

Ã Xi+j=m

aibj

!ck =

Xi+j+k=n

aibjck

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 a0b0 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 a1b0 + a0b1

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 a2b0 + a1b1 + a0b2 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)k2

e número de somas (k−2)(k−1)2

.

A função ϕ : A→ Aseq 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 + a1x+ · · ·+ anxn ou f = anx

n + · · ·+ a1x+ a0,

pois Aseq é um anel comutativo.


Para identificar a indeterminada x vamos denotar o anel Aseq por A[x] = [A ∪ {x}] echamá-lo de aneis de polinômios sobre A em uma indeterminada x. Os elementos de A

serão chamados de polinômios constantes.

Seja

f = a0 + a1x+ · · ·+ anxn ∈ A[x].

Se an 6= 0, dizemos que f tem grau n e escreveremos ∂(f) = n. Neste caso, anxn 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 fg 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 eg 6= 0. Então os termos líderes amxm e bnxn de f e g, respectivamente, têm os coeficienteslíderes am 6= 0 e bn 6= 0. Como o termo líder de fg é igual a ambnx

m+n e, por hipótese

ambn 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) = ∂(fg) = ∂(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

fp = (1 + px)p ≡ 1 (mod p2), pois p |µp

k

¶, 1 ≤ k < p.

Portanto, f ∈ U(A[x]), mas f /∈ U(A).


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 ∂(fg) = 5. ¥

Lema 8.5 (Teorema de McCoy) Sejam A um anel e

f = a0 + a1x+ · · ·+ anxn ∈ A[x]∗.

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 fg = 0}

é não vazio. Assim, pelo Princípio da Boa Ordenação, S contém um menor elemento,

digamos m ∈ S.

Seja

g = b0 + b1x+ · · ·+ bmxm ∈ 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−ig = 0, ∀ i = 0, 1, . . . , k}.

Então 0 ∈ T , pois

anbm = 0 e ang = 0,

desde que f(ang) = an(fg) = 0 e ∂(ang) < ∂(g). Suponhamos que o resultado seja válido

para todo k, com 0 ≤ k < n, isto é, k ∈ T e

ang = 0, an−1g = 0, . . . , an−kg = 0.

Então

0 = (a0 + a1x+ · · ·+ an−(k+1)xn−(k+1) + an−kx

n−k + · · ·+ anxn)g

= (a0 + a1x+ · · ·+ an−(k+1)xn−(k+1))g.

Logo,

an−(k+1)bm = 0 e an−(k+1)g = 0,


pois f(an−(k+1)g) = an−(k+1)(fg) = 0 e ∂(an−(k+1)g) < ∂(g). Portanto, k + 1 ∈ T , isto

é, aig = 0, para todo i = 0, . . . , n. Em particular, aibm = 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 + a1x+ · · ·+ anxn ∈ A[x]∗

fixado, podemos definir f(α) ∈ K por

f(α) = a0 + a1α+ · · ·+ anαn.

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 homo-

morfismo avaliação ou homomorfismo substituição. Observe que

ImEα = {f(α) : f ∈ A[x]}

é um subanel de K e será denotado por ImEα = 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 homomor-

fismo de grupos, pois aαibαj 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 homo-

morfismo de aneis

Eα : A[x]→ K

tal que Eα(x) = α e Eα(a) = a, para todo a ∈ A e α ∈ K.


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

ϕ(f) = ϕ

ÃnXi=0

aixi

!=

nXi=0

aiϕ(x)i =

nXi=0

aiαi = f(α) = Eα(f), ∀ f ∈ A[x].

Portanro, ϕ = Eα, para todo α ∈ K. ¥

Cada elemento f ∈ A[x] fixado determina uma função bf : A→ A, a saber,

bf(a) = Ea(f).

Neste caso, podemos considerar x como uma variável em A. A função bf chama-se funçãopolinomial. Note que bf é identicamente nula se

bf(a) = 0, ∀ a ∈ A.

Proposição 8.8 A função ϕ : A[x]→ AA definida por ϕ(f) = bf é um homomorfismo deaneis, com AA o conjunto de todas as funções de A em A.


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∗p, isto é,ap = a, para todo a ∈ Z∗p. Como 0p = 0 temos que ap = a, para todo a ∈ Zp. Assim,se f = x − xp ∈ Zp[x], então f ∈ kerϕ 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 ∈ kerϕ. Portanto, polinômios distintos f, g ∈ A[x] podem determinar a mesma

função polinomial. Neste caso, f − g ∈ kerEa, 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,

A[x][y] =

(nXi=0

fiyi : fi ∈ A[x]

)= A[x, y],


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 =mXi=0

nXj=0

aijxiyj =

nXj=0

a0jyj +

nXj=0

a1jxyj + · · ·+

nXj=0

amjxmyj.

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

A(x1, . . . , xn) =

½f

g: f, g ∈ A[x1, . . . , xn] e g 6= 0

¾é o corpo quociente de A[x1, . . . , xn].

Teorema 8.11 (Algoritmo da Divisão) Sejam A um anel e f, g ∈ A[x], com o coefi-

ciente 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 + a1x+ · · ·+ anxn e g = b0 + b1x+ · · ·+ bmx

m

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 = (a0b−10 )b0.

Assim, basta tomar q = a0b−10 e r = 0. Suponhamos que o resultado seja válido para

todos os polinômios de grau menor do que n. Como b−1m ∈ A temos que

b−1m anxn−m ∈ A[x].

Logo,

(b−1m anxn−m)g = b0b

−1m anx

n−m + b1b−1m anx

n−m−1 + · · ·+ bm−1b−1m anx

n−1 + anxn ∈ A[x].

Assim,

h = f − (b−1m anxn−m)g ∈ A[x]

com ∂(h) < n. Logo, pela hipótse de indução, existem q1, r ∈ A[x] tais que

h = q1g + r, com r = 0 ou ∂(r) < ∂(g).


Portanto,

f = qg + r, com r = 0 ou ∂(r) < ∂(g), e q = q1 + b−1m anxn−m ∈ A[x].

(Unicidade) Suponhamos que

f = q1g + r1 e f = q2g + 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.

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 coefi-

ciente 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.


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

−3 + 6x+ x2 =

µ−3125− 15x

¶(1− 5x)− 44

25

(1− 5x) =

µ125

44x

¶µ−4425

¶+ 1

−4425

= 1

µ−4425

¶+ 0

temos que mdc(f, g) = 1. Neste caso, (f, g) = Q[x].(2) Pelo item (1), obtemosµ

−44 + 30x+ 25x244

¶f +

µ44− 111x− 55x2 − 25x3

44

¶g = 1,


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 fg ∈ A[x], então f ∈ A[x].

Prova. Sejam

f =nPi=0

aixi e g =

mPj=0

bjxj.

com bm ∈ U(A). Então

fg =m+nPk=0

ckxk,


em que

ci+j =Xs<i

atbi+j−s + aibj +Xt<j

ai+j−tbt

é o coeficiente de xi+j. Vamos usar indução sobre o conjunto

S = {k = 0, 1, . . . , n : an−j ∈ A, ∀ j = 0, 1, . . . , k}.

Então 0 ∈ S, pois

anbm ∈ A⇒ an−0 = an = (anbm)b−1m ∈ A.

Suponhamos que o resultado seja válido para todo k, com 0 ≤ k < n, isto é, k ∈ S e

an, an−1, . . . , an−k ∈ A.

Como o coeficiente de xm+n−(k+1) em fg é

an−(k+1)bm + an−kbm−1 + · · ·+ anbm−(k+1)

se k + 1 ≤ m ou

an−(k+1)bm + an−kbm−1 + · · ·+ an+m−(k+1)b0

se k + 1 > m, temos, pela hipótese de indução, que

an−kbm−1 + · · ·+ anbm−(k+1), an−kbm−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−1m ∈ A.

Consequentemente, k + 1 ∈ S. Portanto, f ∈ A[x]. ¥

Sejam K um anel, A um subanel de K e α ∈ K fixado. Seja

f = a0 + a1x+ · · ·+ anxn ∈ 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 deum 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


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 fnão pode ter qualquer raiz em A. Se n = 1, então f = a+ bx, com b 6= 0, e f pode ter nomáximo uma raiz em A, pois se b ∈ U(A), então α = −b−1a ∈ 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.


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. ¥


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.

6. SejamK um corpo e f ∈ K[x] tal que a função polinomial bf induzida por f satisfaçaà seguinte condição bf(a+ b) = bf(a) bf(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 ∈ Nfixado 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.


(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 inte-

gridade?

12. Sejam A um anel, I um ideal de A e π : A→ AIa projeção canônica.

(a) Mostre que a função ϕ : A[x]→¡AI

¢[x] definida por

ϕ

ÃnXi=0

aixi

!=

nXi=0

π(ai)xi


(b) Mostre que kerϕ = I[x]. Conclua que

A[x]

I[x]'µA

I

¶[x].

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+ b2c = 0 e a2bd+ ab2c = 0⇒ a2 − 2b2 = 0,

8.2. CRITÉRIOS DE IRREDUTIBILIDADES 331

isto é, √2 = ±a

b∈ Q,

o que é uma contradição. Note que embora f seja irredutível sobre Q, o polinômio f é

redutível sobre R, poisf =

³x−√2´³

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 temraízes em Q. ¥

Exemplo 8.23 Mostre que p = x2 + 1 ∈ R[x] é um polinômio irredutível sobre R e

conclua queR[x]

(1 + x2)' C.

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]J

= {a+ bx+ J : a, b ∈ R}, com J = (1 + x2).

Consideremos a função

ϕ :R[x]J→ C

definida por ϕ(a+ bx+ J) = a+ bi, em que i2 = −1. Assim, é fácil verificar que ϕ é umhomomorfismo 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.


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 =nY

i=1,j 6=i

x− aiaj − ai

,

obtemos

gj ≡ 1 (mod Ij) e gi ≡ 0 (mod Ii), i = 1, . . . , n com i 6= j.

Portanto,

f = b1g1 + b2g2 + · · ·+ bngn =nX

j=1

bj

ÃnY

i=1,j 6=i

x− aiaj − ai

!.

A unicidade de f segue do Corolário 8.18. ¥

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

bϕ : A[x]→ K[x]

definida por

bϕ(f) = bϕÃ nXi=0

aixi

!=

nXi=0

ϕ(ai)xi

é um homomorfismo de aneis sobrejetor tal que bϕ|A = ϕ (prove isto!). Note, pelo item

(1) da Proposição 7.9, que K é um domínio de integridade.

Seja

f = a0 + a1x+ · · ·+ anxn ∈ A[x].

Dizemos que f é um polinômio primitivo se

mdc(a0, a1, . . . , an) = 1


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.

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 primi-

tivo.

Prova. Suponhamos, por absurdo, que fg não seja um polinômio primitivo. Então, existeum elemento primo p em A tal que p divide todos os coeficientes de fg. Logo, bϕ(fg) = 0em K[x], com K = A

(p). Mas,

bϕ(f)bϕ(g) = bϕ(fg) = 0,com bϕ(f) 6= 0 e bϕ(g) 6= 0, o que é uma contradição, pois, pelo item (4) da Proposição 8.2,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 + r1x+ · · ·+ rnxn ∈ K[x]. Se

ri =aibi∈ K, i = 0, 1, . . . , n,

então, pondo b = b0b1 · · · bn ∈ A∗, obtemos bf = g, com

g = c0 + c1x+ · · ·+ cnxn ∈ A[x], ci = bbiai e bbi = b

bi, i = 0, 1, . . . , n.


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 + d1x+ · · ·+ dnxn) = df∗.

Portanto,

f = c(f)f∗,

com c(f) = db∈ K∗ e f∗ ∈ A[x] um polinômio primitivo.

(Unicidade) Se f = c1(f)g∗, com c1(f) ∈ K∗ e g∗ ∈ A[x] um polinômio primitivo,

então

c(f)f∗ = c1(f)g∗ ⇒ f∗ =

c1(f)

c(f)g∗.

Sec1(f)

c(f)=

k

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)

c(f)=

k

l=

lu

l= u ou f∗ = ug∗,

isto é, c(f) e c1(f) (f∗ e g∗) são associados. ¥

Exemplo 8.28 Seja

f =1

3+ x3 +

5

3x4 +

2

9x5 ∈ Q[x].

Então

f =1

9f∗,

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∗.


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∗,


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∗ éum polinômio primitivo. Logo, f = ug∗h∗, com u ∈ U(A). Portanto, f é redutível sobreA.

A recíproca é clara. ¥

Observação 8.32 O Teorema de Gauss não se aplica a um domínio qualquer, por exem-plo, 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. ¥


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 + a1x+ · · ·+ anxn ∈ A[x]

com n ≥ 1. Se existir um ideal maximal M de A tal que

1. an 6≡ 0 (modM).

2. ai ≡ 0 (modM), i = 0, 1, . . . , n− 1.

3. a0 6≡ 0 (modM2).

Então f é irredutível sobre A.

Prova. Suponhamos, por absurdo, que f seja redutível sobreA. Então existem f, g ∈ A[x]

tais que

f = gh, onde g = b0 + b1x+ · · ·+ bkxk, h = c0 + c1x+ · · ·+ cmx

m ∈ A[x]

e 1 < k,m < n. Logo, por hipótese,

bϕ(g)bϕ(h) = bϕ(f) = ϕ(an)xn.

Como AMé um corpo temos que

¡AM

¢[x] é um domínio de fatoração única. Logo,

bϕ(g) = ϕ(bk)xk, com bj ≡ 0 (modM), j = 0, 1, . . . , k − 1,

e bϕ(h) = ϕ(cm)xm, com cl ≡ 0 (modM), l = 0, 1, . . . ,m− 1.

Em particular, b0 ≡ 0 (modM) e c0 ≡ 0 (modM). Portanto, a0 = b0c0 ≡ 0 (modM2),

o que é uma contradição. ¥


Teorema 8.37 (Critério de Eisenstein) Sejam A um domínio de fatoração única, K

seu corpo quociente e

f = a0 + a1x+ · · ·+ anxn ∈ 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 irredutívelsobre 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] éirredutível sobre Q.

Solução. Note que

φp =xp − 1x− 1 .

Logo,

f = φp(1 + x) =(1 + x)p − 1(1 + x)− 1 =

Ãp

1

!+

Ãp

2

!x+ · · ·+

Ãp

p− 1

!xp−2 + xp−1.

Como p divide Ãp

k

!, 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 = yn − x ∈ A[y], para todo n ∈ N. Mostre que f éirredutível sobre A.

Solução. Note que P = (x) é um ideal primo em A, pois a função ϕ : A → Q definidapor ϕ(f(x)) = f(0) é um homomorfismo de aneis, com kerϕ = P . Então, pelo Critério

de Eisenstein, f = yn−x ∈ A[y] é irredutível sobre A. Observe, pelo Exercício 12 abaixo,

que o resultado continua válido para qualquer domínio de integridade ¥


Proposição 8.41 (Princípio da Localização) Sejam A um domínio de integridade,

f = a0 + a1x+ · · ·+ anxn ∈ A[x],

com n ≥ 1 e I um ideal próprio de A. Se an /∈ I e bf = bϕ(f) não possui fatoração própriasobre A

I, então f é irredutível sobre A.

Prova. Suponhamos, por absurdo, que f seja redutível sobreA. Então existem f, g ∈ A[x]

tais que

f = gh, com g = b0 + b1x+ · · ·+ bkxk, h = c0 + c1x+ · · ·+ cmx

m ∈ A[x]

e 1 < k,m < n. Logo, bϕ(f) = bϕ(g)bϕ(h)é uma fatoração próprio em

¡AI

¢[x], o que é uma contradição, pois o elemento ϕ(bkck) =

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

bf = bϕ(f) = 1x = (1 + I)x

não possui fatoração própria sobre AI. Portanto, a hipótese de A ser um domínio de

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

bf = bϕ(f) = 2 + 2x2 + x3 ∈ Z5[x].

Como p - 1, basta provar que bf é irredutível sobre Z5. É fácil verificar que nenhumelemento de Z5 é raiz de bf , por exemplo,

bf(4) = 2 + 2(4)2 + 43 = 98 = 3 6= 0.Portanto, pelo item (a) do Exercício 16 abaixo, bf é irredutível sobre Z5. ¥

Exemplo 8.44 Mostre que f = 1 + xy + x2 ∈ Z[x, y] é irredutível sobre Z.


Solução. Pondo I = (y) um ideal próprio do anel Z[y], obtemos

bf = bϕ(f) = 1 + x2 ∈µZ[y]I

¶[x] ' Z[x],

pois é fácil verificar que a função ϕ : Z[x, y] → Z[x] definida por ϕ(f(x, y)) = f(x, 0) é

um homomorfismo de aneis, com kerϕ = I. Como 1 /∈ I, basta provar que bf é irredutívelsobre Z[x]. Mas, é claro que bf é irredutível sobre Z[x]. ¥

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.

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 sobreK 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. Generalizepara 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 + a1x+ · · ·+ an−1xn−1 + xn ∈ R[x].


Pondo

t = 1 +n−1Xi=0

|ai| ∈ R∗+,

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 casosafirmativo 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 + · · ·+ anxn ∈ Z[x], com ∂(f) = n.

Mostre que se

α =r

s∈ Q, s 6= 0,

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 + a1x+ · · ·+ xn ∈ A[x]

um polinômio mônico com n ≥ 1. Se existir um ideal primo P em A tal que

ai ≡ 0 (modP ), i = 0, 1, . . . , n − 1e a0 6≡ 0 (modP 2). Mostre que f é irredutível

sobre A.


14. SejamA 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

somente se, o polinômio recíproco g(x) = xnf( 1x) 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+ · · ·+ anxn ∈ 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∗p e a0 = · · · = an.

(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 umúnico 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](1 + x2)

e K2 =Z11[y]

(2 + 2y + y2)


contêm 121 elementos. (Sugestão: Mostre que a função ϕ : K1 → K2 definida por

ϕ(x+ (1 + x2)) = 1 + y + (2 + 2y + y2)

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 iguala n sobre Zp e Vm(Zp) o espaço vetorial de todos os polinômio de grau menor doque 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)kerT

' Vm(Zp).

(Sugestão: Seja T : Vn(Zp)→ Vm(Zp) definida por

T (a0 + · · ·+ amxm + · · ·+ anx

n) = (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 + a1x+ · · ·+ anxn ∈ 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, daSeção 1 do Capítulo 7, pode ser estendida de modo único para K[x],

bωp

ÃnXi=0

aixi

!= min

0≤i≤n{ωp(ai)}.

Além disso:

(a) Mostre que bωp(cf) = bωp(c) + bωp(f), para todo c ∈ K e f ∈ K[x].

(b) Mostre que bωp(fg) = bωp(f) + bωp(g), para todos f, g ∈ K[x].

8.3. ANEIS NOETHERIANOS 343

25. Sejam Q um corpo dos números racionais e

A = {f = a0 + a1x+ · · ·+ anxn ∈ Q[x] : a0 ∈ Z}.

(a) Mostre que A é um domínio de integridade e U(A) = {−1, 1}.

(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 anelde ideais principais é um anel Noetheriano.

Exemplo 8.47 Seja d um número inteiro livre de quadrados. Mostre que o anel

Z[√d] =

na+ b

√d : a, b ∈ Z

oé 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

kerπ = {b√d : b ∈ Z} e Imπ = {a ∈ Z : a+ b

√d ∈ Z[

√d], para algum b ∈ Z}.

Assim,

I0 = Imπ(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)


Logo, existem a0, b1 ∈ Z tais que

I0 = (a0) e I1 ' (b1).

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).

Portanto, qualquer ideal em Z[√d] é finitamente gerado, ou seja, Z[

√d] é um anel Noethe-

riano. ¥

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 =∞[n=1

In

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}}


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 Ã L, o que é uma contradição. ¥

Corolário 8.49 Seja A um anel. Então A é um anel Noetheriano se, e somente se, paraqualquer família {ai}i∈N de A, existir k ∈ N tal que

an =kPi=1

xiai,

para todo n > k e xi ∈ A.

Prova. Suponnhamos, por absurdo, que existam n > k e xi ∈ A tais que

an 6=kPi=1

xiai, ∀ k ∈ N.

Então

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

A = Z(p∞) =½

a

pn: a ∈ Z , 0 ≤ a < pn e n ∈ Z+

¾⊆ QZ

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.


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

In =

½0,1

pn,2

pn, . . . .

pn − 1pn

¾, ∀ n ∈ N.

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−1A é um anel Noetheriano.

Prova. Seja J um ideal qualquer em S−1A. Então é fácil verificar que

I =na ∈ A :

a

s∈ J, para algum s ∈ S

oé ideal em A. Sejam J1 e J2 ideais em S−1A 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 as∈ J2 tais que a

s/∈ J1. Sendo a ∈ I2 = I1, temos que existe

t ∈ S tal que at∈ J1. Logo,

a

s=

t

s· at∈ J1,

o que é uma contradição. Portanto, qualquer cadeia crescente de ideais em S−1A dar

origem a uma cadeia crescente de ideais em A, ou seja, S−1A é um anel Noetheriano. ¥

Proposição 8.52 Sejam A, B aneis e σ : A→ B um homomorfismo de aneis. Se kerσ

e Imσ 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

Imσ. Logo, existem b1, . . . , bn ∈ Imσ 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 ∩ kerσ é um ideal em kerσ temos que existem c1, . . . , cm ∈ kerσ tais que

I ∩ kerσ = (c1, . . . , cm).

Afirmação. I = (a1, . . . , an, c1, . . . , cm).


De fato, dado a ∈ I, obtemos σ(a) ∈ σ(I). Logo, existem y1, . . . , yn ∈ Imσ, com yi =

σ(xi), i = 1, . . . , n, tais que

σ(a) =nXi=1

yibi =nXi=1

σ(xi)σ(ai) = σ

ÃnXi=1

xiai

!.

Assim,

σ

Ãa−

nXi=1

xiai

!= 0⇒ a−

nXi=1

xiai ∈ I ∩ ker σ.

Logo, existem z1, . . . , zm ∈ A tais que

a−nXi=1

xiai =mXj=1

zjcj ⇒ a =nXi=1

xiai +mXj=1

zjcj ⇒ 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

B =

("a b

0 a

#: a ∈ Z e b ∈ Q

)não é Noetheriano. Portanto, subanel de um anel Noetheriano não necessita ser Noethe-

riano.

Solução. Note que a função ϕ : Q×Q→ A definida por

ϕ(a, b) =

"a b

0 a

#

é claramente bijetora. Então, pelo Teorema do Transporte, Q×Q é um anel com a somausual 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 porπ(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

M =

Ã"0 1

0 0

#!.


Para provar que B não é um anel Noetheriano, consideremos o conjunto

I =

("0 r

0 0

#: r ∈ Q

).

Então claramente I é um ideal em B. Suponhamos, por absurdo, que I seja finitamente

gerado, digamos

I =

Ã"0 r1

0 0

#, . . . ,

"0 rn

0 0

#!.

Como

ri =aibi, i = 1, . . . , n, onde ai, bi ∈ Z e bi 6= 0,

temos que b = b1 · · · bn ∈ Z∗. Escolhendo um número primo p tal que mdc(b, p) = 1,

obtemos "0 1

p

0 0

#∈ I.

Assim, existem "x1 y1

0 x1

#, . . . ,

"xn yn

0 xn

#∈ B

tais que "0 1

p

0 0

#=

"x1 y1

0 x1

#"0 r1

0 0

#+ · · ·+

"xn yn

0 xn

#"0 rn

0 0

#

=

"0 r1x1 + · · ·+ rnxn

0 0

#,

ou seja,1

p= r1x1 + · · ·+ rnxn ⇒

b

p= (br1)x1 + · · ·+ (brn)xn ∈ Z,

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

In =

("0 m

2n

0 0

#: m ∈ Z

)

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]}


Para um n ∈ Z+ fixado, consideremos a função ϕn : F1 → F definida por

ϕn(J) = {a ∈ A : existe f = a0 + a1x+ · · ·+ an−1xn−1 + axn ∈ J, a 6= 0} ∪ {0}.

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 + a1x+ · · ·+ axn, g = b0 + b1x+ · · ·+ 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 + a1x+ · · ·+ am−1xm−1 + amx

m ∈ J2

com f 6= 0 e ∂(f) = m. Como am ∈ ϕm(J2) = ϕm(J1) temos que existe

gm = b0 + b1x+ · · ·+ bm−1xm−1 + amx

m ∈ 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,

ϕp(Jq) =

(ϕn(Jq), para todo n ≥ p

ϕn(Jm), para todo n ≥ p e m ≥ q,


pois

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 Noetheri-

ano. ¥

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 umanel Noetheriano. (Sugestão: Considere o conjunto

In =

½f ∈ B : f(x) = 0, ∀ x ∈

∙0,

n

n+ 1

¸¾,

para cada n ∈ N.)


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) JI= K

I.

Mostre que J = K.


5. Sejam A um anel e I um ideal em A.

(a) Mostre que se A é um anel Noetheriano, então AIé anel Noetheriano.

(b) Mostre que se I e AIsão 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 sãoaneis Artinianos.

14. Mostre que um subanel de um anel Artiniano não necessita ser Artiniano.


A = Z(p∞) =½

a

pn: a ∈ Z , 0 ≤ a < pn e n ∈ Z+

¾⊆ QZ

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.



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 AIé um anel Artiniano.

(b) Mostre que se I e AIsão 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 AI

é um anel Artiniano e Noetheriano.

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 = kerσn ⊕ σn(A).

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