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title: "Teoria dos grupos"
book: "Matemática universitária — Graduação 3"
subject: math
language: pt
chapter: 1
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/1-teoria-dos-grupos
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# Capítulo 1 — Teoria 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](#def-b3-groups-action) e pontos fixos produz a [equação das classes](#cor-b3-groups-classeq), 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](#prop-b3-groups-direct) e semidiretos) e a desmontá-los ([séries de composição](#thm-b3-groups-jordanholder), [grupos solúveis](#def-b3-groups-derived)), e demonstramos o teorema que, no [Capítulo 4](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/4-extensoes-de-corpos-e-teoria-de-galois#ch-b3-galois), encerrará uma questão de três séculos sobre equações polinomiais: o [grupo alternado](#thm-b3-groups-ansimple) $A_n$ é [simples](#def-b3-groups-simple) 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](#def-b3-groups-normal): os [subgrupos normais](#def-b3-groups-normal) 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 $N \trianglelefteq G$.

1. $HN = \{hn : h \in H,\, n \in N\}$ é um subgrupo, $N  \trianglelefteq HN$, $H \cap N \trianglelefteq H$, e $$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$$
2. 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](#thm-b3-groups-firstiso).

(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](#thm-b3-groups-firstiso). ∎

**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](#ex-b3-groups-actions); ou observe que $[G:N] = 2$ (então $gN = Ng$ é forçado — [Exercício 1.1](#exo-b3-groups-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:

1. $G$ sobre si mesmo por *translação à esquerda* $g \cdot x = gx$ : livre e transitiva.
2. $G$ sobre si mesmo por *conjugação* $g \cdot x = gxg^{-1}$ : as [órbitas](#def-b3-groups-action) são as *classes de conjugação* , os [estabilizadores](#def-b3-groups-action) são os *centralizadores* $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ , e os pontos fixos formam o *centro* $Z(G)$ .
3. $G$ sobre o espaço de classes laterais $G/H$ por $g \cdot xH = gxH$ : transitiva, com [estabilizador](#def-b3-groups-action) da classe $H$ igual a $H$ . Toda [ação](#def-b3-groups-action) transitiva é dessa forma ( [Exercício 1.8](#exo-b3-groups-8) ).
4. $G$ sobre o conjunto de seus subgrupos por conjugação: o [estabilizador](#def-b3-groups-action) de $H$ é o *normalizador* $N_G(H) =  \{g : gHg^{-1} = H\}$ , o maior subgrupo de $G$ no qual $H$ é [normal](#def-b3-groups-normal) .
5. $S_n$ 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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action). Os enunciados de contagem decorrem do teorema de Lagrange e da partição de $X$ em [órbitas](#def-b3-groups-action). ∎

**Corolário 1.11 (Equação das classes).**

Para um grupo finito $G$, escolhendo um representante $x_i$ em cada [classe de conjugação](#ex-b3-groups-actions) 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](#thm-b3-groups-orbitstab) à [ação](#def-b3-groups-action) por conjugação: as [órbitas](#def-b3-groups-action) unitárias são exatamente os elementos de $Z(G)$. ∎

**Teorema 1.12 (Pontos fixos dos ppp-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](#ex-b3-groups-actions) não trivial, e todo grupo de ordem $p^2$ é abeliano.

**Demonstração.** Cada [órbita](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action) obtém-se a congruência. Quanto ao [centro](#ex-b3-groups-actions): a [ação](#def-b3-groups-action) 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](#exo-b3-groups-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](#thm-b3-groups-pfixed), $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X \equiv 0 \pmod p$. 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) dividirem a ordem do grupo. As demonstrações do Teoremas [1.12](#thm-b3-groups-pfixed) e [1.13](#thm-b3-groups-cauchy) 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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal).

**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](#lem-b3-groups-binom), $\abs\Omega = \binom{p^a m}{p^a}
\equiv m \not\equiv 0 \pmod p$, logo alguma [órbita](#def-b3-groups-action) $\mathcal O_S$ tem tamanho primo com $p$ (se $p$ dividisse o tamanho de toda [órbita](#def-b3-groups-action), dividiria $\abs\Omega$). Seja $H = G_S$ o [estabilizador](#def-b3-groups-action) 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](#thm-b3-groups-pfixed) 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](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-sylow2)), com [estabilizador](#def-b3-groups-action) de $P$ igual ao [normalizador](#ex-b3-groups-actions) $N_G(P) \supseteq P$: $n_p = [G :
N_G(P)]$, e $m = [G:P] = [G:N_G(P)]\,[N_G(P):P]$ mostra que $n_p \mid
m$.

Restrinja agora a [ação](#def-b3-groups-action) 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](#thm-b3-groups-sylow2) 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](#thm-b3-groups-pfixed) 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](#def-b3-groups-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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-sylow) normais: $P
\cap Q = \{e\}$ (ordens coprimas), logo $\abs{PQ} = pq$ ([Exercício 1.4](#exo-b3-groups-4)) e $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z
\times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ pela [Proposição 1.24](#prop-b3-groups-direct) 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](#pb-b3-groups-1)).

**Exemplo 1.23 (Um censo de Sylow completo: S4S_4S4​).**

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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-sylow) deixe de ser [normal](#def-b3-groups-normal), e ambos deixam — compare com a ordem $12$, em que a contagem força um deles a ser [normal](#def-b3-groups-normal) (Parte IV do [Problema 1.1](#pb-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) $hkh^{-1}k^{-1}$ 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#pb-b3-groups-1) $Q_8$ *não* é um [produto semidireto](#def-b3-groups-semidirect) de subgrupos próprios: todo subgrupo não trivial contém $-1$ ([Problema 1.1](#pb-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) são [solúveis](#def-b3-groups-derived); reciprocamente, se $N$ e $G/N$ são [solúveis](#def-b3-groups-derived), $G$ também é.

**Demonstração.** Um automorfismo $\alpha$ leva $[x,y]$ em $[\alpha x, \alpha y]$: ele permuta os [comutadores](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived), a [série derivada](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) sobre [comutadores](#def-b3-groups-derived); 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](#def-b3-groups-derived). Os $p$-grupos são [solúveis](#def-b3-groups-derived), 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](#def-b3-groups-derived): $S_4 \trianglerighteq A_4
\trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$, onde $V = \{e,
(1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ é o grupo de Klein das transposições duplas ([normal](#def-b3-groups-normal) em $S_4$: uma reunião de [classes de conjugação](#ex-b3-groups-actions)), com quocientes abelianos $\Z/2\Z$, $\Z/3\Z$, $V$. No [Capítulo 4](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/4-extensoes-de-corpos-e-teoria-de-galois#ch-b3-galois), “a equação geral de grau $n$ é [solúvel](#def-b3-groups-derived) por radicais” *significará* literalmente “$S_n$ é um [grupo solúvel](#def-b3-groups-derived)”. Daí a importância da próxima definição.

**Definição 1.31.**

Um grupo $G \neq \{e\}$ é *simples* se seus únicos [subgrupos normais](#def-b3-groups-normal) são $\{e\}$ e $G$. Um grupo simples não abeliano não é [solúvel](#def-b3-groups-derived): $D(G) \trianglelefteq G$ não é $\{e\}$ (do contrário $G$ seria abeliano), logo $D(G) = G$ e a [série derivada](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-simple) para $n \geq 5$.

**Demonstração.** Sejam $N \trianglelefteq A_n$, $N \neq \{e\}$. Pelo [Lema 1.32](#lem-b3-groups-threecycles), 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](#def-b3-groups-derived), e os únicos [subgrupos normais](#def-b3-groups-normal) de $S_n$ são $\{e\}$, $A_n$ e $S_n$.

**Demonstração.** $A_n$ é [simples](#def-b3-groups-simple) não abeliano e, portanto, não é [solúvel](#def-b3-groups-derived) ([Definição 1.31](#def-b3-groups-simple)); um grupo que contém um subgrupo não [solúvel](#def-b3-groups-derived) não é [solúvel](#def-b3-groups-derived) ([Proposição 1.29](#prop-b3-groups-derived)). 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](#ex-b3-groups-actions) 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](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-simple), tome $\{e\} \trianglelefteq G$. Caso contrário, escolha um [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) próprio maximal $N$ (há uma quantidade finita de subgrupos); $G/N$ é [simples](#def-b3-groups-simple) pelo teorema da correspondência (um [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) próprio não trivial de $G/N$ se levantaria a um [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) de $G$ estritamente entre $N$ e $G$). Acrescente $N \trianglelefteq G$ a uma [série de composição](#thm-b3-groups-jordanholder) de $N$.

*Unicidade*: indução sobre $\abs G$, sendo claro o caso $G$ [simples](#def-b3-groups-simple). Tome duas [séries de composição](#thm-b3-groups-jordanholder), de penúltimos termos $M \trianglelefteq G$ e $N \trianglelefteq G$ (de modo que $G/M$ e $G/N$ são [simples](#def-b3-groups-simple)). Se $M = N$, conclua por indução aplicada a $M$. Caso contrário, $MN$, [normal](#def-b3-groups-normal) em $G$ e contendo estritamente $M$, vale $G$ ($M$ é [normal](#def-b3-groups-normal) maximal: qualquer $M \subsetneq L
\subsetneq G$ [normal](#def-b3-groups-normal) se aplicaria sobre um [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) próprio não trivial do [grupo simples](#def-b3-groups-simple) $G/M$). 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](#thm-b3-groups-jordanholder) de $K$. Então $M$ carrega duas [séries de composição](#thm-b3-groups-jordanholder): a sua original e a série de $K$ seguida de $K \trianglelefteq
M$ (o quociente $M/K \cong G/N$ é [simples](#def-b3-groups-simple)). 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](#def-b3-groups-derived): se todos os fatores são $\Z/p_i\Z$, a série é uma cadeia de quocientes abelianos, logo $G$ é [solúvel](#def-b3-groups-derived) ([Proposição 1.29](#prop-b3-groups-derived)). Reciprocamente, um fator de composição de um [grupo solúvel](#def-b3-groups-derived) é [solúvel](#def-b3-groups-derived) (quociente de um subgrupo) e [simples](#def-b3-groups-simple); um [grupo simples](#def-b3-groups-simple) [solúvel](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-simple), com uma lista de peças bem definida — uma aritmética dos grupos em que os [grupos simples](#def-b3-groups-simple) são os primos e em que *o modo como as peças são coladas* (os dados de extensão, como no [produto semidireto](#def-b3-groups-semidirect)) substitui a mera multiplicação. A classificação dos [grupos simples](#def-b3-groups-simple) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-5/b3-groups/fig-3655fe380ff7.svg)

*Os dez subgrupos do [grupo diedral](#ex-b3-groups-semidirectexamples) $D_4 = \langle r,
s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$. Os três subgrupos de índice $2$ (linha do meio) são normais, assim como o [centro](#ex-b3-groups-actions) $\langle r^2\rangle$ (destacado); os quatro subgrupos de reflexão repartem-se em duas [classes de conjugação](#ex-b3-groups-actions) de dois elementos. As cadeias de baixo para cima dão [séries de composição](#thm-b3-groups-jordanholder), 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](#def-b3-groups-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 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 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](#thm-b3-groups-pfixed)), 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](#def-b3-groups-derived) $I + E_{13} \neq I$.

**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](#def-b3-groups-normal) $\operatorname{Inn}(G)
\trianglelefteq \operatorname{Aut}(G)$, com $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$.

**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](#def-b3-groups-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 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](#def-b3-groups-derived) $[h,k] = hkh^{-1}
k^{-1}$ é igual a $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$ ($K$ [normal](#def-b3-groups-normal)) e a $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ ($H$ [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) 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 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](#def-b3-groups-action).

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 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](#def-b3-groups-sylow) $P_3, P_5$ são normais, intersectam-se trivialmente (ordens coprimas) e $\abs{P_3P_5} = 15$ ([Exercício 1.4](#exo-b3-groups-4)(a)): pela [Proposição 1.24](#prop-b3-groups-direct), $G
\cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (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](#thm-b3-groups-pfixed) 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](#def-b3-groups-simple). *(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 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](#def-b3-groups-simple), 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](#def-b3-groups-sylow) [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-simple).

**Exercício 1.8 ★★.**

(a) Seja $H \leq G$ de índice $n$. Mostre que a [ação](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal). (c) Mostre que toda [ação](#def-b3-groups-action) transitiva de $G$ sobre um conjunto $X$ é isomorfa à [ação](#def-b3-groups-action) sobre um espaço de classes laterais: existe uma bijeção $X
\to G/G_x$ que comuta com as ações.

**Solução de Exercício 1.8.**

(a) A [ação](#def-b3-groups-action) $g \cdot xH = gxH$ 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal).

(c) Seja a [ação](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-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 de Exercício 1.9.**

(a) $D(G)$ é [normal](#def-b3-groups-normal) com quociente abeliano ([Proposição 1.29](#prop-b3-groups-derived)); 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](#thm-b3-groups-firstiso) fatoriza $f =
\bar f \circ \pi$ por $G^{\mathrm{ab}}$, de maneira única, pois $\pi$ é sobrejetora.

(b) Os [comutadores](#def-b3-groups-derived) são permutações pares, de modo que $D(S_n) \subseteq A_n$. Reciprocamente, todo $3$-ciclo é um [comutador](#def-b3-groups-derived):

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

(verificação direta em $a, b, c$), e os $3$-ciclos geram $A_n$ ([Lema 1.32](#lem-b3-groups-threecycles)): $D(S_n) = A_n$ 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](#ex-b3-groups-actions) crescem”) e deduza que todo subgrupo maximal de um $p$-grupo é [normal](#def-b3-groups-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 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](#thm-b3-groups-pfixed)).

*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](#ex-b3-groups-actions) 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](#ex-b3-groups-actions) de $\sigma$ em $S_5$ e em $A_5$. (b) Deduza que $A_5$ é [simples](#def-b3-groups-simple): um [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) é uma reunião de [classes de conjugação](#ex-b3-groups-actions), contém $e$ e tem cardinalidade que divide $60$. (c) Mostre que um [grupo simples](#def-b3-groups-simple) de ordem $60$ tem necessariamente $n_5 =
6$.

**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](#def-b3-groups-normal) $N$ é uma reunião de [classes de conjugação](#ex-b3-groups-actions) 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](#def-b3-groups-simple) 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](#def-b3-groups-normal), contradizendo a simplicidade ($1 < 5 <
60$). Logo $n_5 = 6$.

**Exercício 1.12 ★★.**

(Os [normalizadores](#ex-b3-groups-actions) dos [subgrupos de Sylow](#def-b3-groups-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](#ex-b3-groups-actions) de [subgrupo de Sylow](#def-b3-groups-sylow) está contido em um [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) próprio de $G$, e que um subgrupo maximal contendo $N_G(P)$ é autonormalizante.

**Solução de Exercício 1.12.**

(a) $P$ é [normal](#def-b3-groups-normal) em $H = N_G(P)$ pela definição de [normalizador](#ex-b3-groups-actions), 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](#def-b3-groups-sylow) [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-pfixed) somado à análise de $p^2$ feita abaixo: restam $6, 8, 10, 12, 14, 15$.

**Parte I — Ferramentas.**

1. 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 $\mathbb F_2$.)*
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](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/3-modulos-sobre-um-dominio-de-ideais-principais#ch-b3-modules) (discuta segundo a ordem máxima de um elemento).
3. 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 $H  \rtimes_{\varphi} K \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ .
4. 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 $pq$.**

5. Seja $\abs G = 2p$ com $p$ primo ímpar. Mostre que $G$ tem um [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) $N = \langle r \rangle$ de ordem $p$ e um elemento $s$ de ordem $2$ fora de $N$ .
6. 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 $6$ , $10$ , $14$ .
7. Mais geralmente, seja $\abs G = pq$ com $p < q$ primos. Mostre que, se $p \nmid q-1$ , então $G$ é cíclico ( [Exemplo 1.22](#ex-b3-groups-pq) ), 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](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/4-extensoes-de-corpos-e-teoria-de-galois#ch-b3-galois) (ciclicidade de $\mathbb F_q^\times$ ). Conclua para a ordem $15$ .

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

8. Mostre que $G$ tem um elemento $r$ de ordem $4$ (use a questão 1) e que $N = \langle r\rangle$ é [normal](#def-b3-groups-normal) .
9. Seja $s \notin N$ . Mostre que $s^2 \in N$ ( [Exercício 1.1](#exo-b3-groups-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 $s$?)* .
10. No caso $s^2 = e$ , mostre que $G \cong D_4$ .
11. 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 $$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu  \end{pmatrix},  \qquad  \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0  \end{pmatrix}.$$
12. Mostre que todo subgrupo não trivial de $Q_8$ contém $-1$ ; deduza que todo subgrupo de $Q_8$ é [normal](#def-b3-groups-normal) , que $D_4 \not\cong Q_8$ (conte os elementos de ordem $2$ ) e que $Q_8$ não é um [produto semidireto](#def-b3-groups-semidirect) de dois subgrupos próprios.

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

13. 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 $3$)* .
14. Suponha $n_3 = 4$ . A [ação](#def-b3-groups-action) 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](#exo-b3-groups-1); conte os quadrados em $S_4$)* ; e conclua que $G \cong A_4$ .
15. 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.
16. 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.**

17. 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 $p^3$.

18. Mostre que $\abs{Z(G)} = p$ , que $G/Z(G) \cong  (\Z/p\Z)^2$ *(um quociente cíclico pelo [centro](#ex-b3-groups-actions) força a abelianidade: [Exercício 1.2](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ é central e de ordem divisora de $p$ .
19. (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 $z$.)*
20. 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 $\theta$ .
21. (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 $H_p$.
22. (Expoente $p^2$ ) Suponha que algum $r \in G$ tenha ordem $p^2$ e ponha $N = \langle r\rangle$ , [normal](#def-b3-groups-normal) (índice $p$ : [Exercício 1.10](#exo-b3-groups-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 $p$)* .
23. 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.**

24. 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.
25. 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 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](#thm-b3-groups-pfixed)). 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](#prop-b3-groups-direct) 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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal) ([Exercício 1.1](#exo-b3-groups-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](#exo-b3-groups-4)(a)): pela [Proposição 1.26](#prop-b3-groups-semidirect), $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi
\Z/2\Z$ 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](#ex-b3-groups-semidirectexamples)). 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](#def-b3-groups-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](#ex-b3-groups-pq)). 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](#def-b3-groups-semidirect) 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](#def-b3-groups-normal).

**9.** $s^2 \in N$ pelo [Exercício 1.1](#exo-b3-groups-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](#ex-b3-groups-actions)), $\langle \mathrm i\rangle, \langle \mathrm j\rangle, \langle
\mathrm k\rangle$ (índice $2$) e $Q_8$: todos normais ($\{e\}$ e o [centro](#ex-b3-groups-actions) trivialmente, os de índice $2$ pelo [Exercício 1.1](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-semidirect) $H \rtimes K$ 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](#def-b3-groups-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](#exo-b3-groups-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](#lem-b3-groups-threecycles) 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](#prop-b3-groups-semidirect)), $\varphi \colon P_2 \to
\operatorname{Aut}(\Z/3\Z) = \{\pm\mathrm{id}\} \cong \Z/2\Z$.

- $\varphi$ trivial: [produtos diretos](#prop-b3-groups-direct) $\Z/3\Z \times \Z/4\Z  \cong \Z/12\Z$ 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](#def-b3-groups-action) 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](#thm-b3-groups-pfixed)) 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](#exo-b3-groups-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](#exo-b3-groups-2): $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$. Como $G/Z$ é abeliano, todo [comutador](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) $z = [y, x]$ 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](#ex-b3-groups-actions) 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-semidirect) 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](#ex-b3-groups-actions) 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 $p \nmid q - 1$.)