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alex-silva
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Álgebra Moderna – Alguns exercícios respondidos.
1ª) Seja R* o grupo multiplicativo dos números reais não nulos. Descreva explicitamente o núcleo do homomorfismo valor absoluto x→|x| de R* em si mesmo. O homomorfismo é injetor? Qual é a imagem desse homomorfismo?
Seja f: R* R* e f(x)=IxI.Para provar se o homomorfismo é injetor, façamos;
Ker (f): {x є R/ f(x)= u= 1} Testando f(x) = 1, temos que IxI=1, x=±1. Então, Ker (f)= {-1,1}
Com o grupo R*, e=1. Para ser homomorfismo injetor, Ker= {1}. Já que isso não acontece, porque como vimos Ker={-1,1}, ou seja, Ker ≠ e, então o homomorfismo não é injetor.
Já que f(x)=IxI, então, a imagem deste homomorfismo, com o grupo indicado é R*+.
2ª) Sejam G e J grupos multiplicativos, f um homomorfismo de G em J e H um subgrupo de J. Mostre que f-1(H) = {x ∈ G; f(x) ∈ H} é um subgrupo de G.
Prova:
i) Como f(eG) = eJ, então, eG = f-1(eJ) ∈ f-1(H) (eJ∈H);ii) Sejam f(a), f(b) ∈ H, então, a, b ∈ f-1(H). Devemos mostrar que a.b ∈
f-1(H)Como f(a) . f(b) = f(a.b) ∈ G, então a.b∈ f-1(H);
iii) Seja f(a) ∈ H, então f(a)-1= f(a-1) ∈ H.Como f(a) ∈ H, então, a ∈ f-1(H).Por outro lado, f(a-1) ∈ H, pois H≤J, então, a-1 ∈ f-1(H). Logo, f-
1(H)≤G.
3ª) Prove que um grupo (G, •) é abeliano se, somente se, f: G→G definida por f(x) = x-1 é um homomorfismo.
Para provar que f é homomorfismo, vamos mostrar que a aplicação
f: G Gx x -1
é um homomorfismo.
De fato para x, y є G; temos: f: (x - y) = (xy)-1 =y-1 . x-1
= x-1 . y-1
= f(x) . f(y)Logo, f é homomorfismo.
Veja que f:G→G tal que f(x) = x-1 é sobrejetora, pois a lei da função leva um elemento do domínio ao seu inverso, e se G é grupo então para todo elemento do domínio sempre existirá o seu inverso no contradomínio. Assim, a imagem da função será igual ao contradomínio que é o próprio G.Desse modo, seja f(x), f(y) ∈ Im(f) = G, logo f(x).f(y) = x-1y-1 (i), pois f é homomorfismo.Por outro lado f(y).f(x) = y-1.x-1 = (x.y) (ii)De (i) e (ii) G é abeliano.
4ª) Seja a um elemento fixo do grupo multiplicativo G. Prove que f: G → G definida por f(x) = a-1xa é um isomorfismo. Determine f-1.De fato, sejam x, y ∈ G então f(x.y) = axya-1 = ax. e.ya-1 = ax.a-1.aya-1 = (ax.a-
1) (aya-1) = f(x). f(y). logo, f é homomorfismo.
Para a função ser isomorfismo, f tem que ser bijetora. Mostremos sua injetividade.
Sejam x, y є G tais que,f(x) = f(y). Daía x a-1 = a y a-1 , multiplicando a em ambos os lados da igualdade temos ax.e=ay.ex=yPortanto, a função f é injetora
Mostremos que f é sobrejetora.Seja y є G basta tomar x= a-1ya є G tal que f(x) = x-1
De fato f(x) = (a-1 y a) = a (a-1 y a) a-1 = (a-1) y (a-1 a) = e y e = yEntão, f é sobrejetora, portanto f é isomorfismo.
5ª) Sabendo que ℝ2 munido da operação de soma de pares ordenados é um grupo e que M2(ℝ) com a soma usual de matrizes também é grupo.
Mostre que f: ℝ2 → M2(ℝ) dada por f(a,b) = é um homomorfismo
injetor.a) Sejam x(a,b) e y=(c,d) pertencentes a ℤxℤ com a,b ∈ ℤ, logo
f(x+y) = ((a,b) + (c, d)) = f((a+c, b,d))
=
= f(a, b) + f(c, d) = f(x) + f(y). Logo f f é homomorfismo!
b) f é injetora pois se f(x) = f(y) com x.(a,b) e y=(c, d). logo f(a, b) = f(c,d)
⇒ se duas matrizes de ordem 2 são iguais então os
elementos das colunas e linhas correspondentes de uma matriz é igual
ao da outra assim, a = c, - b = - d, b = d e a = c. Portanto,
(a, b) = (c, d) ⇒ x = y
c) f não é isomorfismo pois não é sobrejetora.
Contra-exemplo: A matriz M = ∈ M2 (ℝ) = CD(f) e M ≠
. Logo existem elementos do contradomínio que não faz parte da
imagem.
d) Ker(f) = {(0, 0)} pois f(0, 0) = = elemento neutro do
grupo (M2(ℝ),+).
6ª) Determine todos os subgrupos de (Z11, +).
+ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 02 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 13 3 4 5 6 7 8 9 10 0 1 24 4 5 6 7 8 9 10 0 1 2 35 5 6 7 8 9 10 0 1 2 3 46 6 7 8 9 10 0 1 2 3 4 57 7 8 9 10 0 1 2 3 4 5 68 8 9 10 0 1 2 3 4 5 6 79 9 10 0 1 2 3 4 5 6 7 810 10 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Seja Z11 um grupo finito, pelo teorema de Lagrange, existe H subgrupo de Z11,
onde IHI divide I Z11I.
Para determinar todos os subgrupos de Z11, temos:
Z11 = {0,1,...,10}.
Já que H é subgrupo de Z11, então IHI divide I Z11I .
Assim, IHI = 1 ou IHI = 11.Logo, H={0} ou H={0,1,...,10}.