Estruturas Algébricas Moisés Toledo∗ 12 de maio de 2012
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Solução Solução de exercíci exercícios os 7,8,9 7,8,9 - Página Página 215
Exercício Exercício 7. Seja G um grupo finito de ordem m. Seja n ∈ N tal que MDC {n, m} = 1. Mostre que todo elemento g de G pode ser escrito na forma g = xn para algum alg um x ∈ G Demonstração. (i) Seja n ∈ N tal que (n, m) = 1, então existe a, b ∈ N tal que an + bm = 1 (identidade (identidade de Bézout). Bézout). (ii) Seja g ∈ G então
g = g1 = g an+bm = (g a)n · (gm )b = (g a ) n
, pois |G| = m
(iii) Assim dado g ∈ G existe xg ∈ G tal que g = xgn (neste caso xg = g a ).
Observação. • O resultado resultado é obvio se G é um grupo cíclico (considerando x o gerador do grupo). Assim para todo g ∈ G fazemos uso do mesmo x. • Se G não é cíclico, então para cada g ∈ G existe um xg ∈ G (dependendo (dependendo do g ) satisfazendo a propriedade.
Exercício 8. Seja G =< a > um grupo cíclico finito e u ∈ N. Mostre que O(au ) = O(a)/ MDC {O {O(a), u}. Demonstração. Sejam n = O(a) e m = M DC {n, u}. Mostraremos que O (au ) = (i) Seja O(au ) = t, então (au )t = e. ∗
Universidade Federal da Paraíba
n . m
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(ii) Como (au )n/m = (an )u/m = e, então t | (n/m) n/m). (iii) Notemos que t | n (pois (au )n = (an )u = e) e m | n (pois m = M DC (n, u)). (iv) (iv) Pela Pela identida identidade de de Bézout, Bézout, existe existe r, s ∈ N tais tais que que rm+ rm +sn = 1 (pois (m, n) = 1). (v) Assim n = n · 1 = n(rm + sn) sn) = nmr + n2 s, como tm | (nmr) nmr) e tm | (n2 s) então tm | n. (vi) Por tanto do fato que (n/m) n/m) | t e t | (n/m) n/m) temos t = O(au ) =
n . m
Exercício Exercício 9. Faça os seguintes itens: a) Seja G um grupo e sejam a, b ∈ G tais que ab = ba. Suponha Suponha que que a e b tenham ordem finita, digamos O (a) = n e O (b) = m. (i) Mostre que O (ab) ab) | MMC (n, m). (ii) Mostre que se MDC (n, m) = 1 então O (ab) ab) = nm. b) Seja G = GL2(Q) (grupo das matrizes 2 × 2 invertíveis com entradas em Q). Sejam
a=
0 −1 1
0
e
b=
0
1 −1 −1
Mostre que O(a) = 4 , O (b) = 3 e que o produto ab não tem ordem finita. Demonstração. e. Os resultados são imediatos quando a = e ou b = e, assim podemos assumir a, b = Fixamos notação: r = M M C (n, m) e O (ab) ab) = t. a) Mostraremos que t | r. • Pela definição de mínimo comum múltiplo temos que n | r e m | r isto é r = nλ = mγ . • Assim (ab) ab)r = (ar br ) = (an )λ · (bm )γ = e logo t | r. b) Mostraremos que t = nm. • Temos que t | nm, pois (ab) ab)nm = (an )m · (bm )n = e. • Assim nm = tβ , β ∈ N. • Suponhamos que nm nm tt então1:
n t ou m t, sem perda de geralidade podemos supor que n t então n | β isto é β = nλ assim nm = tnλ logo t | m. assim (ab) ab)m = am · bm = am = e, então n | m isto é M DC (n, m) = n = 1 o qual é um absurdo pois como a = e então O(a) = 1. • Por tanto do fato que t | nm e nm | t temos t = nm. 1
c, b c c ⇔ ab c c Aqui usamos a contra recíproca de: a | c, b | c ⇔ ab | c, o qual é a c,
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c) Um cálculo direto mostra que O(a) = 4, O (b) = 3. Também
ab =
1 1 0 1
⇒ (ab) ab)n =
1 n 0 1
, ∀n ∈ N
Assim (ab) I 2×2 , ∀n ∈ N (aqui I 2×2 é a matriz identidade de dimensão 2), isto ab)n = é a ordem ordem de ab não é finita.
