TESTEFEDERAL 1700527120548 CamScanner 20-11-2023 21 34 pdf

Resolução do Trabalho 1 de Álgebra 1) Por hipótese, temos que |G| = p^m, m ≥ 1 e p primo. Seja a ∈ G qualquer. Lembremos que a ordem de um elemento é a ordem do subgrupo gerado por este elemento; isto é, ord(a) = |⟨a⟩|. Pelo Teorema de Lagrange temos que, |⟨a⟩| | |G| = p^m e como p é primo então, ord(a) = |⟨a⟩| = p^k, 0 ≤ k ≤ m 2) Note que, como a soma em Z é comutativa, as classes laterais à esquerda e à direita serão iguais. Logo, podemos calcular somente à esquerda. 0 + 4Z = 4Z = {..., -8, -4, 0, 4, 8, ...} ↔ :2 + 4Z = {..., -6, -2, 2, 6, 10, ...} 1 + 4Z = {..., -7, -3, 1, 5, 9, ...} ↔ :3 + 4Z = {..., -5, -1, 3, 7, 11, ...} Note que todas as outras classes laterais irão se repetir. Logo, todas as classes laterais de 4Z em Z são: 4Z, 1 + 4Z, 2 + 4Z, 3 + 4Z 3) (a) Note que se f é bijeção então, f^-1 também é. Logo, só precisamos mostrar que se f é homomorfismo, f^-1 também é. ⊢ f^-1 : J → G é homomorfismo. Se f : G → J é homomorfismo então, ∀ x, y ∈ G tem-se : f(x + y) = f(x) + f(y). (†) Chame a := f(x) e b := f(y). Aplicando a inversa na equação, temos : f^-1(†): f^-1(f(x+y)) = f^-1(f(x) + f(y)) ⇒ x+y = f^-1(f(x) + f(y)) ⇒ f^-1(a) + f^-1(b) = f^-1(a + b). Logo f^-1 é homomorfismo, provando a afirmação. 3 - (b) Sejam f: G → J homomorfismo e S ≤ J. ⊢ f^-1(S) ≤ G Sejam x₁, x₂ ∈ f^-1(S). Logo, x₁ = f^-1(y₁) e x₂ = f^-1(y₂) com y₁,y₂ ∈ S. Dai, x₁ ⋅ x₂ = f^-1(y₁) ⋅ f^-1(y₂) = f^-1(y₁ ⋅ y₂) ∈ f^-1(S), pois y₁,y₂ ∈ S ∴ f^-1 é homomorfismo. ∴ Seja x ∈ f^-1(S) ⇒ x = f^-1(y) para algum y ∈ S ⇒ x^-1 = (f^-1(y))^-1 = f^-1(y^-1) ∈ f^-1(S). Logo, f^-1(S) é subgrupo de G. ⊢ N(f) ⊆ f^-1(S) Seja x ∈ N(f) ⇔ f(x) = e. Como S é um grupo (subgrupo) então e ∈ S. Logo, f(x) ∈ S ⇒ x ∈ f^-1(S). Portanto, N(f) ⊆ f^-1(S) 4) Sejam G grupo, N ⊳ G e H ≤ G. Vamos mostrar que H ∩ N ⊳ H. ⊢ hxh⁻¹ ∈ H ∩ N, ∀ x ∈ H ∩ N, ∀ h ∈ H. Como x ∈ H ∩ N então x ∈ H, logo hxh⁻¹ ∈ H. Como N ⊳ G então para qualquer g ∈ G, m ∈ N tem-se g ⋅ m ⋅ g⁻¹ ∈ N. Além disso, tomo H é subgrupo de G então H ⊆ G e, logo, h ⋅ m ⋅ h⁻¹ ∈ N, ∀ h ∈ H, ∀ m ∈ N. Dai, se x ∈ H ∩ N ⇒ x ∈ N ⇒ hxh⁻¹ ∈ N. Portanto, hxh⁻¹ ∈ H ∩ N, ∀ x ∈ H ∩ N, ∀ h ∈ H. Logo, H ∩ N é subgrupo normal de H. 5) Como (G : N)=2 então |G/N| = 2, logo G/N = {eN, xN} para algum x ∈ G \ N Logo, G = N ∪ xH (união disjunta). ⊢ xN = G\N - Se xN ≠ G\N ⇒ existe m ∈ N tal que xm ∉ G\N ⇒ xm ∈ N ⇒ xmx⁻¹ ∈ N ⇒ x ∈ N, absurdo. Logo, xN ⊆ G\N. - Se g ∈ G\N, como G = N ∪ G\N então g ∈ xN. Logo G\N ⊆ xN, Suponha que N não é normal em G, logo existem m ∈ N e g ∈ G tais que gm ⋅ g⁻¹ ∉ N ⇒ gm ⋅ g⁻¹ ∈ G\N ⇒ g₀ ∉ G\N ⇒ m = g⁻¹ ⋅ g₀ ⋅ g ∈ N, absurdo, pois g₀ ⋅ g₀ ∈ G\N. Portanto, N ⊳ G. 6) Seja H = {x ∈ G; xa = ax, ∀ a ∈ G } e G grupo multiplicativo. ⊢ H é subgrupo de G. Sejam x, y ∈ H, então xa = ax e ya = ay, ∀ a ∈ G. Vamos mostrar que xy ∈ H: (xy)a = x(ya) = x(ay) = (xa)y = (ax)y = a(xy), ∀ a ∈ G. Logo, xy ∈ H. Seja x ∈ H, logo ax = xa, ∀ a ∈ G. Vamos mostrar que x⁻¹ ∈ H. x⁻¹a = (ax⁻¹) = (xa⁻¹)⁻¹ = ax⁻¹, ∀ a ∈ G. Logo, x⁻¹ ∈ H. Portanto, H ≤ G. ⊢ H é subgrupo normal de G Considere quaisquer h ∈ H e g ∈ G. Então, ghg⁻¹ = (gh)g⁻¹ =(hg)g⁻¹ = hg ∈ H. Logo, g,hg⁻¹ ∈ H, ∀ h ∈ H, ∀ g ∈ G, portanto H ⊳ G. 7) Defina a função f : Z → Z₅ que está bem definida. x x (mod5) Note que f é sobrejetiva por construção, logo, Im f = Z₅. ⊢ N(f) = 5Z Seja x ∈ N(f). Então, x ∈ N(f) ⇔ f(x) = 0̅ ⇒ x (mod 5) = 0̅ ⇔ x ≡ 0 (mod5) ⇔ x ∈ 5Z . Logo, N(f) = 5Z. ⊢ f é homomorfismo. Sejam x, y ∈ Z, então f(x+y) = x+y (mod 5) ≡ x(mod 5)+ y(mod5) ≡ f(x) + f(y) Portanto, pelo teorema da Isomorfismo, existe um único homomorfismo g : Z/K → Z₅ , com K ⊆ N(f) . Tomando K = N(f) = 5Z segue pelo teorema do Isomorfismo que g : Z/5Z → Z₅ é isomorfismo. Logo, Z/5Z é isomorfo a Z₅.