Solução:

1) Observamos que as únicas classes laterais de H são $$G|H = \{H,xH\}$$, para $$x\in G-H$$. Além disso, as classes laterais são as classes de equivalência da relação usual de equivalência para subgrupos. Desse modo, podemos escrever $$G=H\cup xH$$, ou seja, $$G$$ é união disjunta das duas classes de $$H$$.

2) Como $$xHx^{-1}\subset G$$, ou $$xHx^{-1}\subseteq H$$ ou $$xHx^{-1}\subseteq xH$$. No segundo caso, para todo $$h\in H, x^{-1}xhx^{-1}\in H$$, o que implicaria $$hx^{-1}\in H$$, portanto $$x\in H$$, o que é um absurdo. Assim, a única possibilidade é que $$xHx^{-1}\subseteq H$$, de modo que $$xHx^{-1}=H$$.

3) Se $$g\in H$$, é óbvio que $$gHg^{-1}=H$$. Se $$g\in G-H$$, então $$g\in xH$$, ou seja: existe $$h\in H$$ tal que $$g=xh$$, logo $$gHg^{-1} = (xh)H(h^{-1}x^{-1})=xHx^{-1}=H$$. O que finaliza a demonstração.

O post Subgrupos Normais – Exercício 2 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solution:

For $$g,h\in G$$, $$\rho(ghg^{-1}h^{-1})=\rho(g)\rho(h)\phi(g^{-1})\rho(h^{-1}) (*)$$.

Since ρ is of degree 1, $$\rho(x)\in\mathbb{F} $$(field), so

\[(*)=\rho(g)\rho(g^{-1})\rho(h)\rho(h^{-1})=\]

\[\rho(gg^{-1})\rho(h^{1}h)=1\cdot 1 = 1.\]

We conclude that $$ghg^{-1}h^{-1}\in ker(\rho)$$, therefore

\[ghg^{-1}h^{-1} Ker(\rho) = Ker(\rho) \Longrightarrow (gh)Ker(\rho)= (hg)Ker(\rho).\]

O post Group Representation – Exercise 1 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

Como $$N$$ é normal, pode-se escrever $$n=mxm^{-1}$$, para $$x\in N$$, o que implica $$nm=mxm^{-1}m = mx (*)$$.

Dado que $$M$$ também é normal, existe $$y\in M$$ tal que $$m=nyn^{-1}$$. A equação $$(*)$$ torna-se $$nm = mx = nyn^{-1}x$$, que implica $$m = yn^{-1}$$ e, portanto, $$my^{-1}=n^{-1}x$$. Observamos que $$my^{-1}\in M$$ e que $$n^{-1}x\in N$$.

A igualdade só é válida com $$my^{-1}=1_{G}=n^{-1}x$$, dado que a intersecção de ambos é o elemento neutro. Assim, temos $$my^{-1}=1_{G}\Longrightarrow m = y$$ e $$n^{-1}x=1_{G}\Longrightarrow n = x$$.

Daqui, $$nm=mx = mn$$.

O post Subgrupos Normais – Exercício 1 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

1) A relação é uma função. De fato, para qualquer $$x\in G$$, há um elemento $$z=gxg^{-1}$$ tal que $$i_{g}(x)=x$$. Além disso, tomados os elementos $$x=x’$$ em $$G$$,

\[i_{g}(x)=gxg^{-1}=gx’g^{-1}=i_{g}(x’).\]

2) É um homomorfismo de grupos. De fato, tomando $$x,y\in G$$, temos

\[i_{g}(xy)=g(xy)g^{-1}=(gx)(yg^{-1})=\]

\[(gxg^{-1})(gyg^{-1})=i_{g}(x)\cdot i_{g}(y).\]

3) Provaremos que o núcleo é igual a $$\{1_{G}\}$$.

De fato, se $$x\in ker(i_{g})$$, temos

\[i_{g}(x)=gxg^{-1}=1_{g} \Longrightarrow\]

\[x=g^{-1}g=1_{g}.\]

A função é injetora.

4) Seja $$z\in G$$, provaremos que existe $$x$$ tal que $$i_{g}(x)=z$$. Com efeito, se tomarmos $$x=g^{-1}zg$$, teremos

\[i_{g}(x)=gg^{-1}zgg^{-1}=z.\]

Provando que a função é sobrejetora.

O post Homomorfismo de Grupos – Exercício 3 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

a) Prove que o estabilizador $$G_{aH}$$ é subconjunto de $$aHa^{-1}$$.

b) Mostre que, para qualquer elemento $$aH\in X$$, tem-se $$|O_{aH}|=[G:H]$$.

Solução:

a) Seja $$g\in G_{aH}=\{g\in G| (g,aH)=aH\}$$, então $$gaH=aH$$.

Desse fato, decorre que existem $$h$$ e $$h’$$ em $$H$$ tais que $$gah = ah’$$. Desse modo,

\[gah=ah’ \Longrightarrow g = ah”a^{-1}.\]

Isso significa que existe $$h”\in H$$ tal que a expressão anterior ocorre, ou, em outras palavras, significa que $$g\in aHa^{-1}$$.

b) O número de classes laterais de $$H$$ é a cardinalidade do conjunto $$X$$, isto é: $$[G:H]=|X|$$. Basta mostrar que, dada qualquer classe $$aH$$, tem-se $$O_{aH}=X$$. A relação $$O_{aH}\subset X$$ já é estabelecida, falta provar apenas a inclusão inversa.

Com efeito, dada uma classe $$bH\in X$$, existe $$g\in G$$ tal que $$(g,aH)=bH$$. Tomando-se $$g=ba^{-1}$$, nota-se que

\[(g,aH)=ba^{-1}aH=bH.\]

Isto significa que qualquer elemento de $$X$$ é elemento da órbita $$O_{aH}$$. A conclusão é de que $$|O_{aH}|=|X|=[G:H]$$.

$$\square$$

O post Álgebra de Grupos: Ação de Grupos (exercício 2) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Demonstração:

Para $$t=3$$: pode-se escrever $$(j_{1} j_{2} j_{3})=(j_{1} j_{3})(j_{1} j_{2})$$. De fato, o produto $$(j_{1} j_{3})(j_{1} j_{2})$$ faz com que $$j_{1}\mapsto j_{2}\mapsto j_{2}$$; $$j_{2}\mapsto j_{1}\mapsto j_{3}$$ e $$j_{3}\mapsto j_{3}\mapsto j_{1}$$.

Assumindo a hipótese de indução, $$(j_{1}….j_{t})=\Pi_{i=0}^{t-2}(j_{1} j_{t-i})$$, prova-se a mesma fórmula para $$t+1$$.

Com efeito, o produto de permutações $$(j_{1} j_{t+1})(j_{1}…j_{t})$$ produz as seguintes relações: $$j_{1}\mapsto j_{2},…,j_{t – 1}\mapsto j_{t}$$, $$j_{t}\mapsto j_{1}\mapsto j_{t+1}$$ e $$j_{t+1}\mapsto j_{t+1}\mapsto j_{1}$$. Isto significa que

\[(j_{1} j_{t+1})(j_{1}…j_{t}) = (j_{1}…j_{t+1}).\]

Pela hipótese de indução e pela igualdade demonstrada acima, temos

\[(j_{1} j_{t+1})(j_{1}…j_{t}) = (j_{1} j_{t+1})(j_{1}…j_{t}) = (j_{1} j_{t+1})\Pi_{i=0}^{t-2}(j_{1} j_{t-i})=\Pi _{i=0}^{t-1}(j_{1} j_{t+1-i}) \]

O post Álgebra de Grupos – Permutações (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

a) O mapa $$G\times X\longrightarrow X$$, definido por $$(g,xH)=gxH$$ corresponde a uma ação do grupo $$G$$ sobre $$X$$.

b) Dada a função $$\tau_{g}(xH)=gxH$$, que leva elementos de $$X$$ em elementos de $$X$$ e pertence ao conjunto das permutações de $$X$$, define-se $$\chi:G\longrightarrow S_{x}$$ com $$\chi(g)=gxH$$. Descreva o núcleo do homomorfismo $$\chi$$. Em particular, mostre que $$ker(\chi)\subset H$$.

c) Mostre que, para qualquer subgrupo normal $$N$$ de $$H$$, tem-se $$N\subseteq ker(\chi)$$.

Solução:

a) 

i. $$(1,xH)=(1\cdot x) H = xH$$. Cumpre o axioma (i) da ação de grupos.

ii. Dados $$g,r\in G$$,

\[(g,(r,xH))=(g,(rx)H)=g(rx)H=(gr)xH=(gr,xH).\]

Cumpre o axioma (ii) da ação de grupos.

b) 

Procura-se por $$g\in G$$ tal que $$\chi(g)=\tau_{g}(xH)=xH$$, para todo $$x\in G$$, isto é, a função $$tau_{g}(xH)=Id_{X}$$ (identidade de $$X$$).

Isto ocorre se, e somente se, $$xH=tau_{g}(xH)=gxH$$, para todo $$x\in G$$, logo, para qualquer $$h\in H$$, existe $$h’\in H$$ tal que $$xh=gxh’$$, isto é: $$h” = hh’ = x^{-1}gx$$, de modo que $$x^{-1}gx\in H$$.

\[ker(\chi)=\{g\in G | x^{-1}gx \in H, \forall x\in G\}.\]

Em particular, para $$x=1$$, tem-se $$g = 1^{-1}g 1\in H$$, donde se prova que $$ker(\chi)\subseteq H$$.

c)  

Por hipótese, para qualquer elemento $$n\in N$$, tem-se $$x^{-1}nx\in N$$. Dado que $$N\subseteq H$$, é fato que $$x^{-1}nx \in H$$, portanto $$n\in ker(\chi)$$.

O post Álgebra de Grupos: Ação de Grupos (exercício 1) apareceu primeiro em Educacional Plenus.

(Propriedades dos Homomorfismos) Seja os grupos $$G$$ e $$H$$, com suas respectivas operações de produto (lei da composição), e seja o homomorfismo $$\phi G\rightarrow H$$. Prove as seguintes propriedades:

i) $$\phi (l_{G})=l_{H}$$, sendo $$l$$ o elemento neutro de cada grupo.

ii) $$\phi (a_{1}\cdot …\cdot a_{n})=\phi(a_{1})\cdot …\cdot a_{n})$$, $$a_{i}\in G$$.

iii) $$\phi(x^{-1})=(\phi(x))^{-1}$$.

iv) $$\phi(x)=\phi(y) \Longleftrightarrow xy^{1}\in ker(\phi)$$, para $$x,y\in G$$.

Solução:

i) Seja $$x\in G$$. Pela definição do homomorfismo, $$\phi (x)=\phi (x\cdot 1_{G})=\phi (x)\cdot\phi(1_{G})$$.

Pela existência do elemento neutro em $$H$$ e pela lei do cancelamento, temos:

\[\phi(x)\cdot 1_{H}=\phi(x)=\phi(x)\cdot\phi (1_{G}\Longrightarrow 1_{H}=\phi(1_{G})\].

ii) Iniciamos com $$n=2$$.

Pela própria definição do Homomorfismo, é fato que

\[\phi (a_{1}\cdot a_{2})=\phi(a_{1})\cdot\phi (a_{2})\].

Por indução, assumimos a hipótese válida para $$n$$ e provamos que a hipótese é válida para $$n+1$$.

\[\phi(a_{1}\cdot ….\cdot a_{n})=\phi(a_{1})\cdot …\cdot\phi(a_{n}).\]

Multiplicando os dois lados por $$\phi(a_{n+1})$$, temos a sequência da demonstração a seguir:

\[\phi(a_{a}\cdot ….\cdot a_{n})\cdot\phi(a_{n+1})=\phi(a_{a}\cdot ….\cdot a_{n}\cdot a_{n+1})\].

E, do outro lado da expressão, temos:

\[\phi(a_{1})\cdot …\cdot\phi(a_{n})\cdot\phi(a_{n+1})\].

Completando a demonstração.

iii) Seja $$x\in G$$. Pela propriedade do homomorfismo, $$\phi(x)\cdot\phi(x^{-1})=\phi(x\cdot x^{-1})=\phi(1_{G})=1_{H}$$. Por outro lado, temos $$\phi(x)\cdot(\phi(x))^{-1}=1_{G}=\phi(x)\cdot\phi(x^{-1})$$. Pela lei do cancelamento, tem-se $$\phi(x^{-1})=(\phi(x))^{-1}$$.

iv) 

Se $$xy^{-1}\in kar(\phi)$$, então $$\phi(x)\cdot\phi (y^{-1})=\phi (xy^{1})=1_{H}$$.

Assim, obtemos $$\phi(x)\cdot(\phi(y))^{-1}=1_{H}\Longrightarrow \phi(x)=\phi(y)$$.

A demonstração recíproca é análoga.

Questão

Sejam os grupos $$G,H$$ e $$S$$, seja o homomorfismo $$\phi: G\rightarrow H$$, e seja o homomorfismo $$\psi: H\rightarrow S$$. Prove que $$\psi\circ\phi$$ (composição) é um homomorfismo.

Solução:

Como ψ e φ são funções (estão bem definidas), então sua composição é uma função (está bem definida). Basta provarmos que a definição de homomorfismo é válida.

Sejam $$x,y\in G$$. De fato, $$\phi(x\cdot y)=\phi(x)\cdot\phi(y)$$. Além disso, $$\psi(phi(x)\cdot\phi(y))=\psi(\phi(x\cdot y)). Deste modo, temos a demonstração:

\[(\psi\circ\phi)(x\cdot y)=\psi(\phi(x\cdot y))=\psi(\phi(x)\cdot\phi(y))=\psi(\phi(x))\cdot\psi(\phi(y))=(\psi\circ\phi)(x)\cdot(\psi\circ\phi)(y)\]

Observação: O núcleo de (ψ○φ) contém o núcleo de φ. Com efeito, seja $$x\in ker(\phi)$$, então $$\phi(x)=1_{H}\Longrightarrow \psi(1_{H})=1_{S}$$. Por outro lado, nem todo elemento do núcleo da composição faz parte do núcleo de φ.

De fato, pode existir $$\phi(x)\neq 1_{H}$$, com $$\psi(\phi(x))=1_{S}$$. Assim, $$x\in ker(\psi\circ\phi)$$, mas $$x\notin ker(\phi)$$.

O post Exercícios de Homomorfismos de Grupos apareceu primeiro em Educacional Plenus.