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.

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(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 $$x\notin ker(\phi)$$.

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