Introduc ao ` aAlgebraHomomorsmos, isomorsmos, grupos cclicos exerccios resolvidosA1) Em cada caso, verique sef : G J e um homomorsmo.a)G= (, +), J= (, +), f (x) = 7xb)G= (, +), J= (, +), f (x) = 7x + 1c)G= (, +), J= (, +), f (x) = 7x2d)G= (, +), J= (, +), f (x) = |x|e)G= (, ), J= (, ), f (x) = |x|f)G= (, +), J= ( , +), f (x) = (2x, 3x)g)G= ( , +), J= (, +), f (x, y) = 4x 5yh)G= (GL2(), +), J= (Z, +), f (X) = tr(X) = traco de XAoperac aodeadic aoem dositensf)eg) edenidadaseguinteforma:(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) para quaisquer a, b, c, d .Soluc ao: Se f for umhomomorsmo, devemos mostrar que f (xy) =f (x)f (y),x, y G. Sef n ao for homomorsmo, devemos mostrar um contra-exemplo, ouseja, escolher valores particulares de a, b G tais quef (a b) f (a)f (b). Aqui, representa a operac ao de G e e a operac ao de J.a)Para quaisquer x, y , temos: f (x + y)= 7(x + y)= 7x + 7y=f (x) +f (y).Logo, f e um homomorsmo deem .b)Neste caso, temos por exemplo quef (1) = 8,f (2) = 15,f (1+2) =f (3) = 22 ef (1) + f (2) = 23. Logo, f (1 + 2) f (1) + f (2). Logo, fn ao e homomorsmo.c)Por exemplo, f (1)= 7, f (3)= 63, f (1 + 3)=f (4)= 112 ef (1) +f (3)= 70.Logo,f (1+3) f (1) + f (3) e da temos quef n ao e homomorsmo de grupos.1d)Por exemplo, f (2) = 2, f (2) = 2, f (2+2) =f (0) = 0, f (2)+ f (2) = 2+2 =4. Logo, f (2 + 2) f (2) + f (2) fn ao e homomorsmo.e)Para quaisquer x, y , temosf (x y)= |x y|= |x| |y|=f (x) f (y). Logo, f e um homomorsmo de G em J.f)Sejam x, y . Temos que: f (x +y) = (2(x +y), 3(x +y)) = (2x +2y, 3x +3y).Por outro lado, f (x) +f (y) =(2x, 3x) + (2y, 3y) =(2x + 2y, 3x + 3y). Logo,f (x+y) =f (x)+ f (y) de onde conclumos que f e um homomorsmo de grupos.g)Sejam (a, b) e (c, d) dois elementos gen ericos de . Temos:f (a, b)+f (c, d) =(4a 5b)+ (4c 5d) =4a+ 4c 5b 5d. Por outrolado,f ((a, b) +(c, d)) =f (a+c, b+d) = 4(a+c) 5(b+d) = 4a+4c 5b5d.Logo, f ((a, b) + (c, d)) =f (a, b) + f (c, d) f e homomorsmo de G em J.h)Paraquaisquer X =_ a bc d_ GeY =_ r st u_ G, temos: X+ Y =_ a + r b + sc + t d + u_ ef (X) + f (Y) = tr(X) +tr(Y) = (a +d) +(r +u) = a +d +r +u.Por outro lado, f (X + Y) = tr(X + Y) = (a + r) + (d + u) = a + r + d + u. Logo,f (X+Y) =f (X) + f (Y) f e um homomorsmo de grupos. (OBS.: O tra co deuma matriz quadrada e denido como sendo a soma dos elementos da diagonalprincipal).A2) Considere G= com a seguinte operac ao de adic ao: (a, b)+ (c, d) =(a + c, b + d). Mostre quef : G G, f (x, y)= (0, 3x + 5y) e um homomorsmo,determine seu n ucleo e d e alguns exemplos de elementos de N( f ).Soluc ao: Sejam (a, b), (c, d) G. Temos: f ((a, b) + (c, d))=f (a + c, b + d)=(0, 3(a+ c)+ 5(b+ d)) =(0, 3a+ 3c+ 5b+ 5d) =(0, (3a+ 5b)+ (3c+ 5d)) =(0, 3a + 5b) + (0, 3c + 5d) =f (a, b) + f (c, d). Logo, f e um homomorsmo.Se (x, y) N( f ), ent aof (x, y) =(0, 0) = elemento neutro do contradomnio def (0, 3x + 5y) = (0, 0) 3x + 5y = 0, de onde conclumos queN( f ) = {(x, y) | 3x + 5y = 0}.Por exemplo, (0, 0), (5, 3), (5, 3), (10, 6) N( f ).A3) Sejam G= (GL3(), ), J= (, ) ef : G J denida porf (X)= det(X)=determinante de X.a)Mostre quef e um homomorsmo;b)Determine N( f ) e d e exemplo de elementos do n ucleo def .2Soluc ao: a) SejamX, Y G. Temos: f (XY) =det(XY) =det(X) det(Y) =f (X) f (Y). Fica mostrado dessa forma quef e um homomorsmo de grupos.b) Seja A um elemento gen erico do n ucleo def . Ent ao, A e uma matriz quadrada3 3 tal quef (A) = det(A) = 1 = elemento neutro de J. Portanto,N( f ) = {A GL3() | det(A) = 1}.Assim, qualquer matriz 3 3 de elementos reais cujo determinante seja igual a 1pertencem ao n ucleo def . Por exemplo,__1 0 00 1 00 0 1__,__2 0 07 3 05 416__ e__1 0 00 9 100 1 1__pertencem a N( f ).A4) Mostre que um grupo G e abeliano se, e somente se, f : G G denida porf (x) = x1 e um homomorsmo.Soluc ao: () Suponhamos Gum grupo abeliano e sejamx, y G. Ent ao,f (xy) = (xy)1= y1x1= x1y1=f (x) f (y). Logo, f e um homomorsmo.() Suponhamos quef seja um homomorsmo de G em G. Ent ao, para quaisquerx, y G,temos: f (xy) = f (x) f (y) (xy)1=x1y1. Calculando-se o inversode cada membro da igualdade anterior, obtemos: ((xy)1)1=(x1y1)1xy=(y1)1(x1)1 xy = yx, e da, conclumos que G e um grupo abeliano.A5) Seja G um grupo e g G. Mostre quef : G G denida porf (x)= g1xg eisomorsmo de G em G (neste caso, f e denominado automorsmo de G).Soluc ao: Sejam x, y G dois elementos gen ericos. f (xy)= g1(xy)g= g1xeyg= g1xgg1.,,.= eyg=f (x) f (y); logo, f e um homo-morsmo.Suponhamos f (x) = f (y). Ent ao g1xg =g1yg. Multiplicando-se por g` aesquerda e por g1` a direita, obtemos: gg1.,,.= exgg1.,,.= e=gg1.,,.= eygg1.,,.= e x= y;logo, f e uma func ao injetora.Dado b G= contradomnio def , considere o elemento a=gbg1G=domnio def . Ent ao, f (a) =f (gbg1) =g1(g.,,.= eb g1)g.,,.= e=b;logo, f e umafunc ao sobrejetora.Dos tr es itens mostrados acima, conclumos quef e um isomorsmo de grupos.3A6) Sejam G= {2m3n| m, n } e J=__m nn m_ | m, n _.a)Mostre que (G, ) e um subgrupo de (+, );b)Mostre que (J, +) e subgrupo de (M22(), +);a)Mostre que G e isomorfo a J.Soluc ao:a)Escolhendo m=n=1, obtemos 6=21 31 G o que implica que G n ao eum conjunto vazio. Sejam x, y G. Existem m, n, r, s tais que x= 2m3ne y= 2r3sx y1= 2m3n2r3s= 2mr3ns. Como m r e n s ,temos x y1 G de onde conclumos que G e um subgrupo de (++, ).b)Escolhendo m=2 e n=0 obtemos_ 2 00 2_ J J . Sejam X, Y J.Existem m, n, r, s tais que X=_m nn m_ e Y=_r ss r_ X+ (Y)=XY=_m nn m__r ss r_ =_m r n sn + s m r_. Como mr , ns en+s = (ns) temos que XY J. Logo, J e um subgrupo de (M22(), +).c)Para mostrar que existe isomorsmo entre G e J, devemos ser capazes de en-contrar uma func aof : G J que seja bijetora e homomorsmo de grupos.Sejaf : G J denida porf (2m3n) =_m nn m_.Sejam m, n, r, s tais quef (2m3n) =f (2r3s). Da, temos_m nn m_=_r ss r_ m = r e n = s 2m3n= 2r3s. Isso mostra que f e uma func aoinjetora.Dado um elemento gen erico Y J, temos que Y e da forma_a bb a_,onde a, b . Escolhendox=2a3bG temos quef (x) =f (2a3b) =_a bb a_ = Y. Logo, f e uma func ao sobrejetora.Sejam x, y G. Existem m, n, r, s tais que x = 2m3ne y = 2r3s. Temos:f (x y) =f (2m3n2r3s) =f (2m+r3n+s) =_m + r n + sn s m + r_=_m nn m_+_r ss r_=f (2m3n) + f (2r3s) =f (x) + f (y). Logo, f e um homomorsmode grupos.4Comof e injetora, sobrejetora e e um homomorsmo, temos quef e um iso-morsmo de G em J, ou seja, GJ.A7) Descreva os seguintes grupos cclicos:H= [3] em (, +)J= [3] em (, )K= [3] em (7, )Soluc ao: Se o grupo for multiplicativo, ent ao o grupo cciclo gerado por x e oconjunto de todas as pot encias de expoente inteiro de x; se o grupo for aditivo, ent aoo grupo gerado por x e o conjunto de todos os m ultiplos de x. Sendo assim, temos:H= [3] = m ultiplos de 3 = {3k | k }= {. . . , 9, 6, 3, 0, 3, 6, 9, . . . }J= [3] = pot encias de 3 = {(3)k| k } = {. . . , 1/9, 1/3, 1, 3, 9, . . . }K =[3] =pot enciasde3em7. Como30=1,31=3,32=9 =2,33= 27= 6, 34= 33 3= 18= 4, 35= 34 3= 12= 5, 36= 35 3= 15= 1 =elemento neutro de (7, ). Logo, K= {1, 2, 3, 4, 5, 6} = 7.A8) Verique se os grupos G e J s ao isomorfos em cada um dos seguintes casos:a)G= (3, +), J= (6, +)b)G= (S3, ), J= (6, +)c)G= (, ), J= (, +)d)G= (, +), J= (, +).Soluc ao: Quando dois grupos s ao isomorfos, eles t em muitas propriedades emcomum. Por exemplo, se um deles tiver n elementos, ent ao o outro tamb em temque ter n elementos; se um for abeliano, o outro tamb em e abeliano; se determinadotipo de equac ao tem soluc ao em um deles, ent ao uma equac ao equivalente tamb emtem soluc ao no outro. Desse modo, para mostrar que dois grupos n ao podem serisomorfos, basta detectar alguma propriedade alg ebrica que um tenha e que o outron ao tenha.a) 3 tem 3 elementos, enquanto que 6 tem 6 elementos. Logo, n ao pode existirbijec ao entre eles e, da, G n ao e isomorfo a J.5b)S3 e um grupo n ao abeliano com 6 elementos e 6 e abeliano com 6 elementos.Logo, n ao podem ser isomorfos.c)Em J, a equac ao x + x= 1 tem soluc ao x= 1/2 J. Em G, uma equac aoequivalente a essa seria x x= 1 que n ao tem soluc ao em . Logo, G n ao eisomorfo a J.d) e um conjunto enumer avel, enquanto que e n ao enumer avel. Logo, n aopode existir bijec ao entre eles e, da, conclumos que os grupos G e J n ao s aoisomorfos.B1) a) D e exemplo de um isomorsmo do grupo G= (, +) em J= (+, ).b) Mostre que n ao existe isomorsmo do grupo G= (, +) em J= (+, ).( Sugest ao: Supondof :G J isomorsmo ex G tal quef (x) =2, calculef (x2+x2) ).Soluc ao:a)Considere a func ao exponencial f :+, f (x) =ex. Temos que f ebijetora ef (x + y)= ex+y= ex ey=f (x) f (y). Logo, f e um isomorsmo deG em J.b)Suponhamos que exista um isomorsmof : +. Comof e bijetora f sobrejetora, escolhendo 2 J temos que existe x G= tal quef (x)= 2.Como x=x2+x2 temos quef (x)=f (x2+x2)=f (x2) f (x2)=f (x2)2f (x2)2= 2o que e um absurdo porquef (x2) + e n ao existe n umero racional positivoque elevado ao quadrado d e um resultado igual a 2. Logo, n ao pode existir oisomorsmo de G em J.B2) Considere os elementos x=_ 0 11 0_ e y=_0 11 1_ pertencentes ao grupomultiplicativo GL2(). Calcule o(x), o(y) e o(xy).Soluc ao: Temos quexy =_ 0 11 0_ _0 11 1_=_ 1 10 1_. Para calcular asordens de x, y e xy devemos calcular suas pot encias de expoentes inteiros e observarse existe alguma pot encia que d e igual ` a matriz identidade.x =_ 0 11 0_ x2= x x =_ 0 11 0_ _ 0 11 0_ =_ 1 00 1_ x3= x2 x =_ 1 00 1_ _ 0 11 0_ =_0 11 0_6x4=x3 x=_0 11 0_ _ 0 11 0_=_ 1 00 1_ . Assim, 4 e o menor expoentepositivo n para o qual xn= elemento neutro, logo, o(x) = 4.y =_0 11 1_ y2= y y =_0 11 1_ _0 11 1_ =_ 1 11 0_ y3= y2 y =_ 1 11 0_ _0 11 1_ =_ 1 00 1_ . Assim, 3 e o menor expoentepositivo m para o qual ym= elemento neutro, logo, o(y) = 3.xy =_ 1 10 1_ (xy)2=(xy)(xy) =_ 1 10 1_ _ 1 10 1_=_ 1 20 1_ (xy)3=(xy)2(xy) =_ 1 20 1_ _ 1 10 1_ =_ 1 30 1_ (xy)4= (xy)3(xy) =_ 1 30 1_ _ 1 10 1_ =_ 1 40 1_ (xy)5=(xy)4(xy) =_ 1 40 1_ _ 1 10 1_=_ 1 50 1_. Eassim, aspot encias de x n ao se repetem e nem coincidem com a matriz identidade. Logo,o(x) = 0.Observac ao. Casos como esse s o ocorrem em grupos n ao abelianos. Pode-se mos-trar que se G for abeliano e x, y G, ent ao o(xy) = mmc(o(x), o(y)).Observac ao.Observando-se o desenvolvimento do terceiro item, podemos chegar` a conclus ao de que (xy)n=_ 1 n0 1_. Essa e uma igualdade verdadeira, mas parademonstr a-la e preciso usar o Princpio de Induc ao Finita.B3) Mostre que todo grupo cclico innito possui exatamente dois elementos gera-dores.Soluc ao: Suponhamos que G seja um grupo multiplicativo cclico innito.Existe x G tal que todo elemento de G e da forma xnpara algum n , ouseja, G= [x] = {xn| n }.Como xn= (x1)ntemos que todo elemento de G tamb em e pot encia de x1,ou seja, G= [x1].Neste caso, n ao podemos ter x=x1porque isso implicaria x x=x x1x2= e G= {e, x} o que seria um absurdo porque G e innito. Logo, xx1o que signica que G tem pelo menos dois geradores: x e x1.Se G possuir outro gerador, digamos G= [y], ent ao x deve ser igual a algumapot encia de y e tamb em y deve ser igual a alguma pot encia de x, ou seja, y = xre x = ysonde r, s x = ys= (xr)s= xrs xrs x1= x x1 xrs1= e.7Se rs 10, ent ao teramos uma pot encia de x com expoente inteiro dandoigual ao elemento neutro; isso limitaria a quantidade de elementos de G o queseria um absurdo porque G e innito.Temos rs 1= 0. Como r e s s ao inteiros, temos r=s= 1 ou r=s= 1.Em um caso, temos y= x e no outro caso temos y= x1. Portanto, y sendo umgerador de G, y deve coincidir com x ou com x1.Fica mostrado dessa forma que G sendo cclico innito tem exatamente dois gerado-res: x e x1.Observac ao. Se tiv essemos usado a notac ao aditiva, ent ao teramos usado m ultiplosde x no lugar de pot encias de x. No nal, chegaramos ` a mesma conclus ao:que Gtem exatamente dois geradores, x e x.C1) Seja a seguinte permutac ao de S10: =_ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 108 7 5 9 4 10 2 6 3 1_ .Calcule a ordem de e a pot encia 2010.Soluc ao: Para calcular a ordem de ,devemos calcular suas pot encias de expo-entes inteiros e vericar se alguma coincide com a identidade.2= =_ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 108 7 5 9 4 10 2 6 3 1_ _ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 108 7 5 9 4 10 2 6 3 1_=_ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 106 2 4 3 9 1 7 10 5 8_ ,As composic oes utilizadas no c alculo de 2= foram as seguintes:1 8 e 8 6; logo, 1 6 (ou seja: o 1 e levado por para o 8, depoiso 8 e levado para o 6; logo, o 1 e levado na composi c ao para o 6 )2 7 e 7 2; logo, 2 23 5 e 5 4; logo, 3 44 9 e 9 3; logo, 4 3etc.83= 2 =_ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 106 2 4 3 9 1 7 10 5 8_ _ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 108 7 5 9 4 10 2 6 3 1_=_1 2 3 4 5 6 7 8 9 1010 7 9 5 3 8 2 1 4 6_ ,4= 3 =_1 2 3 4 5 6 7 8 9 1010 7 9 5 3 8 2 1 4 6_ _ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 108 7 5 9 4 10 2 6 3 1_=_ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101 2 3 4 5 6 7 8 9 10_ = e =identidade.Logo, o()= 4.Isso signica que as pot encias de expoentes inteiros se repetem de4 em 4: 5=4=e=,6=42=e2=2,7=43=e3=3,8= 44= ee = e, etc. Se o expoente r for m ultiplo de 4, ent ao r= e. Dividindo-se 2010 por 4, obtemos quociente 502 e resto igual a 2, ou seja, 2010= 4 502 + 2.Da,2010= 4502+2=(4).,,.= e5022= e2= 2=_ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 106 2 4 3 9 1 7 10 5 8_ .C2) Seja G um grupo multiplicativo com elemento neutro e. Sendo a, b G diferen-tes do elemento neutro tais que a5= e e aba1= b2, calcule o(b).Soluc ao: Para calcularmos a ordem de b, devemos de algum modo saber quaiss ao suas pot encias de expoentes inteiros positivos.b2b2= (aba1)(aba1) = ab(a1a)ba1= abeba1= a b2.,,.aba1a1= a(aba1)a1=a2ba2, ou seja, b4= a2ba2.Temos tamb em que b4 b4= (a2ba2)(a2ba2)= a2b(a2a2)ba2= a2beba2=a2b2.,,.aba1a2= a2(aba1)a2= a3ba3, ou seja, b8= a3ba3.De modo semelhante, calculamos b16= b8 b8e b32= b16 b16e obtemos osseguintes resultados: b16=a4ba4e b32=a5ba5. Como a5=e, obtemosnalmente que b32=ebe1b32=b que multiplicando-se por b1fornece:b1b32= b1b, ou seja b31= e.Temos da que a ordem de b e um divisor de 31. Como b n ao e o elemento neutro e31 e primo, temos nalmente que o(b) = 31.9