Matemática universitária — Graduação 3 · Bachelor Year 3

1Teoria dos grupos

No volume do segundo ano, os grupos não passavam de instrumentos de contagem: teorema de Lagrange, grupos cíclicos, grupo simétrico e sua assinatura. Este capítulo transforma a teoria dos grupos em um método. O motor é a noção de grupo que age sobre um conjunto: contar órbitas e pontos fixos produz a equação das classes, o teorema de Cauchy e os três teoremas de Sylow — o princípio local-global fundamental da teoria dos grupos finitos. Aprendemos em seguida a montar grupos (produtos diretos e semidiretos) e a desmontá-los (séries de composição, grupos solúveis), e demonstramos o teorema que, no Capítulo 4, encerrará uma questão de três séculos sobre equações polinomiais: o grupo alternado $A_n$ é simples para $n \geq 5$ .

1.1 Grupos quocientes e teoremas de isomorfismo

Ao longo de todo o capítulo, $G$ é um grupo escrito multiplicativamente e $e$ é seu elemento neutro. Recordamos do volume do segundo ano: subgrupos, classes laterais $gH$ , teorema de Lagrange ( $\abs G = [G:H]\,\abs H$ para $G$ finito), a ordem de um elemento, os grupos cíclicos e o grupo simétrico $S_n$ com seu morfismo assinatura $\varepsilon \colon S_n \to \{\pm1\}$ .

Definição 1.1

Um subgrupo $N$ de $G$ é normal (escreve-se $N \trianglelefteq G$ ) quando $gNg^{-1} = N$ para todo $g \in G$ — de maneira equivalente, quando as classes laterais à esquerda e à direita coincidem: $gN = Ng$ para todo $g$ .

Teorema 1.2 (Grupo quociente)

Seja $N \trianglelefteq G$ . O conjunto $G/N$ das classes laterais, munido da multiplicação $(gN)(hN) = ghN$ , é um grupo bem definido, o grupo quociente, e a projeção canônica $\pi \colon G \to G/N$ , $g \mapsto gN$ , é um morfismo sobrejetor de núcleo $N$ . Reciprocamente, todo núcleo de um morfismo de grupos é normal: os subgrupos normais são exatamente os núcleos.

Demonstração. Tudo está em verificar que a multiplicação está bem definida. Se $gN = g'N$ e $hN = h'N$ , escreva $g' = gn$ , $h' = hm$ com $n, m \in N$ . Então $g'h' = gnhm = gh\,(h^{-1}nh)\,m \in ghN$ pois $h^{-1}nh \in N$ por normalidade: o produto de classes laterais não depende dos representantes. A associatividade, o elemento neutro $eN = N$ e os inversos $(gN)^{-1} = g^{-1}N$ são herdados de $G$ . É claro que $\pi$ é um morfismo sobrejetor e que $\pi(g) = N \iff g \in N$ .

Se $f \colon G \to H$ é um morfismo e $k \in \ker f$ , então $f(gkg^{-1}) = f(g)f(k)f(g)^{-1} = e$ : os núcleos são normais. ∎

Teorema 1.3 (Propriedade universal; primeiro teorema de isomorfismo)

Sejam $f \colon G \to H$ um morfismo e $N \trianglelefteq G$ com $N \subseteq \ker f$ . Existe um único morfismo $\bar f \colon G/N \to H$ tal que $f = \bar f \circ \pi$ . Em particular, tomando $N = \ker f$ :

G/\ker f \;\xrightarrow{\;\sim\;}\; \operatorname{im} f, \qquad gN \mapsto f(g).

Demonstração. Unicidade: $\bar f(gN)$ tem necessariamente de valer $f(g)$ . Existência: se $gN = g'N$ , então $g^{-1}g' \in N \subseteq \ker f$ , logo $f(g) = f(g')$ e $\bar f(gN) = f(g)$ está bem definido; trata-se de um morfismo porque $f$ o é. Para $N = \ker f$ : $\bar f$ é injetor, pois $\bar f(gN) = e$ significa $g \in \ker f$ , isto é, $gN = N$ ; sua imagem é a de $f$ . ∎

Teorema 1.4 (Segundo e terceiro teoremas de isomorfismo)

Sejam $H \leq G$ e $N \trianglelefteq G$ .

$HN = \{hn : h \in H,\, n \in N\}$ é um subgrupo, $N \trianglelefteq HN$ , $H \cap N \trianglelefteq H$ , e

$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$
Se, além disso, $N \subseteq K \trianglelefteq G$ , então $K/N \trianglelefteq G/N$ e $(G/N)\big/(K/N) \cong G/K$ .

Demonstração. (1) $HN$ é um subgrupo: $(hn)(h'n') = hh'\,(h'^{-1}nh')n' \in HN$ e $(hn)^{-1} = h^{-1}(hn^{-1}h^{-1}) \in HN$ , usando a normalidade de $N$ . Componha $H \hookrightarrow HN \xrightarrow{\pi} HN/N$ : esse morfismo é sobrejetor ( $hnN = hN$ ) e tem núcleo $\{h \in H : h \in N\} = H \cap N$ ; aplique o Teorema 1.3.

(2) A projeção $G/N \to G/K$ , $gN \mapsto gK$ , está bem definida ( $N \subseteq K$ ), é sobrejetora e tem núcleo $K/N$ ; aplique novamente o Teorema 1.3. ∎

Teorema 1.5 (Teorema da correspondência)

Seja $N \trianglelefteq G$ . A aplicação $H \mapsto H/N$ é uma bijeção entre os subgrupos de $G$ que contêm $N$ e os subgrupos de $G/N$ , que preserva inclusões, índices e normalidade (nos dois sentidos).

Demonstração. Sua inversa é $\bar H \mapsto \pi^{-1}(\bar H)$ . Ambas as aplicações levam subgrupos em subgrupos e são mutuamente inversas: $\pi^{-1}(H/N) = HN = H$ pois $N \subseteq H$ , e $\pi(\pi^{-1}(\bar H)) = \bar H$ pela sobrejetividade de $\pi$ . As inclusões são claramente preservadas; $[G:H] = [G/N : H/N]$ porque $gH \mapsto (gN)(H/N)$ é uma bijeção bem definida entre os espaços de classes laterais; e $gHg^{-1} = H$ para todo $g$ se, e somente se, $(gN)(H/N)(gN)^{-1} = H/N$ para todo $gN$ , de novo pela sobrejetividade de $\pi$ . ∎

Exemplo 1.6

$\varepsilon \colon S_n \to \{\pm 1\}$ dá $S_n/A_n \cong \{\pm1\}$ ; $\det \colon GL_n(K) \to K^\times$ dá $GL_n(K)/SL_n(K) \cong K^\times$ ; $t \mapsto \eu^{2\iu\pi t}$ dá $\R/\Z \cong \mathbb U$ , o grupo do círculo. O primeiro teorema de isomorfismo é a maneira como os quocientes são calculados na prática: encontre uma sobrejeção com o núcleo certo.

Método 1.7

Para demonstrar que $N \trianglelefteq G$ , em ordem decrescente de elegância: exiba $N$ como núcleo de um morfismo definido em $G$ ; verifique $gNg^{-1} \subseteq N$ para todo $g$ (isso basta: aplicando a $g^{-1}$ e conjugando obtém-se a inclusão inversa); verifique que $N$ é uma reunião de classes de conjugação; ou observe que $[G:N] = 2$ (então $gN = Ng$ é forçado — Exercício 1.1).

1.2 Ações de grupo

Definição 1.8

Uma ação de $G$ sobre um conjunto $X$ é um morfismo $\varphi \colon G \to \mathfrak{S}(X)$ no grupo das bijeções de $X$ ; escreve-se $g \cdot x$ em lugar de $\varphi(g)(x)$ . De maneira equivalente: uma aplicação $G \times X \to X$ com $e \cdot x = x$ e $g \cdot (h \cdot x) = (gh) \cdot x$ . A órbita de $x$ é $\mathcal O_x = \{g \cdot x : g \in G\}$ , seu estabilizador é o subgrupo $G_x = \{g : g\cdot x = x\}$ , e $X^G = \{x : \forall g,\ g \cdot x = x\}$ é o conjunto dos pontos fixos. A ação é transitiva se há exatamente uma órbita, fiel se $\varphi$ é injetor, livre se todos os estabilizadores são triviais.

Exemplo 1.9

Cinco ações governam toda a teoria dos grupos finitos:

$G$ sobre si mesmo por translação à esquerda $g \cdot x = gx$ : livre e transitiva.
$G$ sobre si mesmo por conjugação $g \cdot x = gxg^{-1}$ : as órbitas são as classes de conjugação, os estabilizadores são os centralizadores $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ , e os pontos fixos formam o centro $Z(G)$ .
$G$ sobre o espaço de classes laterais $G/H$ por $g \cdot xH = gxH$ : transitiva, com estabilizador da classe $H$ igual a $H$ . Toda ação transitiva é dessa forma (Exercício 1.8).
$G$ sobre o conjunto de seus subgrupos por conjugação: o estabilizador de $H$ é o normalizador $N_G(H) = \{g : gHg^{-1} = H\}$ , o maior subgrupo de $G$ no qual $H$ é normal.
$S_n$ sobre $\intint{1}{n}$ : a mãe de todos os exemplos.

Teorema 1.10 (Órbita–estabilizador)

A aplicação $gG_x \mapsto g \cdot x$ é uma bijeção bem definida $G/G_x \to \mathcal O_x$ . Em particular, para $G$ finito,

\abs{\mathcal O_x} = [G : G_x] \quad\text{divide } \abs G,

e, como as órbitas formam uma partição de $X$ (elas são as classes da equivalência $x \sim y \iff y \in \mathcal O_x$ ),

\abs X = \sum_{i} \,[G : G_{x_i}] \qquad (x_i\colon \text{um ponto por órbita}).

Demonstração. Boa definição e injetividade: $gG_x = hG_x \iff h^{-1}g \in G_x \iff h^{-1}g \cdot x = x \iff g \cdot x = h \cdot x$ ; basta ler a cadeia nos dois sentidos. A sobrejetividade é a própria definição de órbita. Os enunciados de contagem decorrem do teorema de Lagrange e da partição de $X$ em órbitas. ∎

Corolário 1.11 (Equação das classes)

Para um grupo finito $G$ , escolhendo um representante $x_i$ em cada classe de conjugação com mais de um elemento:

\abs G = \abs{Z(G)} + \sum_i \,[G : Z_G(x_i)], \qquad\text{cada } [G : Z_G(x_i)] > 1 \text{ que divide } \abs G.

Demonstração. Aplique o Teorema 1.10 à ação por conjugação: as órbitas unitárias são exatamente os elementos de $Z(G)$ . ∎

Teorema 1.12 (Pontos fixos dos $p$ -grupos)

Seja $p$ primo. Um $p$ -grupo é um grupo finito cuja ordem é uma potência de $p$ . Se um $p$ -grupo $G$ age sobre um conjunto finito $X$ , então

\abs{X^G} \equiv \abs X \pmod p .

Consequências: um $p$ -grupo não trivial tem centro não trivial, e todo grupo de ordem $p^2$ é abeliano.

Demonstração. Cada órbita tem cardinalidade $[G:G_x]$ , uma potência de $p$ ; essa potência vale $1$ exatamente nos pontos fixos e é divisível por $p$ nos demais casos. Somando sobre as órbitas obtém-se a congruência. Quanto ao centro: a ação de $G$ sobre si mesmo por conjugação tem $X^G = Z(G)$ , logo $\abs{Z(G)} \equiv \abs G \equiv 0 \pmod p$ , e $Z(G) \ni e$ força $\abs{Z(G)} \geq p$ . Ordem $p^2$ : se $Z(G) \neq G$ , então $\abs{Z(G)} = p$ e $G/Z(G)$ é cíclico de ordem $p$ , o que força $G$ abeliano (Exercício 1.2) — contradição. ∎

Teorema 1.13 (Cauchy)

Se um primo $p$ divide $\abs G$ , então $G$ contém um elemento de ordem $p$ .

Demonstração (McKay). Seja $X = \{(g_1, \dots, g_p) \in G^p : g_1 g_2 \cdots g_p = e\}$ . Escolher $g_1, \dots, g_{p-1}$ livremente determina $g_p$ : $\abs X = \abs G^{p-1}$ , que é divisível por $p$ . O grupo cíclico $\Z/p\Z$ age sobre $X$ por permutação circular $(g_1, \dots, g_p) \mapsto (g_2, \dots, g_p, g_1)$ — o que preserva $X$ , pois $g_2 \cdots g_p g_1 = g_1^{-1}(g_1 \cdots g_p)g_1 = e$ . Pelo Teorema 1.12, $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X \equiv 0 \pmod p$ . Os pontos fixos são as $(g, \dots, g)$ constantes com $g^p = e$ ; a $(e, \dots, e)$ é um deles, de modo que há pelo menos $p$ deles e, portanto, pelo menos um $g \neq e$ com $g^p = e$ : sua ordem é exatamente $p$ . ∎

Teorema 1.14 (Cayley)

Todo grupo de ordem $n$ mergulha em $S_n$ .

Demonstração. A translação à esquerda $\varphi \colon G \to \mathfrak S(G) \cong S_n$ é um morfismo; $\varphi(g) = \mathrm{id}$ força $g = ge = e$ : ela é fiel. ∎

Método 1.15

Contar pontos fixos é o lance de abertura universal da teoria dos grupos finitos. Para demonstrar que algo existe (um elemento central, um elemento de ordem $p$ , um subgrupo normal, um ponto fixo), faça um grupo bem escolhido agir sobre um conjunto finito bem escolhido e compare então $\abs{X^G}$ com $\abs X$ módulo $p$ , ou deixe os tamanhos das órbitas dividirem a ordem do grupo. As demonstrações do Teoremas 1.12 e 1.13 e dos três teoremas de Sylow abaixo são cinco variações sobre essa única ideia.

1.3 Os teoremas de Sylow

O teorema de Lagrange afirma que a ordem de um subgrupo divide $\abs G$ ; a recíproca é falsa ( $A_4$ , de ordem $12$ , não tem subgrupo de ordem $6$ — Exercício 1.1). Os teoremas de Sylow salvam a recíproca para potências de primos, e sua cláusula de contagem é a ferramenta geral mais fina de que dispomos para produzir subgrupos normais.

Definição 1.16

Escreva $\abs G = p^a m$ com $p \nmid m$ . Um $p$ -subgrupo de Sylow de $G$ é um subgrupo de ordem $p^a$ — um $p$ -subgrupo da maior ordem concebível. O número de $p$ -subgrupos de Sylow de $G$ é denotado por $n_p$ .

Lema 1.17

Se $\abs G = p^a m$ com $p \nmid m$ , então $\dbinom{p^a m}{p^a} \equiv m \pmod p$ .

Demonstração. Em $\mathbb F_p[X]$ , o sonho do calouro $(1+X)^p = 1 + X^p$ (os coeficientes $\binom pk$ , $0<k<p$ , são divisíveis por $p$ : $p$ divide o numerador de $\frac{p!}{k!(p-k)!}$ , mas não o denominador) itera-se em $(1+X)^{p^a} = 1 + X^{p^a}$ , de onde

(1+X)^{p^a m} = \bigl(1 + X^{p^a}\bigr)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom mk X^{k p^a} \quad\text{em } \mathbb F_p[X].

Identifique o coeficiente de $X^{p^a}$ : à esquerda $\binom{p^a m}{p^a} \bmod p$ , à direita $\binom m1 = m$ . ∎

Teorema 1.18 (Sylow I: existência)

Para todo primo $p$ , os $p$ -subgrupos de Sylow de $G$ existem.

Demonstração (Wielandt). Seja $\Omega$ o conjunto dos subconjuntos de $G$ de cardinalidade $p^a$ ; $G$ age sobre $\Omega$ por translação à esquerda $g \cdot S = gS$ . Pelo Lema 1.17, $\abs\Omega = \binom{p^a m}{p^a} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ , logo alguma órbita $\mathcal O_S$ tem tamanho primo com $p$ (se $p$ dividisse o tamanho de toda órbita, dividiria $\abs\Omega$ ). Seja $H = G_S$ o estabilizador de um tal $S$ . Como $[G : H] = \abs{\mathcal O_S}$ é primo com $p$ e $p^a \mid \abs G = [G:H]\,\abs H$ , obtemos $p^a \mid \abs H$ . Reciprocamente, fixe $s \in S$ : a aplicação $H \to S$ , $h \mapsto hs$ , é injetora e toma valores em $S$ porque $hS = S$ ; logo $\abs H \leq \abs S = p^a$ . Portanto $\abs H = p^a$ . ∎

Teorema 1.19 (Sylow II: dominação e conjugação)

Sejam $P$ um $p$ -subgrupo de Sylow e $Q$ um $p$ -subgrupo qualquer de $G$ . Então $Q \subseteq gPg^{-1}$ para algum $g \in G$ . Em particular, todos os $p$ -subgrupos de Sylow são conjugados, e $P \trianglelefteq G \iff n_p = 1$ .

Demonstração. Faça $Q$ agir sobre o espaço de classes laterais $X = G/P$ , de cardinalidade $m \not\equiv 0 \pmod p$ . Pelo Teorema 1.12 aplicado ao $p$ -grupo $Q$ , $\abs{X^Q} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ : existe uma classe lateral fixa $gP$ , isto é, $QgP = gP$ , ou seja, $g^{-1}Qg \subseteq P$ . Se $Q$ é, ele próprio, um subgrupo de Sylow, a igualdade das ordens transforma $Q \subseteq gPg^{-1}$ em uma igualdade. Por fim, $P \trianglelefteq G$ se, e somente se, seus conjugados $\{gPg^{-1}\}$ — que, pelo que precede, são todos os $p$ -subgrupos de Sylow — se reduzem a $\{P\}$ . ∎

Teorema 1.20 (Sylow III: contagem)

$n_p \equiv 1 \pmod p$ , e $n_p = [G : N_G(P)]$ , que divide $m$ .

Demonstração. Seja $\mathrm{Syl}_p$ o conjunto dos $p$ -subgrupos de Sylow; $G$ age sobre ele transitivamente por conjugação (Teorema 1.19), com estabilizador de $P$ igual ao normalizador $N_G(P) \supseteq P$ : $n_p = [G : N_G(P)]$ , e $m = [G:P] = [G:N_G(P)]\,[N_G(P):P]$ mostra que $n_p \mid m$ .

Restrinja agora a ação a $P$ e conte os pontos fixos. Se $Q \in \mathrm{Syl}_p$ é fixado por $P$ , então $P \subseteq N_G(Q)$ ; $P$ e $Q$ são ambos $p$ -subgrupos de Sylow do grupo $N_G(Q)$ e, portanto, nele conjugados (Teorema 1.19 aplicado a $N_G(Q)$ ); mas $Q \trianglelefteq N_G(Q)$ , de modo que $Q$ é ali seu único conjugado: $P = Q$ . Assim, o único ponto fixo é o próprio $P$ , e o Teorema 1.12 dá $n_p = \abs{\mathrm{Syl}_p} \equiv \abs{\mathrm{Syl}_p^P} = 1 \pmod p$ . ∎

Método 1.21

Para analisar um grupo de ordem dada $n = p^a m$ : liste os divisores de $m$ congruentes a $1$ módulo $p$ — são esses os candidatos a $n_p$ . Se o único candidato for $1$ , o $p$ -subgrupo de Sylow é normal. Se $n_p > 1$ for obrigado a ser pequeno, faça o grupo agir por conjugação sobre $\mathrm{Syl}_p$ para obter um morfismo $G \to S_{n_p}$ de núcleo pequeno. E conte elementos: $p$ -subgrupos de Sylow distintos de ordem prima $p$ intersectam-se trivialmente, de modo que contêm $n_p(p-1)$ elementos de ordem exatamente $p$ ; as contagens para primos diferentes, quando se superpõem, costumam forçar uma contradição (Exercício 1.7).

Exemplo 1.22

Seja $\abs G = pq$ com $p < q$ primos e $p \nmid q - 1$ . Então $n_q \mid p$ e $n_q \equiv 1 \bmod q$ forçam $n_q = 1$ (pois $p < q$ ); $n_p \mid q$ e $n_p \equiv 1 \bmod p$ forçam $n_p = 1$ (pois $q \not\equiv 1 \bmod p$ ). Sejam $P, Q$ os dois subgrupos de Sylow normais: $P \cap Q = \{e\}$ (ordens coprimas), logo $\abs{PQ} = pq$ (Exercício 1.4) e $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ pela Proposição 1.24 abaixo. Todo grupo de ordem $15$ , $33$ , $35$ , … é cíclico. O caso excluído $p \mid q - 1$ produz exatamente um grupo a mais, não abeliano — veja o problema de fim de semana (Problema 1.1).

Exemplo 1.23 (Um censo de Sylow completo: $S_4$ )

Apliquemos o método a $G = S_4$ , $\abs G = 24 = 2^3\cdot3$ . Sylow $3$ : $n_3 \mid 8$ , $n_3 \equiv 1 \bmod 3$ , logo $n_3 \in \{1, 4\}$ ; como $\langle(123)\rangle$ e $\langle(124)\rangle$ são distintos, $n_3 = 4$ — os quatro subgrupos $\langle(abc)\rangle$ , um para cada subconjunto de $3$ elementos $\{a, b, c\}$ , que respondem pelos $8$ ciclos de comprimento três. Por Sylow II eles são conjugados, e o morfismo de conjugação $S_4 \to S_{\mathrm{Syl}_3} \cong S_4$ é aqui um isomorfismo (seu núcleo está contido em $N = N_G(\langle(123)\rangle)$ , de ordem $24/4 = 6$ , e um subgrupo normal de $S_4$ dentro de um $N$ do tipo $S_3$ tem de ser trivial: ele seria formado por permutações pares fixando os quatro subgrupos de Sylow, e só $e$ o faz). Sylow $2$ : $n_2 \mid 3$ , $n_2 \equiv 1 \bmod 2$ : $n_2 \in \{1, 3\}$ . O subgrupo $D = \langle(1234), (13)\rangle$ tem ordem $8$ (um diedral $D_4$ : as simetrias do quadrado de vértices $1, 2, 3, 4$ ) e não é normal ( $(12)(1234)(12) = (2134)$ gera um outro subgrupo gerado por um $4$ -ciclo), logo $n_2 = 3$ : as três cópias de $D_4$ correspondem às três maneiras de agrupar os $4$ pontos em um “quadrado”. Note a moral do censo: $\abs{S_4} = 24$ deixa espaço para que qualquer um dos dois subgrupos de Sylow deixe de ser normal, e ambos deixam — compare com a ordem $12$ , em que a contagem força um deles a ser normal (Parte IV do Problema 1.1).

1.4 Produtos, diretos e semidiretos

Proposição 1.24 (Reconhecer um produto direto)

Sejam $H, K \trianglelefteq G$ com $H \cap K = \{e\}$ e $HK = G$ . Então $(h,k) \mapsto hk$ é um isomorfismo $H \times K \to G$ .

Demonstração. Para $h \in H$ , $k \in K$ , o comutador $hkh^{-1}k^{-1}$ pertence a $K$ (leia-o como $(hkh^{-1})k^{-1}$ , usando a normalidade de $K$ ) e a $H$ (leia-o como $h(kh^{-1}k^{-1})$ ): ele vale $e$ , logo $H$ e $K$ comutam elemento a elemento e a aplicação é um morfismo. Ela é sobrejetora pois $HK = G$ , e injetora pois $hk = e$ dá $h = k^{-1} \in H \cap K = \{e\}$ . ∎

A normalidade de ambos os fatores é o que falha com mais frequência: em $S_3 = \langle (1\,2\,3)\rangle \,\langle(1\,2)\rangle$ os dois fatores intersectam-se trivialmente e geram o grupo, e no entanto $S_3 \not\cong \Z/3\Z \times \Z/2\Z$ . A noção correta quando apenas um dos fatores é normal:

Definição 1.25

Sejam $H$ , $K$ grupos e $\varphi \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ um morfismo. O produto semidireto $H \rtimes_\varphi K$ é o conjunto $H \times K$ munido de

(h, k)\,(h', k') = \bigl(h\,\varphi(k)(h'),\; kk'\bigr).

Proposição 1.26

$H \rtimes_\varphi K$ é um grupo; $H \times \{e\}$ é um subgrupo normal isomorfo a $H$ e $\{e\} \times K$ é um subgrupo isomorfo a $K$ ; eles intersectam-se trivialmente e geram o grupo. Reciprocamente, se $G = NK$ com $N \trianglelefteq G$ , $K \leq G$ e $N \cap K = \{e\}$ , então $G \cong N \rtimes_\varphi K$ para $\varphi(k) = (n \mapsto knk^{-1})$ .

Demonstração. Verificação direta: a associatividade reduz-se a $\varphi(kk') = \varphi(k)\circ\varphi(k')$ e ao fato de cada $\varphi(k)$ ser um morfismo; o elemento neutro é $(e,e)$ e $(h,k)^{-1} = \bigl(\varphi(k^{-1})(h^{-1}), k^{-1}\bigr)$ . A projeção $(h,k) \mapsto k$ é um morfismo sobre $K$ de núcleo $H \times \{e\}$ , que é portanto normal. Para a recíproca: todo $g \in G$ escreve-se de maneira única como $nk$ com $n \in N$ , $k \in K$ (existência: $G = NK$ ; unicidade: $nk = n'k'$ dá $n'^{-1}n = k'k^{-1} \in N \cap K$ ), e

(nk)(n'k') = n\,(kn'k^{-1})\;kk'

mostra que $nk \mapsto (n, k)$ transporta a lei de $G$ para a de $N \rtimes_\varphi K$ . ∎

Exemplo 1.27

(a) O grupo diedral $D_n$ ( $n \geq 3$ ) das $2n$ simetrias de um $n$ -ágono regular: as rotações formam um subgrupo normal de índice $2$ , qualquer reflexão gera um complemento, e conjugar uma rotação por uma reflexão inverte-a: $D_n \cong \Z/n\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ com $\varphi(1) = (x \mapsto -x)$ . (b) O grupo afim de uma reta, $\{x \mapsto ax + b : a \in K^\times,\, b \in K\} \cong K \rtimes K^\times$ : translações normais, homotetias como complemento. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (complemento: qualquer transposição). (d) O grupo dos quatérnios $Q_8$ não é um produto semidireto de subgrupos próprios: todo subgrupo não trivial contém $-1$ (Problema 1.1), de modo que dois subgrupos próprios nunca se intersectam trivialmente.

1.5 Grupos solúveis; simplicidade de $A_n$

Definição 1.28

O comutador de $x, y \in G$ é $[x,y] = xyx^{-1}y^{-1}$ ; o subgrupo derivado $D(G)$ é o subgrupo gerado por todos os comutadores. A série derivada é $D^0(G) = G$ , $D^{i+1}(G) = D(D^i(G))$ , e $G$ é solúvel se $D^n(G) = \{e\}$ para algum $n$ .

Proposição 1.29

$D(G)$ é normal (na verdade, estável por todo automorfismo), $G/D(G)$ é abeliano e, para $N \trianglelefteq G$ : $G/N$ abeliano $\iff D(G) \subseteq N$ . Além disso, $G$ é solúvel se, e somente se, existe uma cadeia $G = G_0 \trianglerighteq G_1 \trianglerighteq \dots \trianglerighteq G_n = \{e\}$ com cada $G_{i+1} \trianglelefteq G_i$ e cada quociente $G_i/G_{i+1}$ abeliano. Subgrupos e quocientes de grupos solúveis são solúveis; reciprocamente, se $N$ e $G/N$ são solúveis, $G$ também é.

Demonstração. Um automorfismo $\alpha$ leva $[x,y]$ em $[\alpha x, \alpha y]$ : ele permuta os comutadores e preserva, portanto, o subgrupo que eles geram; as conjugações são automorfismos, donde a normalidade. Em $G/D(G)$ , $\bar x\bar y \bar x^{-1}\bar y^{-1} = \overline{[x,y]} = \bar e$ : o quociente é abeliano. Se $G/N$ é abeliano, então todo $[x,y] \in N$ , logo $D(G) \subseteq N$ ; reciprocamente, se $D(G) \subseteq N$ , então $G/N$ , quociente do abeliano $G/D(G)$ pelo terceiro teorema de isomorfismo, é abeliano.

Se $G$ é solúvel, a série derivada é uma tal cadeia. Reciprocamente, dada uma cadeia, $D^i(G) \subseteq G_i$ por indução: $G_i/G_{i+1}$ abeliano dá $D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ , logo $D^{i+1}(G) = D(D^i G) \subseteq D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ ; portanto $D^n(G) = \{e\}$ .

Hereditariedade: $D^i(H) \subseteq D^i(G)$ para $H \leq G$ (indução), e $D^i(G/N) = \pi(D^i(G))$ pois $\pi$ aplica comutadores sobre comutadores; isso dá os enunciados relativos a subgrupos e quocientes. Extensão: se $D^m(G/N) = \{e\}$ , então $D^m(G) \subseteq N$ , e $D^n(N) = \{e\}$ dá $D^{m+n}(G) = D^n(D^m(G)) \subseteq D^n(N) = \{e\}$ . ∎

Exemplo 1.30

Os grupos abelianos são solúveis. Os $p$ -grupos são solúveis, por indução sobre a ordem: $Z(G) \neq \{e\}$ e $G/Z(G)$ é um $p$ -grupo menor. $S_3$ e $S_4$ são solúveis: $S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$ , onde $V = \{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ é o grupo de Klein das transposições duplas (normal em $S_4$ : uma reunião de classes de conjugação), com quocientes abelianos $\Z/2\Z$ , $\Z/3\Z$ , $V$ . No Capítulo 4, “a equação geral de grau $n$ é solúvel por radicais” significará literalmente “ $S_n$ é um grupo solúvel”. Daí a importância da próxima definição.

Definição 1.31

Um grupo $G \neq \{e\}$ é simples se seus únicos subgrupos normais são $\{e\}$ e $G$ . Um grupo simples não abeliano não é solúvel: $D(G) \trianglelefteq G$ não é $\{e\}$ (do contrário $G$ seria abeliano), logo $D(G) = G$ e a série derivada é constante. Os grupos simples abelianos são exatamente os $\Z/p\Z$ , com $p$ primo (um grupo abeliano é simples se, e somente se, não tem subgrupo próprio não trivial, se, e somente se, é cíclico de ordem prima, por Lagrange).

Lema 1.32

Para $n \geq 3$ , $A_n$ é gerado pelos $3$ -ciclos; para $n \geq 5$ , todos os $3$ -ciclos são conjugados em $A_n$ .

Demonstração. Um elemento de $A_n$ é um produto de um número par de transposições; agrupe-as duas a duas e use (compondo da direita para a esquerda)

(a\,b)(c\,d) = (a\,c\,b)(a\,c\,d), \qquad (a\,b)(b\,c) = (a\,b\,c), \qquad (a\,b)(a\,b) = e

para pares disjuntos, com um ponto em comum e iguais, respectivamente: cada par de transposições é um produto de $3$ -ciclos.

Conjugação: $\sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1} = (\sigma a\; \sigma b\; \sigma c)$ , de modo que dois $3$ -ciclos quaisquer são conjugados por algum $\sigma \in S_n$ . Se $\sigma$ é ímpar, substitua-o por $\sigma' = \sigma (d\,e)$ , onde $d, e$ são dois pontos fora de $\{a, b, c\}$ — eles existem pois $n \geq 5$ ; então $\sigma'$ é par e $\sigma'(a\,b\,c) \sigma'^{-1} = \sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1}$ , já que $(d\,e)$ comuta com $(a\,b\,c)$ . ∎

Teorema 1.33 (Simplicidade do grupo alternado)

$A_n$ é simples para $n \geq 5$ .

Demonstração. Sejam $N \trianglelefteq A_n$ , $N \neq \{e\}$ . Pelo Lema 1.32, basta mostrar que $N$ contém um $3$ -ciclo: a normalidade e a conjugação dos $3$ -ciclos em $A_n$ colocam então todos os $3$ -ciclos em $N$ , logo $N = A_n$ .

Para $\rho \in S_n$ , seja $F(\rho) = \{x : \rho(x) \neq x\}$ seu suporte e $f(\rho) = \abs{F(\rho)}$ . Escolha $\sigma \in N \setminus \{e\}$ com $f(\sigma)$ mínimo. Note que uma permutação par não trivial tem $f \geq 3$ , e que $f(\sigma) = 4$ é impossível para $\sigma \in A_n$ a menos que $\sigma$ seja uma transposição dupla (um $4$ -ciclo é ímpar). Mostremos que $\sigma$ é um $3$ -ciclo.

Caso A: $\sigma$ é um produto de transposições disjuntas, digamos $\sigma = (a\,b)(c\,d)\cdots$ com $f(\sigma) \geq 4$ . Tome $e' \notin \{a, b, c, d\}$ (é possível: $n \geq 5$ ), ponha $\tau = (c\,d\,e')$ e

\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\,\sigma^{-1} \in N \qquad (\tau\sigma\tau^{-1} \in N \text{ por normalidade}).

Como $\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} = (\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d) = (d\;\sigma e'\;c)$ (usando $\sigma c = d$ , $\sigma d = c$ ), obtemos $\sigma' = (c\,d\,e')(d\;\sigma e'\;c)$ .

Se $\sigma e' = e'$ (o que ocorre em particular quando $f(\sigma) = 4$ , isto é, $\sigma = (a\,b)(c\,d)$ ): então $(d\,e'\,c) = (c\,d\,e')$ e $\sigma' = (c\,d\,e')^2 = (c\,e'\,d)$ , um $3$ -ciclo pertencente a $N$ , com $f(\sigma') = 3 < 4 \leq f(\sigma)$ — o que contradiz a minimalidade.

Se $\sigma e' \neq e'$ : então $\sigma e' \notin \{a, b, c, d, e'\}$ ( $\sigma$ troca $a,b$ e $c,d$ , e $e' \notin \{a,b,c,d\}$ com $\sigma$ injetora), de modo que $\sigma$ move os seis pontos $a, b, c, d, e', \sigma e'$ : $f(\sigma) \geq 6$ . Por outro lado, $\sigma'$ , um produto de dois $3$ -ciclos com suportes em $\{c, d, e', \sigma e'\}$ , satisfaz $f(\sigma') \leq 4$ ; e $\sigma' \neq e$ , pois $\sigma'(d) = \tau\sigma\tau^{-1}(c) = \tau\sigma(e') = \sigma e' \neq d$ ( $\tau$ fixa $\sigma e' \notin \{c,d,e'\}$ ). Assim $\sigma' \in N \setminus\{e\}$ com $f(\sigma') \leq 4 < f(\sigma)$ : a minimalidade é contradita.

Caso B: algum ciclo de $\sigma$ tem comprimento $\geq 3$ , digamos $\sigma(a) = b$ , $\sigma(b) = c$ com $a, b, c$ distintos. Se $\sigma$ é exatamente esse $3$ -ciclo, terminamos. Caso contrário, $f(\sigma) \geq 5$ (o caso $f(\sigma) = 4$ com um ciclo de comprimento $\geq3$ é o $4$ -ciclo ímpar, excluído), de modo que podemos escolher $d, e' \in F(\sigma) \setminus \{a, b, c\}$ . Ponha $\tau = (c\,d\,e')$ e $\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} \in N$ . Como antes, $\sigma' = (c\,d\,e')\,(\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d)$ move apenas pontos de

M = \{c, d, e'\} \cup \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\} \subseteq F(\sigma)

(as imagens de pontos movidos são movidas: $\sigma(x) \ne x$ implica $\sigma(\sigma x) \neq \sigma x$ , sendo $\sigma$ injetora). Além disso, $b \notin M$ : os cinco pontos $a, b, c, d, e'$ são distintos, logo $b \notin \{c, d, e'\}$ ; e $b \in \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\}$ forçaria $a \in \{c, d, e'\}$ (aplique $\sigma^{-1}$ , usando $\sigma a = b$ ), o que é falso. Portanto $\sigma'$ fixa $b$ , ao passo que $\sigma$ move $b$ ; e $F(\sigma') \subseteq F(\sigma)$ . Por fim, $\sigma' \neq e$ : $\sigma^{-1}(c) = b$ , $\tau^{-1}(b) = b$ , $\sigma(b) = c$ , $\tau(c) = d$ , logo $\sigma'(c) = d \neq c$ . Assim $\sigma' \in N \setminus \{e\}$ com $f(\sigma') \leq f(\sigma) - 1$ , contradizendo a minimalidade.

Sendo ambos os casos impossíveis, $\sigma$ é um $3$ -ciclo. ∎

Corolário 1.34

Para $n \geq 5$ : $A_n$ e $S_n$ não são solúveis, e os únicos subgrupos normais de $S_n$ são $\{e\}$ , $A_n$ e $S_n$ .

Demonstração. $A_n$ é simples não abeliano e, portanto, não é solúvel (Definição 1.31); um grupo que contém um subgrupo não solúvel não é solúvel (Proposição 1.29). Seja $N \trianglelefteq S_n$ : então $N \cap A_n \trianglelefteq A_n$ vale $\{e\}$ ou $A_n$ . Se $N \cap A_n = A_n$ , então $A_n \subseteq N$ e $N \in \{A_n, S_n\}$ pelo índice. Se $N \cap A_n = \{e\}$ , a restrição a $N$ da projeção $S_n \to S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ é injetora, logo $\abs N \leq 2$ ; se $N = \{e, \sigma\}$ , a normalidade faz com que a classe de conjugação de $\sigma$ seja igual a $\{\sigma\}$ , isto é, $\sigma \in Z(S_n)$ . Mas $Z(S_n) = \{e\}$ para $n \geq 3$ : se $\sigma \ne e$ leva $a$ em $b \neq a$ , escolha $c \notin \{a, b\}$ ; então $(b\,c)\sigma(b\,c)^{-1}$ leva $a$ em $c \ne b$ , de modo que difere de $\sigma$ . Logo $N = \{e\}$ . ∎

Teorema 1.35 (Jordan–Hölder)

Todo grupo finito $G \neq \{e\}$ admite uma série de composição

\{e\} = G_0 \trianglelefteq G_1 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq G_r = G, \qquad G_{i}/G_{i-1} \text{ simples},

e o multiconjunto dos fatores de composição $G_i/G_{i-1}$ , a menos de isomorfismo, não depende da série escolhida. Um grupo finito é solúvel se, e somente se, todos os seus fatores de composição são cíclicos de ordem prima.

Demonstração. Existência: indução sobre $\abs G$ . Se $G$ é simples, tome $\{e\} \trianglelefteq G$ . Caso contrário, escolha um subgrupo normal próprio maximal $N$ (há uma quantidade finita de subgrupos); $G/N$ é simples pelo teorema da correspondência (um subgrupo normal próprio não trivial de $G/N$ se levantaria a um subgrupo normal de $G$ estritamente entre $N$ e $G$ ). Acrescente $N \trianglelefteq G$ a uma série de composição de $N$ .

Unicidade: indução sobre $\abs G$ , sendo claro o caso $G$ simples. Tome duas séries de composição, de penúltimos termos $M \trianglelefteq G$ e $N \trianglelefteq G$ (de modo que $G/M$ e $G/N$ são simples). Se $M = N$ , conclua por indução aplicada a $M$ . Caso contrário, $MN$ , normal em $G$ e contendo estritamente $M$ , vale $G$ ( $M$ é normal maximal: qualquer $M \subsetneq L \subsetneq G$ normal se aplicaria sobre um subgrupo normal próprio não trivial do grupo simples $G/M$ ). O segundo teorema de isomorfismo dá

G/M = MN/M \cong N/(M \cap N), \qquad G/N = MN/N \cong M/(M \cap N).

Ponha $K = M \cap N$ ( $\trianglelefteq G$ ) e fixe uma série de composição de $K$ . Então $M$ carrega duas séries de composição: a sua original e a série de $K$ seguida de $K \trianglelefteq M$ (o quociente $M/K \cong G/N$ é simples). Por indução (aplicada a $M$ ), os fatores da série original de $M$ são $\{\text{fatores de } K\} \cup \{G/N\}$ ; o mesmo vale para $N$ . Logo as duas séries de $G$ têm por fatores

\{\text{fatores de } K\} \;\cup\; \{\,G/N,\; G/M\,\},

o mesmo multiconjunto.

Solubilidade: se todos os fatores são $\Z/p_i\Z$ , a série é uma cadeia de quocientes abelianos, logo $G$ é solúvel (Proposição 1.29). Reciprocamente, um fator de composição de um grupo solúvel é solúvel (quociente de um subgrupo) e simples; um grupo simples solúvel é abeliano ( $D(G) \ne G$ força $D(G) = \{e\}$ ), logo é algum $\Z/p\Z$ . ∎

Observação 1.36

Jordan–Hölder diz que todo grupo finito é construído a partir de grupos simples, com uma lista de peças bem definida — uma aritmética dos grupos em que os grupos simples são os primos e em que o modo como as peças são coladas (os dados de extensão, como no produto semidireto) substitui a mera multiplicação. A classificação dos grupos simples finitos — os cíclicos $\Z/p\Z$ , os alternados $A_{n \geq 5}$ , dezesseis famílias de tipo de Lie e $26$ grupos esporádicos — é um dos monumentos da matemática do século XX; sua demonstração, espalhada por cerca de dez mil páginas de revistas, está muito além deste curso.

Os dez subgrupos do grupo diedral D_4 = r, s r4 = s2 = e,\ srs-1 = r-1. Os três subgrupos de índice 2 (linha do meio) são normais, assim como o centro r2 (destacado); os quatro subgrupos de reflexão repartem-se em duas classes de conjugação de dois elementos. As cadeias de baixo para cima dão séries de composição, por exemplo \e\ r2 r D_4: fatores ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ — sempre o mesmo multiconjunto, como exige Jordan–Hölder. — Os dez subgrupos do grupo diedral $D_4 = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . Os três subgrupos de índice $2$ (linha do meio) são normais, assim como o centro $\langle r^2\rangle$ (destacado); os quatro subgrupos de reflexão repartem-se em duas classes de conjugação de dois elementos. As cadeias de baixo para cima dão séries de composição, por exemplo $\{e\} \trianglelefteq \langle r^2\rangle \trianglelefteq \langle r\rangle \trianglelefteq D_4$ : fatores $\Z/2\Z, \Z/2\Z, \Z/2\Z$ — sempre o mesmo multiconjunto, como exige Jordan–Hölder.

1.6 Exercícios

Exercício 1.1 ★

(a) Mostre que todo subgrupo de índice $2$ é normal. (b) Mostre que, se $[G : H] = 2$ , então $x^2 \in H$ para todo $x \in G$ . (c) Deduza que $A_4$ não tem subgrupo de ordem $6$ : a recíproca de Lagrange é falsa. (Conte os quadrados dos $3$ -ciclos.)

Solução

Solução de Exercício 1.1.

(a) Seja $[G:H] = 2$ . Para $g \in H$ , $gH = H = Hg$ . Para $g \notin H$ : as duas classes laterais à esquerda são $H$ e $gH$ , de modo que $gH = G \setminus H$ ; analogamente $Hg = G \setminus H$ . Logo $gH = Hg$ para todo $g$ : $H \trianglelefteq G$ .

(b) Por (a), $G/H$ é um grupo de ordem $2$ ; a classe $\bar x$ satisfaz $\bar x^2 = \bar e$ , isto é, $x^2 \in H$ .

(c) Suponha $H \leq A_4$ com $\abs H = 6$ , logo de índice $2$ . Por (b), $\sigma^2 \in H$ para todo $\sigma \in A_4$ . Todo $3$ -ciclo é um tal quadrado: se $\sigma^3 = e$ , então $\sigma = \sigma^4 = (\sigma^2)^2$ . Logo $H$ contém os oito $3$ -ciclos de $A_4$ : $\abs H \geq 8 > 6$ , contradição. (A recíproca de Lagrange falha logo na primeira oportunidade: $6 \mid 12$ .)

Exercício 1.2 ★

Mostre que, se $G/Z(G)$ é cíclico, então $G$ é abeliano. Deduza novamente que todo grupo de ordem $p^2$ é abeliano e exiba, para cada primo $p$ , um grupo não abeliano de ordem $p^3$ . (Pense nas matrizes triangulares superiores com diagonal unitária sobre $\mathbb F_p$ .)

Solução

Solução de Exercício 1.2.

Digamos $G/Z(G) = \langle gZ(G) \rangle$ . Todo $x \in G$ se escreve então $x = g^k z$ com $k \in \Z$ , $z \in Z(G)$ . Para $x = g^kz$ , $y = g^l z'$ :

xy = g^k z\, g^l z' = g^{k+l} z z' = g^l z'\, g^k z = yx,

elementos centrais comutam com tudo: $G$ é abeliano.

Ordem $p^2$ : $Z(G) \neq \{e\}$ (Teorema 1.12), de modo que $\abs{Z(G)} \in \{p, p^2\}$ . Se fosse $p$ , então $G/Z(G)$ teria ordem $p$ , logo seria cíclico, forçando $G$ abeliano e $Z(G) = G$ de ordem $p^2$ — contradição. Assim $Z(G) = G$ .

Não abeliano de ordem $p^3$ : o grupo de Heisenberg

H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \leq GL_3(\mathbb F_p),

de ordem $p^3$ (escolha livre de $a, b, c$ ; fechamento e inversos por cálculo direto). Ele é não abeliano: as duas matrizes elementares $I + E_{12}$ e $I + E_{23}$ têm comutador $I + E_{13} \neq I$ .

Exercício 1.3 ★

(a) Mostre que $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ . (b) Mostre que os automorfismos internos $\iota_g \colon x \mapsto gxg^{-1}$ formam um subgrupo normal $\operatorname{Inn}(G) \trianglelefteq \operatorname{Aut}(G)$ , com $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ .

Solução

Solução de Exercício 1.3.

(a) Um morfismo $f \colon \Z/n\Z \to \Z/n\Z$ fica determinado por $k = f(\bar 1)$ (e então $f(\bar m) = m\bar k$ ), e todo $\bar k$ define um. Ele é bijetor se, e somente se, $\bar k$ gera $\Z/n\Z$ , se, e somente se, $\gcd(k,n) = 1$ , se, e somente se, $\bar k \in (\Z/n\Z)^\times$ . A composição corresponde à multiplicação: $f_k \circ f_l = f_{kl}$ . Logo $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ .

(b) A aplicação $\iota\colon G \to \operatorname{Aut}(G)$ , $g \mapsto \iota_g$ , é um morfismo: $\iota_g \circ \iota_h = \iota_{gh}$ . Sua imagem é $\operatorname{Inn}(G)$ ; seu núcleo é $\{g : gxg^{-1} = x\ \forall x\} = Z(G)$ . O primeiro teorema de isomorfismo dá $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ . Normalidade em $\operatorname{Aut}(G)$ : para $\alpha \in \operatorname{Aut}(G)$ ,

(\alpha \circ \iota_g \circ \alpha^{-1})(x) = \alpha\bigl(g\,\alpha^{-1}(x)\,g^{-1}\bigr) = \alpha(g)\, x\, \alpha(g)^{-1} = \iota_{\alpha(g)}(x).

Exercício 1.4 ★★

Sejam $H, K$ subgrupos de um grupo finito $G$ . (a) Demonstre a fórmula do produto $\abs{HK}\,\abs{H\cap K} = \abs H\, \abs K$ , contando as fibras da aplicação $H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ . (b) Mostre que $HK$ é um subgrupo se, e somente se, $HK = KH$ (automático quando um dos dois é normal). (c) Se $H, K \trianglelefteq G$ e $H \cap K = \{e\}$ , mostre que $hk = kh$ para todos $h \in H$ , $k \in K$ .

Solução

Solução de Exercício 1.4.

(a) Considere $\mu \colon H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ , sobrejetora por definição. Fixe $h_0k_0 \in HK$ : então $hk = h_0k_0 \iff h_0^{-1}h = k_0 k^{-1} \in H \cap K$ . Escrevendo $u = h_0^{-1}h$ , a fibra de $h_0k_0$ é $\{(h_0u,\, u^{-1}k_0) : u \in H \cap K\}$ , de cardinalidade $\abs{H \cap K}$ . Logo $\abs H\,\abs K = \abs{H\times K} = \abs{HK}\,\abs{H \cap K}$ .

(b) Se $HK$ é um subgrupo: $KH \subseteq HK$ , pois $kh = \bigl(h^{-1}k^{-1}\bigr)^{-1} \in (HK)^{-1} = HK$ ; e $HK \subseteq KH$ tomando inversos em $HK = (HK)^{-1} \subseteq (KH)^{-1}\dots$ ; mais diretamente, para $hk \in HK$ , $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH$ , de modo que $HK = (HK)^{-1} \subseteq KH$ ; as duas inclusões dão $HK = KH$ . Reciprocamente, se $HK = KH$ : fechamento, $(hk)(h'k') = h(kh')k' \in h(HK)k' = (hH)(Kk') \subseteq HK$ ; inversos, $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH = HK$ ; e $e \in HK$ : é subgrupo. Se, digamos, $K \trianglelefteq G$ , então $hK = Kh$ para todo $h$ , de modo que $HK = KH$ automaticamente.

(c) Para $h \in H$ , $k \in K$ , o comutador $[h,k] = hkh^{-1} k^{-1}$ é igual a $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$ ( $K$ normal) e a $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ ( $H$ normal), logo pertence a $H \cap K = \{e\}$ : $hk = kh$ .

Exercício 1.5 ★★

(Lema de contagem de Burnside) Um grupo finito $G$ age sobre um conjunto finito $X$ . Mostre que o número de órbitas é o número médio de pontos fixos:

\#\{\text{órbitas}\} = \frac{1}{\abs G}\sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)}, \qquad \operatorname{Fix}(g) = \{x \in X : g \cdot x = x\},

contando o conjunto $\{(g,x) : g\cdot x = x\}$ de duas maneiras. Aplicação: $\Z/p\Z$ ( $p$ primo) age por rotação sobre colares de $p$ contas com $a$ cores disponíveis; deduza o pequeno teorema de Fermat $a^p \equiv a \pmod p$ .

Solução

Solução de Exercício 1.5.

Conte $E = \{(g,x) \in G \times X : g \cdot x = x\}$ de duas maneiras:

\abs E = \sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)} = \sum_{x \in X} \abs{G_x} = \sum_{x \in X} \frac{\abs G}{\abs{\mathcal O_x}} = \abs G \sum_{\mathcal O \text{ órbita}} \sum_{x \in \mathcal O} \frac{1}{\abs{\mathcal O}} = \abs G \cdot \#\{\text{órbitas}\},

usando órbita–estabilizador ( $\abs{G_x} = \abs G/\abs{\mathcal O_x}$ ) e a partição em órbitas.

Colares: seja $X$ o conjunto das aplicações $\Z/p\Z \to \{1, \dots, a\}$ (colorações de $p$ posições), $\abs X = a^p$ , com $\Z/p\Z$ agindo por rotação. A identidade fixa todas as $a^p$ colorações. Uma rotação $\bar k \neq \bar 0$ gera $\Z/p\Z$ ( $p$ primo), de modo que uma coloração por ela fixada é invariante por todas as rotações, logo constante: $a$ colorações fixas. Burnside:

\#\{\text{órbitas}\} = \frac{a^p + (p-1)a}{p} \in \N ,

de modo que $p \mid a^p + (p-1)a$ , isto é, $p \mid a^p - a$ : o pequeno teorema de Fermat, por pura contagem.

Exercício 1.6 ★

Usando os teoremas de Sylow, mostre que todo grupo de ordem $15$ é cíclico e que todo grupo de ordem $45$ é abeliano.

Solução

Solução de Exercício 1.6.

Ordem $15 = 3 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ e $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ forçam $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 3$ e $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ forçam $n_5 = 1$ . Os subgrupos de Sylow $P_3, P_5$ são normais, intersectam-se trivialmente (ordens coprimas) e $\abs{P_3P_5} = 15$ (Exercício 1.4(a)): pela Proposição 1.24, $G \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (teorema chinês dos restos).

Ordem $45 = 3^2 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ dão $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 9$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ dão $n_5 = 1$ . Logo $G \cong P_3 \times P_5$ com $\abs{P_3} = 9 = 3^2$ e $\abs{P_5} = 5$ : ambos abelianos (Teorema 1.12 para $p^2$ ; ordem prima é cíclica), logo $G$ também é.

Exercício 1.7 ★★

Mostre que nenhum grupo de ordem $30$ , e nenhum de ordem $56$ , é simples. (Para $30$ : se $n_3 \neq 1$ e $n_5 \neq 1$ , conte os elementos de ordens $3$ e $5$ . Para $56$ : conte os elementos de ordem $7$ .)

Solução

Solução de Exercício 1.7.

Ordem $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$ . $n_5 \mid 6$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : $n_5 \in \{1, 6\}$ ; $n_3 \mid 10$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : $n_3 \in \{1, 10\}$ . Suponha $G$ simples, de modo que $n_5 = 6$ e $n_3 = 10$ . Dois subgrupos distintos de ordem prima $p$ intersectam-se trivialmente (a interseção é um subgrupo próprio de $\Z/p\Z$ ), de modo que os seis $5$ -subgrupos de Sylow carregam $6 \times 4 = 24$ elementos de ordem $5$ , e os dez $3$ -subgrupos de Sylow carregam $10 \times 2 = 20$ elementos de ordem $3$ : $24 + 20 = 44 > 30 - 1$ elementos distintos da identidade — absurdo. Logo $n_5 = 1$ ou $n_3 = 1$ : existe um subgrupo de Sylow normal.

Ordem $56 = 2^3 \cdot 7$ . $n_7 \mid 8$ , $n_7 \equiv 1 \pmod 7$ : $n_7 \in \{1, 8\}$ . Se $n_7 = 8$ , os $7$ -subgrupos de Sylow carregam $8 \times 6 = 48$ elementos de ordem $7$ , restando exatamente $56 - 48 = 8$ outros elementos. Um $2$ -subgrupo de Sylow tem ordem $8$ e é formado por tais elementos, de modo que ele é o conjunto deles: $n_2 = 1$ . Ou $n_7 = 1$ , ou $n_2 = 1$ : nunca simples.

Exercício 1.8 ★★

(a) Seja $H \leq G$ de índice $n$ . Mostre que a ação de $G$ sobre $G/H$ fornece um morfismo $G \to S_n$ cujo núcleo $\bigcap_{g \in G} gHg^{-1}$ é o maior subgrupo normal de $G$ contido em $H$ . (b) Deduza: se $G$ é finito e $p$ é o menor divisor primo de $\abs G$ , todo subgrupo de índice $p$ é normal. (c) Mostre que toda ação transitiva de $G$ sobre um conjunto $X$ é isomorfa à ação sobre um espaço de classes laterais: existe uma bijeção $X \to G/G_x$ que comuta com as ações.

Solução

Solução de Exercício 1.8.

(a) A ação $g \cdot xH = gxH$ dá um morfismo $\rho \colon G \to \mathfrak S(G/H) \cong S_n$ . Seu núcleo é

\ker\rho = \{g : \forall x \in G,\ gxH = xH\} = \{g : \forall x,\ x^{-1}gx \in H\} = \bigcap_{x \in G} xHx^{-1},

um subgrupo normal (por ser núcleo) contido em $H$ (tome $x = e$ ). Se $N \trianglelefteq G$ e $N \subseteq H$ , então, para todo $x$ : $N = xNx^{-1} \subseteq xHx^{-1}$ , de modo que $N \subseteq \ker\rho$ : o núcleo é o maior de todos.

(b) Seja $[G:H] = p$ , sendo esse primo o menor divisor primo de $\abs G$ , e ponha $K = \ker\rho \subseteq H$ . Então $G/K$ mergulha em $S_p$ , de modo que $[G:K]$ divide $p!$ . Além disso, $[G:K] = [G:H]\,[H:K] = p\,[H:K]$ , de modo que $[H:K]$ divide $(p-1)!$ . Mas $[H:K]$ divide $\abs G$ , cujos divisores primos são todos $\geq p$ , ao passo que os divisores primos de $(p-1)!$ são todos $< p$ : logo $[H:K] = 1$ , isto é, $H = K = \ker \rho$ é normal.

(c) Seja a ação transitiva e $x \in X$ . A aplicação $\Phi \colon G/G_x \to X$ , $gG_x \mapsto g \cdot x$ , está bem definida e é bijetora (órbita–estabilizador; a órbita é todo $X$ ), e entrelaça as ações: $\Phi(h \cdot gG_x) = \Phi(hgG_x) = (hg) \cdot x = h \cdot \Phi(gG_x)$ .

Exercício 1.9 ★★

(a) Mostre que $D(G)$ é o menor subgrupo normal de $G$ com quociente abeliano, e que todo morfismo de $G$ em um grupo abeliano se fatora de maneira única pela abelianização $G^{\mathrm{ab}} = G/D(G)$ . (b) Calcule $D(S_n)$ e $S_n^{\mathrm{ab}}$ para $n \geq 2$ , bem como $D(Q_8)$ e $Q_8^{\mathrm{ab}}$ .

Solução

Solução de Exercício 1.9.

(a) $D(G)$ é normal com quociente abeliano (Proposição 1.29); e, se $N \trianglelefteq G$ tem $G/N$ abeliano, a mesma proposição dá $D(G) \subseteq N$ : $D(G)$ é o menor. Propriedade universal: seja $f \colon G \to A$ com $A$ abeliano. Então $f([x,y]) = [f(x), f(y)] = e$ , de modo que $D(G) \subseteq \ker f$ , e o Teorema 1.3 fatoriza $f = \bar f \circ \pi$ por $G^{\mathrm{ab}}$ , de maneira única, pois $\pi$ é sobrejetora.

(b) Os comutadores são permutações pares, de modo que $D(S_n) \subseteq A_n$ . Reciprocamente, todo $3$ -ciclo é um comutador:

\bigl[(a\,b),\,(a\,c)\bigr] = (a\,b)(a\,c)(a\,b)(a\,c) = (a\,b\,c),

(verificação direta em $a, b, c$ ), e os $3$ -ciclos geram $A_n$ (Lema 1.32): $D(S_n) = A_n$ para $n \geq 3$ , e $S_n^{\mathrm{ab}} \cong S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ . (Para $n = 2$ : $S_2$ é abeliano, $D(S_2) = \{e\}$ , $S_2^{\mathrm{ab}} = S_2 \cong \Z/2\Z$ — a fórmula $S_n^{\mathrm{ab}} \cong \Z/2\Z$ vale para todo $n \geq 2$ .)

$Q_8$ : o quociente $Q_8/\{\pm 1\}$ tem ordem $4$ , logo é abeliano, de modo que $D(Q_8) \subseteq \{\pm 1\}$ ; e $[\mathrm i, \mathrm j] = \mathrm i \mathrm j \mathrm i^{-1}\mathrm j^{-1} = \mathrm i\mathrm j(-\mathrm i)(-\mathrm j) = (\mathrm i \mathrm j)^2 = \mathrm k^2 = -1$ , de modo que $D(Q_8) = \{\pm 1\}$ e $Q_8^{\mathrm{ab}} \cong (\Z/2\Z)^2$ (ordem $4$ , expoente $2$ : as classes de $\mathrm i, \mathrm j$ ao quadrado dão $\bar 1$ ).

Exercício 1.10 ★★

Sejam $G$ um $p$ -grupo e $H \subsetneq G$ um subgrupo próprio. Mostre que $H \subsetneq N_G(H)$ (“os normalizadores crescem”) e deduza que todo subgrupo maximal de um $p$ -grupo é normal de índice $p$ . (Indução sobre $\abs G$ , usando $Z(G) \neq \{e\}$ : trate separadamente $Z(G) \subseteq H$ e $Z(G) \not\subseteq H$ .)

Solução

Solução de Exercício 1.10.

Indução sobre $\abs G$ ; para $\abs G = p$ , o único subgrupo próprio é $H = \{e\}$ , e $N_G(\{e\}) = G \supsetneq \{e\}$ . Seja $Z = Z(G) \neq \{e\}$ (Teorema 1.12).

Se $Z \not\subseteq H$ : tome $z \in Z \setminus H$ ; $z$ comuta com $H$ , de modo que $zHz^{-1} = H$ e $z \in N_G(H) \setminus H$ .

Se $Z \subseteq H$ : passe a $\bar G = G/Z$ , um $p$ -grupo de ordem menor, e $\bar H = H/Z \subsetneq \bar G$ (teorema da correspondência). Por indução, $N_{\bar G}(\bar H) \supsetneq \bar H$ ; tome $\bar g \in N_{\bar G}(\bar H) \setminus \bar H$ e um levantamento $g$ . Então $g \notin H$ , e $gHg^{-1} \subseteq HZ = H$ : com efeito, $\overline{ghg^{-1}} = \bar g \bar h \bar g^{-1} \in \bar H$ significa $ghg^{-1} \in HZ = H$ (pois $Z \subseteq H$ ). Logo $g \in N_G(H)\setminus H$ .

Subgrupos maximais: se $M$ é maximal, $N_G(M) \supsetneq M$ força $N_G(M) = G$ : $M \trianglelefteq G$ . Então $G/M$ é um $p$ -grupo sem subgrupo próprio não trivial (correspondência + maximalidade). Tome $\bar x \neq \bar e$ em $G/M$ , de ordem $p^k$ ; então $\bar x^{p^{k-1}}$ gera um subgrupo de ordem $p$ , que tem de ser tudo: $\abs{G/M} = p$ .

Exercício 1.11 ★★★

(Simplicidade de $A_5$ , na prática) (a) Mostre que as classes de conjugação de $A_5$ têm cardinalidades $1$ , $15$ , $20$ , $12$ , $12$ . Preste atenção à cisão da $S_5$ -classe dos $5$ -ciclos: para um $5$ -ciclo $\sigma$ , compare os centralizadores de $\sigma$ em $S_5$ e em $A_5$ . (b) Deduza que $A_5$ é simples: um subgrupo normal é uma reunião de classes de conjugação, contém $e$ e tem cardinalidade que divide $60$ . (c) Mostre que um grupo simples de ordem $60$ tem necessariamente $n_5 = 6$ .

Solução

Solução de Exercício 1.11.

(a) $\abs{A_5} = 60$ . Tipos de ciclo em $A_5$ : $e$ ; transposições duplas, $\frac{1}{2}\binom{5}{1}\binom{4}{2}\cdot 1 = 15$ delas ( $5 \cdot 3$ maneiras: escolha o ponto fixo e depois emparelhe); $3$ -ciclos, $\frac{5 \cdot 4 \cdot 3}{3} = 20$ ; $5$ -ciclos, $4! = 24$ .

Uma classe de $S_5$ contida em $A_5$ ou permanece uma única $A_5$ -classe, ou se cinde em duas, conforme o $S_5$ -centralizador de um elemento contenha ou não uma permutação ímpar ( $\abs{\text{classe em }A_5} = 60/\abs{Z_{A_5}(\sigma)}$ e $Z_{A_5} = Z_{S_5} \cap A_5$ ). Para $\sigma = (1\,2)(3\,4)$ : $\abs{Z_{S_5}(\sigma)} = 120/15 = 8$ , e $(1\,2) \in Z_{S_5}(\sigma)$ é ímpar, de modo que $\abs{Z_{A_5}} = 4$ e a classe tem $60/4 = 15$ elementos: não há cisão. Para $\sigma = (1\,2\,3)$ : $Z_{S_5}(\sigma) \supseteq \langle \sigma \rangle \times \langle (4\,5)\rangle$ , de ordem $6 = 120/20$ , logo iguais; ele contém a permutação ímpar $(4\,5)$ : classe de $60/3 = 20$ : não há cisão. Para $\sigma$ um $5$ -ciclo: $Z_{S_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ (de ordem $120/24 = 5$ ), todas pares: $Z_{A_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ , e a $A_5$ -classe tem $60/5 = 12$ elementos — os $24$ ciclos de comprimento cinco se cindem em duas classes de $12$ . Tamanhos das classes: $1, 15, 20, 12, 12$ .

(b) Um subgrupo normal $N$ é uma reunião de classes de conjugação que inclui $\{e\}$ , com $\abs N \mid 60$ . As somas $1 + (\text{subconjunto de } \{15, 20, 12, 12\})$ possíveis são

1,\ 13,\ 13,\ 16,\ 21,\ 25,\ 28,\ 28,\ 33,\ 36,\ 40,\ 40,\ 45,\ 48,\ 48,\ 60 ;

e os únicos divisores de $60$ na lista são $1$ e $60$ : $N = \{e\}$ ou $A_5$ .

(c) Seja $G$ simples com $\abs G = 60$ . $n_5 \mid 12$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : $n_5 \in \{1, 6\}$ . $n_5 = 1$ tornaria o $5$ -subgrupo de Sylow normal, contradizendo a simplicidade ( $1 < 5 < 60$ ). Logo $n_5 = 6$ .

Exercício 1.12 ★★

(Os normalizadores dos subgrupos de Sylow são autonormalizantes) Sejam $P$ um $p$ -subgrupo de Sylow de um grupo finito $G$ e $H = N_G(P)$ . (a) Mostre que $P$ é o único $p$ -subgrupo de Sylow de $H$ . (b) Deduza $N_G(H) = H$ . (Para $g \in N_G(H)$ : $gPg^{-1}$ é um $p$ -subgrupo de Sylow de $H$ , logo $gPg^{-1} = P$ .) (c) Conclua que nenhum normalizador de subgrupo de Sylow está contido em um subgrupo normal próprio de $G$ , e que um subgrupo maximal contendo $N_G(P)$ é autonormalizante.

Solução

Solução de Exercício 1.12.

(a) $P$ é normal em $H = N_G(P)$ pela definição de normalizador, e é um $p$ -subgrupo de Sylow de $H$ (sua ordem já é toda a $p$ -parte de $\abs G$ e, a fortiori, de $\abs H$ ). Um subgrupo de Sylow normal é único: qualquer outro seria conjugado a ele (Sylow II em $H$ ), logo igual a ele.

(b) Seja $g \in N_G(H)$ . Então $gPg^{-1} \subseteq gHg^{-1} = H$ é um subgrupo de $H$ de mesma ordem que $P$ : um $p$ -subgrupo de Sylow de $H$ , de modo que $gPg^{-1} = P$ por (a). Assim $g \in N_G(P) = H$ : $N_G(H) \subseteq H$ , e a inclusão inversa é trivial.

(c) Suponha $H \subseteq N \trianglelefteq G$ com $N$ próprio. $P$ é um $p$ -subgrupo de Sylow de $N$ ; para todo $g \in G$ , $gPg^{-1} \subseteq N$ é outro, de modo que $gPg^{-1} = nPn^{-1}$ para algum $n \in N$ (Sylow II em $N$ ), o que dá $n^{-1}g \in N_G(P) \subseteq N$ e $g \in N$ : $N = G$ , contradição (este é o argumento de Frattini). Para um subgrupo maximal $M \supseteq N_G(P)$ : $N_G(M) \supseteq M$ é $M$ ou $G$ ; se for $G$ , então $M \trianglelefteq G$ é um subgrupo normal próprio que contém $N_G(P)$ — excluído pelo ponto anterior. Logo $N_G(M) = M$ .

1.7 Problema: os grupos de ordem no máximo 15

Problema 1.1

Problema de fim de semana — classificação dos grupos pequenos

O objetivo é uma classificação completa, com demonstrações integrais, dos grupos de ordem $\leq 15$ a menos de isomorfismo. As ordens $1, 2, 3, 5, 7, 11, 13$ são resolvidas por Lagrange (cíclicos), e as ordens $4$ e $9$ pelo Teorema 1.12 somado à análise de $p^2$ feita abaixo: restam $6, 8, 10, 12, 14, 15$ .

Parte I — Ferramentas.

Mostre que um grupo em que todo elemento satisfaz $x^2 = e$ é abeliano; deduza que um tal grupo finito tem ordem $2^k$ e é isomorfo a $(\Z/2\Z)^k$ . (Veja-o como um espaço vetorial sobre $\mathbb F_2$ .)
Mostre que um grupo de ordem $p^2$ é isomorfo a $\Z/p^2\Z$ ou $(\Z/p\Z)^2$ . Liste os grupos abelianos de ordem $8$ a menos de isomorfismo: $\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z \times \Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ — demonstre que a lista é completa e sem repetições sem usar o teorema de estrutura do Capítulo 3 (discuta segundo a ordem máxima de um elemento).
Sejam $\varphi, \varphi' \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ duas ações. Mostre que, se $\varphi' = \varphi \circ \alpha$ com $\alpha \in \operatorname{Aut}(K)$ , então $H \rtimes_{\varphi} K \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ .
Determine $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z)$ para $n = 3, 4, 5, 7$ explicitamente e mostre que $\operatorname{Aut}\bigl((\Z/2\Z)^2 \bigr) \cong S_3$ .

Parte II — Ordens $2p$ ( $6$ , $10$ , $14$ ) e $pq$ .

Seja $\abs G = 2p$ com $p$ primo ímpar. Mostre que $G$ tem um subgrupo normal $N = \langle r \rangle$ de ordem $p$ e um elemento $s$ de ordem $2$ fora de $N$ .
Deduza $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ , onde $\varphi(1) \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ é uma involução, e conclua: $G \cong \Z/2p\Z$ ou $G \cong D_p$ ; verifique que esses dois grupos não são isomorfos. Isso resolve as ordens $6$ , $10$ , $14$ .
Mais geralmente, seja $\abs G = pq$ com $p < q$ primos. Mostre que, se $p \nmid q-1$ , então $G$ é cíclico (Exemplo 1.22), e que, se $p \mid q - 1$ , existe, além de $\Z/pq\Z$ , exatamente um grupo não abeliano $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ a menos de isomorfismo — use a questão 3 e o fato de que $\operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong (\Z/q\Z)^\times$ é cíclico de ordem $q - 1$ , admitido aqui e demonstrado no Capítulo 4 (ciclicidade de $\mathbb F_q^\times$ ). Conclua para a ordem $15$ .

Parte III — Ordem $8$ . Seja $G$ não abeliano de ordem $8$ .

Mostre que $G$ tem um elemento $r$ de ordem $4$ (use a questão 1) e que $N = \langle r\rangle$ é normal.
Seja $s \notin N$ . Mostre que $s^2 \in N$ (Exercício 1.1(b)), que $srs^{-1} = r^{-1}$ (examine as imagens possíveis de $r$ por conjugação, que devem ter ordem 4, e exclua $srs^{-1} = r$ ), e que $s^2 \in \{e, r^2\}$ (o que acontece se $s^2 = r$ ou $r^3$ ? e por que $s^2$ deve comutar com $s$ ?).
No caso $s^2 = e$ , mostre que $G \cong D_4$ .
No caso $s^2 = r^2$ , mostre que a tabela de multiplicação fica inteiramente determinada; o grupo resultante é o grupo dos quatérnios $Q_8 = \{\pm 1, \pm \mathrm i, \pm \mathrm j, \pm \mathrm k\}$ , $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = \mathrm k^2 = \mathrm i\, \mathrm j\,\mathrm k = -1$ (ponha $r = \mathrm i$ , $s = \mathrm j$ ). Verifique que $Q_8$ existe, por exemplo dentro de $GL_2(\C)$ via

$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.$
Mostre que todo subgrupo não trivial de $Q_8$ contém $-1$ ; deduza que todo subgrupo de $Q_8$ é normal, que $D_4 \not\cong Q_8$ (conte os elementos de ordem $2$ ) e que $Q_8$ não é um produto semidireto de dois subgrupos próprios.

Parte IV — Ordem $12$ . Sejam $\abs G = 12$ , $P_3 \in \mathrm{Syl}_3(G)$ , $P_2 \in \mathrm{Syl}_2(G)$ .

Mostre que $n_3 \in \{1, 4\}$ , $n_2 \in \{1, 3\}$ , e que $n_3 = 4$ força $n_2 = 1$ (conte os elementos de ordem $3$ ).
Suponha $n_3 = 4$ . A ação por conjugação sobre $\mathrm{Syl}_3$ dá $\rho \colon G \to S_4$ . Mostre que $\ker \rho$ , contido em todo $N_G(P_3)$ e portanto de ordem divisora de $3$ , é trivial (por que ele não pode ter ordem $3$ ?); que a imagem, subgrupo de ordem $12$ de $S_4$ , é necessariamente $A_4$ (os subgrupos de índice 2 são normais e contêm todos os quadrados — Exercício 1.1; conte os quadrados em $S_4$ ); e conclua que $G \cong A_4$ .
Suponha $n_3 = 1$ , de modo que $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ com $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) \cong \Z/2\Z$ . Enumere os casos: $\varphi$ trivial dá $\Z/12\Z$ e $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ ; $P_2 = \Z/4\Z$ com $\varphi$ sobrejetor dá o grupo diciclico $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ ; $P_2 = (\Z/2\Z)^2$ com $\varphi$ sobrejetor dá, a menos da equivalência da questão 3, um único grupo — mostre que ele é $D_6$ , por exemplo exibindo um elemento de ordem $6$ e uma involução do tipo reflexão.
Mostre que $\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$ são dois a dois não isomorfos (conte os elementos de ordem $2$ , ou use $n_3$ ). Isso resolve a ordem $12$ .

Parte V — Síntese.

Monte a tabela de classificação: para cada ordem $n \leq 15$ , a lista completa dos grupos a menos de isomorfismo, com as contagens $1, 1, 1, 2, 1, 2, 1, 5, 2, 2, 1, 5, 1, 2, 1$ .

Parte VI — Além: os grupos de ordem $p^3$ , com $p$ ímpar. A análise da ordem $8$ da Parte III tem um belo análogo para primos ímpares, com um fenômeno genuinamente novo. Sejam $p$ um primo ímpar e $G$ não abeliano de ordem $p^3$ .

Mostre que $\abs{Z(G)} = p$ , que $G/Z(G) \cong (\Z/p\Z)^2$ (um quociente cíclico pelo centro força a abelianidade: Exercício 1.2) e que $D(G) = Z(G)$ (para $D(G) \subseteq Z(G)$ , use que $G/Z(G)$ é abeliano; para a igualdade, $G$ é não abeliano e $D(G) \neq \{e\}$ ). Deduza que todo comutador $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ é central e de ordem divisora de $p$ .
(A identidade-chave) Sejam $x, y \in G$ e $z = [y, x]$ , central. Demonstre por indução sobre $k$ :

$(xy)^k = x^k y^k z^{k(k-1)/2} .$

(Faça cada $y$ atravessar cada $x$ ; cada cruzamento custa um fator central $z$ .)
Deduza que, para $p$ ímpar, a aplicação $\theta\colon x \mapsto x^p$ é um morfismo de grupos de $G$ em $Z(G)$ (por que $x^p$ é central? por que $z^{p(p-1)/2} = e$ exige $p$ ímpar?), e conclua que $G$ tem expoente $p$ ou $p^2$ , os dois casos sendo distinguidos pela trivialidade ou não de $\theta$ .
(Expoente $p$ ) Suponha que todo elemento satisfaça $x^p = e$ . Escolha $x, y$ cujas classes geram $G/Z(G)$ e ponha $z = [y, x]$ . Mostre que $z \neq e$ , que todo elemento de $G$ se escreve de maneira única como $x^ay^bz^c$ ( $0 \leq a, b, c < p$ ) e que a multiplicação fica inteiramente determinada pelas relações $x^p = y^p = z^p = e$ , $z$ central, $[y, x] = z$ . Verifique que o grupo de Heisenberg

$H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \subseteq GL_3(\mathbb F_p)$

realiza essas relações e tem expoente $p$ (calcule $(I + N)^p$ com $N$ estritamente triangular superior, usando $N^3 = 0$ e $p \geq 3$ ): todo grupo não abeliano de ordem $p^3$ e expoente $p$ é isomorfo a $H_p$ .
(Expoente $p^2$ ) Suponha que algum $r \in G$ tenha ordem $p^2$ e ponha $N = \langle r\rangle$ , normal (índice $p$ : Exercício 1.10). Mostre que existe $s \notin N$ com $s^p = e$ (tome qualquer $t \notin N$ ; usando a questão 20, corrija-o: $\theta(t) = t^p \in Z(G) \subseteq N$ — justifique $Z(G) = \langle r^p\rangle$ — e escolha $a$ com $s = tr^{a}$ satisfazendo $s^p = e$ ; onde se usa que $p$ é ímpar?). Mostre que $srs^{-1} = r^{1+p}$ a menos de substituir $s$ por uma potência, e conclua: existe exatamente um grupo não abeliano de ordem $p^3$ e expoente $p^2$ , a saber, $\Z/p^2\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ com $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ (use a questão 3; $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ é cíclico de ordem $p(p-1)$ , admitido aqui, de modo que tem um único subgrupo de ordem $p$ ).
Conclua a contagem: para $p$ ímpar há exatamente $5$ grupos de ordem $p^3$ (três abelianos, dois não abelianos), tal como para $p = 2$ — mas os dois não abelianos já não são $D_4$ e $Q_8$ . Localize exatamente onde o argumento para $p$ ímpar falha quando $p = 2$ : na identidade da questão 19, $z^{k(k-1)/2}$ para $k = p = 2$ vale $z^1 \neq e$ , de modo que elevar ao quadrado não é um morfismo — e, de fato, $Q_8$ tem um único elemento de ordem $2$ , ao passo que $D_4$ , de expoente $4$ , tem cinco.

Parte VII — Complementos.

Para $p$ ímpar, conte os elementos de ordem $p$ em cada um dos dois grupos não abelianos de ordem $p^3$ : mostre que $H_p$ tem exatamente $p^3 - 1$ deles, enquanto $M_p = \Z/p^2\Z \rtimes \Z/p\Z$ tem exatamente $p^2 - 1$ (use o morfismo $\theta$ da questão 20: identifique sua imagem e, em seguida, a ordem de seu núcleo). Verifique numericamente para $p = 3$ : $26$ contra $8$ . Explique por que nenhum argumento desse tipo, baseado no morfismo de elevar ao quadrado, pode separar $D_4$ de $Q_8$ , e qual contagem os separa.
Diga que um inteiro $n \geq 1$ é cíclico se todo grupo de ordem $n$ é cíclico. Mostre que, se $p^2 \mid n$ para algum primo $p$ , ou se $n$ tem divisores primos $p < q$ com $p \mid q - 1$ , então $n$ não é cíclico (em cada caso, exiba um grupo não cíclico de ordem $n$ , usando a Parte II no segundo). Deduza que $n$ cíclico força $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ , onde $\varphi$ é a função totiente de Euler, e confira com a tabela da questão 17: entre $n \leq 15$ , as ordens que comportam um único grupo são exatamente $n \in \{1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15\}$ , precisamente aquelas com $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ .

Solução

Solução de Problema 1.1.

1. Para $x, y \in G$ : $(xy)^2 = e$ dá $xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx$ (cada elemento é seu próprio inverso): abeliano. Um tal $G$ , escrito aditivamente, é um espaço vetorial sobre $\mathbb F_2$ ( $2x = 0$ , e os axiomas são os de grupo abeliano); se finito, ele tem base finita: $G \cong (\Z/2\Z)^k$ , de ordem $2^k$ .

2. Ordem $p^2$ : $G$ é abeliano (Teorema 1.12). Se algum elemento tem ordem $p^2$ , $G$ é cíclico. Do contrário, todos os $x \neq e$ têm ordem $p$ ; aditivamente, $G$ é então um espaço vetorial sobre $\mathbb F_p$ ( $px = 0$ ), de dimensão $2$ ( $p^2$ elementos): $G \cong (\Z/p\Z)^2$ .

Abelianos de ordem $8$ , pela ordem máxima $m$ de um elemento: $m = 8$ : cíclico $\Z/8\Z$ . $m = 2$ : $(\Z/2\Z)^3$ pela questão 1. $m = 4$ : seja $x$ de ordem $4$ e $y \notin \langle x \rangle$ ; $y^2 \in \langle x\rangle$ (índice $2$ ). $y^2 \in \{x, x^3\}$ daria a $y$ ordem $8$ ; logo $y^2 \in \{e, x^2\}$ . Se $y^2 = x^2$ , substitua $y$ por $xy$ : $(xy)^2 = x^2y^2 = x^4 = e$ ( $G$ abeliano) e $xy \notin \langle x\rangle$ . Podemos, pois, supor $y^2 = e$ : então $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{e\}$ , ambos normais (abelianos), $\abs{\langle x\rangle \langle y\rangle} = 8$ : a Proposição 1.24 dá $G \cong \Z/4\Z \times \Z/2\Z$ . Sem repetições: os números de soluções de $x^2 = e$ são $2, 4, 8$ nos três grupos.

3. Defina $\psi \colon H \rtimes_{\varphi'} K \to H \rtimes_{\varphi} K$ por $\psi(h, k) = (h, \alpha(k))$ , uma bijeção. Morfismo:

\psi\bigl((h,k)(h',k')\bigr) = \bigl(h\,\varphi'(k)(h'),\, \alpha(kk')\bigr) = \bigl(h\,\varphi(\alpha k)(h'),\, \alpha(k)\alpha(k')\bigr) = \psi(h,k)\,\psi(h',k').

4. $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ (Exercício 1.3): para $n = 3$ : $\{\pm 1\} \cong \Z/2\Z$ ; $n = 4$ : $\{\bar 1, \bar 3\} \cong \Z/2\Z$ ; $n = 5$ : $\{\bar 1, \bar 2, \bar 3, \bar 4\}$ , cíclico de ordem $4$ gerado por $\bar 2$ ( $2, 4, 3, 1$ ); $n = 7$ : cíclico de ordem $6$ gerado por $\bar 3$ ( $3, 2, 6, 4, 5, 1$ ). Para $V = (\Z/2\Z)^2$ : um automorfismo é $\mathbb F_2$ -linear (ele preserva a adição, e os escalares são $0, 1$ ), de modo que $\operatorname{Aut}(V) = GL_2(\mathbb F_2)$ , de ordem $(4-1)(4-2) = 6$ ; ele age fielmente nos $3$ vetores não nulos, o que dá um morfismo injetor em $S_3$ entre grupos de ordem $6$ : $\operatorname{Aut}(V) \cong S_3$ .

5. Cauchy fornece $r$ de ordem $p$ ; $N = \langle r \rangle$ tem índice $2$ , logo é normal (Exercício 1.1). Cauchy também fornece $s$ de ordem $2$ , e $s \notin N$ (todos os elementos de $N$ distintos da identidade têm ordem ímpar $p$ ).

6. $N \cap \langle s \rangle = \{e\}$ e $\abs{N\langle s\rangle} = 2p$ (Exercício 1.4(a)): pela Proposição 1.26, $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ com $\varphi(1) = (x \mapsto sxs^{-1})$ um automorfismo de ordem divisora de $2$ . Em $(\Z/p\Z)^\times$ , $k^2 = 1$ só tem as soluções $k = \pm 1$ ( $X^2 - 1$ tem no máximo duas raízes no corpo $\mathbb F_p$ ). Se $\varphi(1) = \mathrm{id}$ : o produto é direto, $G \cong \Z/p\Z \times \Z/2\Z \cong \Z/2p\Z$ . Se $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ : $G = \langle r, s \mid r^p = s^2 = e, \ srs^{-1} = r^{-1}\rangle \cong D_p$ (Exemplo 1.27). Eles não são isomorfos: $D_p$ é não abeliano para $p \geq 3$ ( $srs^{-1} = r^{-1} \neq r$ ).

7. $n_q \equiv 1 \pmod q$ divide $p < q$ : $n_q = 1$ , de modo que $N \cong \Z/q\Z$ é normal. Seja $P \cong \Z/p\Z$ um $p$ -subgrupo de Sylow: $N \cap P = \{e\}$ , $NP = G$ (ordem $pq$ ), de modo que $G \cong \Z/q\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ com $\varphi \colon \Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong \Z/(q-1)\Z$ (cíclico, admitido). Se $p \nmid q - 1$ : a imagem de $\varphi$ tem ordem que divide $p$ e $q-1$ , logo é trivial, e $G \cong \Z/pq\Z$ (Exemplo 1.22). Se $p \mid q - 1$ : além do trivial $\varphi$ , todo $\varphi$ não trivial é injetor (seu núcleo, subgrupo de $\Z/p\Z$ , é trivial), com imagem o único subgrupo $C$ de ordem $p$ do grupo cíclico $\Z/(q-1)\Z$ . Duas ações não triviais $\varphi, \varphi'$ são então dois isomorfismos $\Z/p\Z \to C$ , de modo que $\alpha = \varphi^{-1}\circ\varphi' \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ satisfaz $\varphi' = \varphi\circ\alpha$ : pela questão 3, os dois produtos semidiretos são isomorfos. Logo há exatamente um grupo não abeliano de ordem $pq$ (não abeliano porque $\varphi \neq \mathrm{id}$ torna não trivial alguma conjugação). Ordem $15$ : $p = 3$ , $q = 5$ , $3 \nmid 4$ : apenas cíclico.

8. Nem todo elemento tem ordem $\leq 2$ (do contrário seria abeliano, pela questão 1), e nenhum elemento tem ordem $8$ (do contrário seria cíclico, abeliano): algum $r$ tem ordem $4$ , e $N = \langle r\rangle$ , de índice $2$ , é normal.

9. $s^2 \in N$ pelo Exercício 1.1(b). O conjugado $srs^{-1} \in N$ tem ordem $4$ , de modo que $srs^{-1} \in \{r, r^3\}$ ; se $srs^{-1} = r$ , então $r$ e $s$ comutam e $G = \langle r, s\rangle$ é abeliano — excluído. Logo $srs^{-1} = r^{-1}$ . Se $s^2 = r$ ou $r^3$ , então $s$ tem ordem $8$ : excluído. (Alternativamente: $s^2$ comuta com $s$ , mas $s r s^{-1} = r^{-1}$ e $s r^3 s^{-1} = r^{-3} = r$ : nem $r$ nem $r^3$ é fixado pela conjugação por $s$ .) Logo $s^2 \in \{e, r^2\}$ .

10. Se $s^2 = e$ : $G = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . Os oito elementos $r^is^j$ ( $0 \leq i < 4$ , $0 \leq j < 2$ ) são distintos ( $s \notin \langle r\rangle$ ), e as relações determinam todos os produtos: a atribuição $r \mapsto$ (rotação de $\pi/2$ ), $s \mapsto$ (uma reflexão) define um morfismo sobrejetor em $D_4$ , entre grupos de ordem $8$ : um isomorfismo.

11. Se $s^2 = r^2$ : de novo $G = \{r^i s^j\}$ , e as relações $r^4 = e$ , $s^2 = r^2$ , $srs^{-1} = r^{-1}$ forçam a tabela inteira. Com $\mathrm i = r$ , $\mathrm j = s$ , $\mathrm k = rs$ , $-1 = r^2$ : $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = -1$ , $\mathrm k^2 = rsrs = r r^{-1} s s = s^2 = -1$ (usando $sr = r^{-1}s$ ) e $\mathrm i \mathrm j \mathrm k = r\,s\,rs = r\,r^{-1}s\,s = s^2 = -1$ . Existência: as matrizes

A = \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}

satisfazem $A^4 = I$ , $B^2 = -I = A^2$ e $BAB^{-1} = A^{-1}$ — para a última, verifique

BA = \begin{pmatrix} 0 & -\iu\\ -\iu & 0 \end{pmatrix} = A^{-1}B .

Assim $\{\pm I, \pm A, \pm B, \pm AB\}$ é um grupo de ordem $8$ que realiza a tabela: $Q_8$ existe.

12. Seja $H \neq \{e\}$ um subgrupo e $x \in H \setminus \{e\}$ . Se $x \neq -1$ , então $x \in \{\pm\mathrm i, \pm\mathrm j, \pm\mathrm k\}$ e $x^2 = -1 \in H$ . Logo $-1 \in H$ sempre. Os subgrupos são $\{e\}$ , $\{\pm 1\}$ (o centro), $\langle \mathrm i\rangle, \langle \mathrm j\rangle, \langle \mathrm k\rangle$ (índice $2$ ) e $Q_8$ : todos normais ( $\{e\}$ e o centro trivialmente, os de índice $2$ pelo Exercício 1.1, e o próprio $Q_8$ ). $D_4$ tem cinco elementos de ordem $2$ ( $r^2$ e as quatro reflexões), $Q_8$ apenas um ( $-1$ ): não são isomorfos. Um produto semidireto $H \rtimes K$ com $H, K \neq \{e\}$ exigiria $H \cap K = \{e\}$ , impossível, pois ambos contêm $-1$ .

13. $n_3 \mid 4$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : $n_3 \in \{1, 4\}$ ; $n_2 \mid 3$ , ímpar: $n_2 \in \{1, 3\}$ . Se $n_3 = 4$ : os quatro $3$ -subgrupos de Sylow se intersectam dois a dois trivialmente (ordem prima), dando $4 \times 2 = 8$ elementos de ordem $3$ ; os $4$ elementos restantes têm de constituir o único $2$ -subgrupo de Sylow: $n_2 = 1$ .

14. $\ker\rho$ normaliza todo $3$ -subgrupo de Sylow, de modo que $\ker \rho \subseteq N_G(P_3)$ , que tem índice $n_3 = 4$ , isto é, ordem $3$ : $\abs{\ker\rho} \in \{1, 3\}$ . A ordem $3$ tornaria $\ker\rho$ um $3$ -subgrupo de Sylow normal, contradizendo $n_3 = 4$ . Logo $\rho$ é injetor, e sua imagem $H \leq S_4$ tem ordem $12$ e índice $2$ : $H \trianglelefteq S_4$ , e $H$ contém todos os quadrados (Exercício 1.1(b)). Os quadrados de $S_4$ incluem $e$ e todos os oito $3$ -ciclos ( $\sigma = (\sigma^2)^2$ para um $3$ -ciclo), que geram $A_4$ (eles estão em $A_4$ e, junto com seus produtos, dão os doze elementos; ou: Lema 1.32 na parte de geração para $n = 4$ , que só exige $n \geq 3$ ). Logo $A_4 \subseteq H$ e $\abs{A_4} = \abs H$ : $G \cong H = A_4$ .

15. $P_3 \trianglelefteq G$ , $P_3 \cap P_2 = \{e\}$ , $P_3P_2 = G$ : $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ (Proposição 1.26), $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) = \{\pm\mathrm{id}\} \cong \Z/2\Z$ .

$\varphi$ trivial: produtos diretos $\Z/3\Z \times \Z/4\Z \cong \Z/12\Z$ e $\Z/3\Z \times (\Z/2\Z)^2 \cong \Z/6\Z \times \Z/2\Z$ .
$P_2 = \Z/4\Z$ , $\varphi$ sobrejetor: necessariamente $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ (a única escolha não trivial): um grupo, $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ .
$P_2 = (\Z/2\Z)^2$ , $\varphi$ sobrejetor: $\ker\varphi$ é um dos três subgrupos de ordem $2$ ; os três $\varphi$ resultantes diferem por automorfismos de $(\Z/2\Z)^2$ que permutam esses subgrupos (questão 4: $\operatorname{Aut} \cong S_3$ age transitivamente nas três involuções), de modo que, pela questão 3, eles dão uma única classe de isomorfismo. Ela é $D_6$ : tome $t$ gerando $\ker\varphi$ e $x$ gerando $\Z/3\Z$ ; o elemento $\rho = (x, t)$ satisfaz $\rho^2 = (2x, 0)$ , $\rho^3 = (0, t)$ , $\rho^6 = e$ , e nenhuma potência menor é $e$ : ordem $6$ ; para $s = (0, u)$ com $u \notin \ker\varphi$ : $s^2 = e$ e $s\rho s^{-1} = (-x, t) = \rho^{-1}$ . Como $\langle \rho, s\rangle$ tem ordem $12$ , $G \cong D_6$ .

16. Contando elementos de ordem $2$ : $\Z/12\Z$ tem $1$ ; $\Z/6\Z\times\Z/2\Z$ tem $3$ ; $D_6$ tem $7$ (seis reflexões e a meia-volta $\rho^3$ ); $A_4$ tem $3$ ; $\mathrm{Dic}_3$ tem $1$ (só $(0, 2)$ : um elemento $(h, k)$ com $k$ de ordem $4$ em $\Z/4\Z$ tem ordem $4$ ). Isso separa todos, exceto os pares $\{\Z/12\Z, \mathrm{Dic}_3\}$ e $\{\Z/6\Z\times\Z/2\Z, A_4\}$ : os primeiros membros são abelianos, os segundos não ( $\mathrm{Dic}_3$ : a ação é não trivial; $A_4$ : $(1\,2\,3)$ e $(1\,2)(3\,4)$ não comutam). Cinco grupos distintos; as partes II–IV mostram que a lista é completa.

17. A tabela de classificação:

$n$	grupos de ordem $n$	#
$1$	$\{e\}$	$1$
$2$	$\Z/2\Z$	$1$
$3$	$\Z/3\Z$	$1$
$4$	$\Z/4\Z$ , $(\Z/2\Z)^2$	$2$
$5$	$\Z/5\Z$	$1$
$6$	$\Z/6\Z$ , $S_3 = D_3$	$2$
$7$	$\Z/7\Z$	$1$
$8$	$\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z{\times}\Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ , $D_4$ , $Q_8$	$5$
$9$	$\Z/9\Z$ , $(\Z/3\Z)^2$	$2$
$10$	$\Z/10\Z$ , $D_5$	$2$
$11$	$\Z/11\Z$	$1$
$12$	$\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z{\times}\Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$	$5$
$13$	$\Z/13\Z$	$1$
$14$	$\Z/14\Z$ , $D_7$	$2$
$15$	$\Z/15\Z$	$1$

As ordens $6, 10, 14$ vêm da Parte II com $p = 3, 5, 7$ ; a ordem $15$ é a questão 7; a ordem $8$ é a Parte III junto com a questão 2; a ordem $12$ é a Parte IV; as ordens primas são Lagrange; e as ordens $4$ e $9$ são a questão 2.

18. $Z = Z(G)$ é não trivial (Teorema 1.12) e $Z \neq G$ (não abeliano), de modo que $\abs Z \in \{p, p^2\}$ . Se $\abs Z = p^2$ , então $G/Z$ é cíclico de ordem $p$ e o Exercício 1.2 torna $G$ abeliano: excluído; logo $\abs Z = p$ e $\abs{G/Z} = p^2$ . Pela questão 2, $G/Z$ é $\Z/p^2\Z$ ou $(\Z/p\Z)^2$ ; o cíclico está de novo excluído pelo Exercício 1.2: $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ . Como $G/Z$ é abeliano, todo comutador está em $Z$ : $D(G) \subseteq Z$ ; e $D(G) \neq \{e\}$ ( $G$ não abeliano), de modo que $D(G) = Z$ ( $\abs Z = p$ não deixa espaço). Os comutadores são centrais, de ordem divisora de $\abs Z = p$ .

19. Indução sobre $k$ , sendo trivial o caso $k = 1$ . Usando $yx = xyz^{-1}\cdot$ — mais precisamente, $z = [y, x] = yxy^{-1}x^{-1}$ dá $yx = zxy$ , isto é, mover um $y$ para a esquerda além de um $x$ produz um fator $z$ , que é central e pode ser estacionado em qualquer lugar. Então

(xy)^{k+1} = (xy)^k\,xy = x^ky^kz^{k(k-1)/2}\,xy = x^k\,(y^kx)\,y\,z^{k(k-1)/2} = x^{k+1}y^{k+1}\,z^{k(k-1)/2 + k},

pois levar $x$ além de $y^k$ custa $k$ fatores $z$ ( $y^kx = z^kxy^k$ , por $k$ aplicações de $yx = zxy$ ); e $k(k-1)/2 + k = k(k+1)/2$ .

20. Com $k = p$ : $(xy)^p = x^py^pz^{p(p-1)/2}$ . Para $p$ ímpar, $(p-1)/2$ é um inteiro, de modo que $z^{p(p-1)/2} = (z^p)^{(p-1)/2} = e$ (questão 18: $z$ tem ordem divisora de $p$ ): $\theta(xy) = \theta(x)\theta(y)$ , um morfismo. Seus valores são centrais: a classe de $x$ em $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ tem ordem divisora de $p$ , de modo que $x^p \in Z$ . Se $\theta$ é trivial, todo elemento tem ordem divisora de $p$ : expoente $p$ (não $1$ : $G \neq \{e\}$ ). Do contrário, algum $x^p \neq e$ , e $x$ tem ordem $p^2$ (a ordem divide $p^3$ , e $x$ não pode ter ordem $p^3$ : $G$ seria cíclico, logo abeliano): expoente $p^2$ .

21. Classes $\bar x, \bar y$ que geram $G/Z$ : seu comutador $z = [y, x]$ é $\neq e$ , pois do contrário $x, y, Z$ geraria um $G$ abeliano (suas classes geram o quociente e $Z$ é central) — e $z$ gera $Z$ ( $\abs Z = p$ ). Todo $g \in G$ tem classe $\bar x^a\bar y^b$ para $0 \leq a, b < p$ únicos, de modo que $g = x^ay^bz^c$ com $0 \leq c < p$ único: $p^3$ elementos, todos contabilizados. Os produtos de tais formas normais se calculam usando apenas $yx = zxy$ , $z$ central e $x^p = y^p = z^p = e$ : a tabela fica forçada, de modo que dois grupos não abelianos de ordem $p^3$ e expoente $p$ quaisquer são isomorfos (faça corresponder os geradores). O grupo de Heisenberg realiza as relações: com $X = I + E_{12}$ , $Y = I + E_{23}$ , calcula-se $[Y, X] = I - E_{13}$ (central em $H_p$ ) e, para qualquer $N$ estritamente triangular superior, $N^3 = 0$ dá

(I + N)^p = I + pN + \binom p2N^2 = I \qquad\text{em característica } p,\ p \geq 3,

pois $p \mid p$ e $p \mid \binom p2$ para $p$ ímpar: expoente $p$ . Logo o grupo de expoente $p$ é $H_p$ .

22. $Z(G) = \langle r^p\rangle$ : com efeito, $r^p$ é central (o argumento da questão 20: a classe de $r$ no quociente $G/Z$ , de expoente $p$ , dá $r^p \in Z$ ) e é $\neq e$ , de modo que gera o centro de ordem $p$ . Tome $t \notin N$ qualquer. Se $t^p = e$ , ponha $s = t$ . Do contrário $\theta(t) = t^p \in Z = \langle r^p\rangle$ , digamos $t^p = r^{pb}$ ; ponha $s = tr^{-b}$ : pela questão 20 ( $\theta$ é morfismo, $p$ ímpar), $s^p = t^pr^{-pb} = e$ , e $s \notin N$ . Conjugação: $srs^{-1} \in N$ ( $N$ normal) tem ordem $p^2$ , de modo que $srs^{-1} = r^m$ com $p \nmid m$ ; além disso, $s^p = e$ força $m^p \equiv m \pmod{p^2}$ — conjugar $p$ vezes devolve $r$ , logo $m^p \equiv 1 \pmod {p^2}$ , e $m \equiv m^p \equiv 1 \pmod p$ (Fermat): $m = 1 + ap$ . A não trivialidade ( $G$ não abeliano) dá $a \not\equiv 0$ ; substituindo $s$ pela potência $s^{a'}$ com $aa' \equiv 1 \pmod p$ , a ação se torna $r \mapsto r^{1+p}$ . Isso apresenta $G$ como $\Z/p^2\Z\rtimes_\varphi\Z/p\Z$ com $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ ; pela questão 3, dois morfismos não triviais $\Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ quaisquer com a mesma imagem — e a imagem é o único subgrupo de ordem $p$ do cíclico $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ — dão produtos semidiretos isomorfos: unicidade.

23. Abelianos: $\Z/p^3\Z$ , $\Z/p^2\Z\times\Z/p\Z$ , $(\Z/p\Z)^3$ (o argumento da questão 2, um grau acima: classifique pela ordem máxima). Não abelianos: exatamente $H_p$ (expoente $p$ , questão 21) e $\Z/p^2\Z\rtimes\Z/p\Z$ (expoente $p^2$ , questão 22), distinguidos por seus expoentes. Total: cinco. Para $p = 2$ , o argumento do morfismo da questão 20 colapsa: $z^{p(p-1)/2} = z^{1} = z \neq e$ , elevar ao quadrado não é morfismo e, com efeito, os dois grupos não abelianos de ordem $8$ têm expoente $4$ — o invariante que separa $D_4$ de $Q_8$ é o número de elementos de ordem $2$ (cinco contra um), não o expoente. O mundo dos $p$ ímpares é, por uma vez, mais arrumado do que a característica $2$ .

24. Em $H_p$ , todo elemento $\neq e$ tem ordem $p$ (expoente $p$ , questão 21): $p^3 - 1$ elementos de ordem $p$ . Em $M_p$ , a aplicação $\theta \colon x \mapsto x^p$ é um morfismo $M_p \to Z(M_p) = \langle r^p\rangle$ (questão 20, $p$ ímpar); $\theta(r) = r^p \neq e$ , de modo que a imagem é todo o centro de ordem $p$ e $\ker\theta = \{x : x^p = e\}$ tem ordem $p^3/p = p^2$ . Os elementos de ordem $p$ são os elementos desse núcleo distintos da identidade: $p^2 - 1$ deles. Para $p = 3$ : $H_3$ tem $27 - 1 = 26$ elementos de ordem $3$ , e $M_3 = \Z/9\Z \rtimes \Z/3\Z$ tem $9 - 1 = 8$ . Para $p = 2$ , o argumento morre de saída: elevar ao quadrado não é morfismo em um grupo não abeliano de ordem $8$ (questão 23) e, com efeito, o conjunto $\{x : x^2 = e\}$ tem $6$ elementos em $D_4$ — não a ordem de um subgrupo de $D_4$ . A contagem que de fato separa o par é a do número de elementos de ordem $2$ : cinco em $D_4$ , um em $Q_8$ (questão 11).

25. Se $p^2 \mid n$ , o grupo $\Z/p\Z \times \Z/(n/p)\Z$ tem ordem $n$ e não é cíclico: a ordem de todo elemento divide $\operatorname{lcm}(p, n/p) = n/p < n$ , pois $p \mid n/p$ . Se $p < q$ são primos que dividem $n$ com $p \mid q - 1$ , a questão 7 fornece um grupo não abeliano $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ de ordem $pq$ ; então $(\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z) \times \Z/(n/pq)\Z$ tem ordem $n$ e é não abeliano, logo não cíclico. Suponha agora $\gcd(n, \varphi(n)) > 1$ e tome um primo $p$ que divida ambos. Escrevendo $\varphi(n) = \prod_{q^a \parallel n} q^{a-1}(q - 1)$ , a divisibilidade $p \mid \varphi(n)$ significa que ou $p^2 \mid n$ (o fator $q^{a-1}$ com $q = p$ , $a \geq 2$ ), ou $p \mid q - 1$ para algum primo $q \mid n$ , $q \neq p$ : nos dois casos, $n$ não é cíclico, pelo que precede. Por contraposição, $n$ cíclico força $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ . Verificação para $n \leq 15$ : os valores $\varphi(n)$ para $n = 1, \dots, 15$ são $1, 1, 2, 2, 4, 2, 6, 4, 6, 4, 10, 4, 12, 6, 8$ , e $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ exatamente para $n = 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15$ — exatamente as entradas da tabela da questão 17 com um único grupo. As demais ordens são atestadas não cíclicas como acima: $4, 8, 9, 12$ por um fator quadrado, $6, 10, 12, 14$ por $2 \mid q - 1$ . (A recíproca — $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ implica $n$ cíclico — também é verdadeira; a questão 7 demonstra seu primeiro caso não trivial, $n = pq$ com $p \nmid q - 1$ .)

1.1 Grupos quocientes e teoremas de isomorfismo

1.2 Ações de grupo

1.3 Os teoremas de Sylow

1.4 Produtos, diretos e semidiretos

1.5 Grupos solúveis; simplicidade de AnA_nAn​

1.6 Exercícios

1.7 Problema: os grupos de ordem no máximo 15

1.5 Grupos solúveis; simplicidade de $A_n$