Disciplina: Anéis e Corpos

Professor: Fernando Torres

Membros do grupo:

Blas Melendez Caraballo (ra143857) ,

Leonardo Soriani Alves (ra115465) ,

Osmar Rogério Reis Severiano (ra134333)

Ramon Códamo Braga da Costa (ra143905)

1 Base de um Espaço Vetorial

Estamos interessados em encontrar, dentro de um espaço vetorial V, um subconjunto B ⊂ V, tal que qualquer vetor de

V seja uma combinação linear de elementos de B. Em outras palavras, queremos determinar um conjunto de vetores que

gere V e tal que todos elementos sejam realmentes necessários para gerar V. Se pudermos encontrar tais vetores, teremos

os alicerces de nosso espaço, com estes vetores fazendo o papel de i, j, k na Geometria Analítica no Espaço. Denominares

um conjunto de vetores desse tipo de base, mais precisamente:

Definição 1. Seja V um espaço vetorial sobre um corpo K. Dizemos que um subconjunto B de V é uma base de V se

(i) B for um conjunto gerador de V ; e

(ii) B for linearmente independente.

Teorema 1. Seja {0} 6= V um espaço vetorial sobre K. Então V possui pelo menos uma base.

Demonstração. Seja F = {S : S ⊂ V e S l.i.} . Como existe 0 6= v0 ∈ V, temos que F 6= ∅, visto que {v0} é l.i.

A relação R = {(Si, Sj) ∈ F × F : Si ⊂ Sj} é uma relação de ordem parcial sobre F . Seja {S` : ` ∈ L} um sub-

conjunto totalmente ordenado de F . Afirmamos que⋃`∈L

S` é um limitante superior de {S` : ` ∈ L} em F . De fato, sejam

v1, . . . , vn ∈⋃`∈L

S`, α1, . . . , αn ∈ K e suponhamos que α1v1+. . .+αnvn = 0. Existem índices `1, . . . , `n em L tais que

vi ∈ S`i , i = 1, . . . , n. Como {S` : ` ∈ L} é totalmente ordenado, existe um índice `k tal que S`i ⊂ S`k , i = 1 . . . , n.

Segue que vi ∈ Sjk , i = 1, . . . , n. Como S`k é l.i., α1 = . . . αn = 0. Logo,⋃`∈L

S` é l.i. e, consequentemente, é um

limitante superior de {S` : ` ∈ L} em F . Pelo lema de Zorn, F possui um elemento maximal, digamos B. No restante

da prova mostraremos que V é gerado por B, ou seja V = [B] . Como [B] ⊂ V, basta verificarmos a outra inclusão, para

isto suponhamos que exista um elemento w ∈ V e w /∈ [B] . Então B ∪ {w} é linearmente independente, de fato, sejam

u1, . . . , um ∈ B e β1, . . . , βm, β ∈ K, tais que

β1u1 + . . .+ βmum + wβ = 0,

então β = 0, caso contrário teríamos (−β1β−1

)u1 + . . .+

(−βmβ−1

)um = w,

contradizendo o fato de w /∈ [B] . Portanto igualdade a torna-se

β1u1 + . . .+ βmum = 0,

consequentemente βi = 0, i = 1, . . . ,m pois B é l.i. E como consequência temos que B ∪ {w} ∈ F , mas isto é um

absurdo, visto que este fato contradiz a maximalidade de B. Assim [B] = V.

O teorema abaixo apresenta duas caracterizações de base.

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Teorema 2. Sejam V um espaço vetorial sobre K e B um subconjunto de V. As seguintes afirmações são equivalentes:

(i) B é uma base de V ;

(ii) B é um subconjunto l.i. maximal de V, isto é, não existe subconjunto l.i. C de V tal que B 6= C e B ⊂ C;(iii) B é um conjunto gerador minimal de V, isto é, V = [B] e não existe C ⊂ B, C 6= B tal que V = C.

Demonstração. (i) ⇒ (ii) Se v ∈ V \B então por (i), v ∈ [B] . Segue que B ∪ {v} é l.d. Portanto, qualquer conjunto

contendo B propriamente é l.d.

(ii)⇒ (i) Se V 6= [B] , existiria v ∈ V \ {0} tal que v /∈ [B] . Logo, B ∪ {v} seria um conjunto l.i.,contradizendo (ii).

(i)⇒ (iii) Seja w ∈ B. Então, w /∈ [B\ {w}] , pois B é um conjunto l.i. Portanto, [B\ {w}] 6= V. Isto implica (iii).

(iii) ⇒ (i) Se existirem vetores (distintos) v1, . . . , vn ∈ B e escalares α1, . . . , αn ∈ K não todos nulos tais que α1v1 +

. . . + vnαnvn = 0, então um dos vj , digamos vn, é combinação linear dos demais. Logo, [B\ {vn}] = [B] = V,

contradizendo (iii).

Teorema 3. Seja V um espaço vetorial sobre K.(i) Se S ⊂ T ⊂ V, S é l.i. e V = [T ] , então existe uma base B de V tal que S ⊂ B ⊂ T ;(ii) Se S é um subconjunto l.i. de V então existe uma base B de V que contém S;

(iii) Se V = [T ] , então existe uma base B de V contida em T.

Demonstração. Para provar (i), aplicamos o Lema de Zorn a família de conjuntos

F = {A : S ⊂ A ⊂ T e A l.i.} ,

munida da ordem parcil de inclusão. Concluímos que F tem um elemento maximal B. Se existir algum elemento u ∈T\ [B] , então B ∪ {u} é l.i. contradizendo a maximalidade de B. Logo, T ⊂ [B] e, consequentemente, [T ] ⊂ [B] . Segue

que V = [B] , e, portanto, [B] é base de V. Partes (ii) e (iii) seguem de (i).

Teorema 4. Sejam V um espaço vetorial sobre K e B e C bases de V. Então, cada elemento de B pode ser substituído

por algum elemento de C de modo que o conjunto resultante ainda é uma base de V.

Demonstração. Seja v ∈ B. Se C fosse um subconjunto de B\ {v} , teríamos V = [C] ⊂ [B\ {v}] , contradizendo o

fato de B ser um conjunto gerador minimal de V. Logo, existe um elemento u ∈ C tal que u /∈ [B\ {v}] . Segue que

(B\ {v}) ∪ {u} é l.i. Se v /∈ [(B\ {v}) ∪ {u}] então (B\ {v}) ∪ {u} ∪ {v} = B ∪ {u} é l.i., contradizendo o fato de Bser um conjunto l.i. maximal. Assim, v ∈ [(B\ {v}) ∪ {u}] e

V = [B] ⊂ [B ∪ {u}] = [((B\ {v}) ∪ {u}) ∪ {v}] = [(B\ {v}) ∪ {u}] ,

completando a prova.

No teorema a seguir, utilizamos a noção de cardinalidade. Lembremos que dois conjuntos A e B tem a mesma

cardinalidade quando existe uma função f : A→ B bijetora.

Teorema 5. Sejam V um espaço vetorial sobre K e B, C bases de V. Então B e C tem a mesma cardinalidade.

O teorema 5 consolida a seguinte definição

Definição 2. Seja V um espaço vetorial sobre K. A dimensão de V sobre K, denotada por dimKV ou simplesmente por

dimV, é a cardinalidade de qualquer base de V sobre K.

Começamos nossa discussão sobre espaços vetoriais indagando sobre a existência de um certo tipo de subconjunto

Bde V, que tivesse as seguintes propriedades; B linearmente independente e [B] = V. Para este tipo de subconjunto de V

demos o nome de base algébrica.

Agora estamos interessados em saber algo sobre a cardinalidade do conjuntoB,mas particularmente quando dimKV =

∞, gostaríamos de saber se B é enumerável. O próximo resultado nos fornece um método que nos permite decidir se al-

guns espaços vetoriais tem base enumerável. Mais precisamente:

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Proposição 1. Seja E um espaço de Banach de dimensão infinita então E não possui base algebrica enumerável.

Demonstração. Suponhamos que exista uma base algébrica enumerável B = {vj : j ∈ N} de um espaço de Banach

de dimensão infinita E. Neste caso E =

∞⋃n=1

Fn, onde cada Fn = [{v1, . . . , vn}] . Por ter dimensão finita, cada Fn é

fechado, e potanto pelo teorema de Baire, existe n0 ∈ N, tal que int (Fn0) 6= ∅. Isso é um abusrdo, pois Fn0 6= E por E

ter dimensão infinita e subespaços próprios de espaços normados sempre tem interior vazio.

A proposição 1 é consequência do:

Teorema de Baire 1. Seja (M,d) um espaço métrico completo e (Fn)n∈N uma sequência de subconjuntos fechados de

M tais que M =

∞⋃n=1

Fn. Então existe n0 ∈ N tal que Fn tem interior não-vazio.

2 Classes Laterais e o Teorema de Lagrange

Consideremos, a título de motivação para o conceito a ser introduzido aqui, um subgrupo não trivial H do grupo

aditivo Z. Portanto H é necessariamente cíclico, ou seja, H possui um elemento n > 1 tal que H = [n] . Observemos

então que quaisquer que sejam a, b ∈ Z :

a ≡ b mod n⇔ a− b ∈ H,

fato esse que estabelece uma correspondência entre grupos de Z e as relações de congruência, módulo n, sobre Z.Essa observação pode ser generalizada, como veremos a seguir, para um grupo arbitrário (G, ∗) e para um subgrupo

arbitrário H de G.

Proposição 2. Seja G um grupo e H ⊂ G um subgrupo.

(i) a relação ≈ sobre G definida por

a ≈ b⇔ a−1b ∈ H,

é uma relação de equivalência.

(ii) Se a ∈ G, então a classe de equivalência determinada por a é o conjunto aH = {ah|h ∈ H} .

Demonstração. Provaremos somente o item (ii).

Lembremos que a ={x ∈ G|x−1a ∈ H

}. Então dado x ∈ a, tem-se x−1a = h, para um conveniente h ∈ H.

Daí,x = ah−1 e, portanto, x ∈ aH, uma vez que h−1 ∈ H.Por outro lado, se x ∈ aH, então x = ah, par algum h ∈ H. Daí, x−1a = h−1 ∈ H e, portanto, x−1a ∈ H. De onde,

x ∈ a.Dessas duas conclusões, segue que a = aH.

Definição 3. Para cada a ∈ G, a classe de equivalência aH definida pela relação ≈ introduzida na proposição 2 é

chamada de classe lateral à direira, módulo H, determinada por a.

Uma decorrência imediata da proposição anterior é que o conjunto das classes laterais à direita, módulo H, deter-

mina uma partição em G, ou seja:

(i) se a ∈ G, então aH 6= ∅;(ii) se a, b ∈ G, então aH = bH ou aH ∩ bH = ∅;(iii) a união de todas as classes laterais é igual a G.

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Proposição 3. Seja H um subgrupo de G. Então duas classes laterais quaisquer módulo H são subconjuntos de G que

têm a mesma cardinalidade.

Demonstração. Sejam a, b ∈ G, e considere as classes aH e bH. Defina

f : ah ∈ aH → bh ∈ bH,

segue que f é bijetora, de fato:

(i) (injetora) Se h1, h2 ∈ H e f(ah1) = f(ah2), tem-se bh1 = bh2, consequentemente

h1 = b−1(bh1) = b−1(bh2) = h2.

(ii) (sobrejetora)Seja y ∈ bH. Então tomando x = ah, tem-se: f(x) = f(ah) = bh = y.

Se G é um grupo finito, então o conjunto quociente G/H também é finito. O número de elementos distintos de

G/H é chamado índice de H em G e é denotado por (G : H) .

Teorema de Lagrange 1. SejaH um subgrupo de um grupo finitoG. Então o (G) = o (G : H) e, portanto, o (H) |o (G) .

Demonstração. Suponhamos (G : H) = r e seja G/H = {a1H, a2H, . . . , arH} . Então,

G =

r⋃i=1

aiH e aiH ∩ ajH = ∅, i 6= j.

Mas devido proposição 3, o número de elementos de cada uma das classes laterais é igual ao número de elementos de

H, ou seja, é igual a o (H) . Portanto:

o (G) = o (H) + . . .+ o (H) ,

em que o número de parcelas é r = (G : H) . De onde:

o (G) = (G : H) o (H)

e o (H) |o (G) .

Corolário 1. SejaG um grupo finito. Então a ordem de um elemento a ∈ G divide a ordem deG e o quociente é (G : H) ,

em que H = [a] .

Demonstração. Basta lembrar que a ordem de a é igual à ordem de [a] e que, devido ao teorema de Lagrange:

o (G) = (G : H) o ([a]) .

Corolário 2. Se a é um elemento de um grupo finito G, então ao(G) = e, onde e é o elemnto neutro de G.

Demonstração. Seja h a ordem de a. Portanto, h é o menor inteiro estritamente positivo tal que ah = e. Mas, devido ao

corolário anterior:

o (G) = (G : H)h

em que H = [a] . Portanto:

ao(G) = a(G:H)h =(ah)(G:H)

= e(G:H) = e.

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Corolário 3. Seja G um grupo finito cuja ordem é um número primo. Então G é cíclico e os únicos subgrupos de G são

os triviais, ou seja, {e} e o próprio G.

Demonstração. Seja p = o (G) . Como p > 1, o grupo G possui um elemento a diferente do elemento neutro. Assim, se

H = [a] , o teorema de Lagrange garante que o (H) |p. Logo, o (H) = 1 ou p e, portanto, H = {e} ou H = G. Como a

primeira dessas hipóteses é impossível, então G = H e, portanto, G é cíclico. Por outro lado, se J é um subgrupo de G,

então, ainda devido ao teorema de Lagrange, o (J) |o (G) . Daí, o (J) = 1 ou p e, portanto, J = {e} ou J = G.

Exemplo 1. Seja G um grupo de ordem pn, em que p é um número primo e n > 1. Mostre que a ordem de um elemento

qualquer de G é uma potencia de p.

Solução: Seja a ∈ G, se a for o elemento neutro o resultado é imediato, se a 6= e, consideremos o subgrupo H = [a] ,

então pelo teorema de Lagrange a o (H) divide o (G) , portanto o (H) = pα, onde α ∈ N e 1 ≤ α ≤ n. E pelo fato de

o (H) = o (a) , concluímos o resultado.

Poderíamos agora nos indagar se a recíproca do teorema de Lagrange é verdadeira, isto é, se G é um grupo finito

e m dividi a ordem de G então G adimite um subgrupo H de ordem m. A resposta para essa questão é não, um contra-

exemplo pode ser encontrado no grupo S4 grupo simétrico de grau 4.

Referências

[1] Domingues, Hygino H. Álgebra Moderna. Atual Editora,2003.

[2] Mirian Pereira Mendes, Roberta Godoi Wik Atique, Valdir Antonio Menegatto, notas didáticas de álgebra linear USP,

2003.

[3] Geraldo Botelho, Daniel Pellegrino e Eduardo Teixeira, Fundamentos de análise funcional, SBM,2012.

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