KIARA LIMA COSTA - UFC...KIARA LIMA COSTA GRUPOS COBERTOS POR CINCO SUBGRUPOS MAXIMAIS Dissertacão submetida à Coordenação do Curso de Pós-Graduação em Matemática, da Universidade

UNIVERSIDADE FEDERAL DO CEARÁCENTRO DE CIÊNCIAS

DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICAPROGRAMA DE PÓS-GRADUAÇÃO EM

MATEMÁTICA

KIARA LIMA COSTA

GRUPOS COBERTOS POR CINCO

SUBGRUPOS MAXIMAIS

FORTALEZA2013

KIARA LIMA COSTA

GRUPOS COBERTOS POR CINCO SUBGRUPOSMAXIMAIS

Dissertacão submetida à Coordenação do

Curso de Pós-Graduação em Matemática,

da Universidade Federal do Ceará, para

a obtenção do grau de Mestre em

Matemática.

Área de concentracão: Álgebra

Orientador: Prof. Dr. José Robério

Rogério

FORTALEZA

2013

Dados Internacionais de Catalogação na Publicação Universidade Federal do Ceará

Biblioteca do Curso de Matemática

C871g Costa, Kiara Lima Grupos cobertos por cinco subgrupos maximais / Kiara Lima Costa. – 2013.. 162 f. : enc. ; 31 cm

Dissertação (Mestrado) – Universidade Federal do Ceará, Centro de Ciências, Departamento de Matemática, Programa de Pós-Graduação em Matemática, Fortaleza, 2013.

Área de Concentração: Álgebra Orientação: Prof. Dr. José Robério Rogério.

1. Teoria dos grupos. 2. Isomorfismos (Matemática). I. Título.

CDD 512.2

“Veja não diga que a vitória está perdida

Tenha fé em Deus, tenha fé na vida

Tente outra vez ”

Aos meus pais, Elias e Zilda,

à minha irmã, Kélvia,

e aos meus familiares

por estarem sempre ao meu lado.

Agradecimentos

Agradeço primeiramente a Deus, por ele ser minha força, fortaleza.

À minha família pelo apoio e compreensão nos momentos de ausência.

Ao meu orientador, professor Robério Rogério pelo seu exemplo de humildade, por suas

palavras animadoras e por acreditar no meu esforço e potencial.

Aos meus professores do Departamento de Matemática da UFC, pela excelente formação.

Ao professor José Alberto Duarte Maia pela ajuda que foi de fundamental importância no

desenvolvimento do Lema 5.3.

Aos membros da banca: Prof. Dr. Emanuel Augusto de Souza Carneiro e Prof. Dr. José

Alberto Duarte Maia.

A toda minha turma de mestrado pela solidariedade e incentivo no decorrer do mestrado.

À Andréa Costa Dantas, pelo carinho e toda sua atenção.

Ao CNPq pelo apoio financeiro.

Finalmente, a todos aqueles que contribuíram para esse momento de conclusão de mestrado.

Resumo

Esta dissertação é baseado no artigo “Covering groups with subgroups” de R. A. Bryce, V.

Fedri e L. Serena, onde caracterizam os grupos que admitem uma cobertura irredundante por

cinco subgrupos maximais com interseção livre de núcleo. Além disso, a intersecção de uma

cobertura irredundante por n subgrupos é conhecido por ter índice delimitada por uma função

de n, embora em geral, a limitação precisa não é conhecida. Aqui nós confirmamos um crédito

de Tomkinson que a limitação correta é 16 quando n é 5.

Palavras-Chave: Teoria dos grupos. Cobertura de grupos por subgrupos. Isomorfismos.

Abstract

This dissertation is based on the article “Covering groups with subgroups” of R. A. Bryce, V.

Fedra and L. Serena, which characterize groups that admit a cover by five maximal irredundant

subgroups with free core intersection. The intersection of an irredundant cover by n subgroups

is known to have index bounded by a function of n, though in general the precise bound is not

known. Here we confirm a claim of Tomkinson that the correct bound is 16 when n is 5.

Keywords: Group theory. Cover groups into subgroups. Isomorphisms

Sumário

Introdução p. 1

1 Resultados Básicos p. 5

1.1 Grupos e Subgrupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 6

1.2 Classes Laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 10

1.3 Subgrupos Normais e Grupos Cíclicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 16

1.4 Subgrupos Clássicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 20

1.5 Homomorfismos de Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 23

1.6 Ação de Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 29

1.7 Teoremas de Sylow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 35

1.8 O Grupo Simétrico Sn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 38

1.9 Produto Direto e Semidireto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 47

1.9.1 Produto Direto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 47

1.9.2 Produto Semidireto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 49

2 Preliminares p. 52

2.1 Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 53

2.2 Comutadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 54

2.3 Grupos Solúveis, Supersolúveis e Nilpotentes . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 63

2.4 Teorema de Schur-Zassenhaus e Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 80

3 Cobertura por Classes Laterais p. 83

3.1 Grupos cobertos por classes laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 84

3.2 Sobre f1(n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 88

4 Coberturas de Grupos p. 93

4.1 Lema Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 94

4.2 Características dos Grupos que possuem Coberturas por Subgrupos Próprios . p. 100

4.3 Os casos n = 1,2,3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 101

4.3.1 n = 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 102

4.3.2 n = 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 102

4.3.3 n = 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 103

4.4 Cota inferiores para f (n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 107

4.5 Cotas Superiores para f (n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 111

5 Caracterização dos grupos com 3,4,5-cobertura p. 116

5.1 C3-cobertura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 117

5.2 C4-cobertura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 117

5.3 C5-cobertura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 117

6 O valor exato de f (5) p. 146

Referências Bibliográficas p. 152

Introdução

Uma cobertura para um grupo G é uma coleção de subgrupos próprios de G cuja união é

igual a G. Usamos o termo n-cobertura para uma cobertura com n membros. A n-cobertura é

irredundante se nenhuma subcoleção é ainda uma cobertura, ou seja, G = H1 ∪H2 ∪ . . .∪Hn

ser uma n-cobertura irredundante significa que Hi ⊆ H1 ∪ . . .∪Hi−1 ∪Hi+1 ∪ . . .∪Hn. Quando

todos os membros da cobertura são subgrupos maximais, dizemos que a cobertura é maximal.

Uma cobertura é dita ter interseção livre de núcleo quando o núcleo normal da interseção dos

membros da cobertura é trivial.

Sabemos que a união de dois subgrupos é um subgrupo se, e somente se, um deles contém

o outro. Dessa forma, não existe grupo G que admita uma 2-cobertura irredundante.

Agora desse simples resultado surgem perguntas tais como: Para n ≥ 3, em que condições

um grupo G pose ser escrito como n-cobertura irredundante? Será possível caracterizar todos

os grupos G que possui uma n-cobertura irredundante?

Scorza (1926) [17] determinou a estrutura de todos os grupos tendo uma 3-cobertura

irredundante com interseção livre de núcleo.

Proposição 0.1 (Scorza, 1926 [17]) Seja Hi;1 ≤ i ≤ 3 uma cobertura irredundante com

interseção D livre de núcleo de um grupo G. Então D = 1 e G ≃C2 ×C2.

D. Greco procurou estudar os casos pequenos. Ele conseguiu uma caracterização para os

grupos que podem ser cobertos por 2,3 ou 4 subgrupos. Para o caso n = 5, sua caracterização

foi apenas parcial, o que mostrava a dificuldade do problema. Percebeu-se ali que talvez esta

não fosse a abordagem mais interessante e outras idéias começaram a surgir.

Greco (1956) [13] caracterizou todos os grupos tendo uma 4-cobertura irredundante com

interseção livre de núcleo.

Introdução 2

Proposição 0.2 (Greco, 1956 [13]) Seja Hi;1 ≤ i ≤ 4 uma cobertura irredundante com

interseção D livre de núcleo para um grupo G. Se a cobertura é maximal, então ou

1. D = 1 e G ≃C3 ×C3 ou G ≃ S3; ou

2. |D|= 2, |G|= 18 e G é imerso em S3 ×S3.

Se a cobertura não é maximal, então ou

1. D = 1 e G ≃C4 ×C2 ou G ≃C2 ×C2; ou

2. |D|= 2 e G ≃ D8 ×C2

No ano de 1954, B. H. Neumann publicou dois artigos: “Groups covered by permutable

subsets”, “Groups covered by finitely cosets” relacionados com o assunto. Ele estudou o

problema da cobertura de um grupo, não só por subgrupos, mas também por classes laterais.

Um dos resultados mais importantes obtidos por Neumann nos diz que se um grupo G pode ser

coberto por uma quantidade finita de classes laterais (à direita):

G = X1x1 ∪X2x2 ∪ . . .∪Xnxn (1)

então pelo menos um dos subgrupos Xi deve ter índice finito em G, e as classes laterais dos

subgrupos de índice infinito podem ser omitidas da cobertura.

O resultado de Neumann pode então ser reescrito como:

Teorema 0.1 (Neumann) Se G admite uma cobertura irredundante por n classes laterais:

G = X1x1 ∪X2x2 ∪ . . .∪Xnxn

então o índice

∣∣∣∣∣G :n∩

i=1

Xi

∣∣∣∣∣ é finito.

Neumann (1954) [15] provou que se G tem uma n-cobertura irredundante então o índice da

interseção da cobertura em G pode ser limitado por uma função de n e Tomkinson (1987) [19]

melhorou esta limitação. Denotaremos por f (n) o maior índice |G : D| tomado sobre todos os

grupos G tendo uma n-cobertura irredundante com interseção D. Denotaremos ainda por f1(n)

como sendo o máximo valor do índice da interseção da cobertura por n classes laterais.

Esta dissertação é baseada no artigo “Covering groups with subgroups” de R. A. Bryce,

V. Fedri e L. Serena, onde caracterizam os grupos que admitem uma cobertura irredundante

Introdução 3

por cinco subgrupos maximais com interseção livre de núcleo. Mostraremos ainda que o valor

exato de f (5) = 16, confirmando a conjectura de Tomkinson feita em [19].

Neste trabalho, Cn representa a classe de todos os grupos G tendo uma n-cobertura maximal

irredundante com interseção D livre de núcleo. Para um grupo G em Cn, assumimos que

Σ = Mi;1 ≤ i ≤ 5 é uma 5-cobertura maximal irredundante para G com interseção D livre

de núcleo, ou seja, DG = 1.

Vamos agora explanar um pouco do que será feito em cada capítulo.

Nos Capítulos 1 e 2 desenvolvemos todos os pré-requisitos básicos nececssários no decorrer

da leitura.

No Capítulo 3 trataremos do problema da cobertura de grupos por classes laterais.

Provaremos ainda que f1(n) = n!, que é chamada de primeira parte do Teorema de Tomkinson.

Provamos também o Teorema de Neumann, que é indispensável no estudo das Coberturas de

Grupos.

Teorema 0.2 (Neumann) Suponhamos que o grupo G é coberto por n subgrupos, G =n∪

i=1

Hi.

Suponha que para certo i ∈ 1,2,3, . . . ,n tenhamos Hi *∪j =i

H j, então |G : Hi| é finito.

Note que o Teorema acima é consequência do Teorema 0.1, pois todo subgrupo é, em

particular, classe lateral.

No Capítulo 4 abordamos o problema da cobertura de grupos por subgrupos. Analisamos

quando um grupo pode ser coberto por dois ou três subgrupos. Haja vista a impossibilidade de

cobrirmos um grupo irredundantemente por dois subgrupos. Temos que para coberturas com

três subgrupos temos o seguinte resultado.

Proposição 0.3 Seja Hi;1 ≤ i ≤ 3 uma cobertura irredundante com interseção D livre de

núcleo de um grupo G. Então D = 1 e G ≃C2 ×C2.

Depois disso ainda no mesmo capítulo achamos cotas inferiores e superiores para f (n) que

constituem a segunda parte do Teorema de Tomkinson.

No capítulo 5 abordamos uma condição necessária e suficiente para que um grupo G esteja

em C5 que é dada pelo seguinte Teorema

Introdução 4

Teorema 0.3 Seja G um grupo com cobertura irredundante maximal de cinco subgrupos com

interseção livre de núcleo D. Então ou

(a) D = 1 e G é abeliano elementar de ordem 16; ou

(b) D = 1 e G ≃ A4; ou

(c) |D|= 3, |G|= 48 e G → A4 ×A4

E por fim, no capítulo 6, mostraremos que o valor exato de f (5) é 16.

Capítulo 1Resultados Básicos

Conteúdo

1.1 Grupos e Subgrupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 6

1.2 Classes Laterias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 10

1.3 Subgrupos Normais e Grupos Cíclicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 16

1.4 Subgrupos Clássicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 20

1.5 Homomorfismos de Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 23

1.6 Ação de Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 29

1.7 Teoremas de Sylow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 35

1.8 O Grupo Simétrico Sn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 38

1.9 Produto Direto e Semidireto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 47

1.9.1 Produto Direto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 47

1.9.2 Produto Semidireto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 49

Neste primeiro capítulo abordaremos os “alicerces” da teoria dos grupos. Ou seja,

abordaremos uma série de definições e resultados da teoria dos grupos com o intuito de facilitar

a compreensão dos corolários, lemas, proposições e teoremas que serão abordados nos capítulos

subsequentes.

1.1 Grupos e Subgrupos 6

1.1 Grupos e Subgrupos

Definição 1.1 Um conjunto G com uma operação

G×G → G

(a,b) → a ·b

é um grupo se as condições seguintes são satisfeitas:

(i) A operação é associativa, isto é,

a · (b · c) = (a ·b) · c, ∀a,b,c ∈ G

(ii) Existe um elemento neutro, isto é,

∃ e ∈ G, tal que e ·a = a · e = a, ∀a ∈ G

(iii) Todo elemento possui um elemento inverso, isto é,

∀a ∈ G,∃ b ∈ G, tal que a ·b = b ·a = e

O grupo é abeliano ou comutativo se:

(iv) A operação é comutativa, isto é,

a ·b = b ·a, ∀a,b ∈ G

Observação 1.1

1) O elemento neutro é único.

De fato, suponhamos que existam dois elementos neutros de G, que indicaremos por e e

e′. Desse modo teremos e = e · e′, visto que e′ é elemento neutro e e′ = e′ · e, visto que e é

elemento neutro. Combinando as duas igualdades acimas, obtemos que e = e′.

2) O elemento inverso é único.

De fato, suponhamos que dado a ∈ G tenhamos para o mesmo dois

elementos inversos, que denotaremos por b e b′. Sendo assim, temos que a ·b = b ·a = e

e a ·b′ = b′ ·a = e. Dessa forma, teremos:

b = b · e = b · (a ·b′) = (b ·a) ·b′ = e ·b′ = b′.


Denotaremos o único inverso de a por a−1.

Definição 1.2 Seja G um grupo. Um subconjunto não vazio H de G é um subgrupo de G

(denotamos por H ≤ G) quando, com a operação de G, o conjunto H é um grupo, isto é,

quando as condições são satisfeitas.

(i) h1 ·h2 ∈ H, ∀h1,h2 ∈ H.

(ii) h1 · (h2 ·h3) = (h1 ·h2) ·h3, ∀h1,h2,h3 ∈ H.

(iii) ∃ eH ∈ H, tal que eH ·h = h · eH = h, ∀h ∈ H.

(iv) Para cada h ∈ H, existe k ∈ H, tal que h · k = k ·h = eH .

Observação 1.2

1) A condição (ii) é sempre satisfeita, pois a igualdade g1 · (g2 ·g3) = (g1 ·g2) ·g3 é válida

para todos os elementos de G.

2) O elemento neutro eH de H é necessariamente igual ao elemento neutro e de G.

3) Dado h ∈ H, o inverso de h em H é necessariamente igual ao inverso de h em G.

Proposição 1.1 Seja H um subconjunto não vazio do grupo G. Então H é um subgrupo de G

se, e somente se, as duas condições são satisfeitas:

(i) a ·b ∈ H,∀a,b ∈ H

(ii) a−1 ∈ H,∀a ∈ H

Demonstração:

Vamos supor inicialmente que H é subgrupo de G. Sendo assim, da definição 1.2 temos que

H é fechado com a operação em G, logo, ∀a,b ∈ H temos que a ·b ∈ H. Agora dado qualquer

elemento a ∈ H temos que existe a′ ∈ H tal que a ·a′ = eH = e ⇒ a ·a′ = e e assim a′ é também

o inverso de a. Segue assim, da unicidade do elemento inverso, que a′ = a−1 e, dessa maneira,

a−1 ∈ H. Portanto (i) e (ii) são satisfeitas.

Agora mostraremos que H é subgrupo de G assumindo a validade de (i) e (ii).

Com efeito, a fim de estabelecer que H é subgrupo, basta verificar que e ∈ H e que a lei

associativa vale para os elementos de H. Como a lei associativa vale em G e H ⊂ G não vazio


temos que a lei associativa é válida para os elementos de H. Agora dado a ∈ H temos, por (ii),

que a−1 ∈ H. Logo, por i), segue-se que

a ∈ H

a−1 ∈ H

∣∣∣∣∣⇒ a ·a−1 ∈ H ⇒ e ∈ H.

Proposição 1.2 Seja G um grupo, /0 = H ⊆ G um subconjunto finito de G. Mostre que

H ≤ G ⇔∀a,b ∈ H vale a ·b ∈ H.

Demonstração:

Segue-se da Proposição 1.1 que se H é um subgrupo de G então H é fechado para a operação em

G. Reciprocamente, da Proposição 1.1, basta mostrar que para todo a ∈ H temos que a−1 ∈ H.

Suponhamos que a ∈ H. Dessa forma, a2 = a · a ∈ H,a3 = a2 · a ∈ H, . . . ,

am = am−1 · a ∈ H, . . . , haja vista H ser fechado. Assim, a coleção infinita de elementos

a,a2, . . . ,am, . . . está toda em H, que é subconjunto finito de G. Assim, concluímos que há

repetições nesta coleção de elementos, isto é, para certos inteiros r e s, com r > s > 0, teremos

ar = as.

Agora, como G sendo G um grupo temos que as leis de cancelamento são válidas. Assim

ar = as ⇒ al+s = as ⇒ al ·as = as ⇒ al = e,

onde r = l + s e assim temos l = r− s.

Mas e ∈ H e assim ar−s ∈ H. Como r− s > 0, tem-se que r− s− 1 ≥ 0. Logo ar−s−1 ∈ H e,

portanto, a−1 = ar−s−1, pois

a ·a−1 = a ·ar−s−1 = a1+r−s−1 = ar−s = e ⇒ a ·a−1 = e.

Portanto, a−1 ∈ H e assim H é subgrupo de G.

Definição 1.3 Sejam H,K ⊂ G. Definimos o conjunto HK como sendo

HK = hk ∈ G;h ∈ H,k ∈ K.


Proposição 1.3 Seja G um grupo.

(i) Seja Hi; i ∈ I uma família não vazia de subgrupos, então∩i∈I

Hi é um subgrupo de G.

(ii) Se H,K ≤ G, então HK ≤ G ⇔ HK = KH.

(iii) (Lei Modular de Dedekind) Sejam H,K e L subgrupos de um grupo G, então

(HK)∩L = (H ∩L)K, se K ≤ L.

Demonstração:

(i): Observe inicialmente que∩i∈I

Hi é não-vazio pois cada Hi é um subgrupo. Sejam a,b ∈∩i∈I

Hi.

Então temos que a,b ∈ Hi,∀i ∈ I. Mas como cada Hi é subgrupo segue-se que ab ∈ Hi,∀i ∈ I.

Portanto, ab ∈∩i∈I

Hi. Agora seja a ∈∩i∈I

Hi. Então temos que a ∈ Hi,∀i ∈ I. Mas sendo Hi um

subgrupo temos que a−1 ∈ Hi,∀i ∈ I, ,ou seja, a−1 ∈∩i∈I

Hi. Segue da Proposição 1.1 que∩i∈I

Hi

é um subgrupo.

(ii) Considere inicialmente que HK = KH. Mostraremos que HK é um subgrupo de G. Desde

que e = e · e ∈ HK, segue-se que HK é não-vazio. Sejam a,b ∈ HK. Dessa forma, temos que

a = h1k1,b = h2k2 para algum h1,h2 ∈ H e k1k2 ∈ K. Logo,

ab−1 = h1k1k−12 k−1

1 h1k3h−12 ,

com k3 = k1k−12 ∈ K. Agora, como k3h−1

2 ∈ KH = HK. Portanto, podemos escrever

k3h−12 = h3k4 para algum h3 ∈ H e k4 ∈ K. Dessa forma,

ab−1 = h1h3k4 = h4k4,

com h4 = h1h3 ∈ H. Segue-se assim que ab−1 ∈ HK, ou seja, HK é um subgrupo de G.

Agora, partiremos do fato de que HK é um subgrupo. Considere a ∈ KH, ou seja, a = kh

com k ∈ K,h ∈ H. Então a−1 = h−1k−1 ∈ HK e sendo HK subgrupo, segue-se que a ∈ HK.

Provamos assim que KH ⊂ HK. Agora, considere b ∈ HK. Mas, sendo HK subgrupo, temos

b−1 = h′k′ ∈ HK para algum h′ ∈ H e k′ ∈ K. Consequentemente, temos b = k′−1h′−1 ∈ KH.

Portanto, HK ⊂ KH. Segue-se assim o que queríamos demonstrar.

(iii): Considere x ∈ (HK)∩L. Então, x = hk com h ∈ H,k ∈ K e x = hk ∈ L. Donde, obtemos

h = xk−1 ∈ L (Usamos aqui o fato de K ≤ L). Logo, h ∈ H ∩L ⇒ x = hk ∈ (H ∩L)K. Portanto,

temos que (HK)∩L ⊂ (H ∩L)K.

1.2 Classes Laterais 10

Agora mostramos a outra inclusão, ou seja, (H ∩L)K ⊂ (HK)∩L e, com isso, garantiremos a

igualdade, isto é, (HK)∩L = (H ∩L)K. Considere assim, y ∈ (H ∩L)K. Logo, y = hk, com

h ∈ H ∩L e k ∈ K, o que implica que y ∈ HK. Mas, como temos que H ≤ L então y ∈ L. Assim

y ∈ (HK)∩L. Logo, segue-se a inclusão desejada e assim, temos a igualdade.

Observação 1.3 • Sempre nos referiremos ao grupo G como sendo multiplicativo a menos que

indiquemos no texto o contrário.

• Usaremos, de agora em diante, o símbolo 1 para indicar tanto o elemento indentidade de G

como o subgrupo de G que contém apenas a identidade, tal subgrupo é denominado subgrupo

trivial de G. De acordo com o contexto o significado do símbolo 1 será claro.

• Um subgrupo de um grupo G será denotado por H ≤ G. Se H = G, dizemos que H é um

subgrupo próprio de G e denotamos por H < G.

Em princípio, falaremos sobre grupos quaisquer. Mais na frente, restringiremos a grupos

finitos, pois estes são o centro do nosso trabalho.

1.2 Classes Laterais

Definição 1.4 Seja G um grupo com x,y ∈ G e H ≤ G. Dizemos que x está relacionado com y,

denotamos por x ∼ y, se e somente se, x−1 · y ∈ H.

Proposição 1.4 ∼ define uma relação de equivalência em G.

Demonstração:

Para mostrar que ∼ é uma relação de equivalência, precisamos verificar as três condições

seguintes. Para todos x,y,z ∈ G,

(a) x ∼ x;

(b) x ∼ y implica y ∼ x;

(c) x ∼ y e y ∼ z implica x ∼ z.

Sendo assim, teremos:


(a): Para mostrar que x ∼ x precisamos demonstrar que x−1x ∈ H. Mas como H é um subgrupo

de G, segue-se que 1 ∈ H e como x−1x = 1 temos x−1x ∈ H.

(b): Suponha que x ∼ y, ou seja, x−1y ∈ H, a partir daí queremos obter que y ∼ x, ou seja,

y−1x ∈ H. Agora, como por hipótese x−1y ∈ H e H é subgrupo, segue-se que(x−1y

)−1 ∈ H, ou

seja, y−1x ∈ H, isto é,y ∼ x.

(c): Finalmente, exigimos que se x ∼ y e y ∼ z implique x ∼ z. Por hipótese, temos que como

x ∼ y então x−1y ∈ H. Da mesma forma, como y ∼ z então y−1z ∈ H. Mas como H é subgrupo

temos que (x−1y)(y−1z) ∈ H, ou seja, x−1z ∈ H, isto é, x ∼ z.

Definição 1.5 Dado x ∈ G, o conjunto

x = y ∈ G;x ∼ y= y ∈ G;y ∈ xH= xH

é chamada classe lateral à esquerda de x.

Observação 1.4 x ∼ y ⇔ y−1x ∈ H também define uma relação de equivalência em G. O

conjunto

x = y ∈ G;x ∼ y= y ∈ G;y ∈ Hx= Hx

é chamada classe lateral à direita de x.

Proposição 1.5 Existe uma bijeção entre o conjunto A das classes laterais à direita e o conjunto

B das classes laterais à direita.

Demonstração:

Para isso basta definirmos ϕ : A → B de modo que ϕ(Hx) = x−1H. Tal função é claramente

uma bijeção.

Definição 1.6 A cardinalidade do conjunto das classes laterais à esquerda é o índice de H em

G que denotaremos por |G : H|.

Observação 1.5 Por conta da Proposição 1.5, o índice de H em G também pode ser visto como

sendo a cardinalidade das classes laterais à direita.


Proposição 1.6 Todas as classes laterais de H em G têm a mesma cardinalidade, igual a

cardinalidade de H.

Demonstração:

Para isso basta definirmos ϕ : H → xH de modo que ϕ(h) = xh. Tal função é claramente uma

bijeção.

Definição 1.7 Seja H ≤ G. Dizemos que T ⊆ G é um transversal (à esquerda) de H em G se

G =∪t∈T

tH, ou seja, ∀g ∈ G,∃t ∈ T e h ∈ H tal que g = th e ∀t, t ′ ∈ T, tH = t ′H.

Definição 1.8 Se |X | é o número de elementos do conjunto X (finito ou infinito) então

(1) |X |= |Y | se existe uma aplicação bijetiva de X em Y ;

(2) |X | ≤ |Y | se existe uma aplicação injetiva de X em Y ;

(3) |X ||Y |= |X ×Y |.

Proposição 1.7 Se Ai, i ∈ I são conjuntos disjuntos com |Ai|= |A|, então∣∣∣∣∣ ·∪i∈I

Ai

∣∣∣∣∣= |I| · |A|

Demonstração:

Para ver isso denote por Fi : A → Ai uma bijeção e defina ϕ : I ×A →·∪

i∈I

Ai por ϕ(i,a) = Fi(a).

É fácil ver que ϕ é bijetiva.

Proposição 1.8 (Teorema do Índice) Sejam G um grupo, K ≤ H e H ≤ G com K não vazio.

Então

|G : K|= |G : H||H : K|.

Demonstração:


Sejam T um transversal de H em G e U um tranversal de K em H. Dessa maneira, temos que

H =·∪

u∈U

uK e G =·∪

t∈T

tH.

Inicialmente, nosso intuito é mostrar que G =·∪

t∈Tu∈U

tuK.

Com efeito, considere g ∈ G, então temos que g = th onde t ∈ T e h ∈ H. Mas com h ∈ H temos

que existem u ∈U e k ∈ K de modo que h = uk. Portanto, teremos que g = tuk ∈·∪

t∈Tu∈U

tuK. Logo,

G ⊂·∪

t∈Tu∈U

tuK.

Por fim, mostraremos a inclusão contrária. Considere x ∈·∪

t∈Tu∈U

tuK. Dessa forma, x = tuk onde

t ∈ T,u ∈ U e k ∈ K. Mas, temos que H =·∪

u∈U

uK temos que h = uk ∈ H e, portanto, x = th.

Mas G =·∪

t∈T

tH e, assim, x ∈ G. Logo,

·∪t∈Tu∈U

tuK ⊂ G.

Assim, G =·∪

t∈Tu∈U

tuK.

Assim, o conjunto Ω = TU é um transversal de K em G, logo

|G : K|= |Ω|= |TU |= |T ||U |= |G : H||H : K|.

Usamos acima que |TU |= |T ||U |. Tal fato é verdadeiro. De fato, defina ϕ : T ×U → TU dada

por ϕ(t,u) = tu, o que é claramente uma bijeção.

Corolário 1.1 (Teorema de Lagrange) Se H ≤ G, temos

|G|= |G : H| · |H|.

Demonstração:


Segue diretamente do Teorema do Índice bastando considerar K = 1 e notar que

|G : K|= |G : H||H : K| ⇔ |G|= |G : H||H|.

Corolário 1.2 Se |G|< ∞ e H ≤ G então |H|||G|.

Demonstração:

Bastar ver que |G|= |G : H||H| pelo Teorema de Lagrange.

Proposição 1.9 Sejam G um grupo e H,K ≤ G. Se |G : H|, |G : K|< ∞ então

|G : H ∩K| ≤ |G : H| · |G : K|< ∞.

Demonstração:

Denotemos por (G : H) o conjunto das classes laterais de H em G. Montemos uma função que

será injetiva,

F : (G : H ∩K)→ (G : H)× (G : K)

dada por (H ∩K)g 7→ (Hg,Kg). Vejamos que F é bem definida, ou seja, que independe do

representante da classe:

(H ∩K)g = (H ∩K)g1 ⇒ gg−11 ∈ H ∩K

⇒ gg−11 ∈ H;gg−1

1 ∈ K

= Hg = Hg1;Kg = Kg1

Agora vejamos a sua injetividade:

(Hg,Kg) = (Hg1,Kg1) ⇒ gg−11 ∈ H;gg−1

1 ∈ K

⇒ gg−11 ∈ H ∩K

⇒ (H ∩K)g = (H ∩K)g1

Corolário 1.3 (Teorema de Poincaré) Se A1,A2, . . . ,An são subgrupos de G com índice finito,

entãon∩

i=1

Ai tem índice finito em G.


Demonstração:

Segue da Proposição anterior que:∣∣∣∣∣G :n∩

i=1

Ai

∣∣∣∣∣≤ n

∏i=1

|G : Ai|< ∞.

Corolário 1.4 Sejam G um grupo e H,K ≤ G. Se (|G : H|, |G : K|) = 1, então

|G : H ∩K|= |G : H||G : K|.

Demonstração:

Como H ∩K ≤ H ≤ G temos, pelo Teorema do Índice, que

|G : H ∩K|= |G : H||H : H ∩K|= |G : K||K : H ∩K|

e assim, segue-se que |G : H|||G : H ∩K| e |G : K|||G : H ∩K|. Mas, por hipótese, temos que

|G : H| e |G : K| são primos entre si. Logo, |G : H| · |G : K|||G : H ∩K|. Em particular,

|G : H| · |G : K| ≤ |G : H ∩K|.

Por outro lado, do Teorema de Poincaré, vale a desigualdade contrária. Portanto, segue-se a

igualdade. (Observe que como (|G : H|, |G : K|) = 1 só tem sentido se |G : H|, |G : K|< ∞).

Proposição 1.10 Sejam H,K ≤ G. Então

|HK||H ∩K|= |H||K|.

Demonstração:

Defina a seguinte relação de equialência em H ×K:

(h,k)∼ (h′,k′)⇔ hk = h′k′ ⇔ h′−1h = k′k−1 ∈ H ∩K.

Verifica-se facilmente que ∼ é uma relação de equivalência em H ×K. Note que

(h,k) = (hx−1,xk);x ∈ H ∩K

visto que h′−1h = k′k−1 = x ⇔ hx−1 = h e k′ = xk. Logo∣∣∣(h,k)∣∣∣= |H ∩K|.

1.3 Subgrupos Normais e Grupos Cíclicos 16

Para toda classe (h,k) podemos tomar um único representante (h′,k′) de forma que o conjunto

I = representantes é tal que

H ×K =·∪

(h,k)

(h,k),

união disjunta. Pela Proposição 1.7 temos que

|H ×K|= |I|∣∣∣(h,k)∣∣∣= |I||H ∩K|.

Por fim, resta mostrar que |I|= |H||K|, o que é verdade pois basta definir a função ϕ : HK → I

dada por ϕ(hk) = (h,k), o que é claramente uma bijeção.

Portanto, segue-se o resultado.

1.3 Subgrupos Normais e Grupos Cíclicos

Definição 1.9 Seja G um grupo. Um subgrupo N de G é chamado um subgrupo normal de G,

e escrevemos N G, se xNx−1 ⊂ N para todo x ∈ G.

Observação 1.6 1 e G são normais em G.

Com efeito, mostraremos inicialmente que 1 G Devemos mostrar que xex−1 ∈ 1,∀x ∈ G, o que é verdade, pois

x1x−1 = (x1)x−1 = xx−1 = 1 ∈ 1.

Agora mostraremos que GG.

De fato, mostraremos que xGx−1 ⊂ G,∀x ∈ G, o que significa provar que xgx−1 ∈ G,∀x,g ∈ G.

Sendo assim, como G é grupo temos que xg ∈ G. Agora tendo x ∈ G segue que x−1 ∈ G. Dessa

forma temos (xg)x−1 ∈ G, ou seja, xgx−1 ∈ G. Portanto, xGx−1 ⊂ G.

Observação 1.7 Se G é abeliano, então todo subgrupo de G é um subgrupo normal.

De fato, seja H um subgrupo abeliano de G. Considere h ∈ H. Queremos mostrar que

ghg−1 ∈ H,∀g ∈ G. Como H é subgrupo de G e h ∈ H temos h ∈ G. Dessa forma g,h ∈ G

e sendo G abeliano segue-se que gh = hg.


Logo,

ghg−1 = (gh)g−1 = (hg)g−1 = h(gg−1) = h1 = h ∈ H ⇒ ghg−1 ∈ H.

Portanto, H G.

Observação 1.8 Um grupo G é simples se G e 1 são seus únicos subgrupos normais.

Teorema 1.1 Seja N um subgrupo de G. Então as seguintes afirmações são equivalentes:

(i) N G.

(ii) xNx−1 = N para todo x ∈ G.

(iii) xN = Nx para todo x ∈ G.

(iv) (xN)(yN) = xyN para todo x,y ∈ G.

Demonstração:

(i)⇒ (ii) Devemos mostrar que xNx−1 ⊂ N e N ⊂ xNx−1. Do fato de termos NG garantimos

que xNx−1 ⊂ N,∀x ∈ G. Resta, então, a segunda inclusão. Seja x ∈ G e sendo G grupo temos

que x−1 ∈ G, e como xNx−1 ⊂ N vale para todo x ∈ G, em particular, vale para x−1 ∈ G. Logo,

x−1N(x−1)−1 ⊂ N ⇒ x−1Nx ⊂ N.

Assim:

N = x(x−1Nx)x−1 ⊂ xNx−1 ⇒ N ⊂ xNx−1.

Portanto, segue-se que xNx−1 = N,∀x ∈ G.

(ii)⇒ (iii) Do item (ii) temos N = xNx−1. Logo,

Nx = (xNx−1)x = xNx−1x = xN1 = xN ⇒ Nx = xN,∀x ∈ G.

(iii)⇒ (iv) Do item (iii) temos que xN = Nx. Logo,

(xN)(yN) = x(Ny)N = x(yN)N = (xy)NN = (xy)N = xyN ⇒ (xN)(yN) = xyN.

Observe que NN = N.

De fato, NN ⊂ N, visto que N é um subgrupo e assim fechado sobre a multiplicação. Por outro

lado,

N = 1N ⊂ NN ⇒ N ⊂ NN.


Logo, das duas inclusões, segue que NN = N.

(iv)⇒ (i) Do item (iv) temos que (xN)(yN) = xyN,∀x,y ∈ G. Logo,

xNx−1 = xNx−1e ⊂ xNx−1N = xx−1N = 1N = N ⇒ xNx−1 ⊂ N.

Proposição 1.11 Seja N E G. O conjunto xN;x ∈ G é um grupo com a seguinte operação:

(xN)(yN) = (xy)N.

Demonstração:

Primeiramente devemos mostrar que a operação está bem definida. Sendo assim, considere

xN = x′N e yN = y′N. Para mostrar que

(xN)(yN) = (x′N)(y′N)

é necessário e suficiente mostrar que y′−1x′−1xy ∈ N. Mas, como xN = x′N então n = x′−1x ∈ N.

Assim, y′−1x′−1xy = y′−1ny ∈ N (pois N E G). Portanto, a operação está bem definida.

Além disso, temos:

(i) Associatividade:

(xN)[(yN)(zN)] = (xN)[(yz)N] = [x(yz)]N = [(xy)z]N = [(xy)N](zN)⇒

⇒ (xN)[(yN)(zN)] = [(xN)(yN)](zN).

(ii) Elemento Neutro: Dado x ∈ G, (xN)(1N) = xN = (1N)(xN).

(iii) Elemento Inverso: Dado x ∈ G, (xN)(x−1N) = 1N = (x−1N)(xN).

Denotamos porGN

= xN;x ∈ G, e o chamamos de grupo quociente.

Definição 1.10 Seja N E G. O índice de N em G é definido por

|G : N|=∣∣∣∣GN∣∣∣∣ .

Proposição 1.12 Seja N ≤ G com |G : N|= 2 então N E G.

Demonstração:


De fato, G é a união disjunta N ∪Na = N ∪ aN, para todo a ∈ G−N. Se aN ∩N = /0, então

ax = x′, com x e x′ elementos de N, ou seja, a = x′x−1 ∈ N, o que é uma contradição. Logo,

aN = Na. Portanto, N é subgrupo normal de G.

Proposição 1.13 Sejam G um grupo e H,N ≤ G. Se H E G então HN ≤ G.

Demonstração:

Seja H E G. Logo, dado n ∈ N temos que nH = Hn. Portanto, NH = HN. Segue-se da

Proposição 1.3 que HN ≤ G.

Definição 1.11 Seja G um grupo e N ⊆ G. Definimos o subgrupo gerado por N e denotemos

por ⟨N⟩, o menor subgrupo de G que contêm N. Também podemos definir da seguinte forma

⟨N⟩=∩

H≤GN⊆H

H.

Se N = a denotamos simplesmente por ⟨a⟩.

Definição 1.12 Seja G um grupo. Dado um elemento a ∈ G definimos a ordem do elemento a

como o menor número inteiro positivo n tal que an = 1 (se existir). Se não existir tal número,

dizemos que a ordem de a é infinita. Denotamos a ordem de a por o(a).

Proposição 1.14 Seja G um grupo e a ∈ G. Então

(i) o(a) = |⟨a⟩|, se o(a) não for infinita;

(ii) Se an = 1 então o(a)|n.

Demonstração:

(i): Note que o conjunto 1,a,a2, . . . ,ao(a)−1 é o menor grupo que contém a;

(ii): Suponha que tenhamos an = 1. Pelo Algoritmo da Divisão temos que existem inteiros p e

r tais que n = o(a)p+ r, onde 0 ≤ r < o(a). Logo,

1 = an = ao(a)p+r = aao(a)p ·ar =(

ao(a))p

·ar = ar.

1.4 Subgrupos Clássicos 20

Mas, a ordem de a tem a propriedade mínima. Segue-se assim, que r = 0 e o(a)|n.

Definição 1.13 Seja G um grupo. Dizemos que G é um grupo cíclico se existe a ∈ G tal que

G = ⟨a⟩.

Proposição 1.15 Se G é um grupo cíclico qualquer subgrupo H de G também será cíclico.

Demonstração:

Seja G = ⟨a⟩. Se H = 1 então H é cíclico gerado pelo elemento 1. Suponha então que

tenhamos H = 1. Sendo assim existe um número inteiro d tal que ad ∈ H. Mas sendo H

subgrupo, temos que a−d ∈ H. Assim podemos garantir que existe d inteiro positivo para o qual

tenhamos ad ∈ H. Considere agora n o menor inteiro positivo tal que an ∈ H.

Afirmamos que ⟨an⟩= H. Com efeito, como an ∈ H então ⟨an⟩ ⊂ H. Para mostrarmos a outra

inclusão, considere al ∈ H. Pelo Algoritmo da Divisão temos que existem m, p ∈ Z de modo

que l = n ·m+ p e 0 ≤ p < n. Assim, ap = al · (anm)−1 ∈ H e, dessa maneira, temos p = 0.

Com isto fica provado que H = ⟨a⟩, ou seja, H é cíclico.

Observação 1.9 O símbolo Cn representará um grupo cíclico de ordem n. Como o(x) = |⟨x⟩|,para o(x) = n podemos escrever Cn = ⟨x⟩.

1.4 Subgrupos Clássicos

Esta é uma seção especial para consolidarmos a notação a ser usada no texto. Vejamos as

definições:

I Se x,g ∈ G o conjugado de x por g será xg = g−1xg.

I Se x ∈ G, a classe de conjugação de x é o subconjunto:

xG = xg;g ∈ G.


I Se N ≤ G, um subgrupo conjugado a N é dado por:

Nx = x−1Nx = x−1nx;n ∈ N.

Quando Nx = N,∀x ∈ G vimos que N é normal em G.

I Se x ∈ G, o centralizador de x em G é o subgrupo formado pelos elementos em G que

comutam com x, indicado por:

CG(x) = g ∈ G;xg = x.

I Se H ⊆ G, o centralizador de H em G é o subgrupo:

CG(H) = g ∈ G;hg = h,∀h ∈ H=∩

h∈H

CG(h).

I O centro do grupo G é o subgrupo formado pelos elementos de G que comutam com

todos os outros Z(G) =CG(G).

Observação 1.10 O centro de um grupo G é um subgrupo normal de G.

Com efeito, devemos mostrar que gZ(G)g−1 ⊂ Z(G), ou equivalentemente,

gzg−1 ∈ Z(G),∀g ∈ G e ∀z ∈ Z(G).

Assim dado z′ ∈ Z(G) temos que z′x = xz′,∀x ∈ G, ou ainda

xz′ = z′x ⇒ x−1(xz′) = x−1(z′x)⇒ (x−1x)z′ = x−1z′x ⇒

⇒ 1z′ = x−1z′x ⇒ z′ = x−1z′x.

Dessa maneira, dados g ∈ G e z ∈ Z(G) temos:

gzg−1 = g(x−1zx)g−1 = gx−1zxg−1 = (gx−1)z(gx−1)−1.

Mas g,x ∈ G e G é grupo, logo gx−1 ∈ G e assim (gx−1)−1 ∈ G.

Logo, usando o fato de z ∈ Z(G) temos que:

(gx−1)z(gx−1)−1 = z(gx−1)(gx−1)−1 = z1 = z,

ou seja, gzg−1 = z.

Portanto, gzg−1 ∈ Z(G),∀g ∈ G e ∀z ∈ Z(G), ou seja Z(G)G.


I Se H ≤ G, definimos o normalizador de H em G como sendo o subgrupo

NG(H) = g ∈ G;Hg = H.

Note que H NG(H)≤ G.

Observação 1.11 Dado H ≤ G,NG(H)≥ H. Assim

|G : H|= |G : NG(H)||NG(H) : H|.

I Se X ⊂ G, o subgrupo gerado por X será:

⟨X⟩= xα11 · xα2

2 · xα33 · . . . · xαn

n ;xi ∈ X ;αi =±1.

Proposição 1.16 Seja G um grupo e seja Z(G) seu centro. SeG

Z(G)é cíclico, então Z(G) = G.

Demonstração:

Seja z um gerador do grupoG

Z(G). Então, ∀g ∈ G,∃i tal que g = zi. Logo g = zi · h com

h ∈ Z(G). Se g1 := zi1 ·h1 e g2 := zi2 ·h2 são dois elementos quaisquer de G, temos:

g1g2 = zi1 ·h1 · zi2 ·h2 = zi1+i2 ·h1 ·h2 = zi2 ·h2 · zi1 ·h1 = g2g1,

pois h1 e h2 comutam com qualquer elemento de G. Isto mostra que o grupo G é abeliano, isto

é, G = Z(G).

Definição 1.14 Se H ≤ G definimos o núcleo normal de G, que denotaremos por HG como

sendo

HG = ⟨X ;X E G,X ≤ H⟩.

Proposição 1.17 Seja H ≤ G então HG =∩

g∈G

Hg.

Demonstração:

Vamos ver inicialmente que HG é normal em G.

Seja x ∈ HG, temos que x = y1y2 . . .yn com yi ∈ Yi E G e Yi ≤ H. Dessa maneira, para qualquer

g ∈ G teremos

g−1xg = g−1(y1y2 . . .yn)g = (g−1y1g)(g−1y2g) . . .(g−1yng) = y′1y′2 . . .y′n ∈ HG

1.5 Homomorfismos de Grupos 23

haja vista que cada y′i ∈ Yi já que Yi E G. Logo g−1HGg ⊂ HG ⇒ HG é normal.

Seja X =∩

g∈G

Hg. Como HG é normal em G temos

gHGg−1 = HG ⊂ H ⇒ HG ⊂ g−1Hg = Hg ⇒ HG ⊂∩

g∈G

Hg = X .

Por outro lado, veja que X =∩

g∈G

Hg é normal em G, pois se x ∈ X e g,g1 ∈ G podemos usar

que x ∈ Hgg−11 para concluir que

g−11 xg1 = g−1

1(g1g−1hgg−1

1)

g1 = g−1hg ⇒ xg1 ∈ Hg,∀g ∈ G.

Logo xg1 ∈ X ⇒ Xg1 ⊂ x ⇒ X é normal em G.

Por outro lado, X ⊂ H1 = H o que implica X ⊂ HG, e portanto, X = HG.

Observação 1.12 HG =∩

g∈G

Hg é o núcleo normal do subgrupo H em G. Note que HG é o

maior subgrupo normal de G contido em H, ou seja, N E G,N ≤ H ⇒ N ≤ HG.

Em particular, se H G então H = HG.

1.5 Homomorfismos de Grupos

Definição 1.15 Considere G e H grupos. Uma aplicação ϕ : G → H que satisfaz

ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y),∀x,y ∈ G é denominada um homomorfismo entre os grupos G e H. Além

disso, se ϕ é bijetivo, então ϕ é denominado isomorfismo de G para H, e escrevemos G ≃ H e

dizemos que G e H são isomorfos. Se além disso tivermos G = H, então ϕ é denominado um

automorfismo de G. O conjunto de todos os automorfismos de G é, na realidade, um grupo com

a operação de composição de funções. Denotamos este grupo por AutG.

Teorema 1.2 Sejam G e H grupos com identidades 1G e 1H , respectivamente, e seja ϕ : G → H

um homomorfismo. Então:

(i) ϕ(1G) = 1H .

(ii) ϕ(x−1) = (ϕ(x))−1 para cada x ∈ G.


Demonstração:

Mostraremos inicialmente (i). Com efeito,

ϕ(1G) = ϕ(1G ·1G) = ϕ(1G) ·ϕ(1G)⇒ ϕ(1G) = ϕ(1G) ·ϕ(1G)⇒

⇒ 1H ·ϕ(1G) = ϕ(1G) ·ϕ(1G)⇒ ϕ(1G) = 1H .

Agora mostraremos (ii). Com efeito,

ϕ(1G) = ϕ(x · x−1) = ϕ(x) ·ϕ(x−1)⇒ ϕ(1G) = ϕ(x) ·ϕ(x−1)⇒ 1H = ϕ(x) ·ϕ(x−1)⇒

⇒ ϕ(x−1) = 1H · (ϕ(x))−1 ⇒ ϕ(x−1) = (ϕ(x))−1 .

Definição 1.16 Sejam G e H grupos e seja ϕ : G → H homomorfismo. O kernel de ϕ , que

denotamos por Kerϕ , é definido como sendo o conjunto

Kerϕ = x ∈ G;φ(x) = 1H,

onde 1H é a identidade de H.

Observação 1.13 Temos que Kerϕ é não vazio por conta de que ϕ(1G) = 1H .

Observação 1.14 Se ϕ : G → H é um homomorfismo de grupos então Kerϕ G.

Com efeito, devemos mostrar que gKerϕg−1 ⊂ Kerϕ ,∀g ∈ G, ou equivalentemente,

gkg−1 ∈Kerϕ ,∀g∈G e ∀k ∈Kerϕ . Seja g∈G e k ∈Kerϕ . Para mostrarmos que gkg−1 ∈Kerϕ ,

devemos provar que ϕ(gkg−1) = 1H .

Para tanto usaremos o fato de ϕ ser homomorfismo e o fato de k ∈ Kerϕ . Logo:

ϕ(gkg−1) = ϕ(g)ϕ(k)ϕ(g−1) = ϕ(g)1Hϕ(g)−1 = ϕ(g)ϕ(g)−1 = 1H .

Portanto, Kerϕ G.

Proposição 1.18 Um homomorfismo ϕ : G → H é injetivo se, e somente se,

Kerϕ = 1G.

Demonstração:


Suponha inicialmente que tenhamos ϕ injetivo. Considere x ∈ Kerϕ e, desse modo,

ϕ(x) = 1H . Mas sabemos ainda que ϕ(1G) = 1H . Sendo assim como ϕ é injetiva e temos

ϕ(x) = ϕ(1G) concluimos que x = 1G. Logo, Kerϕ = 1G.

Agora suponhamos que Kerϕ = 1G. Mostraremos que ϕ é injetivo. Com efeito,

ϕ(x) = ϕ(y) ⇒ ϕ(x) ·ϕ(y)−1 = ϕ(y) ·ϕ(y)−1 ⇒ ϕ(x) ·ϕ(y−1) = ϕ(y) ·ϕ(y−1)

⇒ ϕ(x · y−1) = ϕ(y · y−1)⇒ ϕ(x · y−1) = ϕ(1G)

⇒ ϕ(x · y−1) = 1H ⇒ xy−1 ∈ Kerϕ ⇒ xy−1 = 1G

⇒ x = y.

Portanto, ϕ é injetivo.

Proposição 1.19 Seja ϕ : G → H um homomorfismo de grupos. Então Kerϕ é um subgrupo de

G e Imϕ é um subgrupo de H.

Demonstração:

Mostraremos inicialmente que Kerϕ é um subgrupo de G. Com efeito, observe que Kerϕ é não

vazio pois ϕ(1G) = 1H .

Agora dados a,b ∈ Kerϕ , temos que:

ϕ(ab−1) = ϕ(a)ϕ(b−1) = ϕ(a)ϕ(b)−1 = 1H ·1H−1 = 1H ⇒ ab ∈ Kerϕ .

Agora resta mostrar que Imϕ é um subgrupo de H. Com efeito, observe que Imϕ é não vazio

pois 1H = ϕ(1G).

Agora dados a,b ∈ Imϕ temos que existe x,y ∈ G, respetivamente, tal que a = ϕ(x) e b = ϕ(y).Sendo assim, teremos:

ab−1 = ϕ(x)ϕ(y)−1 = ϕ(x)ϕ(y−1) = ϕ(xy−1) ∈ Imϕ ,

visto que xy−1 ∈ G por ser um grupo.


Teorema 1.3 (1o Teorema do Isomorfismo) Seja ϕ : G → H um homomorfismo de grupos.

EntãoG

Kerϕ≃ Im(ϕ).

Em particular, se ϕ é sobrejetiva, então

GKerϕ

≃ H.

Demonstração:

Denotemos por K o núcleo de ϕ , ou seja, K = Kerϕ . Sabemos que KG. Considere a seguinte

aplicação

φ :GK

→ Imϕ

gK 7→ ϕ(g).

Devemos mostrar que φ está bem definida e que é um homomorfismo bijetivo.

Mostraremos inicialmente que φ está bem definida (⇒) e que é injetiva (⇐). De fato,

aK = bK ⇔ b−1a ∈ K ⇔ ϕ(b−1a) = 1H ⇔ ϕ(b−1)ϕ(a) = 1H ⇔

⇔ ϕ(b)−1ϕ(a) = 1H ⇔ ϕ(a) = ϕ(b)⇔ φ(aK) = φ(bK).

Observe que da maneira como contruimos φ , garantimos a sobrejetividade.

Por fim, resta provar que φ é homomorfismo.

φ ((aK)(bK)) = φ ((ab)K) = ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) = φ(aK)φ(bK).

Concluimos assim que φ é um homomorfismo.

Teorema 1.4 (2o Teorema do Isomorfismo) Sejam H e N subgrupos de G tal que N G.

Então N ∩H E H eH

H ∩N≃ HN

N

Demonstração:

Basta definir φ : H → HNN

por φ(h) = hN e observar que φ é um homomorfismo cujo núcleo é

exatamente H ∩N.


Teorema 1.5 (3o Teorema do Isomorfismo) Sejam H,N subgrupos normais em G, tais que

H ≤ N, então:GHNH

≃ GN.

Demonstração:

Basta definir φ :GH

→ GN

dada por φ(gH) = gN e notar que φ é homomorfismo cujo núcleo éNH

.

Teorema 1.6 (Teorema da Correspondência) Sejam G um grupo e N E G, então existe uma

correspondência biunívoca entre os subgrupos de G que contém N e os subgrupos deGN

.

Por esta correspondência, subgrupos normais de G que contêm N correspondem a subgrupos

normais deGN

e vale a recíproca

Demonstração:

Sejam A = H;H ≤ G,N ≤ H e B =

H;H ≤ G

N

. Defina φ : A →B e ψ : B →A pondo

φ(H) = hN;h ∈ H e ψ(H) = h ∈ G;hN ∈ H.

Observe inicialmente que dado H ∈ A o conjunto φ(H) pertence B.

De fato, como 1 ∈ H temos que N ∈ φ(H). Agora dados h1N,h2N ∈ φ(H), temos que

(h1N)(h2N)−1 = h1h−12 N ∈ φ(H) pois h1h−1

2 ∈ H. Segue-se assim que φ está bem definida.

Obsere agora que dado H ∈ B o conjunto ψ(H) pertence a A .

Com efeito, note que temos N ⊆ ϕ(H) pois nN = N ∈ H para todo

n ∈ N. Em particular, 1 ∈ ψ(H). Agora, dados h1,h2 ∈ ψ(H) temos que

h1h−12 N = (h1N)(h2N)−1 = H. Portanto, h1h−1

2 ∈ ψ(H) e provamos assim que ψ(H) é

um subgrupo de G que contém N.

Observe agora que ϕ e ψ são uma inversa da outra e assim são bijeções.

Note que todo subgrupo deGN

é da formaHN

onde H é um subgrupo de G que contém N.

Se H E G,N ≤ H então pelo Terceiro Teorema dos Isomorfismos

HN

E GN.


Suponha agora que tenhamosHN

E GN. Queremos mostrar que H E G. De fato, dado x ∈ H

temos que (g−1xg)N = (gN)−1(xN)(gN) ∈ GN

e portanto g−1xg ∈ H,∀x ∈ G. Segue-se assim

que H E G.

Lema 1.7 (NC Lema) Sejam G um grupo e H ≤ G. EntãoNG(H)

CG(H)≃ L, onde L é um subgrupo

de AutH = Automorfismos de H.

Demonstração:

Defina

φ : NG(H) → AutH

g 7→ φg : h 7→ ghg−1.

Observamos que φ é homomorfismo e que Kerφ = CG(H). Sendo assim, pelo Primeiro

Teorema do Isomorfismo, obtemos

NG(H)

CG(H)≃ Im(φ)≤ AutH.

Exemplo 1.1 (i) Sejam H1,H2, . . . ,Hn E G. A função Ψ : G → GH1

× . . .× GHn

dada por

Ψ(g) = (gH1, . . . ,gHn) é um homomorfismo, com KerΨ =

(n∩

i=1

Hi

)G

. Pelo Primeiro

Teorema dos Isomorfismos

G(n∩

i=1

Hi

)G

≃ ImΨ ≤ GH1

× . . .× GHn

.

Em particular, se a interseção D dos Hi’s for livre de núcleo, podemos

admitir que

G → GH1

× . . .× GHn

.

(ii) Se 1 = x ∈ G é um p-elemento (p primo), N E G tal que |G : N| = n, onde p - n. Então

x ∈ N.

De fato, suponha que x /∈ N, sendo N E G, pelo Segundo Teorema dos Isomorfismos,

temos que

|⟨x⟩N : N|= |⟨x⟩ : ⟨x⟩N|.

1.6 Ação de Grupos 29

Absurdo, visto que p não divide n.

Definição 1.17 Um subgrupo H de G é característico, e denotamos por H carG, se φ(H) = H

para todo φ ∈ AutG.

Proposição 1.20 Sejam G um grupo e H ≤ G. Então:

(i) H carG ⇒ H G;

(ii) H carK G ⇒ H G;

(iii) H carK

carG ⇒ H

carG;

(iv) Se H é o único subgrupo com ordem dada, então H carG;

Demonstração:

(i): Queremos mostrar que H G, ou seja, que g−1Hg = H para todo

g ∈ G. Como H carG temos que φ(H) = H para todo φ ∈ AutG. Sendo assim, considerando

φg(x) = g−1xg temos que φ(H) = H ⇒ g−1Hg = H para todo g ∈ G, isto é, H G.

(ii): Queremos mostrar que H G, ou seja, que g−1Hg = H para todo

g ∈ G. Com efeito, considere φg como no item anterior. Como K E G segue que

φg|K ∈ AutK. Com isso e juntamente com o fato de H ser característico em K segue-se

que φg(H) = φg|K(H) = H, ou seja, g−1Hg = H,∀g ∈ G.

(iii): Seja φ ∈ AutG. Como K carG, segue do item (i), que K E G. Dessa

maneira concluímos que φ|K ∈ AutK. Dessa forma φ(H) = φK(H) = H,

∀φ ∈ AutG. Portanto, H carG.

(iv): Seja φ ∈ AutG. Sabemos que |ϕ(H)| = |H|. Mas, por hipótese, temos que φ(H) = H.

Portanto, H carG.

1.6 Ação de Grupos

Sejam G um grupo e X um conjunto qualquer. Definimos o conjunto das permutações de X

por SX = f : X → X ; f é bijetiva e dizemos que G age sobre X se existe um homomorfismo

φ : G → SX que a cada g ∈ G associa uma bijeção φg : X → X . Dizemos que φ é uma ação de

G em X .


Observação 1.15 Em particular,

Sn = f : 1,2, . . . ,n→ 1,2, . . . ,n; f é bijeção

é chamado o grupo simétrico.

No estudo de uma ação, destacam-se os seguintes conjuntos:

I Se x ∈ X , definiremos o estabilizador de x como sendo o subconjunto E(x) de G:

E(x) = g ∈ G;φg(x) = x;

I Se x ∈ X , definimos a órbita de x como sendo o subconjunto O(x) de X dado por:

O(x) = φg(x);g ∈ G;

I Se g ∈ G, o conjunto dos pontos fixos de φg será denotado por FixX(G), ou seja:

FixX(G) = x ∈ X ;φg(x) = x,∀g ∈ G.

Podemos definir a seguinte relação de equivalência em X :

x ∼ y ⇔ y = φg(x), para algum g ∈ G.

Verificamos isto a seguir:

(i) x ∼ x pois x = φ1(x).

(ii) Se x ∼ y então y = φg(x). Daí x = φg−1(y)⇒ y ∼ x.

(iii) Se x ∼ y e y ∼ z, então y = φg1(x) e z = φg2(y). Daí obtemos:

z = φg1 (φg2(x)) = φg1g2(x)⇒ x ∼ z.

Veja ainda que a classe de equivalência do elemento x é o conjunto

x = φg(x);g ∈ G= O(x) (Órbita de X).

Teorema 1.8 Seja φ : G → SX uma ação de grupo G em um conjunto X. Então:

(i) X =·∪

x∈T

O(x);


(ii) E(x)≤ G

(iii) |O(x)|= |G : E(x)|

Demonstração :

(i): Trivial!

(ii): Como φ1 = IdX e IdX(x) = x segue-se que φ1(x) = x,∀x ∈ X , e assim

1 ∈ E(x). Daí, E(x) = /0. Dados g1,g2 ∈ E(x), temos: φg1(x) = x e

φg2(x) = x.

Assim,

φg1g−12(x) = φg1

(φg−1

2(x))= φg1(x) = x.

Portanto, g1g−12 ∈ E(x).

Como g1 e g2 foram tomados arbitrariamente em E(x), o resultado segue.

(iii): Definamos a função Ψ por:

gE(x);g ∈ G Ψ→ O(x)

gE(x) 7→ φg(x)

Vamos provar que esta função está bem definida, ou seja, que independe do elemento da classe,

e que é uma bijeção.

I Ψ está bem definida: Se gE(x) = hE(x)⇒ g = hz;z ∈ E(x). Daí teremos:

φg(x) = φhz(x) = φh (φz(x)) = φh(x)

I Ψ é injetiva: Suponha que φg(x) = φh(x). Com isso teremos:

φh−1 (φg(x)) = x ⇒ φh−1g(x) = x ⇒ h−1g ∈ E(x)⇒ gE(x) = hE(x).

I Obviamente Ψ é sobrejetiva.

Concluimos portanto que Ψ é uma bijeção, logo |G : E(x)|= |O(x)|.


Teorema 1.9 Seja G um grupo. Então para cada x ∈ G, |G : CG(x)|= |xG|.

Demonstração:

Definamos φ agora por:

φ : G → SG

g 7→ φg : x → gxg−1

Dessa forma φ será uma representação de permutações. Vejamos quem é O(x) nessa ação:

O(x) = gxg−1;g ∈ G= xg−1;g ∈ G= xG.

Além disso: E(x) = g ∈ G;xg−1= x,∀x ∈ G=CG(x). E pelo Teorema 1.8, segue o resultado.

Exemplo 1.2 (Ação de Classes) Seja H ≤ G com |G : H| = n. Defina φ : G → SX ,

X = xH;x ∈ G pondo φg(xH) = gxH.

• φg ∈ SX .

Suponha que φg(xH) = φg(yH), então gxH = gyH e, portanto, xH = yH, provando-se assim

que φg é injetiva. Dado yH ∈ X ,φg(g−1yH

)= yH. Logo φg é sobrejetiva.

• φgg′ = φg φg′ , ou seja, φ é um homomorfismo.

De fato, φgg′(xH) = gg′xH = φg(g′xH) = φg φg′(xH).

• Ker(φ) = g ∈ G;φg = IdX. Assim

g ∈ Ker(φ)⇔ φg(xH) = gxH = xH,∀x ∈ G ⇔ x−1gx ∈ H,∀x ∈ G

⇔ g ∈ xHx−1,∀x ∈ G ⇔ g ∈ HG.

Portanto, Ker(φ) = HG. Portanto, pelo Primeiro Teorema dos Isomorfismo,

GHG

≃ Im(φ)≤ SX ≃ Sn.

Em particular,

|G : HG||n!.


Corolário 1.5 Seja H ≤ G com |G : H|= p, com p primo e tal que é o menor primo que divide

a ordem de G. Então H = HG E G.

Demonstração:

Do exemplo anterior, temos queG

HG≃ L ≤ Sp.

Afirmamos que |H : HG|= 1. De fato, se |H : HG| = 1, então existe um primo q de maneira que

q||H : HG|. Mas, como |H : HG|||G| concluímos que q ≥ p. Por outro lado, como HG ≤ H ≤ G

e q||G : HG||p!. Sendo assim, temos q ≤ p. Portanto, temos necessariamente q = p. Logo

p2||G : HG|, haja vista que p! = |G : HG|= |G : H||H : HG|. Logo, teríamos que p2|p!, o que é

absurdo.


Teorema 1.10

(i) Seja G um p-grupo finito (isto é, |G|= pn) e suponha que G age sobre X (ou seja, existe

um homomorfismo φ : G → SX ), então

|FixX(G)| ≡ |X |(modp);

(ii) Sejam H,J ≤ G com |J|= pm e |G : H|= r, onde p . r. Então existe x ∈ G tal que J ≤ Hx;

(iii) Se H ≤G, |H|= pm e p||G : H|, então p||NG(H) : H|. Em particular, se |G|= pn e H <G,

então H < NG(H);

(iv) Seja H E G,G finito, e J ≤ G com |J| = pm. Se |H| ≡ 1(modp), então H ∩CG(J) = 1.

Em particular, se |G|= pn e H é normal próprio, então H ∩Z(G) = 1.

Demonstração:

(i): Como G é finito, X = Ox1 ∪Ox2 ∪ . . .∪Oxr . Logo

|X |= |Ox1 |+ |Ox2 |+ . . .+ |Oxr |= |FixX)(G)|+ |Ox2 |+ . . .+ |Oxr |,

onde FixX(G) = x1,x2, . . . ,xs−1 e xs,xs+1, . . . ,xr = FixX(G). Agora, pela Proposição 1.8,

|Oxi |= |G : E(xi)|= pαi , e como |G : E(xi)|= 1 se, e somente se, xi ∈ FixX(G) concluímos que

p|(|X |− |FixX(G)|). Portanto, segue-se o resultado.


(ii): Considere J agindo nas classes de X , conforme foi feito no exemplo anterior. De (i)

segue-se que

|FixX(G)| ≡ |X |= r(modp).

Como p - r temos que p - |FixX(G)|. Segue-se assim que FixX(G) = /0. Sendo assim, considere

xH ∈ FixX(G). Logo

gxH = φg(xH) = xH,∀g ∈ J ⇔ gxH = xH,∀g ∈ J ⇔

⇔ x−1gx ∈ H,∀g ∈ J ⇔ g ∈ Hx−1,∀g ∈ J.

Portanto, J ≤ Hx−1.

(iii): Sejam X = xH,x ∈ G e φ : H → SX dada por φh(xH) = hxH. Segue-se, do item (i), que

|FixX(H)| ≡ |H|(modp) onde |X |= |G : H|. Temos ainda que

xH ∈ FixX(H)⇔ hxH = xH,∀h ∈ H ⇔ x−1hx ∈ H,∀h ∈ H

⇔ x−1hx ⊆ H ⇔ x ∈ NG(H).

Logo, |FixX(H)| = |NG(H) : H|. Em particular, se |G = pm| e H < G com p||G : H| então

p||NG(H) : H|. Portanto, H <G (H).

(iv): Seja φ : J → SH dada por φg(h) = ghg−1. Note que φ é uma

ação bem definida pois temos H E G. Agora, do item (i) temos que

|FixX(J)| ≡ |H|(modp), mas como |H| ≡ 1(modp) concluímos que

|FixX(J)| ≡ 1(modp). Por outro lado, 1 ∈ FixX(H) (ou seja |FixX(H) > p|) e, portanto,

existe h = 1 tal que h ∈ FixX(H). Logo, para todo g ∈ J temos ghg−1 = h e daí, h ∈ H ∩CG(J).

Em particular, se |G|= pk e H E G,H = 1, tome J = G e então H ∩CG(G) = H ∩Z(G) = 1.

Corolário 1.6 Seja G um grupo com |G|= pm. Então

(i) Existe uma cadeia 1 < G0 < G1 < .. . < Gm = G, com Gi E G e |Gi| = pi para

i ∈ 0,1, . . . ,n;

(ii) Se H < G existe K ≤ G tal que H < K e |K : H|= p.

Demonstração:

(i): Seja H subgrupo maximal de G. Então, pelo item (iii) do Teorema anterior temos que H G

haja vista que H < NG(H). Agora, do item (ii) do mesmo Teorema temos que H ∩Z(G) = 1 e,

1.7 Teoremas de Sylow 35

assim, Z(G) = 1.

Dessa forma, considere z ∈ Z(G). Logo, o(z) = pk.

Caso tenhamos k = 1 teremos que G1 = ⟨z⟩ é normal em G com |⟨z⟩|= p.

Agora, caso k = 1, então w = zpk−1 ∈ Z(G) e o(w) = p. Portanto, ⟨w⟩ G com |⟨w⟩|= p. Dessa

forma podemos trocar w por z e assim N = ⟨z⟩ é normal com |N| = p. Dessa maneira, G =GN

tem ordem pm−1 e, por indução, existe uma cadeia

1 = G0 < G1 < .. . < Gn = G,

com Gi G e |Gi| = pi. Pelo Teorema da Correspondência Gi = Gi+1N, onde Gi+1 G e

|Gi+1|= |Gi||N|= pi+1.

(ii): Se tivermos m = 1, então H = 1 e K = G. Suponhamos então que m > 1. Então do mesmo

modo que fizemos no item (i) obteremos que Z(G) = 1. Assim, existe z ∈ Z(G) com o(z) = p.

Analisemos dois casos a seguir:

• z ∈ H. AssimH⟨z⟩

<G⟨z⟩

, ondeH⟨z⟩

tem ordem pm−1. Sendo assim, por indução, existe K ≤ G

tal queH⟨z⟩

< K e |K : H| = p. Pelo Teorema da Correspondência K <H⟨z⟩

, onde H ≤ K e

|K : H|= p.

• z /∈ H. Seja então K = ⟨z⟩H. Então K ≤ G, pois ⟨z⟩ E G, H < K e |K| = |H|⟨z⟩|H ∩⟨z⟩|

= p|H|.

Portanto, |K : H|= p.

1.7 Teoremas de Sylow

Dizemos que um grupo G finito é um p-grupo (p primo), quando |G|= pn. Também, x ∈ G

é um p-elemento, se o(x) é uma potência de p. Seja G um grupo, um subgrupo H de G é dito

ser um p-subgrupo de Sylow de G se existe um número primo p de tal modo que todo elemento

x∈H tem ordem pα , onde α ≥ 0 depende do elemento x, e neste caso escrevemos H ∈ Sylp(G).

Teorema 1.11 (1o Teorema de Sylow) Sejam p um número primo e G um grupo de ordem

pm · r com (p,b) = 1, p primo e m ≥ 1. Então existe um subgrupo H de G tal que |H|= pm.

Demonstração:


Sejam X = U ⊆ G; |U |= pm e φ : G → SX dada por φ(U) = gU . Note que temos obviamente

φ uma ação. Além disso

|X |=(

pmrpm

)=

pmr!pm!(pmr− pm)!

=pmrpm

pmr−1pm −1

. . .pmr− (pm −1)pm − (pm −1)

.

Para cada 1 ≤ j ≤ pm −1, escreva j = pkq, onde p não divide q. Então

pmr− jpm − i

=pmr− pkqpm − pkq

=pm−kr−qpm−k −q

,

onde p não divide pm−kr−q e também não divide pm−k −q. Portanto, p não divide |X | e como

X = OV1

∪. . .∪

OVs segue que p . |OV | para algum v ∈ X .

Agora, como p . |OV | = |G : EV | e pm||G| = |G : EV ||EV |. Portanto pm||EV | e assim

pm ≤ |EV |, onde EV = g ∈ G;gV =V.

Tome x ∈ V e defina θ : EV → V por θ(w) = wx. Então θ está bem definida, pois hV = V , e

injetiva. Dessa forma, |EV | ≤ pm e portanto |EV |= pm.

Corolário 1.7 Se G é um grupo finito com |G|= pmr, onde p é primo com (p,r) = 1 e m ≥ 1,

então para cada i ∈ 1,2, . . . ,m existe Hi tal que |Hi|= pi.

Demonstração:

Pelo Primeiro Teorema de Sylow, existe H ≤ G tal que

|H|= pm e do Corolário 1.6 existe Hi ≤ H tal que |Hi|= pi.

Teorema 1.12 (2o Teorema de Sylow) Nas condições do Primeiro Teorema de Sylow, se H e

J são subgrupos de G com |H|= |J|= pm então existe g ∈ G tal que |H|= Jg.

Demonstração:

Segue diretamente do item (ii) do Teorema 1.10.


Teorema 1.13 (3o Teorema de Sylow) Nas condições do Primeiro Teorema de Sylow, se

np = |H ≤ G; |H|= pm|, então np = |G : NG(H)| com H ≤ G, |H| = pm, e np ≡ 1(mod p)

onde np é o número de p-subgrupo de Sylow de G. Note que np = |G : NG(H)| implica que

np||G : H|= r .

Demonstração:

Ficará a cargo do leitor.

O Teorema de Sylow possui inúmeras aplicações. Mostraremos, nesse momento algumas

delas. Consideremos em cada umas delas G um grupo finito.

Corolário 1.8 Um p-subgrupo de Sylow de um grupo G é único se, e somente se, for normal

em G.

Demonstração:

(⇒) Seja P o único p-subgrupo de Sylow de G. Ora, ∀g ∈ G, temos |Pg| = |P|, logo Pg = P,

donde PG.

(⇐) Sejam P e P1 p-subgrupos de Sylow onde PG. Pelo 2o Teorema de Sylow, ∃ g ∈ G tal

que P1 = Pg, como PG, segue-se que P1 = P. Logo np = 1.

Corolário 1.9 Seja P um p-subgrupo de Sylow e |G : P|= q, onde q é o menor primo que divide

|G|, então PG.

Demonstração:

Pelo Terceiro Teorema de Sylow, temos:

np ≡ 1(mod p) e np divide q.

Logo, np = 1+kp, onde k ∈N, mas np ≤ q ≤ p. Logo k = 0 e np = 1 e pelo Corolário anterior

PG.

1.8 O Grupo Simétrico Sn 38

Corolário 1.10 (Argumento de Fratini) Seja G um grupo, N E G e P ∈ Sylp(N) então

G = NNG(P).

Demonstração:

Note que G ⊇ NNG(P). Seja g ∈ G então Pg ⊆ Ng = N. Logo, P,Pg ∈ Sylp(N) e assim, pelo

Segundo Teorema de Sylow temos que P e Pg são conjugados em N, isto é, existe x ∈ N tal que

Px = Pg. Logo, P = Pgx−1e portanto

gx−1 ∈ NG(P)⇒ g = (gx−1)x ∈ NG(P)N = NNG(P).

Assim, G ⊆ NNG(P). Segue-se assim a igualdade.

Proposição 1.21 Se P ∈ Sylp(G) e PG, então P carG.

Demonstração:

Seja P ∈ Sylp(G) com P E G. Logo, pelo Teorema de Sylow, P é o único p-subgrupo de Sylow.

Portanto, segue da Proposição 1.20 do item (iv) que P carG.

1.8 O Grupo Simétrico Sn

Uma permutação α ∈ Sn é chamada ciclo, mais especificamente um k-ciclo,

2 ≤ k ≤ n, se existem i1, i2, . . . , ik ∈ In = 1,2,3, . . . ,n, distintos, tais que α( j) = j, para todo

j /∈ i1, i2, . . . , in, e α(il) = il+1, para l = 1,2, . . . ,k− 1 e α(ik) = i1. Se f ∈ Sn é produto de

uma quantidade par (ou ímpar) de 2-ciclos, então f é dito par (ou ímpar).

Usaremos a notação abreviada α = (i1i2 . . . , ik), onde i1, i2, . . . , ik é chamado o conjunto

suporte de α . Denotaremos por (1) ou mais geralmente por (a),a∈ In, a permutação identidade.

Para k = 2 e 3, diremos que α é uma transposição e triciclo, respectivamente. Dois ciclos são

ditos disjuntos se os seus respectivos conjuntos suporte são disjuntos.


Proposição 1.22 Se dois ciclos α e β são disjuntos, então eles comutam, entre si, isto é,

αβ = βα .

Demonstração:

Supondo os ciclos α = (i1, i2, . . . , ik) e β = ( j1, j2, . . . , jm) disjuntos, temos

In = i1, i2, . . . , ik·∪ j1, j2, . . . , jm

·∪J.

Para cada i ∈ In temos:

1o) i /∈ i1, i2, . . . , ik∪ j1, j2, . . . , jm. Assim,

αβ (i) = α(β (i)) = α(i) = i = β (i) = β (α(i)) = βα(i).

2o) i ∈ i1, i2, . . . , ik. Neste caso, temos:

α(β (i)) = α(i) = β (α(i)) = βα(i),

pois α(i) = ip não é elemento do conjunto de β .

Proposição 1.23 Toda permutação não trivial α ∈ Sn,n ≥ 3, pode ser escrita

(de maneira única, a menos de ordenação) como um produto de ciclos disjuntos.

Demonstração:

Como α ∈ Sn e sendo α = Id, temos que existe um

a1 ∈ 1,2, . . . ,n, tal que α(a1) = a1. Com isso obtemos a seguinte sequência

a1,α(a1),α2(a1), . . . ,αr1−1(a1), sendo que r1,2 ≤ r1 ≤ n, é tal que

a1,α(a1),α2(a1), . . . ,αr1−1(a1)

são todos distintos e αr1(a1) = a1.

Dessa forma, teremos que a restrição de α ao conjunto

a1,α(a1),α2(a1), . . . ,αr1−1(a1)

é tal que

γ1 := α |a1,α(a1),α2(a1),...,αr1−1(a1) =(a1,α(a1),α2(a1), . . . ,αr−1(a1)

).


Observe que γ1 é um r1-ciclo. Se tivermos que a restrição de α ao complementar de

a1,α(a1),α2(a1), . . . ,αr1−1(a1) é a identidade então α = γ1. Caso contrário, tomaremos

a2 ∈ 1,2, . . . ,n − a1,α(a1),α2(a1), . . . ,αr1−1(a1) tal que α(a2) = a2. Utilizando um

processo análogo ao anterior para um inteiro r2 ≥ 2 teremos que

γ2 := α |a2,α(a2),α2(a2),...,αr2−1(a2) =(a2,α(a2),α2(a2), . . . ,αr2−1(a2)

).

Se a restrição de α ao complementar do conjunto

a1,α(a1),α2(a1), . . . ,αr1−1(a1),a2,α(a2),α2(a2), . . . ,αr2−1(a2)

for a identidade, como γ1 e γ2 são disjuntos, entção α = γ1γ2 = γ2γ1. Caso não seja verdade

tomaremos um

a3 ∈ 1,2, . . . ,n−a1,α(a1),α2(a1), . . . ,αr1−1(a1),a2,α(a2),α2(a2), . . . ,αr2−1(a2)

tal que α(a3) = a3 e iremos fazer o mesmo processo anterior. Observe que agora teremos um

número finito de etapas para o processo anterior, pois o nosso conjunto é finito. Com isso,

iremos obter que

α = γ1γ2 . . .γt

onde γ1,γ2, . . . ,γt são ciclos disjuntos de comprimento maior do que um.

Para a unicidade, tome α = σ1σ2 . . .σs com σi,1 ≤ i ≤ s, ciclos

disjuntos com comprimento maior ou igual do que dois. Como

σ1 . . .σs(a1) = α(a1) = a1 e os ciclos σi’s são disjuntos então existe apenas um ciclo σ j

tal que σ j(a1) = α(a1). Já que os ciclos comutam entre si, sem perda de generalidade, suponha

que j = 1. Consequentemente σ(a1) = α(a1). Mostremos que σ1 = γ1. Como o ciclo σ1

não fixa α(a1), pois σ manda a1 sobre α(a1), e os σi’s são ciclos disjuntos então, para todo

j ≥ 2,σ j deixa α(a1) fixo. Portanto α (α(a1)) = σ1 (α(a1)), ou seja, σ1 (α(a1)) = α2(a1).

De forma análoga obtemos que σ1(αk−1(a1)

)= αk(a1), para todo k ≥ 0, e concluímos que

σ1 = γ1. De forma semelhante, mas com a2, obtemos σ2 = γ2. Continuando o processo teremos

que s = t e, a menos de ordem, que γ j = σ j, para 1 ≤ j ≤ t.

Corolário 1.11 Cada elemento de Sn pode ser escrito com um produto (não necessariamente

disjuntos) de transposições.

Demonstração:


Basta mostrar, pelo Teorema Anterior, que cada ciclo é o produto de transposições. De fato,

1 = (a1a2)(a1a2) e para r > 1, teremos que

(a1a2 . . .ar) = (a1ar)(a1ar−1) . . .(a1a3)(a1a2).

Proposição 1.24 Se α = τ1τ2 . . .τr e α = µ1µ2 . . .µs são duas fatorações de uma permutação αde Sn em produto de transposições (não necessariamente disjuntas), então temos r ≡ s(mod2).

Demonstração:

Associamos a α o polinômio Pα = ∏1≤i≤ j≤n

(xα( j)− xα(i)

)e observamos que seus fatores são

também fatores do polinômio P = ∏1≤i≤ j≤n

(x j − xi

).

Definimos Ψ : Sn →±1 por

Ψ(α) =

1, se P = Pα

−1, se P =−Pα

É fácil ver que Ψ é um homomorfismo e que garante o resultado.

Segue então da Proposição 1.24 que o número de transposições de uma permutação é

sempre par ou ímpar. Com isso definimos que uma permutação é par se pode ser escrita como

um produto de um número par de transposições e notamos que ciclos de comprimento ímpar

são permutações pares. Além disso, o conjunto An das permutações pares de Sn é um subgrupo

nomal de ordemn!2

, chamado subgrupo alternado de Sn.

O próximo resultado mostra como gerar Sn com n−1 elementos.

Teorema 1.14 Para n ≥ 3, temos que

Sn = ⟨(12),(23), . . . ,(n−1 n)⟩

Demonstração:

Considerando uma transposição (i j) com i < j−1 podemos escrever

(i j) = ( j−1 j)(i j−1)( j−1 j).


Repetindo o raciocínio, desde que toda permutação é um produto de transposições, o resultado

está provado.

Teorema 1.15 A transposição (12) e o n-ciclo (123 . . .n) geram Sn.

Demonstração:

Nosso problema se resume em escrever cada transposição da forma (k k+1) como uma palavra

constituída por (12) e (12 . . .n). Observe então que podemos escrever

(k k+1) = (12 . . .n)k−1(12)(12 . . .n)1−k, para 2 ≤ k ≤ n.

O que completa a nossa demonstração.

Proposição 1.25 Seja n ≥ 3

(i) Todo elemento de An é um produto de 3-ciclos, isto é, temos que

An = ⟨3− ciclos⟩.

(ii) Sejam a,b ∈ 1,2, . . . ,n,a = b. Então

An = ⟨(abl); l = 1,2, . . . ,n, l = a,b⟩.

Demonstração:

(i): Se (i jk) é um 3-ciclo qualquer, temos (i jk) = (ik)(i j) e então (i jk) ∈ An; logo temos que

⟨3− ciclos⟩ ⊆ An. Queremos mostrar a igualdade. Seja então τ ∈ An, isto é, τ = σm . . .σ2σ1

com σi transposição, ∀1,2, . . . ,m e m par. Para mostrar que τ é um produto de 3-ciclos, basta

então mostrar que se σ e σ ′ são duas transposições quaisquer, então σ ′σ é um produto de

3-ciclos. Se σ e σ ′ são disjuntas, digamos σ = (i j) e σ ′ = (kl), então temos

σ ′σ = (kl)(i j) = (kl)(ki)(ki)(i j) = (kil)(i jk),

logo σ ′σ é um produto de dois 3-ciclos. Se σ e σ ′ não são disjuntas, digamos σ = (i j) e

σ ′ = ( jk) então σ ′σ = ( jk)(i j) = (ik j) é um 3-ciclo. Logo, ⟨3− ciclos⟩= An.


(ii): Seja K = ⟨(abl); l = 1,2, . . . ,n, l = a,b⟩. Claramente K ⊆ ⟨3− ciclos⟩ = An. Para

termos a igualdade, basta mostrar que se (klm) é um 3-ciclo qualquer, então ele pertence a K.

Isso será deixado para o leitor.

Exemplo 1.3 Os doze elementos de A4 são

1,(12)(34),(13)(24),(14)(23),(123),(124),(134),(234),(132),(142),(143),(243).

Os outros elementos de S4 são as permutações ímpares

(12),(13),(14),(23),(24),(34),(1234),(1243),(1324),(1432),(1342),(1423).

Proposição 1.26 (Regra de Jordan) Sejam α = (a1a2 . . .ar) um r-ciclo e

β ∈ Sn. Então βαβ−1 = (β (a1)β (a2) . . .β (ar)).

Demonstração:

Façamos θ = βαβ−1 e δ = (β (a1)β (a2) . . .β (ar)). Seja a ∈ In. Se

a /∈ β (a1),β (a2), . . . ,β (ar), então δ (a) = a. Portanto

a = β (ai)⇔ β−1(a) = ai, ∀i = 1,2,3, . . . ,r.

Assim β−1(a) ∈ a1,a2, . . . ,ar e portanto,

θ(a) = βαβ−1(a) = ββ−1(a) = a = δ (a).

Se a ∈ β (a1),β (a2), . . . ,β (ar) então a = β (ai) para algum i ∈ 1,2, . . . ,r. Agora temos

dois casos:

1o) i < r ⇒ θ(a) = βαβ−1 (β (ai)) = β (α(ai)) = β (ai+1) = δ (β (ai)) = δ (a).

2o) i = r ⇒ θ(a) = (βαβ−1)(β (ak)) = β (α(ak)) = δ (a).

Em suma: θ(a) = δ (a),∀a ∈ In, isto é, θ = δ .


Proposição 1.27 A4 não possui subgrupo de ordem 6.

Demonstração:

Suponha que exista H < A4 tal que |H| = 6. Sendo assim temos que |A4 : H| = 2. Dessa

maneira, h A4. Logo, (θH)2 = 1 = H, ou seja, θ 2H = H,∀θ ∈ A4. Logo, θ 2 ∈ H,∀θ ∈ A4.

Mas

(ik j) = (i jk)2 = (i jk)(i jk) ∈ H.

Portanto |H| ≥ 8, o que é absurdo.

Proposição 1.28 Um grupo G não-abeliano de ordem 6 é isomorfo ao S3.

Demonstração:

Se cada elemento é de ordem 2, então G é abeliano. Então deve existir um elemento a de ordem

3. Seja b ∈ G tal que b /∈ 1,a,a2. Então é fácil ver que e,a,a2,b,ab,a2b são todos elementos

distintos, assim constitui todo o grupo G. Agora b2 = a ou a2. Suponhaamos que tenhamos

b2 = a. Então b6 = e. Sendo assim devemos ter que a ordem de b é 2,3,6. Caso a ordem

de b fosse 2 então a = 1, um absurdo. Se a ordem de b fosse 3 então b2 = a e assim ab = 1,

o que é absurdo. Também não podemos ter a ordem de b sendo 6 pois assim G seria cíclico,

o que resulta num absurdo haja vista termos G um grupo não-abeliano. Sendo assim b2 = a.

Da mesma forma, mostrasse que b2 = a. Também b2 = b,ab ou a2b deve implicar b = 1,a ou

a2, o que não pode ocorrer. Portanto a única possibilidade para b2 ∈ G é b2 = 1. Ademais, o

subgrupo ⟨a⟩ = 1,a,a2 gerado por a é de índice 2, e portanto, normal. Sendo assim resulta

que bab−1 = 1,a ou a2. Mas bab−1 = 1 fornece a = 1, o que é absurdo. Ainda bab−1 = a

teremos G abeliano. Sendo assim resta-nos bab−1 = a2.

Obtemos assim que G é gerado por a,b com a relação definida por

a3 = 1 = b2 e bab−1 = a2.

Por outro lado, S3 é também gerado por a′ e b′ onde temos

a′3 = 1 = b′2 e b′a′b′−1 = a′2.

Sendo assim considerando a função

1 7→ 1′,a 7→ a′,a2 7→ a′2,b 7→ b′,ab 7→ a′b′,a2b 7→ a′2b′


é um isomorfismo de G sobre S3.

Proposição 1.29 Se n ≥ 5 então An é simples.

Demonstração:

Ver [2] pág. 135.

Para n = 4, temos que

Teorema 1.16 Seja K := 1,(12)(34),(13)(24),(14)(23) o grupo de Klein. Entao, 1,K,A4

são os únicos subgrupos normais de A4.

Demonstração:

Escrevendo os elementos de S4 como produto de ciclos disjuntos, vemos que

A4 = 3− ciclos∪K. Sendo o único subgrupo de ordem 4 de A4, K é normal em A4.

Agora, considere 1 = H um subgrupo normal de A4. Se este subgrupo normal contém

um 3-ciclo, digamos (123), então contém também o seu inverso (132) e portanto

(124) = (324)(132)(324)−1. Logo, A4 = ⟨(123),(124)⟩ ⊆ H. Portanto, H = A4.

Se H não contém nenhum 3-ciclo, então ele contém um elemento de K diferente da identidade,

digamos (12)(34). Assim, ele contém também (13)(24) = (234)(12)(34)(234)−1, e também

(14)(23) = (12)(34)(13)(24). Portanto, H = K.

Corolário 1.12 Se n = 4 prove que An é o único subgrupo próprio não-trivial normal de Sn.

Demonstração:

Se n = 4 temos dois casos a serem analisados.

Caso 1: n = 3;

Obviamente A3 = ⟨(123)⟩ é o único subgrupo não-trivial normal de S3.


Caso 2: n ≥ 5;

Suponha que exista H E Sn tal que 1 = H = An. Note que H ⊆ An haja vista que caso

H ⊆ An ⇒ H E An o que é absurdo pois An é simples para n ≥ 5.

Observe ainda que H ∩An = 1 pois como H,An E Sn então H ∩An E An o qual é um grupo

simples.

Note agora que

|HAn|> |An| ⇒ |Sn : HAn|< |Sn : An|= 2.

Assim |S : HAn|= 1, ou seja, Sn = HAn.

Portanto,

n! = |Sn|=|H||An||H ∩An|

=|H|n!1 ·2

⇒ |H|= 2.

Dessa maneira, H = 1,σ onde o(σ) = 2. Veja ainda que o(gσg−1) = o(σ) e

H E Sn ⇒ gσg−1 = σ ,∀g ∈ Sn ⇒ gσ = σg,∀g ∈ Sn.

Segue-se assim que σ ∈ Z(Sn), mas Z(Sn) = 1,∀n ≥ 3. Absurdo.

Portanto o único subgrupo normal não-trivial de Sn é An com n = 4.

Corolário 1.13 Seja n= 4. Seja K o grupo de Klein. Então 1,K,A4,S4 são os únicos subgrupos

normais de S4. Em particular, o grupo alternado A4 é o único subgrupo de S4 de índice 2.

Demonstração:

Evidentemente, 1,A4,S4 são subgrupos normais de S4. Sendo o único grupo de ordem 4 de A4,

o grupo de Klein é um subgrupo característico de A4 e, A4 sendo normal em S4 segue-se então

que K é normal em S4.

Considere agora H um subgrupo normal de S4. Se H ⊆ A4 então H pe normal em S4 logo

segue-se o resultado.

Agora caso H ⊆ S4, então H contém uma permutação ímpar. Ora, as permutações ímpares

consistem das seis transposições e dos seis 4-ciclos. Se H contém uma transposição então H

contém todas as seis transposições, logo H = S4. Se H contém um 4-ciclo então H contém

todos os seis 4-ciclos, o subgrupo H também vai conter a identidade e os quadrado dos 4-ciclos,

que são os elementos de K; logo |H| ≥ 10 e H ∩A4 é subgrupo normal de A4 de ordem ≥ 5,

1.9 Produto Direto e Semidireto 47

pois o índice (H : H ∩A4) é 1 ou 2. Portanto, H ∩A4 = A4 e, como H contém uma permutação

ímpar, temos H = S4.

1.9 Produto Direto e Semidireto

1.9.1 Produto Direto

Dados dois grupos H e K podemos construir outro grupo chamado produto direto de H por

K, que denotaremos por H ×K, com a seguinte operação

(h1,k1)⊙ (h2,k2) = (h1h2,k1k2).

Nota-se facilmente que H × K munito com tal ooperação satisfazem os

axiomas de grupo e claramente temos os subgrupos H∗ = (h,1);h ∈ H e

K∗ = (1,k);k ∈ K que são, respectivamente, isomorfos aos grupos H e K.

Proposição 1.30 Os subgrupos H∗ e K∗ são subgrupos normais de H ×K com H ×K = H∗K∗

e H∗∩K∗ = 1.

Demonstração:

Mostraremos que H∗ é subgrupo normal de H ×K. Para K∗ será análogo.

De fato, dados (h,k) ∈ H ×K, temos que

(h,k)−1H∗(h,k) = (h,k)−1(h′,1)(h,k);h′ ∈ H= (h−1h′h,1);h′ ∈ H= H∗.

Observe ainda que temos claramente H × K = H∗K∗ e H∗ ∩ K∗ = 1, completando assim a

demonstração.

Dessa maneira, provamos acima que se G = H × K, existem subgrupos

normais H∗ e K∗ isomorfos, respectivamente, a H e K com G = H∗K∗ e

H∗∩K∗ = 1.

Agora mostraremos na Proposição abaixo que vale a recíproca.


Proposição 1.31 Seja G um grupo tal que H e K são subgrupos normais de G com G = HK e

H ∩K = 1. Então G ≃ H ×K.

Demonstração:

Defina φ : H ×K → G dada por φ [(h,k)] = hk. Então, como h−1k−1hk ∈ H ∩K = 1, segue-se

que a aplicação φ estábem definida.

Agora mostraremos que φ é um homomorfismo. De fato, note que

os elementos de H comutam com os elementos de K pois como

G = HK = KH, temos hk = k′h′ e assim, hkh−1 = k′h′h−1 ∈ K, portanto h = h′ e em

consequência obtemos k′ = k. Agora

[(h1,k1)(h2,k2)] = φ(h1h2,k1k2) = h1h2k1k2 = h1k1h2k2 = φ[(h1,k1)]φ[(h2,k2)].

Claramente temos que φ é sobrejetiva.

Resta-nos mostra agora que φ é injetiva. Mas isso é verdade, pois

φ[(h1,k1)] = φ[(h2,k2)]⇔ h1k1 = h2k2 ⇔ h−12 h1 = k2k−1

1 ,

mas h−12 h1 ∈ H e k2k−1

1 ∈ K. Portanto, h−12 h1 e k2k−1

1 pertencem a H ∩K. Logo, h1 = h2 e

k1 = k2.

Portanto segue-se o resultado.

Exemplo 1.4 Sejam ⟨a⟩ e ⟨b⟩ grupos cíclicos com ordens relativamente primas. Então

⟨a⟩×⟨b⟩ é cíclico. De fato, observe inicialmente que temos |⟨a⟩×⟨b⟩|= |⟨a⟩||⟨b⟩|. Sendo assim

basta mostrar que o elemento ab := (a,b) ∈ ⟨a⟩×⟨b⟩ tem ordem igual a |⟨a⟩||⟨b⟩|= o(a)o(b).

Com efeito, (ab)o(a)o(b) =(

ao(a)o(b),bo(a)o(b))= 1. Logo o(ab) divide o(a)o(b) e como

(o(a),o(b)) = 1 concluímos que o(ab) = o(a)o(b) e portanto segue-se o resultado.


1.9.2 Produto Semidireto

Suponha agora que G = NH, onde N E G,H ≤ G e N ∩H = 1. Neste caso dizemos que G

é o produto semidireto de N por H e denotamos por G = N oH.

Proposição 1.32 Seja G = N oH. Então

(i)GN

≃ H;

(ii) N ∩NG(H) =CN(H);

(iii) Todo g ∈ G se escreve de modo único g = nh, onde n ∈ N e h ∈ H;

(iv) θ : H → AutN dada por θh(n) = hnh−1 é homomorfismo tal que

nhn1h1 = nθh(n1)hh1.

Demonstração:

(i): Basta aplicar o Segundo Teorema dos Isomorfismos.

(ii): Observe que temos CN(H) ≤ N ∩ NG(H). Considere agora

g ∈ N ∩ NG(H) e h ∈ H, então g−1h−1gh ∈ H ∩ N = 1. Logo, gh = hg e portanto

N ∩NG(H) =CN(H).

(iii): Suponha que g = nh = n1h1. Então

n−11 n = h1h−1 ∈ N ∩H = 1.

Portanto, h = h1 e n = n1.

(iv): Basta mostrar que a operação acima é bem definida e que G munido desta operação satisfaz

os axiomas de grupo. A outra parte é trivial.

A proposição abaixo nos garante que vale a recíproca, conforme segue

Proposição 1.33 Suponha que H e N são grupos e seja

θ : H → AutN um homomorfismo. Então G = (n,h);n ∈ N,h ∈ H munido

da operação (n,h)(n1,h1) = (nθ(h)(n1),hh1) é um grupo com N ≃ N∗ E G,

H ≃ H∗ ≤ G,H∗ ∩ N∗ = 1 e G = N∗H∗. Neste caso, para explicitar o homomorfismo θ ,

denotamos G = N oθ H.


Demonstração:

Note que a operação θ está bem definida. Mostraremos agora que é um grupo.

• Associatividade:

((n,h)(n1,h1))(n2,h2) = (nθ(h)(n1),hh1)(n2,h2) = (nθ(h)(n1)θ(hh1)(n2),hh1h2)

e

(n,h)((n1,h1)(n2,h2)) = (n,h)(n1θ(h1)(n2),h1h2) = (nθ(h)(n1)θ(hh1)(n2),hh1h2) .

Logo

((n,h)(n1,h1))(n2,h2) = (n,h)((n1,h1)(n2,h2)) .

• Elemento Neutro:

(1,1)(n,h) = (1θ(1)(n),1h) = (n,h)

e

(n,h)(1,1) = (nθ(h)(1),h1) = (n,h).

• Elemento Inverso: Dado (n,h) ∈ G temos(θ(h−1)(n−1),h−1)(n,h) = (θ(h−1)(n−1)θ(h)(n),h

)= (1,1)

e

(n,h)(θ(h−1)(n−1),h−1)= (nθ

(θ(h−1)(n−1)

),hh−1)=(nθ(1)(n−1),1)= (nn−1,1)= (1,1).

Para finalizar, mostremos que N∗ E G,H∗ ≤ G,G = N∗H∗ e N∗∩H∗ = 1.

Observe que N∗ E G. De fato, observe inicialmente que N∗ ≤ G. Com efeito,

I (1,1) ∈ N∗;

I Dado (n,1) ∈ N∗ temos que (n,1)−1 =(θ(1)(n−1),1

)= (n−1,1) ∈ N∗;

I Dados (n,1),(n1,1) ∈ N∗ temos que

(n,1)(n1,1) = (nθ(1)(n1),1) = (nn1,1) ∈ N∗.

Portanto, N∗ ≤ G. Mostraremos agora que N∗ E G.


De fato, dados (n,1) ∈ N∗ e (m,h) ∈ G temos

(m,h)−1(n,1)(m,h) =(θ(h−1)(m−1),h−1(n,1)

)(m,h) =

=(θ(h−1)(m−1),h−1)(nθ(1)(m),h) =

(θ(h−1)(m−1),h−1)(nm,h) =

=(θ(h−1)(m−1)θ(h−1)(nm),1

)=(θ(h−1)(m−1nm),1

)∈ N∗,

pois θ(h−1)(m−1nm) ∈ N.

De modo análogo se faz para H∗ ≤ G. Claramente temos G = N∗H∗ e N∗∩H∗ = 1.

Capítulo 2Preliminares

Conteúdo

2.1 Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 53

2.2 Comutadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 54

2.3 Grupos Solúveis, Supersolúveis e Nilpotentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 63

2.4 Teorema de Schur-Zassenhaus e Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 80

Neste capítulo estudaremos alguns resultados que normalmente não são abordados em um

curdo introdutório de Teoria dos Grupos.

2.1 Séries 53

2.1 Séries

Definição 2.1 Seja G um grupo.

• Uma série (S) é uma sequência de subgrupos Gi de G tais que

(S) : 1 = G0 ≤ G1 ≤ . . .≤ Gn = G.

Denominamos (S) de Subnormal se Gi E Gi+1, onde 0 ≤ i ≤ n− 1. Se temos Gi E G para

todo i ∈ 0,1, . . . ,n, dizemos que (S) é Normal. Do que observamos acima notamos que toda

série normal é subnormal. Os fatores das séries são os grupos quocientesGi+1

Gie os Gi são os

termos. Diz-se ainda que uma série é própria se Gi Gi+1.

• Dizemos que uma série (T ) de G é um refinamento de (S), se (T ) contém todos os termos de

(S). Diz-se ainda que (T ) é um refinamento próprio de (S), se (T ) é um refinamento de (S) e

(T ) contém algum termo que não “comparece” em (S).

• Uma série (S) de G é dita ser uma série de composição se ela é própria e não admite um

refinamento próprio.

• Um subgrupo N E G é dito ser Normal Minimal, e denotamos por N· G, se N = 1 e dado

1 < K < N, então K 5 G.

• Uma série (S) de G é dita ser Principal se Gi E G eGi+1

Gi· G

Gi.

Proposição 2.1

(a) (S) é de composição se, e somente se,Gi+1

Gié simples,

∀i ∈ 0,1, . . . ,n−1.

(b) Todo grupo finito tem uma série de composição.

Demonstração:

(a) Suponhamos que existe j ∈ 0, . . . ,n−1 tal queG j+1

G jnão seja simples. Assim, existe um

subgrupo próprio H =HG j

G j+1

G je, dessa maneira, do Teorema da Correspondência, temos

que G j H G j+1 e assim podemos definir

1 = G0 E G1 E G1 E . . .E G j E H E G j+1 E . . .E Gn = G.

2.2 Comutadores 54

Logo, (S) tem um refinamento próprio, o que é uma contradição, haja vista termos (S) uma

série de composição. Portanto, segue-se queG j+1

G jé simples.

Reciprocamente, sendoG j+1

G jsimples então temos que (S) não tem refinamento próprio.

(b) Seja G um grupo finito. Caso G fosse simples então G admite uma série de composição dada

por 1 E G. Caso contrário, considere K G, de modo que K possua ordem máxima. Assim, do

Teorema da Correspondência, temos queGK

é simples. Façamos agora indução sobre a ordem

de G. Note que |K|< |G|. Assim, 1 = K0 E K1 E . . .E Ks = K é uma série de composição para

K. Com isso, obtemos que 1 = K0 E K1 E . . . E Ks = K E G é uma série de composição para

G.

Teorema 2.1 (Jordan - Hölder) Dados duas séries de composição quaisquer de um grupo

finito G então elas são equivalentes.

Demonstração: Ver [2], pág. 121.

2.2 Comutadores

Definição 2.2 Considere G um grupo e sejam x1,x2 ∈ G. O produto x−11 x−1

2 x1x2 é denominado

o comutador de x1 e x2. Escrevemos [x1,x2] = x−11 x−1

2 x1x2.

Observação 2.1 Sejam x1,x2, . . . ,xn ∈ G. O comutador de n elementos com n > 2, é definido

como sendo [x1,x2, . . . ,xn] = [[x1, . . . ,xn−1],xn].

Segue-se abaixo uma Proposição que nos fornece uma série de propriedades sobre os

comutadores.

Proposição 2.2 Sejam x,y,z, t ∈ G. Então:

(i) [x,y] = 1 se, e somente se, xy = yx;

(ii) [x,y]−1 = [y,x];

2.2 Comutadores 55

(iii) [x,y]z = [xz,yz];

(iv) [xy,z] = [x,z]y[y,z];

(v) [x,yz] = [x,z][x,y]z;

(vi) [x,y−1] =([x,y]y

−1)−1

e [x−1,y] =([x,y]x

−1)−1

;

(vii) Se [x,y] comuta com x e y, então [xn,y] = [x,yn] = [x,y]n para n ∈ Z;

(viii) Nas condições do item anterior vale (xy)n = [x,y]n(n−1)

2 xnyn para todo inteiro n ≥ 1;

(ix) [x,y]z = x[xz,yz];

(x) [xy,z] = [x,z][x,z][x,y,z];

(xi) [xyz, t] = [xy, t][xy,z][xy,z, t];

(xii) [xy,z] = [x,z][x,z,y][y,z];

(xiii) [x,yz] = [x.z][x,y][x,y,z];

(xiv) [x,y,z] = [x,y]−1[x,y]z;

(xv) Se φ : G → G é um homomorfismo então [φ(x),φ(y)] = φ([x,y]);

(xvi) [x,y−1,z][y,z−1,x]z[z,x−1,y]x = 1 (Identidade de Holl-Witt)

Demonstração:

A demonstração segue da definição. Ficará a cargo do leitor realizar tais contas.

Definição 2.3 Seja G′ o subgrupo de G o qual é gerado pelo conjunto de todos os comutadores

dos elementos de G, isto é, G′ = ⟨[x,y];x,y ∈ G⟩. G′ é denominado de subgrupo comutador (ou

derivado) de G. Indicamos ainda G′ = [G,G].

Observe que como o inverso de um comutador é ainda um comutador, segue que G′ é

precisamente o conjunto de todos os produtos finitos de comutadores, ou seja, G′ é o conjunto

de todos os elmentos da forma h1h2 . . .hn onde cada hi é um elemento comutador de G.

Observação 2.2 Se G′ = 1 então G é abeliano.

2.2 Comutadores 56

Proposição 2.3 G′ é um subgrupo normal de G.

Demonstração:

Queremos mostrar que G′ G, ou seja, g−1βg ∈ G′,

∀β ∈ G′ e ∀g ∈ G. Definamos S = x−1y−1xy/x,y ∈ G. Observe que dado α ∈ S

temos α = x−1y−1xy e assim α−1 = y−1x−1yx ∈ S . Logo, dado β ∈ G′, temos que

β = a1 . . .an, com ai ∈ S para todo i ∈ 1,2, . . . ,n. Dessa forma, dado g ∈ G teremos:

g−1βg = g−1(a1 . . .an)g = g−1a1(gg−1) . . .(gg−1)ang ⇒ g−1βg = (g−1a1g) . . .(g−1ang).

Agora, para mostrar que g−1βg ∈ G′, basta mostrar que cada g−1ag ∈ S , para todo

i ∈ 1,2, . . . ,n quando a ∈ S . Assim. seja a = x−1y−1xy. Logo,

g−1ag = g−1(x−1y−1xy)g = (g−1x−1g)(g−1y−1g)(g−1xg)(g−1yg)

= (g−1xg)−1(g−1yg)−1(g−1xg)(g−1yg),

o qual pertence a S .

Corolário 2.1 Seja n ≥ 5. Então

(i) (Sn)′ = An;(An)

′ = An.

(ii) Z(Sn) = 1;Z(An) = 1.

Demonstração:

(i): O subgrupo dos comutadores (Sn)′ é normal em Sn, logo temos que

(Sn)′ = 1,An,Sn. Mostraremos que (Sn)

′ = 1,Sn. De fato, como An Sn eSn

Ané abeliano segue

que (Sn)′ = Sn. Note ainda que como Sn não é abeliano, logo (Sn)

′ = 1.

Analogamente, (An)′ é um subgrupo normal de An e assim devemos ter

(An)′ = 1 ou An. Mas An não é abeliano, ou seja, (An)

′ = 1. Segue-se assim o resultado.

(ii): Temos que Z(An) é normal em An e assim devemos ter Z(An) = 1 ou An. Mas como An não

é abeliano então Z(An) = An. Portanto Z(An) = 1.

Analogamente, temos que Z(Sn) é normal em Sn e assim devemos ter

Z(Sn) = 1,An ou Sn. Como Sn não é abeliano então temos Z(Sn) = Sn. Agora caso

2.2 Comutadores 57

ocorresse Z(Sn) = An entãoSn

Z(Sn)é cíclico de ordem dois, o que é absurdo. Portanto, temos

que Z(Sn) = 1.

Observação 2.3 Fica como exercício para o leitor mostrar que quando n = 4 temos que

(S4)′ = A4,(A4)

′ = K (Grupo de Klein); Z(S4) = Z(A4) = 1.

Definição 2.4 Sejam H,K ≤ G. Sendo assim

HK = ⟨hk;h ∈ H,k ∈ K⟩.

Definição 2.5 Sejam H e K subgrupos do grupo G. Definimos o subgrupo dos comutadores de

H e K como sendo

[H,K] = ⟨h−1k−1hk/h ∈ H,k ∈ K⟩.

Observação 2.4 Se N G então [N,G]≤ N.

De fato, dados x ∈ N e g ∈ G temos que

x−1g−1xg = x−1(g−1xg) ∈ NNg = NN = N ⇒ x−1g−1xg ∈ N.

Proposição 2.4 Sejam X ,K ≤ G. Logo

(i) XK E ⟨X ,K⟩;

(ii) XK = ⟨X , [X ,K]⟩;

(iii) [X ,K]K = [X ,K];

(iv) Se K = ⟨Y ⟩, então [X ,K] = [X ,Y ]K .

Demonstração:

(i): Como X ≤ XK , temos que X ≤ NG(XK). Agora, dado xk ∈ XK e k1 ∈ K teremos

(xk)k1 = xkk1 ∈ XK . Dessa maneira, temos K ≤ NG(XK). Portanto, XK E ⟨X ,K⟩.

(ii): Sabemos que [x,k] = x−1k−1xk = x−1xk. Mas, note que xk ∈ ⟨X , [X ,K]⟩. Logo,

XK ≤ ⟨X , [X ,K]⟩.

Por outro lado, como X ≤ XK e [x,k] = x−1k−1xk = x−1xk ∈ XK concluímos que

XK = ⟨X , [X ,K]⟩.

2.2 Comutadores 58

(iii): Note que já temos [X ,K] ≤ [X ,K]K . Resta-nos, então, mostrar a outra desigualdade,

ou seja, [X ,K]K ≤ [X ,K]. Mas, da propriedade (v) da Proposição 2.2 temos que

[x,kk1] = [x,k1][x,k]k1 e assim teremos

[x,k]k1 = [x,k1]−1[x,kk1] ∈ [X ,K].

Portanto [X ,K]K ≤ [X ,K] e segue-se assim o resultado.

(iv): É suficiente mostrar que [X ,K] ⊆ [X ,Y ]K haja vista que como Y ⊆ K então temos

[X ,K] = [X ,K]K ⊇ [X ,Y ]K . Sendo assim, dados x ∈ X e k ∈ K. Dessa forma, k = ye11 ye2

2 . . .yell

com yi ∈ Y e ei =±1. Logo

[x,k] = [x,ye11 ye2

2 . . .yell ] = [x,yel

l ][x,ye11 ye2

2 . . .yel−1l−1 ]

yell .

Caso tenhamos l = 1, então

[x,k] = [y,ye] = [x,y] ou [x,k] = [y,ye] = [x,y−1] = [x,y]y−1.

Com isso conclui-se que [x,y] ∈ [X ,Y ]K .

Agora, por indução sobre l, temos que[x, [x,ye1

1 ye22 . . .yel−1

l−1 ]]∈ [X ,Y ]K e também

[x,yell ] ∈ [X ,Y ]K . Portanto, [x,k] ∈ [X ,Y ]K .


Proposição 2.5 Sejam H,K,N ≤ G, então:

(i) [H,K] = [K,H]E ⟨H,K⟩. Em particular [H,G]E G.

(ii) Se N E G, entãoGN

é abeliano, se e somente se, G′ = [G,G]≤ N.

(iii) [H,K]≤ H ⇔ K ≤ NG(H). Em particular, se H E G então [H,G]≤ H.

(iv) Se H E G,K E G e N E G, então [HK,N] = [H,N][K,N].

(v) Se H E G,K E G e H ≤ K, entãoKH

≤ Z(

GH

)⇔ [G,K]≤ H.

(vi) Se N E G e N ≤ H, então[

GN,HN

]=

[G,H]NN

.

Demonstração:

2.2 Comutadores 59

(i): Temos que

[H,K] = ⟨[h,k];h ∈ H,k ∈ K⟩= ⟨[k,h]−1;k ∈ K,h ∈ H⟩ ≤ [K,H].

Analogamente

[K,H] = ⟨[k,h];k ∈ K,h ∈ H⟩= ⟨[h,k]−1;h ∈ H,k ∈ K⟩ ≤ [K,H].

Dessa forma, [H,K] = [K,H].

Agora, do item (iii) da Proposição 2.4 tem-se [H,K]K = [H,K] e assim

K ≤ NG([H,K]). Do mesmo item temos que [K,H]H = [K,H] e assim

H ≤ NG([K,H]) = NG([H,K]). Logo,

[H,K] = [K,H]E ⟨H,K⟩.

(ii) Provaremos inicialmente que G′ ≤ N. Suponhamos então queGN

seja abeliano. Seja x ∈ G′

gerador de G, ou seja, x = aba−1b−1 para algum a,b ∈ G. ComoGN

é um grupo quociente,

sabemos que aN,bN ∈ GN

. Dessa maneira,

xN = (aba−1b−1)N = (aN)(bN)(a−1N)(b−1N) (N normal )

= (bN)(aN)(a−1N)(b−1N)

(GN

é normal)

= (baa−1b−1)N = N,

ou seja, xN = N. Logo, x ∈ N.

Portanto, G′ ≤ N.

Agora mostraremos queGN

é abeliano. Suponha que G′ ≤ N. Considere aN,bN ∈ GN

. Desde

que a,b ∈ G, sabemos que aba−1b−1 ∈ G′ e assim, como G′ ⊆ N, temos aba−1b−1 ∈ N. Mas N

é subgrupo, logo

(aba−1b−1)−1 = bab−1a−1 ∈ N.

Observe agora que

(aN)(bN)(a−1N)(b−1N) = (aba−1b−1)N = N. (2.1)

A primeira igualdade é possível visto que N é normal. Agora como aba−1b−1 ∈ N segue que

(aba−1b−1)N = N garantindo a segunda igualdade. Da mesma forma podemos obter que

(bN)(aN)(b−1N)(a−1N) = (bab−1a−1)N = N. (2.2)

2.2 Comutadores 60

De (2.1) e (4.2) temo que:

(aN)(bN)(a−1N)(b−1N) = (bN)(aN)(b−1N)(a−1N).

Multiplicando ambos os membros à direita por (bN)(aN) temos:

(aN)(bN) = (bN)(aN)(b−1N)(a−1N)(bN)(aN)⇒ (ab)N = (ba)N(b−1a−1ba)N.

Como b−1a−1ba ∈ N (desde que é o comutador entre b−1 e a−1 e temos G′ ≤ N). Assim

(b−1a−1ba)N = N. Logo, obtemos:

(ab)N = (ba)N.

Portanto,

(aN)(bN) = (ab)N = (ba)N = (bN)(aN)⇒ GN

é abeliano.

(iii): Suponha que tenhamos [H,K] ≤ K. Como [K,H] = [H,K] ≤ H

segue-se que k−1h−1kh ∈ H,∀k ∈ K e ∀h ∈ H. Logo, k−1h−1k ∈ H e assim, K ≤ NG(H).

Reciprocamente, suponhamos agora que K ≤ NG(H). Sendo assim, temos que

k−1h−1k ∈ H,∀k ∈ K. Logo, k−1h−1kh ∈ H. Portanto,

[K,H] = [H,K]≤ H.

Em particular, se H E G, então [H,G]≤ H. De fato, basta tomar K = G.

(iv): Tem-se que [H,N], [K,N] ≤ [HK,N] e assim, segue-se que

[H,N][K,N]≤ [HK,N].

Agora, [hk,n] = [h,n]k[k,n] = [hk,nk][k,n] = [h′,n′][k,n] ∈ [H,K][K,N] visto que H,N E G.

Logo, segue-se o resultado desejado.

(v): Suponha que tenhamosKH

≤ Z(

GH

). Seja g ∈ G,k ∈ K então

[g,k] = g−1k−1gk ∈ K pois K E G, e

(g−1k−1gk)H = (g−1H)(k−1H)(gH)(kH) = H

já que kH,k−1H ∈ KH

≤ Z(

GH

). Dessa forma, [g,k] ∈ H e assim,

[G,K]≤ H.

Agora suponhamos que [G,K] ≤ H. Assim g−1k−1gk ∈ H,∀g ∈ G,

∀k ∈ K. Logo, (g−1k−1gk)H = H e assim (gk)H = (kg)H, ou seja,

2.2 Comutadores 61

(gH)(kH) = (kH)(gH),∀g ∈ G e ∀k ∈ K. Portanto,KH

≤ Z(

GH

).

(vi): Temos que[

GN,HN

]= ⟨[gN,hN];g ∈ G,h ∈ H⟩. Mas

[gN,hN] = (gN)−1(hN)−1(gN)(hN) = g−1Nh−1NgNhN = (g−1h−1gh)N = [g,h]N.

Observe agora que,[G,H]N

N= xN;x ∈ [G,H]. Segue-se que[

GN,HN

]≤ [G,H]N

N.

Agora, se xN ∈ [G,H]NN

, então x = [g1,h1]e1 [g2,h2]

e2 . . . [gn,hn]en, e portanto,

xN = ([g1,h1]N)e1([g2,h2]N)e2 . . .([gn,hn]N)en ∈ ⟨[g,h],N⟩=[

GN,HN

].

Segue-se assim o resultado desejado.

Proposição 2.6 (Lema dos três subgrupos) Sejam H,K e L subgrupos de G. Se dois dos

subgrupos [H,K,L], [K,L,H], [L,H,K] estão contidos em um subgrupo normal de G então o

terceiro também estará.

Demonstração:

Seja N E G. Suponhamos que [H,K,L] ⊆ N e [K,H,L] ⊆ N. Do Lema 2.2, temos

[h,k, l]k−1[k, l,h]l

−1[l,h,k]h

−1. Sendo assim

[l,h,k]h−1

=([k, l,h]l

−1)−1(

[h,k, l]k−1)−1

∈ N ⇒ [l,h,k] ∈ Nh = N.

Logo, [L,H,K]⊆ N.

Antes de enunciarmos a próxima proposição, considere Op(G) como sendo o maior

p-subgrupo normal do grupo G. Por exemplo, para G = A4 temos que O2(A4) = V , onde V

é o subgrupo de Klein e O3(V ) = 1. Fixada a notação, vamos à prova do

2.2 Comutadores 62

Proposição 2.7 (Ore-Baer) Seja G um grupo finito com Op(G) = 1 para algum primo p. Se

existe MlG tal que MG = 1, fazendo L = Op(G), |L|= pn, obtemos:

(i) L é p-abeliano elementar;

(ii) M é complemento de L, ou seja, G = ML e M∩L = 1;

(iii) L é normal minimal de G;

(iv) CG(L) = L e L é o único normal minimal de G.

Demosntração:

(i): L é p-abeliano elementar.

De fato, sendo MlG, segue que Φ(G)≤ M. Como Φ(G)E G, então

Φ(G)≤ Mg,∀g ∈ G ⇒ Φ(G)≤ MG = 1.

Agora L E G implica que Φ(L)≤ Φ(G) = 1. Ou seja, L é p-abeliano elementar.

(ii): M é complemento de L, ou seja, G = ML e M∩L = 1;

De fato, note que L ≤ M, pois do contrário teríamos L ≤ MG = 1, o que não é verdade. Portanto,

G = ML, pois MlG. Agora, sendo L E G temos que M∩L M e sendo L abeliano temos que

M∩L E L. Logo M∩L E ML = G. Lembrando que MG é o maior normal de G contido em M,

devemos ter M∩L ≤ MG = 1.

(iii): L é normal minimal de G;

De fato, seja K E G, com K ≤ L. Então KM = M ou KM = G. Se KM = M então

K ≤ M∩L = 1, ou seja, K = 1. Se KM = G, usando a Lei de Dedekind

L = G∩L = KM∩L = K(M∩L) = K1 = K.

Portanto L é normal minimal de G.

(iv): CG(L) = L e L é o único normal minimal de G.

De fato, como L é abeliano, segue que L ≤ CG(L). Além disso, L E G implica CG(L) E G.

Assim, M∩CG(L)E M e L ⊆ NG (M∩CG(L)). Daí, M∩CG(L)E ML = G e como MG = 1 é o

maior normal de G contido em M, segue que M∩CG(L) = 1. Pela Lei de Dedekind

CG(L) = G∩CG(L) = ML∩CG(L) = L(M∩CG(L)) = L1 = L.

2.3 Grupos Solúveis, Supersolúveis e Nilpotentes 63

Seja agora N· G com N ≤ L. Então N ∩ L = 1 e [N,L] ≤ N ∩ L = 1. Portanto,

N ≤CG(L) = L, o que não é verdade.

2.3 Grupos Solúveis, Supersolúveis e Nilpotentes

Definição 2.6 Um grupo G é dito solúvel, se existe uma série subnormal

(S) : 1 = G0 E G1 E . . .E Gn = G

onde todos os grupos quocientesGi+1

Gisão abelianos. Dizemos que G é Supersolúvel se existe

uma série (S) com Gi E G eGi+1

Gicíclico. Dizemos que G é Nilpotente se existe uma série

central (S), ou seja, Gi E G eGi+1

Gi≤ Z

(GGi

), ou seja [Gi+1,G]≤ Gi.

Observação 2.5

• Todo grupo nilpotente é solúvel.

• Todo grupo supersolúvel é solúvel.

Proposição 2.8 G é solúvel se, e somente se, existe n ≥ 0 tal que G(n) = 1, onde

G(0) = G,G(1) = G′ e G(n) = (G(n−1))′.

Demonstração:

Suponhamos que G seja solúvel. Dessa maneira existe uma série

1 = G0 E G1 E . . .E Gn = G

tal que todos os grupos quocientesGi+1

Gisão abelianos.

Afirmação 2.1 G(i) ≤ Gn−i, ∀0 ≤ i ≤ n.

Para i = 0 temos G(0) = G = Gn = Gn−0. Suponhamos agora que vale

G(i) ≤ Gn−i. Então comoGn−i

Gn−(i+1)é abeliano, segue-se do item (ii) da Proposição 2.5

que (Gn−i)′ ≤ Gn−(i+1).


Agora, como G(i) ≤ Gn−i temos G(i+1) = (G(i))′ ≤ (Gn−i)′ ≤ Gn−(i+1). Assim, como

G0 = 1 segue-se que G(n) = Gn−n = 1.

Reciprocamente, suponha agora que exista n ≥ 0 tal que G(n) = 1. Agora, como

G(n+1) E G(n) temos a série

1 = G(n) E . . .E G(0) = G

subnormal comG(i−1)

G(i)abeliano. Agora se fizermos N = G′ no item (ii) da Proposição 2.5

obtemos queGG′ é abeliano. Portanto, G é solúvel.

Proposição 2.9 Seja G um grupo solúvel.

(i) Todo subgrupo de G é solúvel.

(ii) Se N E G, então o grupoGN

é solúvel.

(iii) Toda imagem homomórfica de G é solúvel.

(iv) Se N E G, com N eGN

solúveis, então G é solúvel.

Demonstração:

(i): Suponha G um grupo solúvel. Então existe n ≥ 0 tal que G(n) = 1. Agora, sendo H ≤ G,

então H(n) ≤ G(n) = 1, ou seja, H(n) = 1. Portanto, H é solúvel.

(ii): Segue-se do item (iv) da Proposição 2.5 que(GN

)′=

[GN,GN

]=

[G,G]NN

=G′NN

.

Suponha por indução que(

GN

)(n)

=G(n)N

N. Aplicando, novamente, o item (iv) da Proposição

2.5 obteremos que(GN

)(n+1)

=

[G(n)N

N,G(n)N

N

]=

[G(n)N,G(n)N]NN

=[G(n),G(n)][G(n),N][N,G(n)][N,N]N

N.

Agora, como [G(n),N], [N,G(n)], [N,N]≤ N teremos que(GN

)(n+1)

=G(n+1)N

N.


Mas sabemos que como existe n ≥ 0 tal que Gn = 1 segue-se que(GN

)(n)

=G(n)N

N=

NN.

Portanto,GN

é solúvel.

(iii): Agora, seja ϕ : G → H um homomorfismo sobrejetivo. Considere a,b ∈ G. Assim

ϕ(aba−1b−1) = ϕ(a)ϕ(b)ϕ(a)−1ϕ(b)−1. Dessa maneira, temos H ′ = ϕ(G′), e, por indução,

H(n) = ϕ(

G(n))

. Portanto, H(k) = ϕ(

G(k))= ϕ(1) = 1, mostrando assim que toda imagem

homomórfica de G é solúvel.

(iv): Seja N E G tal que N eGN

são solúveis. Então, existem k ≥ 0 e l ≥ 0 tais que N(k) = 1

e(

GN

)(l)

= 1. ComoGN

é a imagem homomórfica de G, pelo homomorfismo natural G → GN

,

segue que(

GN

)(n)

=G(n)N

Npara todo n ≥ 0. Assim, G(l) ≤ N. Portanto, G(l+k) ≤ N(k) = 1.

Segue-se assim que G é solúvel.

Corolário 2.2 Sejam H e K grupos, então H×K é solúvel se, e somente se, H e K são solúveis.

Demonstração:

Suponha, inicialmente, que H ×K seja solúvel. Sendo assim, H ≃ H × 1 e K ≃ 1×K são

subgrupos normais. Logo, H e K são solúveis. Reciprocamente, sejam H e K solúveis. Então

H E H ×K eH ×K

H≃ K são solúveis. Portanto, H ×K é solúvel.

Teorema 2.2 (Teorema de Burnside) Se G é um grupo com |G|= pmqn, p e q números primos,

m,n ∈ N, então G é solúvel. Em particular, S3 e S4 são grupos solúveis.

Demosntração:

Ver [16], pág. 240.


Série Central Inferior de G

Definamos os subgrupos γ1(G) = G e γn(G) = [γn−1(G),G], com n ≥ 2. Temos:

• γn(G) carG.

De fato, provemos por indução sobre n. Se n = 1, é imediato. Agora suponha, por indução, que

γncarG. Seja θ ∈ AutG, então:

θ(γn+1(G)) = θ ([γn(G),G]) = [θ (γn(G)) ,θ(G)]≤ [γn(G),G] = γn+1(G).

Concluímos assim que γn+1(G) carG. Em particular, γn(G) E G. Isto implica que

γn+1(G) = [γn(G),G]⊆ γn(G), ou seja, γn+1(G)⊆ γn(G).

• γn(G)

γn+1(G)≤ Z

(G

γn+1(G)

)Note que [

γn(G)

γn+1(G),

Gγn+1(G)

]=

[γn(G),G]γn+1(G)

γn+1(G)= 1.

Logo, obtemos o resultado desejado.

Dessa maneira, a série

G = γ1(G)≥ γ2(G)≥ . . .≥ γn(G)≥ . . .

é uma série central de G e é denominada de Série Central Superior de G.

Série Central Inferior de G

Definamos os subgrupos Z0(G) = 1,Z1(G) = Z(G) e Zn(G) como um subgrupo de G tal queZn+1(G)

Zn(G)= Z

(G

Zn(G)

). Temos:

• Zn(G) carG.

Provemos por indução sobre n. Se n = 2, temos

[φ (Z2(G)) ,G] = φ ([Z2(G),G]) = φ (Z1(G)) = Z1(G),φ ∈ AutG.

Logo, Z2(G) carG. Suponhamos, por indução, que Zn(G)

carG. Assim:

[φ (Zn+1(G)) ,G] = φ ([Zn+1(G),G]) = φ (Zn(G)) = Zn(G),

ou seja, Zn+1(G) carG. Donde, Zn(G)E G.

Assim, vemos que a série

1 = Z0(G)≤ Z1(G) = Z(G)≤ Z2(G)≤ . . .≤ Zn(G)≤ . . .


é uma série central de G e é chamada de Série Central Inferior de G.

Proposição 2.10

(i) Se [H,G]≤ Zi(G), então H ≤ Zi+1(G);

(ii) [γi(G),γ j(G)]≤ γi+ j(G);

(iii) γi(γ j(G)

)≤ γi j(G);

(iv) [γi(G),Z j(G)]≤ Z j−i(G), se j ≥ i;

(v) Zi

(G

Z j(G)

)=

Zi+ j(G)

Z j(G);

(vi) γn(A×B) = γn(A)× γn(B).

Demonstração:

(i): Como [H,G] ≤ Zi(G), segue queHZi(G)

Zi(G)≤ Z

(G

Zi(G)

). Assim,

HZi(G)≤ Zi(G) implicando que H ≤ Zi+1(G).

Os próximos itens serão provados por indução sobre i.

(ii): Se i = 1, temos [γ1(G),γ j(G)] = [G,γ j(G)] = γ j+1(G). Suponha agora que tenhamos

[γi(G),γ j(G)]≤ γi+ j(G). Sendo assim,

[γi+1(G),γ j(G)] = [[γi(G),G],γ j(G)] = [γi(G),G,γ j(G)].

Segue, do Lema dos Três Subgrupos que:

[γi+ j(G),γ j(G)] ≤ [G,γ j(G),γi(G)][γ j(G),γi(G),G]

= [γ j+1(G),γi(G)][γ j(G),γi(G),G]

≤ γi+ j+1[γi+ j(G),G] = γi+ j+1(G).

Logo, [γi+ j(G),γ j(G)]≤ γi+ j+1(G).

(iii): Para i = 1, temos que γ1(γ j(G)

)= γ j(G). Agora suponhamos que

tenhamos γi(γ j(G)

)≤ γi j(G). Sendo assim, pelo item anterior e por hipótese de indução,

obteremos que

γi+1(γ j(G)

)= [γi

(γ j(G)

),γ j(G)]≤ [γi j(G),γ j(G)]≤ γ(i+1) j(G).


(iv): Para i = 1, temos que [γ1(G),Z j(G)] = [G,Z j(G)] ≤ Z j−1(G).

Suponhamos que tenhamos [γi(G),Z j(G)] ≤ Z j−i(G) para i ≤ j. Segue por hipótese de

indução e do Lema dos Três Subgrupos que

[γi+1(G),Z j(G)] = [γi(G),G,Z j(G)] ≤ [G,Z j(G),γi(G)][Z j(G),γi(G),G]

≤ [Z j−1(G),γi(G)][Z j−i(G),G]

≤ Z j−i−1(G)Z j−i−1(G) = Z j−i−1(G).

Portanto, [γi+1(G),Z j(G)]≤ Z j−i−1(G).

(v): Para i = 1, temos Z1

(G

Z j(G)

)=

Z j+1(G)

Z j(G). Suponha agora que tenhamos

Zi

(G

Z j(G)

)=

Zi+ j(G)

Z j(G). Considere H ≤ G tal que Zi+1

(G

Z j(G)

)=

HZ j(G)

. Nosso intuito

é mostrar que H = Zi+ j(G).

De fato,

Zi+1

(G

Z j(G)

)Zi

(G

Z j(G)

) = Z

G

Z j(G)

Zi

(G

Z j(G)

)= Z

G

Z j(G)

Zi+ j(G)

Z j(G)

.

Mas,H

Z j(G)

Zi+ j(G)

Z j(G)

= Z

G

Z j(G)

Zi+ j(G)

Z j(G)

⇔[

HZ j(G)

,G

Z j(G)

]≤

Zi+ j(G)

Z j(G).

Como[

HZ j(G)

,G

Z j(G)

]=

[H,G]Z j(G)

Z j(G), temos que

[H,G]Z j(G)

Z j(G)≤

Zi+ j(G)

Z j(G). Sendo assim,

[H,G]Z j(G)≤ Zi+ j(G) obtendo [H,G]≤ Zi+ j(G). Mas, do item (i) temos que H ≤ Zi+ j+1(G).

Por outro lado, [Zi+ j+1(G)

Z j(G),

GZ j(G)

]=

[Zi+ j+1(G),G]Z j(G)

Z j(G)≤

Zi+ j(G)

Z j(G)

haja vista que [Zi+ j+1(G),G]≤ Zi+ j(G). Dessa maneira,

Zi+ j+1(G)

Z j(G)

Zi+ j(G)

Z j(G)

≤ Z

G

Z j(G)

Zi+ j(G)

Z j(G)

=

HZ j(G)

Zi+ j(G)

Z j(G)

.

Concluímos assim queZi+ j+1(G)

Z j(G)≤ H

Z j(G), ou seja, Zi+ j+1(G)≤H. Portanto, H = Zi+ j+1(G).


(vi): Provemos por indução sobre n.

Para n = 1 temos que γ1(A×B) = A×B = γ1(A)× γ1(B). Suponhamos agora que tenhamos

γn(A×B) = γn(A)× γn(B). Assim,

γn+1(A×B) = [γn(A×B),A×B]

= [γn(A)× γn(B),A×B]

= [γn(A),A]× [γn(B),B]

= γn+1(A)× γn+1(B)

Logo, segue-se o resultado.

Definimos a Classe de Nilpotência de um grupo G como o comprimento da série central

inferior que é igual ao comprimento da série central superior e denotamos este comprimento

por Cl(G). Denotaremos por Nc o conjunto de todos os grupos com Cl(G)≤ c.

Observação 2.6 Se G é um grupo abeliano, então Cl(G) = 1.

Proposição 2.11 Seja G um grupo. Então

(i) Se N E G eGN

é nilpotente, então G é nilpotente;

(ii) G ∈ Nc se, e somente se,G

Z(G)∈ Nc−1;

(iii) Se G é nilpotente e N E G, então N ∩Z(G) = 1;

(iv) Se |G|= pn, então G é nilpotente;

(v) Se G é nilpotente e H ≤ G, então H é subnormal, ou seja, existem

H1,H2, . . . ,Hn ≤ G tais que H E H1 E . . .E Hn = G;

(vi) Se G é finito, então G é nilpotente se, e somente se, todo fator principal é central.

Demonstração:

(i): ComoGN

é nilpotente existe uma série central

NN

E H1

NE . . .E G

N.


Ou seja,[

Hi+1

N,GN

]≤ Hi

N. Logo,

[Hi+1,G]NN

≤ Hi

Ne, assim, [Hi+1,G] ≤ Hi. Dessa maneira, a

série

1 E N E H1 E . . .E G

é central. Portanto, G é nilpotente.

(ii): Suponhamos inicialmente que G ∈ Nc e assim, tem-see que Zc(G) = G. Logo

Zc−1

(G

Zc(G)

)=

Zc−1+1(G)

Z(G)=

Zc(G)

Z(G)=

GZ(G)

.

Portanto,G

Z(G)∈ Nc−1.

Reciprocamente, suponhamos queG

Z(G)∈ Nc−1.

Sendo assim Zc−1

(G

Zc(G)

)=

GZ(G)

. Logo,

Zc−1

(G

Zc(G)

)=

Zc(G)

Z(G)=

GZ(G)

.

Portanto, G ∈ Nc.

(iii): Considere a série

1 = Z0(G)E Z1(G)E . . .E Zn(G) = G.

Dessa maneira, temos que existe r ∈1,2, . . . ,n de forma que N∩Zr(G) = 1 e N∩Zr−1(G)= 1.

Sendo assim, como N E G e [Zr(G),G]≤ Zr−1(G) (Por definição) segue-se que

[N ∩Zr(G),G]≤ Zr−1 ∩N.

Portanto, [N ∩Zr(G),G] = 1 e, assim, temos 1 = N ∩Zr(G)≤ Z(G).

(iv): Pelo item (i) do Corolário 1.6 segue-se que para cada i ∈ 1,2, . . . ,n temos que existe

H E G e pelo item (iv) do Teorema 1.10 segue-se que H ∩Z(G) = 1. Em particular, Z(G) = 1.

Dessa maneira, por indução,G

Z(G)é nilpotente. Agora, usando o item (ii) garantimos que G é

nilpotente.

(v): Sendo G nilpotente, considere a série

1 = Z0(G)E Z1(G)E . . .E Zn(G) = G.

Sendo assimZi+1(G)

Zi(G)= Z

(G

Zi(G)

).


Logo,Zi+1(G)

Zi(G)≤ N G

Zi(G)Z(

HZi(G)

Zi(G)

).

Dessa forma,HZi(G)

Zi(G)E Zi+1(G)

Zi(G)· HZi(G)

Zi(G)=

Zi+1(G)HZi(G)

.

Sendo assim, HZi(G)E HZi+1(G). Portanto,

H = Z0(G)H E Z1(G)H E . . .E Zn(G)H = G.

(vi): Note que se toda série principal é central então temos necessariamente que G é nilpotente.

Agora suponhamos que G seja um grupo finito nilpotente e considere

1 = G0 E . . .E Gn = G

uma série principal, ou seja,Gi+1

Gi G

Gi. Sendo assim resta mostrar que todo

normal minimal de um grupo nilpotente é central. Considere G nilpotente e

N· G, segue-se do item (iii) que N∩Z(G) = 1. Mas N∩Z(G)E G e N∩Z(G)≤ N. Portanto,

N ≤ Z(G).

Teorema 2.3 [Teorema de Fitting] Sejam G um grupo e A,B E G com

Cl(A) = a e Cl(B) = b. Então Cl(AB)≤ a+b.

Demonstração:

Se A = 1 ou B = 1, então temos que a = 1 ou b = 1 e o resultado segue-se. Suponhamos agora

então que tenhamos A = 1 e B = 1. Considere N = Z(A) = 1 e M = Z(B) = 1. Note ainda

que Z(A) carA E G, e assim, N = Z(A)E G. De maneira análoga, obtemos que M = Z(B)E G.

Sendo assimABN

=AN

BNN

;ABM

=AMM

BM.

Segue do Segundo Teorema dos Isomorfismos que

BNN

≃ BB∩N

;AMM

≃ AA∩M

.

Assim Cl(

BNN

)≤ Cl(B) = b e Cl

(AMM

)≤ Cl(A) = a e também Cl

(AN

)= a − 1 e

Cl(

BM

)= b−1.


Por indução,(ABN

)≤(

AN

)+

(BNN

)≤ a−1+b e

(ABM

)≤(

AMM

)+

(BM

)≤ a+b−1.

Agora θ : AB → ABN

× ABM

dado por θ(x) = (xN,xM) é um homomorfismo com Nucθ = N∩M.

Dessa maneira, teremosAB

N ∩M≃ H ≤ AB

N× AB

M.

Sendo assim, como Cl(

ABN ∩M

)≤ a+b−1 e N ∩M ≤ Z(AB), obtemos que

ABZ(AB)

≃

ABN ∩MZ(AB)N ∩M

.

Logo, Cl(

ABZ(AB)

)≤ a+b−1. Portanto, Cl(AB)≤ a+b.

Definição 2.7 Seja G um grupo. O subgrupo de Fitting de G é definido por

F(G) = ⟨N E G;N é nilpotente ⟩.

Pelo Teorema de Fitting, se G é finito, F(G) = ∏NEGnilp.

N é nilpotente.

Definição 2.8 Um grupo G é dito ser p-Abeliano Elementar se G é abeliano e para todo x ∈ G

temos que xp = 1.

Observação 2.7 Se G é p-abeliano elementar, então G é um espaço vetorial sobre Zp.

Teorema 2.4 (Teorema Fundamental dos Grupos Abelianos Finitamente Gerados) Seja G

um grupo abeliano finitamente gerado. Então G pode ser decomposto como produto direto de

um número finito de grupos cíclicos Hi. Mais precisamente, G = H1 ×H2 × . . .×Hk, tal que

ou H1,H2, . . . ,Hk são todos infinitos, ou para algum j ≤ k, H1, . . . ,H j são de ordem m1, . . . ,m j,

respectivamente, com m1|m2| . . . |m j e H j+1, . . . ,Hk são todos cícllicos infinitos.


Demonstração:

Ver [2], pág. 141.

Teorema 2.5

(i) Se G é solúvel não-trivial, então G é simples se, e somente se, |G|= p, onde p é primo;

(ii) Seja G finito, então são equivalentes:

(i’) G solúvel;

(ii’) Todo fator de composição tem ordem prima;

(iii’) Todo fator principal é p-abeliano elementar.

Demonstração:

(i): Sabemos que G′ E G. Sendo assim, temos que G′ = 1 ou G′ = G. Mas como G é solúvel,

segue-se que G′ = 1. Portanto, G é abeliano simples e assim, |G|= p, p primo.

(ii):

(i′)⇒ (ii′) : SejaGi+1

Gifator de composição. Sendo assim, temos que

Gi+1

Gié solúvel e simples.

Dessa forma, do item (i) temos que∣∣∣∣Gi+1

Gi

∣∣∣∣= p, com p primo.

(i′) ⇒ (iii′) : Considere N· G. Sendo assim, N′ carN E G. Portanto, devemos ter N′ = 1 ou

N′ = N. Mas, note que, N é solúvel e N = 1 então, segue-se que N′ = 1 e assim N pe abeliano.

Seja A = x ∈ N;xp = 1. Dessa forma, ∀x,y ∈ A temos que (xy−1)p = xpy−1 = 1, ou seja,

A E N. Note ainda que, dados g ∈ G e x ∈ A temos que (g−1xg)p = g−1xpg = 1. Portanto,

A E G e assim A = 1 ou A = N. Agora, caso tivermos que p divide |N|, temos que existe x ∈ N

tal que xp = 1. Assim A = N e, portanto, N é p-abeliano elementar. Como N = 1, existe um

primo p que divide |N|. Mostramos assim que todo subgrupo normal minimal de um grupo

solúvel é p-abeliano elementar. Tal resultado é suficiente para provar que todo fator principal é

p-abeliano elementar.

As implicações (ii′)⇒ (i′) e (iii′)⇒ (i′) seguem diretamente da definição.


Definição 2.9 Dado um grupo G, dizemos que M é um subgrupo maximal de G, que

denotaremos por MlG, quando

• M < G e,

• Dado H ≤ G com M ≤ H ≤ G, então H = M ou H = G.

Definição 2.10 Seja G um grupo, o subgrupo de Fratini de G, denotado por Φ(G), é definido

como sendo

Φ(G) =∩

MlG

M.

Observação 2.8 Φ(G) carG

Com efeito, note que: Se α ∈ Aut(G),MlG ⇔ α(M)lG. Daí, dado α ∈ Aut(G), temos que

α (Φ(G)) = α

( ∩MlG

M

)=∩

MlG

α(M) =∩

α(M)lG

α(M) = Φ(G).

Um elemento g ∈ G é dito ser não gerador de G se G = ⟨X ,g⟩ implica G = ⟨X⟩.

Lema 2.6 Seja G um grupo finito, então Φ(G) é o conjunto dos não geradores de G. Ademais,

se K E G, então K ≤ Φ(G) se, e somente se, não existe H ≤ G tal que KH = G.

Demonstração:

Seja g ∈ G um elemento não gerador de G. Se g /∈ Φ(G) então existe M lG de modo que

g /∈ M. Portanto, G = ⟨M,g⟩. Logo, G = ⟨M⟩, o que é absurdo. Assim, g ∈ Φ(G) e portanto

Não geradores de G ⊆ Φ(G). tome agora g ∈ Φ(G) e um subconjunto X de G tal que

G = ⟨g,X⟩. Caso G = ⟨X⟩ então existe MlG tal que X ⊆ M. Então como g ∈ Φ(G) temos que

g ∈ M e assim, ⟨X ,g⟩ ≤ ⟨M,g⟩= M = G, o que é absurdo. Portanto, G = ⟨X⟩ e g não é gerador

de G.

Mostraremos agora que se K E G, então K ≤ Φ(G) se, e somente se, não existe H ≤ G tal que

KH = G. Suponha que K E G. Se K ≤ Φ(G) e H ≤ G com KH = G. Então devemos ter H = G,

pois se H < G existiria um subgrupo maximal M de G contendo H. Portanto, G = KH ≤ M e

assim G = M, o que é absurdo. Sendo assim provamos que @H ≤ G tal que G = KH.

Reciprocamente, suponha que K E G e K Φ(G), então existe MlG tal que K M e portanto

G = HM.


Corolário 2.3 Sejam G um grupo finito e K E G, se K ≤ Φ(G) e existe H ≤ G com G = KH,

então G = H.

Demonstração:

Segue do Lema anterior.

Teorema 2.7 (Caracterização dos Grupos Nilpotentes Finitos) Seja G um gruppo finitito,

então são equivalentes:

(i) G é nilpotente;

(ii) Todo subgrupo de G é subnormal;

(iii) Se H < G, então H < NG(H);

(iv) Se MlG, então M E G;

(v) G′ ≤ Φ(G);

(vi) Se P ∈ Sylp(G), então P E G;

(vii) G = P1 ×P2 × . . .×Pn, onde Pi ∈ Sylpi(G)

Demonstração:

(i)⇒ (ii) : Já foi provado anteriormente.

(ii)⇒ (iii) : Dado H < G. Então, por hipótese, existem Hi ≤ G tais que

H E H1 E . . .E Hn = G.

Sendo assim, temos que existe i ∈ 1,2, . . . ,n tal que H Hi e assim

H < NG(H).

(iii)⇒ (iv) : Considere MlG então como M < NG(M) temos que M E G.

(iv)⇒ (v) : Seja MlG. Temos, por hipótese que M E G. Dessa maneira,∣∣∣∣GM∣∣∣∣= p (p primo).

PortantoGM

é abeliano e, assim, temos que G′ ≤ M. Logo, G′ ≤ Φ(G).

(v)⇒ (iv) : Considere MlG. Sendo assim, temos queMG′ <

GG′ . Mas

GG′ é abeliano e assim,

segue-se queMG′ E

GG′ . Agora pelo Teorema da Correspondência obtemos que M E G.


(iv) ⇒ (vi) : Suponha que exista P ∈ Sylp(G) tal que P 5 G, ou seja,

NG(P) = G. Considere agora MlG de forma que NG(P)≤ M.

Note que M = NG(M). De fato, já sabemos que M ≤ NG(M). Considere agora g ∈ NG(M) e

nosso objetivo é mostrar que g ∈ M. Sendo assim para g ∈ NG(M) temos que P,Pg ≤ Mg = M.

Do Segundo Teorema de Sylow, temos que existe x ∈ M de maneira que Px = Pg. Dessa forma,

P = Pgx−1e, portanto, gx−1 ∈ NG(P) ≤ M. Assim, g ∈ M. Logo segue-se o resultado. Agora

M = NG(M) é um absurdo pois já temos por hipótese que M E G. Logo P E G.

(vi)⇒ (vii) : Segue da Proposição 1.31.

(vii) ⇒ (i) : Pelo Teorema de Fitting segue-se que o produto direto de grupos nilpotentes é

nilpotente. Agora do item (iv) da Proposição 2.11 temos que todo p-grupo é nilpotente.

Observação 2.9 Temos que Φ(Sn) = 1,∀n ≥ 3.

De fato, temos que Φ(S3) = 1 pois todo subgrupo próprio não trivial é maximal.

Para S4 temos que Φ(S4) ≤ A4. Como Φ(S4) é normal, segue que Φ(S4) = 1 ou

Φ(S4) = V (Grupo de Klein). Suponhamos então que Φ(S4) = V . Sendo assim,A4

Φ(A4)seria

nilpotente e portanto A4 seria nilpotente, o que é um absurdo. Portanto, Φ(S4) = 1.

Para Sn com n ≥ 5, sabe-se que 1 e An são os únicos subgrupos normais de Sn. Portanto,

Φ(Sn)=An ou Φ(Sn)= 1. Se Φ(Sn)=An entãoSn

Φ(Sn)seria nilpotente e dái Sn seria nilpotente.

O que é absurdo, pois Z(Sn) = 1. Logo, Φ(Sn) = 1,∀n ≥ 5.

Segue-se portanto o resultado.

Proposição 2.12 Seja G um grupo finito. Então,

(i) Se N E G,H ≤ G e N ≤ Φ(H) então N ≤ Φ(G);

(ii) Se M E G, então Φ(M)≤ Φ(G);

(iii) Se N E G, então Φ(

GN

)≥ Φ(G)N

N. Agora, se N ≤ Φ(G) vale a igualdade;

(iv) Seja A E G, A abeliano e Φ(G)∩A = 1, então existe H ≤ G tal que G = HA e H ∩A = 1,

ou seja, G = AoH.


Demonstração:

(i): Suponha que tenhamos N Φ(G), ou seja, existe um subgrupo maximal M de maneira que

N M e portanto G = NM e

H = G∩H = MN ∩H = N(M∩H) (Lei de Dedekind).

Por hipótese, como N ≤ Φ(H) temos que H = H ∩M e assim H ≤ M, mas N ≤ H. Portanto,

N ≤ M, o que é um absurdo. Logo, segue-se o resultado.

(ii): Note que temos Φ(M) carM E G. Dessa maneira, Φ(M)E G. Agora fazendo N = Φ(M) e

H = M no item (i) teremos o resultado desejado.

(iii): DadoMN

lGN

temos que MlG. Portanto,Φ(G)N

N≤ M

N. Dessa maneira,

Φ(

GN

)=

∩MN lG

N

MN

≥ Φ(G)NN

.

Suponha agora que N ≤ Φ(G) e sejaHN

= Φ(

GN

), onde N E H ≤ G. Então,

HN

= Φ(

GN

)≤ Φ(G)N

N=

Φ(G)

N

e H ≥ Φ(G). Seja MlG então N ≤ Φ(G)≤ M eMN

lGN

. Logo,HN

= Φ(

GN

)e H ≤ M, para

todo MlG. Assim, H ≤ Φ(G)⇒ H = Φ(G).

(iv): Claro que existe H ≤ G de forma que G = HA. Seja então H um grupo de ordem mínima

de tal modo que tenhamos G = HA.

Caso tenhamos H∩A≤Φ(H) então H∩AEH e como A é abeliano temos ainda que H∩AEA.

Segue-se assim que H ∩A E G = HA. Agora, do item (i) temos que H ∩A ≤ Φ(G). Mas

H ∩A ≤ Φ(G)∩A = 1, ou seja, H ∩A = 1.

Suponha agora que tenhamos H ∩A Φ(H). Sendo assim temos que existe M lH tal que

H ∩A M < H. Dessa maneira, (H ∩A)M = H e, dessa forma, G = HA = (H ∩A)MA =

(H ∩A)AM = AM < G, haja ista que M < H e H tem a propriedade mínima, o que nos resulta

num absurdo.

Definição 2.11 Um grupo G é dito ser característicamente simples se os únicos subgrupos

característicos de G são 1 e G.


Proposição 2.13 Se G é um grupo p-abeliano elementar finito, então G é

característicamente simples.

Demonstração:

Seja H carG,H = 1 e considere ∈H−0,w∈G−0. Considere ainda B= v1 = v,v2, . . . ,vr

e B′ = v′1 = w,v′2, . . . ,v′r duas bases de G. Agora, defina θ : G → G por

θ

(r

∑i=1

nivi

)=

r

∑i=1

niv′i.

Temos assim que θ é um automorfismo de G com θ(v) = w. Mas H carG e assim segue-se que

w ∈ H. Portanto, H = G. Segue-se assim o resultado.

Proposição 2.14 Seja G um p-grupo finito. Então Φ(G) = 1 se, e somente se, G é p-abeliano

elementar.

Demonstração:

Mostraremos inicialmente que G é p-abeliano elementar. Considere M lG então temos que

M E G, haja vista de que todo p-grupo finito é nilpotente, e portanto∣∣∣∣GM∣∣∣∣ = p, com p primo.

Sendo assim, temos que G′ ≤ M e (xM)p = xpM = M. Portanto, xp ∈ M,∀x ∈ G. Logo,

G′ ≤ Φ(G) e segue-se que G′ = 1 pois temos M lG. Mostramos assim que G é abeliano.

Agora, como xp ∈ M,∀x ∈ G temos que xp ∈ Φ(G),∀x ∈ G, ou seja, xp = 1,∀x ∈ G (Estamos

assumindo Φ(G) = 1). Logo, G é p-abeliano elementar.

Agora mostraremos que Φ(G) = 1. Com efeito, temos que Φ(G) carG e Φ(G) = G. Mas G é

p-abeliano elementar então, da Proposição anterior, temos que G é caracteristicamente simples.

Portanto, temos Φ(G) = 1.

Corolário 2.4 Seja G um p-grupo finito entãoG

Φ(G)é p-abeliano elementar.

Demonstração:

Seja N = Φ(G). Segue da Proposição 2.12 item (iii) que

Φ(

GN

)=

Φ(G)NN

= 1.


Logo, da Proposição anterior, segue o resultado.

Proposição 2.15 Seja G um p-grupo finito. Então Φ(G) = G′Gp, onde

Gp = ⟨ap;a ∈ G⟩.

Demonstração:

Ver [16], pág. 135.

Proposição 2.16 Seja G,H e K grupos.

(i) Se G é supersolúvel então todo grupo e todo quociente de G é supersolúvel;

(ii) Se H e K são supersolúveis, então H ×K é supersolúvel;

(iii) Seja G supersolúvel. Se N· G então |N|= p;

(iv) Seja G supersolúvel. Se MlG então |G : M|= p.

(v) Se |G|= 2pn então G é supersolúvel.

Demonstração:

Os item (i) e (ii) serão deixados a cargo do leitor.

(iii): Sejam 1 = G0 E G1 E . . . E G uma série normal comGi+1

Gicíclico,

N· G e i = min1, . . . ,n;N ∩ Gi = 1. Sendo assim N ∩ Gi = N, pois

N ∩ Gi ≤ N,N ∩ Gi E G e N ∩ Gi = 1. Agora, do Teorema 2.5 mostramos

que se G é solúvel e N· G, então N é p-abeliano elementar e portanto

N =Cp ×Cp × . . .×Cp. Por outro lado,

N ≃ N ∩Gi

N ∩Gi−1=

N ∩Gi

(N ∩Gi)∩Gi−1≃ (N ∩Gi)∩Gi−1

Gi−1≤ Gi

Gi−1.

Portanto N é cíclico e daí N ≃Cp. Logo, |N|= p.

(iv): Sejam MlG e N· G. Temos dois casos a serem considerados:

(a) N ≤ M.

2.4 Teorema de Schur-Zassenhaus e Aplicações 80

Neste caso, temosMN

lGN

e, por indução,∣∣∣∣MN :

GN

∣∣∣∣= p. Portanto, |G : M|= p.

(b) N M.

Neste caso temos que G = NM e

GN

=MNN

≃ MM∩N

≃ M

pois N ∩M = N e |N|= p. Assim,

|G : M|= |G||M|

=|G|∣∣∣∣GN∣∣∣∣ = |N|= p.

(v): Ver [18] pág. 158.

2.4 Teorema de Schur-Zassenhaus e Aplicações

Teorema 2.8 (Schur-Zassenhaus) Seja G um grupo finito e N E G com

(|N|, |G : N|) = 1. Então existe H ≤ G tal que |H| = |G : N|. Em

particular G = HN e H ∩N = 1, pois (|N|, |H|) = 1. Além disso dois subgrupos quaisquer de

ordem |G : N| são conjugados em G.

Demonstração: Ver [16], 9.1.2.

Segue algumas aplicações do Teoram acima:

Proposição 2.17 (P. Hall) Seja G um grupo finito e solúvel com |G| = mn,

(m,n) = 1. Então existe H ≤ G com |H| = m e dois quaisquer subgrupos de ordem m

são conjugados.

Demonstração:

Existência: Seja N· G, então pelo Teorema 2.5 temos que N é p-abeliano elementar, ou seja,

|N|= pk e N é abeliano.


Caso 1: p divide m.

Sendo assim temos que∣∣∣∣GN∣∣∣∣=( m

pk

)n, por indução existe

HN

≤ GN

tal que∣∣∣∣HN∣∣∣∣= m

pk e portanto

|H|= m.

Caso 2: p não divide m

Sendo assim temos que∣∣∣∣GN∣∣∣∣= ( n

pk

)m, por indução existe

KN

≤ GN

tal que∣∣∣∣KN∣∣∣∣= m.

Note que N E K e ainda (|N|, |K : N|) = 1, pois p não divide m. Pelo Teorema de Schur-

Zassenhaus existe H ≤ K tal que K = NH e H ∩N = 1. Logo, H ≤ G com |H|= m.

Conjugação: Sejam H e H ′ subgrupos de G com |H| = |H ′| = m e considere N· G, então

como N é p-abeliano elementar.

Caso 1: p divide m e portanto pk divide m. Agora como

|NH : H|= |NH||H|

=|N||H|

|H||N ∩H|=

|N||N ∩H|

= |N ∩N ∩H|= pα

e p não divide

n = |G : H|= |G : NH||NH : H|

obtemos que α = 0. Dessa maneira, temos que |NH : H|= 1 e, portanto, NH =H. Logo N ≤H.

Analogamente, N ≤ H ′.

MasGN

é um grupo solúvel com∣∣∣∣GN∣∣∣∣ = ( m

pk

)n, onde

(mpk ,n

)= 1 e

∣∣∣∣HN∣∣∣∣ = ∣∣∣∣H ′

N

∣∣∣∣ = mpk . Por

indução existe g ∈ G tal que

H ′

N=

(HN

)gN

=(gN)H(g−1N)

N=

gHg−1

N.

Portanto, H ′ ≤ Hg e assim H ′ = Hg.

Caso 2: p não divide m (ou seja, p divide n e com isto pk divide n). Neste caso,

N ∩H = 1 = N ∩H ′ e então, do Segundo Teorema dos Isomorfismos,HNN

≃ H eH ′N

N≃ H ′.

Desta maneira temos queGN

é solúvel com∣∣∣∣GN∣∣∣∣ =

(npk

)m,

(npk ,m

)= 1 e∣∣∣∣HN

N

∣∣∣∣= ∣∣∣∣H ′NN

∣∣∣∣= m. Por indução existe g ∈ G tal que

H ′NN

=

(HNN

)gN

=(gN)HN(g−1N)

N=

HgNN

.


Assim, H ′N = HgN = K e (|K : N|, |N|) = (m, pk) = 1, pois p não divide m. Pelo Teorema de

Schur-Zassenhaus, exite x ∈ K tal que H ′ = (Hg)x = Hgx.

Proposição 2.18 Seja G um grupo finito tal que todo subgrupo maximal tem índice primo,

se p é o maior primo que divide a ordem de G, então |Sylp(G)| = 1. Em particular, se G é

supersolúvel vale o Teorema.

Demonstração:

Suponha que np = |Sylp(G)| > 1, então NG(P) < G e assim existe M tal que

NG(P) ≤ M < G. Observe que P ≤ NG(P) ≤ M e portanto NG(P) ≤ NM(P), e também

P ∈ |Sylp(M)|.

Mas

|M : NM(P)|= n′p = |Sylp(M)| ≡ 1(modp),G : NG(P)|= np ≡ 1(modp),

|G : NG(P)|= |G : M||MNG(P) e |G : M|= q, onde q é um primo diferente de p (q < p). Sendo

assim np = qn′p ⇒ q ≡ 1(modp). Logo

p|(q−1)⇒ p ≤ q−1 ⇒ p < q,

o que é absurdo.

Capítulo 3Cobertura por Classes Laterais

Conteúdo

3.1 Grupos cobertos por classes laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 84

3.2 Sobre f1(n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 88

Neste capítulo abordaremos coberturas por classes laterais. Além disso, demonstraremos o

Teorema de Neumann que é um dos principais teoremas quando se estuda coberturas de um

grupo por classes laterais. Ainda mostraremos que f1(n) = n!.

3.1 Grupos cobertos por classes laterais 84

3.1 Grupos cobertos por classes laterais

Neste capítulo estudaremos a situação onde temos um grupo G coberto (ou

seja, é a união) por classes laterais de alguns de seus subgrupos H1,H2,H3 . . ..

Escreveremos

G =∞∪

i=1

Higi.

Estamos interessados no caso onde G é a união finita de classes. Sobre isto, provaremos o

seguinte Teorema devido a Neumann

Teorema 3.1 (Neumann) Se o grupo G é a união de uma quantidade finita de classes laterais

dos subgrupos H1,H2 . . .Hn, ou seja,

G =n∪

i=1

Higi (3.1)

então existe Hi tal que |G : Hi| ≤ n.

Observação 3.1

(i) Não há perda de genaralidade em supormos as classes à direita, haja vista que uma

classe à esquerda de um subgrupo H é também uma classe à direita de algum subgrupo

conjugado a H, ou seja,

gH = (gHg−1)g.

(ii) O resultado é falso para uma cobertura com infinitas classes. Para ver isto basta

considerar o produto direto restrito de um grupo K indexado pelos naturais

G = Dr(K)λ , λ = 1,2, . . . .

Agora basta considerar os subgrupos Hi como sendo dados por Drnλ=1Kλ .

Para demonstrarmos o Teorema 3.1 necessitaremos de alguns Lemas.


Lema 3.2 Nas mesmas hipóteses do Teorema 3.1, pelo menos um dos subgrupos Hi apresenta

índice finito.

Demonstração :

A prova será feita por indução sobre o número de subgrupos distintos da cobertura.

Caso todos os Hi’s coincidam então teremos G como uma união de n classes laterais de apenas

um subgrupo, implicando assim que teremos um índice finito.

Agora suponhamos a validade de nossa hipótese, toda vez que tivermos uma cobertura de um

grupo por classes de no máximo (r − 1) subgrupos distintos. Suponhamos agora que exista

r > 1 subgrupos distintos dentre H1,H2, . . . ,Hn. Reordenando os índices, podemos supor que

H1,H2, . . . ,Hm = Hn e Hm+1 = Hm+2 = . . .= Hn.

Sendo assim temos que, ou

G =n∪

i=m+1

Hngi ⇒ |G : Hn|< ∞

ou existe h ∈ G tal que

h /∈n∪

i=m+1

Hngi. (3.2)

Caso isto ocorra então

Hnh∩( n∪

i=m+1

Hngi

)= /0

e, assim,

Hnh ⊂m∪

i=1

Higi.

Caso g seja um elemento qualquer de G, multiplicando a expressão acima por h−1g obteremos

Hng ⊂

(m∪

i=1

Higi

)h−1g =

m∪i=1

Higih−1g.

Perceba agora que acabamos de encontrar... cada classe lateral de Hn pode ser coberta por uma

união finita de classes dos (r − 1) subgrupos restantes. Sendo assim G pode ser coberto por

uma quantidade finita de classes desses (r−1) subgrupos. Mas, por hipótese de indução, pelo

menos um deles terá índice finito.


Lema 3.3 Se H1,H2, . . . ,Hm têm índice infinito e Hm+1 = Hm+2 = . . .= Hn, então

G =n∪

i=1

Higi =n∪

i=m+1

Hngi,

ou seja, se apenas um dos subgrupos tiver índice finito, as classes dos subgrupos de índice

infinito podem ser omitidas da cobertura.

Demonstração:

Segue-se diretamente do Lema anterior, pois caso ocorra 3.2 encontramos

um dos subgrupos H1,H2, . . . ,Hm de índice finito, o que é um

absurdo.

Lema 3.4 As classes laterais dos subgrupos de índice infinito podem ser omitidas da cobertura.

Demonstração:

Sejam Hm+1,Hm+2, . . . ,Hn os subgrupos de índice finito da cobertura (3.1). Fazendo

D =n∩

i=m+1

Hi

teremos que |G : D| será finito.

Observe agora que Hm+1, . . . ,Hn contêm D. Dessa maneira, cada um deles pode ser escrito

como uma união finita de classes (à direita) de D. Sendo assim, poderemos escrever G como

uma união finita de classes de H1,H2, . . . ,Hm e de D. Segue-se assim, do Lema 3.3, que as

classes de H1,H2, . . . ,Hm podem ser omitidas.

Agora podemos recompor as classes de Hm+1,Hm+2, . . . ,Hn a partir das classes de D nas quais

elas foram decompostas. Observe

H j =∪

l

Dx jl

H jg j =∪

l

Dx jlg j.

Segue-se assim o resultado desejado.

Com base nestes Lemas demonstraremos o Teorema de Neumann.


Demonstração do Teorema 3.1:

Primeiro, consideremos o caso em que G é finito. Sendo assim

|G| ≤ |H1|+ |H2|+ . . .+ |Hn|

o que implica que haverá um Hi de forma que

|Hi| ≥|G|n

⇒ |G : Hi| ≤ n.

Agora, para o caso geral, comecemos por omitir da cobertura todas as classes dos subgrupos

de índice infinito. Denotaremos novamente por D a interseção dos subgrupos de Hi restantes.

Agora decomponha as classes Higi em classes de D, ou seja,

Hi =∪

x∈Ti

Dx (Ti transversal)

Higi =∪

x∈Ti

Dxgi.

Sendo assim cada Higi é a união de |Hi : D| classes de D. Dessa forma G estará contido na união

de ∑ |Hi : D| classes de D. Logo

∑ |Hi : D| ≥ |G : D| ⇒ ∑ |G : D||G : Hi|

≥ |G : D| ⇒ ∑ 1|G : Hi|

≥ 1.

Agora, este somatório apresenta no máximo n termos. Concluímos assim que existe Hi tal que

1|G : Hi|

≥ 1n⇒ |G : Hi| ≤ n.

Diremos que a cobertura (3.1) é irredundante se nenhuma das classes pode ser omitida, ou

seja

Higi ⊂∪j =i

H jg j.

O resultado de Neumann pode ser então reescrito da seguinte maneira:

3.2 Sobre f1(n) 88

Teorema 3.5 (Neumann) Se G apresenta uma cobertura irredundante por n classes laterais

(à direita)

G = H1g1 ∪H2g2 ∪ . . .∪Hngn

então ∣∣∣∣∣G :n∩

i=1

Hi

∣∣∣∣∣é finito.

Observação 3.2 Isso ocorre se, e somente se, |G : Hi|< ∞,∀i.

3.2 Sobre f1(n)

Seguindo a notação de M. J. Tomkinson em seu artigo [19], definiremos

f1(n) = máximo valor do índice

∣∣∣∣∣G :n∩

i=1

Hi

∣∣∣∣∣sobre todos os grupos G que admitem uma cobertura irredundante por n classes

G = H1g1 ∪H2g2 ∪ . . .∪Hngn.

Observação 3.3 Não sabemos ainda se tal máximo existe, mas como veremos ainda nesta

seção, para todo grupo G com uma cobertura irredundante por n classes temos∣∣∣∣∣G :n∩

i=1

Hi

∣∣∣∣∣≤ n!

então não nos preocupemos, por enquanto, com a boa definição de f1(n).

O Teorema

Teorema 3.6 (Tomkinson - Parte 1) f1(n) = n!

é de fundamental importância no estudo de cobertura de grupos.

Com o intuito de demonstrarmos tal Teorema, enunciaremos e demonstraremos alguns

Lemas fundamentais.

3.2 Sobre f1(n) 89

Lema 3.7 Seja G um grupo. Se H,K ≤ G e x ∈ G, então H ∩Kx ou é vazio ou é uma classe

lateral.

Demonstração:

De fato, suponha que H∩Kx = /0. Logo, existe y ∈ H∩Kx. Nosso objetivo consiste em mostrar

que H ∩Kx é uma classe lateral.

Como y ∈ H ∩Kx temos que y ∈ H e y ∈ Kx. Vamos mostrar que

H ∩Kx = (H ∩K)y.

Sendo assim, considere z ∈ H ∩Kx. Dessa forma temos que z = k1x, para algum k1 ∈ K. Note

que podemos ter z = (zy−1)y. Agora como temos z,y ∈ H segue que zy−1 ∈ H. Observe ainda

que

zy−1 = k1x(kx)−1 = k1xx−1k−1 = k1k ∈ K ⇒ zy−1 ∈ K.

Dessa maneira z ∈ (H ∩K)y. Logo, H ∩Kx ⊆ (H ∩K)y.

Da mesma maneira, considerando agora z ∈ (H ∩K)y com y ∈ H ∩Kx, ou seja, y ∈ H e y ∈ Kx,

isto é, y = h para algum h ∈ H e y = kx para algum k ∈ K. Sendo assim, por um lado temos

z = ay ∈ H, pois a ∈ ∩K e y ∈ H.

Por outro lado, do fato de y = kx, temos z = ay = akx = k1x ∈ Kx, pois a ∈ H ∩K e assim

a,k ∈ K ⇒ k1 = ak ∈ K. Logo, z ∈ H ∩Kx. Portanto, (H ∩K)y ⊆ H ∩Kx. Sendo assim,

segue-se o resultado desejado.

Lema 3.8 Seja G um grupo e

G = H1g1 ∪H2g2 ∪ . . .∪Hngn

uma cobertura irredundante de G por n classes laterais e considere D =n∩

i=1

Hi. Então para

qualquer 0 ≤ r ≤ n−1, e qualquer permutação ρ de 1,2,3, . . . ,n temos∣∣Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r) : D∣∣≤ r!

Demonstração:

A demonstração será feita por indução sobre r. Para r = 0 temos a validade da afirmação.

Suponha agora que tenhamos r ≥ 1, e que a interseção de qualquer n− (r−1) subgrupos de Hi

3.2 Sobre f1(n) 90

contenha D como subgrupo de índice no máximo (r− 1)!. Agora usando o fato da cobertura

ser irredundante, existe x de modo que

x ∈ G−(Hρ(1)gρ(1)∪Hρ(12)gρ(2)∪ . . .∪Hρ(n−r)gρ(n−r)

).

Observe que para cada j ∈ 1,2, . . . ,n− r temos(Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r)

)x∩

Hρ( j)gρ( j) = /0

pois caso existisse y ∈ Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r) tal que

yx = yρ( j)gρ( j) com yρ( j) ∈ Hρ( j)

teríamos que x= y−1yρ( j)gρ( j). Mas y−1yρ( j) ∈Hρ( j) e assim x∈Hρ( j)gρ( j) o que é um absurdo.

Dessa forma podemos concluir que

(Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r)

)x ⊆

n∪k=n−r+1

Hρ(k)gρ(k)

⇒(Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r)

)⊆

(n∪

k=n−r+1

Hρ(k)gρ(k)

)x−1

⇒(Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r)

)⊆

n∪k=n−r+1

Hρ(k)gρ(k)x−1

Sendo assim, podemos dizer que Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r) é igual a

n∪k=n−r+1

(Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r)∩Hρ(k)gρ(k)x

−1) .Segue-se agora do Lema 3.7 que para cada k temos que

Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r)∩Hρ(k)gρ(k)x−1 = /0

ou

Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r)∩Hρ(k)gρ(k)x−1 =

(Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r)∩Hρ(k)gρ(k)

)yk.

Dessa maneira, Hρ(1) ∩Hρ(2) ∩ . . .∩Hρ(n−r) é a união de no máximo r classes laterais, cada

uma das quais, por hipótese de indução, é a união de no máximo (r−1)! classes laterais de D.

3.2 Sobre f1(n) 91

Veja

Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r) =n∩

k=n−r+1

(Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r)∩Hρ(k)gρ(k)

)yk

=∩

j≤(r−1)!k

(Dyk1 ∪ . . .∪Dyk j

)yk

=∩

j≤(r−1)!k

Dyk1yk ∪ . . .∪Dyk jyk

Portanto, Hρ(1) ∩Hρ(2) ∩ . . .∩Hρ(n−r) será coberto por no máximo r! classes laterais de D, e

concluímos assim que

|Hρ(1)∩Hρ(2)∩ . . .∩Hρ(n−r) : D| ≤ r!

o que completa a nossa indução.

Lema 3.9 Seja G = H1g1 ∪ H2g2 ∪ . . . ∪ Hngn uma cobertura irredundante de G e seja

D =n∩

i=1

Hi. Então

|G : D| ≤ n!

Demonstração:

Pelo Lema anterior, cada Hi é a união de no máximo (n−1)! classes laterais de D e assim cada

Higi será a união de no máximo (n−1)! classes laterais de D, e portanto G será a união de no

máximo n! classes laterais de D. Logo

|G : D| ≤ n!

Com base nesses resultados mostramos até agora que

f1(n)≤ n!.

Por fim, o próximo exemplo nos mostrará que essa cota superior pode ser atingida.

3.2 Sobre f1(n) 92

Exemplo 3.1 Considere G = Sn, o grupo das permutações de ordem n. Seja H o estabilizador

de n, ou seja, H é o subgrupo das permutações que fixam o elemento n.

Tome x = (123 . . .n). Sendo assim

G = H ∪ xH ∪ x2H ∪ . . .∪ xn−1H

com tal união disjunta.

Para que percebamos a igualdade, note que cada xiH é o conjunto de todas as permutações

que levam n em i.

Com efeito, dado α ∈ Sn com α(n) = i então

x−iα(n) = x−i(i) = n ⇒ x−iα ∈ H ⇒ α ∈ xiH.

Analagomante, prova-se a recíproca.

Agora iremos melhorar um pouco essa união de G por classes laterais. Escrevamos G de uma

forma estratégica:

G = H ∪(xHx−1)x∪

(x2Hx−2)x2 ∪ . . .

(xn−1Hx−(n−1)

)xn−1.

Observe que tal cobertura é irredundante formada por n classes laterais (à direita) disjuntas.

Para que se perceba isso, basta observar que xiHx−i é o estabilizador de i, ou seja, é o subgrupo

das permutações que fixam o elemento i. A demosntração disto segue da mesma forma que foi

feita acima.

Agora temos que D =n−1∩i=0

xiHx−i = 1 (Pois fixa todos os elementos).

Portanto, |G : D|= n!. Demonstramos assim o Teorema de Tomkinson - Parte 1.

Capítulo 4Coberturas de Grupos

Conteúdo

4.1 Lema Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 94

4.2 Características dos Grupos que possuem Cobertura por Subgrupos Próprios . . . . . p. 100

4.3 Os casos n = 1,2,3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 101

4.3.1 n = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 102

4.3.2 n = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 102

4.3.3 n = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 103

4.4 Cotas inferiores para f (n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 107

4.5 Cotas superiores para f (n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 111

Neste capítulo falaremos um pouco sobre cobertura de grupos e apresentaremos um Lema que

será de fundamental importância em todo restante deste trabalho. Além disso caracterizaremos

alguns tipos de grupos a partir da demonstração de alguns lemas sobre coberturas de grupos.

4.1 Lema Fundamental 94

4.1 Lema Fundamental

Definição 4.1 Seja G um grupo. Um conjunto C de subgrupos próprios de G

é chamado uma cobertura para G se a união dos elementos de C é igual a

G, ou seja,∪

Hi∈C

Hi = G, onde cada Hi é um subgrupo próprio de G, ou seja,

1 = Hi < G. Se o tamanho de C é n, chamaremos C de uma n-cobertura para

o grupo G. Uma cobertura C para um grupo G é chamada irredundante se

nenhum subconjunto de C é uma cobertura para G, ou seja, não existe C ′ ⊂ C tal que

G =∪

Hi∈C ′Hi, ou ainda, G =

∪Hi∈C

Hi então Hi′ *∪

Hi∈C

i =i′

Hi. Uma cobertura C de um grupo G

é chamada livre de núcleo se a interseção D =∩

Hi∈C

Hi de C é livre de núcleo em G, ou seja,

DG =∩

g∈G

g−1Dg é o subgrupo trivial de G. Uma cobertura C para um grupo G é chamada

maximal se todos os membros de C são subgrupos maximais de G. Uma cobertura C para um

grupo G é chamada uma Cn-cobertura sempre que C é uma n-cobertura irredundante maximal

livre de núcleo para G e neste caso dizemos que G é um Cn-grupo.

Exemplo 4.1

(a) Grupo Simétrico (S3)

Considere o grupo simétrico S3 = 1,(12),(13),(23),(123),(132).

Observe agora que

S3 = ⟨(12)⟩∪ ⟨(13)⟩∪ ⟨(23)⟩∪ ⟨(123)⟩∪ ⟨(132)⟩

onde

⟨(12)⟩= (12),1,⟨(13)⟩= (13),1,⟨(23)⟩= (23),1,

⟨(123)⟩= (123),(132),1,⟨(132)⟩= (132),(123),1

Dessa maneira vemos que obtemos uma 5-cobertura para S3, mas tal cobertura não é

irredundante visto que ⟨(123)⟩= ⟨(132)⟩. Agora retirando um dos conjuntos, digamos o

⟨(132)⟩, obteremos

S3 = ⟨(12)⟩∪ ⟨(13)⟩∪ ⟨(23)⟩∪ ⟨(123)⟩,

a qual é uma 4-cobertura irredundante e além disso é a menor, pois se retirarmos

qualquer elemento tal união não será mais S3.


Note ainda que tal cobertura é livre de núcleo pois a interseção de todos os elementos da

cobertura é a identidade.

(b) Grupo dos Quatérnios (Q3)

Considere o grupo dos quatérnios Q3, dado por

Q3 = ⟨a,b;a4 = 1,a2 = b2,ba = a3b⟩.

Observe que:

Q3 = ⟨a⟩∪ ⟨b⟩∪ ⟨ab⟩∪ ⟨a2b⟩∪ ⟨a3b⟩

é uma 5-cobertura para Q3, a qual não é irredundante, visto que

⟨b⟩= ⟨a2b⟩.

De fato,

• ⟨b⟩= ⟨b,b2,b3,1⟩

• ⟨a2b⟩= ⟨b3,b2,b,1⟩, pois

a2b = b2 ·b = b3 ; b3a2b = b3 ·b2 ·b = b4 ·b2 = a4 ·b2 = b2 ;

b2a2b = a2 ·a2 ·b = a4 ·b = b ; ba2b = b ·b2 ·b = b4 = a4 = 1.

Além disso, temos que ⟨ab⟩= ⟨a3b⟩.

De fato,

• ⟨ab⟩= ⟨ab,a2,ba,1⟩, pois

(ab)2 = abab = aa3bb = a4b2 = b2 = a2;a2ab = a3b = ba;baab = ba2b = bb2b = b4 = 1

• ⟨a3b⟩= ⟨ba,a2,ab,1⟩ pois

(ba)2 = baba = baa3b = ba4b = bb = b2 = a2 ; a2a3b = a4ab = ab;

aba3b = abaa2b = aa3ba2b = a4bb2b = 1

Dessa maneira,

Q3 = ⟨a⟩∪ ⟨b⟩∪ ⟨ab⟩

a qual é uma 3-cobertura de Q3 irredundante, pois senão estaria em

desacordo com a Proposição 4.2.

Observe ainda que a interseção de todos os subgrupos que compõem a cobertura acima

é D = ⟨a2⟩ e assim tal cobertura não é livre de núcleo.


Provaremos agora um lema que será usado em toda dissertação. Por conta disso

denominaremos o mesmo de Lema Fundamental.

Lema 4.1 (Lema Fundamental) Seja H = Hi;1 ≤ i ≤ m uma cobertura irredundante de

um grupo G cuja interseção é D.

(a) Se p é um primo, x um p-elemento de G e |i;x ∈ Hi|= n, então ou x ∈ D ou p ≤ m−n.

(b)∩j =i

H j = D(1 ≤ i ≤ m).

(c) Se∩i∈S

Hi = D sempre que |S|= n então

∣∣∣∣∣∩i∈T

Hi : D

∣∣∣∣∣≤ m−n+1 sempre que |T |= n−1.

(d) Se H = Hi;1 ≤ i ≤ m é maximal e U é um subgrupo normal minimal abeliano de G

então, se |i;U ⊆ Hi|= n, ou U ⊆ D ou |U | ≤ m−n.

Demonstração:

Suponha que G = H1 ∪ H2 ∪ . . . ∪ Hm seja uma cobertura irredundante. Considere S um

subconjunto próprio, não vazio, do conjunto Z = 1,2, . . . ,m dos m primeiros inteiros

positivos. Considere ainda

HS =∩i∈S

Hi

e para i ∈ Z escreveremos Hi ao invés de Hi.

Afirmação 4.1 Existe um subconjunto T = /0 do complementar de S em Z tal que para algum

gt ∈ G(t ∈ T ), obtemos

HS =∪t∈T

gtHS∪t. (4.1)

De fato, seja u ∈ Z −S. Caso tenhamos HS = HS∪u então a afirmação é imediata pois basta

fazermos T = u e gu = 1. Agora, do contrário, como a cobertura é irredundante, existe a ∈ Hu

tal que a /∈ Hi para i = u. Agora para cada b ∈ HS −HS∪u existe t ∈ Z − (S∪u) tal que

a−1b ∈ Ht , pois caso tivéssemos a−1b ∈ Hu então necessariamente b = a(a−1b)∈ Hu, o que não

é verdade. Do mesmo modo temos que a−1b /∈ HS. Dessa maneira temos que a−1b ∈ Ht para

algum t /∈ S∪u e b = aHt para algum t /∈ S∪u, ou seja,

HS −HS∪u ⊆∪

t /∈S∪uaHt . (4.2)


Note que:

aHt ∩HS = /0 ⇒ aHt ∩HS = gtHS∪t,∃gt ∈ HS. (4.3)

De fato, considere x ∈ aHt ∩HS. Dessa maneira x ∈ aHt e x ∈ HS. Logo, aHt = xHt e xHS = HS.

Dessa forma,

aHt ∩HS = (xHt)∩ (xHS) = x(Ht ∩HS) = xHS∪t.

Logo, fazendo x = gt , segue-se o resultado de (4.3).

Portanto,

HS −HS∪u ⊆∪

t /∈S∪ugtHS∪t.

Com base nesses resultados podemos concluir a verificação de (4.1).

Com efeito,

gtHS∪t = gt(HS ∩Ht)⊆ gtHS = HS,

pois gt ∈ HS. Assim ∪t /∈S∪u

gtHS∪t ⊆ HS.

Por outro lado,

HS =(HS −HS∪u

)∪(HS∪u

)⊆

∪t /∈S∪u

gtHS∪t

∪HS∪u =∪t /∈S

gtHS∪t

onde gu = 1.

Portanto,

HS =∪t∈T

gtHS∪t.

Com base no que foi provado na Afirmação 4.1, faremos agora a demonstração dos itens do

Lema Fundamental.

(a). Considere S = i;x ∈ Hi, x um p-elemento de G e suponha que x /∈ D com p > m− n.

Então S = /0 e S = Z . Observe que pelo menos uma das classes gtHS∪u é um subgrupo, a que

contém a unidade. Assim no máximo m−n−1 ≥ |T |−1 classes não são subgrupos.

Se tivermos algum 1 ≤ i ≤ p−1 tal que xi ∈ HS∪t então x ∈ HS∪t.

De fato, temos que mdc(i, |x|) = 1. Logo existem r,k ∈ Z tais que


ri+ k|x|= 1. Dessa maneira,

x = x1 = xri+k|x| = xri · xk|x| = xri = (xi)r ∈ HS∪t

pois HS∪t é um subgrupo e xi ∈ HS∪t. Logo,

x ∈ HS∪t = HS ∩Ht ⊂ Ht ,

o que é absurdo pois t /∈ S.

Portanto, para 1 ≤ i ≤ p − 1,xi pertence, no máximo, à união de

m − n − 1 classes gtHS∪t, haja vista que no mínimo uma classe gtHS∪t é subgrupo.

Dessa forma, para 1 ≤ j < i ≤ p − 1, existem xi e x j numa mesma classe gtHS∪t pois

p > m− n ⇒ p− 1 > m− n− 1. Assim, xiHS∪t = x jHS∪t ⇒ xi− j ∈ HS∪t, recaindo na

contradição acima.

Logo, x ∈ D ou p ≤ m−n.

(b). Queremos mostrar que∩j =i

H j = D para todo i ∈ 1,2, . . . ,m. Já sabemos que

D ⊆∩j =i

H j,∀i ∈ 1,2, . . . ,m. Logo, resta-nos verificar que∩j =i

H j ⊆ D. Para isso, suponhamos

que existe i ∈ 1,2, . . . ,m tal que∩j =i

H j * Hi. Dessa maneira, temos que existe x j ∈∩j =i

H j−D.

Observe ainda que a cobertura é irredundante, e, desse modo, existe xi ∈ Hi −H j. Mas, sendo

G um grupo temos xix j ∈ G. Assim xix j ∈ Hi ou xix j ∈ H j. Caso tivéssemos xix j ∈ Hi então

(xi)−1(xix j) = x j ∈ Hi, o que é absurdo. Do mesmo modo, Caso tivéssemos xix j ∈ H j então

(xix j)(x j)−1 = xi ∈ H j, o que é absurdo. Portanto,

∩j =i

H j ⊆ D. Logo, segue-se o resultado.

(c). Seja Z = 1,2, . . . ,m e suponha que∩i∈S

Hi = D sempre que |S|= n. Precisamos mostrar

que ∣∣∣∣∣∩i∈T

Hi : D

∣∣∣∣∣≤ m−n+1 sempre que |T |= n−1.

Com efeito, pela Afirmação 4.1, existe

/0 = L ⊂ Z −T tal que HT =∪l∈L

glHT∪l.

Agora, HT∪l = D, pois |T ∪l|= n. Também

|L| ≤ |Z −T |= m− (n−1) = m−n+1.


Portanto, HT =∪l∈L

glD e assim |HT : D| ≤ |L|, isto é, |HT : D| ≤ m−n+1.

(d). Considere S = i;U ⊆ Hi. Suponhamos que U ⊆ D e

|U | > m − n. Como U * D temos que existe t ∈ Z − S tal que U * Ht , onde

Z = 1,2, . . . ,m. Agora, por 4.1, sabemos que existe T = /0 com T ⊂ Z − S tal que

HS =∪t∈T

HS∪t.

Note que existem no máximo m − n t ′s em T ⊂ Z − S visto que

|S| = n. Como U ⊂ HS e HS é a união de, no máximo, m − n classes gtHS∪t,

segue que existem dois elementos x = y em U tais que x,y ∈ gtHS∪t, uma

vez que estamos supondo |U | > m − n. Daí, xHS∪t = yHS∪t, e assim,

y−1x ∈ HS∪t = HS ∩ Ht ⊂ Ht e como U ≤ G temos que y−1x ∈ U . Note ainda que

G = UHt , pois U * Ht lG. Temos ainda que, U ∩Ht é um subgrupo normal de UHt = G e

está contido em U e sendo U normal minimal tem que U ∩Ht = U ou U ∩Ht = 1. Mas não

podemos ter U ∩Ht =U haja vista que U * Ht . Logo U ∩Ht = 1. Mas y−1x ∈U ∩Ht = 1, ou

seja, y−1x = 1 e, assim, x = y, o que é absurdo. Portanto, U ⊆ D ou |U | ≤ m−n.

Observação 4.1 Seja G um grupo.

(a). Se G tiver uma 3-cobertura com interseção D livre de núcleo, então G é um 2-grupo.

De fato, observe inicialmente que tal cobertura deve ser irredundante, pois do contrário,

estaria em desacordo com a Proposição 4.2.

Considere G =3∪

i=1

Mi, onde cada Mi é um subgrupo maximal e considere D =3∩

i=1

Mi, com

DG = 1. Seja p um primo. Analisemos o que ocorre se p ≥ 3.

Dado 1 = x ∈ G tal que |x|= pα com p ≥ 3. Como G =3∪

i=1

Mi e x ∈ G segue-se que existe

x ∈ Mi para algum i, ou seja, |i;x ∈ Mi| ≥ 1. Logo, do Lema 4.1 item (a) temos que

x ∈ D ou p ≤ m−n.

Mostraremos que x ∈ D.

Com efeito, se tivéssemos p ≤ m−n então

3 ≤ p ≤ 3−n ⇒−n ≥ 0 ⇒ n ≤ 0 ⇒ n = 0,

ou seja x /∈ Mi,∀i, o que é absurdo, pois x ∈ G, G =3∪

i=1

Mi e a cobertura é irredundante.

4.2 Características dos Grupos que possuem Coberturas por Subgrupos Próprios 100

Segue-se que x ∈ D, ou seja, todo p-elemento está em D. Agora considere o seguinte

conjunto

T = ⟨x ∈ G;x é um p elemento ⟩= ⟨x; |x|= pr⟩

com p ≥ 3. Suponha que exista p ≥ 3 que divida a ordem de G. Logo, por Cauchy, existe

x ∈ G tal que |x| = p. Sendo assim T = /0, pois x ∈ T . Note ainda que xg ∈ T,∀g ∈ G,

pois |x|= |xg|. Assim T G e T ⊆ D. Logo,

T ⊆ D ⇒ T g ⊆ Dg ⇒ T ⊆ Dg,∀g ⇒ T ⊆ DG =∩

g∈G

Dg = 1 ⇒ T = 1,

o que é absurdo pois x ∈ T e x = 1.

Portanto, p não divide a ordem de G, com p ≥ 3. Logo, G é um 2-grupo.

(b). Se G tiver uma 4-cobertura (ou 5-cobertura) irredundante com interseção D livre de

núcleo, então G é um 2,3-grupo, ou seja, |G|= 2α3β , com α > 0 e β > 0.

Prova-se de maneira análoga ao que foi feito acima.

4.2 Características dos Grupos que possuem Coberturas por

Subgrupos Próprios

Proposição 4.1 Um grupo G admite cobertura não trivial se, e somente se, G é não cíclico.

Demonstração:

(⇐) Se G é não cíclico, então G =∪

a∈G

⟨a⟩, com ⟨a⟩< G, e assim G admite cobertura não trivial

por subgrupos.

(⇒) Se G é cíclico, digamos G = ⟨a⟩, então se um subgrupo de G, possuir o elemento a, este

será igual a G, logo G não possui cobertura não trivial.

Agora veremos uma condição necessária e suficiente, para que um grupo G admita

cobertura finita por subgrupos próprios.

4.3 Os casos n = 1,2,3 101

Teorema 4.2 Seja G um grupo. G admite cobertura finita e não trivial por subgrupos se, e

somente se, existe N G, comGN

não cíclico e finito.

Demonstração:

Digamos que exista N G, tal queGN

seja finito e não cíclico. Usando a Proposição anterior,

temos queGN

admite cobertura não trivial e finita, devido ao fato queGN

é finito. Observemos

que todo subgrupo deGN

é da formaHN

, onde N H,H < G. DondeGN

=n∪

i=1

(Hi

N

)e portanto,

G =n∪

i=1

Hi, isto é, G admite cobertura finita e não trivial.

Suponhamos agora que G =n∪

i=1

Hi,Hi < G. Pelo Teorema de Neumann,

podemos supor que |G : Hi| é finito, para i ∈ 1,2,3, . . . ,n. Definamos

B =n∩

i=1

Hi e usando Poincaré, temos que |G : B| é finito. Definamos a seguinte ação:

φ : G → SX = F : X → X ,F bijetiva

g 7→ φ(g)(xH) = gxH

onde X = xB,x ∈ G.

Sendo N = Nucφ , sabemos que N G e N ≤ B. Usando o Teorema dos Isomorfismos, temosGN

≈ SX , como SX é finito, pois |X | = |G : B|, entãoGN

é finito. Falta provarmos queGN

é não

cíclico. Como N ≤ B ≤ Hi, podemos escrever:GN

=n∪

i=1

(Hi

N

), assim

GN

admite uma cobertura

finita e não trivial e pela Proposição anteriorGN

é não cíclico.

4.3 Os casos n = 1,2,3

Vimos que para uma cobertura irredundante de um grupo G por n subgrupos, o índice∣∣∣∣∣G :n∩

i=1

Hi

∣∣∣∣∣ é finito. Definiremos então f (n) como sendo o máximo valor para

∣∣∣∣∣G :n∩

i=1

Hi

∣∣∣∣∣ dentre

todas as coberturas irredundantes de um grupo G por n subgrupos, ou seja:

f (n) = max

∣∣∣∣∣G :n∩

i=1

Hi

∣∣∣∣∣ .

4.3 Os casos n = 1,2,3 102

Estudaremos agora f (n), quando tivermos n = 1,2,3. Nosso objetivo será determinar cotas

inferiores e superiores para tal função.

4.3.1 n = 1.

Note que claramente temos que f (1) = 1.

4.3.2 n = 2.

Definição 4.2 Diremos que G é um grupo n-soma se G é a união de n subgrupos próprios, onde

n é o menor inteiro positivo com tal propriedade. Denotamos este fato por σ(G) = n.

Proposição 4.2 Um grupo G não admite cobertura irredundante por dois subgrupos, ou seja,

σ(G)> 2.

Demonstração:

Suponha que isso possa acontecer, ou seja, considere H e K subgrupos próprios de G e assim

1 = H < G e 1 = K < G com G = H ∪K. Observe ainda que a cobertura é irredundante, logo

H * K e K * H. Sendo assim, existem h ∈ H −K e k ∈ K −H. Agora, sendo G um grupo,

temos que hk ∈ G. Mas G = H ∪K. Logo, hk ∈ H ou hk ∈ K. Assim, analisemos dois casos:

hk ∈ H

h ∈ H −K ⇒ h−1 ∈ H −K

∣∣∣∣∣ ⇒ h−1(hk) ∈ H ⇒ k ∈ H, absurdo, pois k /∈ H .

hk ∈ K

k ∈ K −H ⇒ k−1 ∈ K −H

∣∣∣∣∣ ⇒ (hk)k−1 ∈ K ⇒ h ∈ K, absurdo, pois h /∈ K .


A Proposição acima nos fornece a quantidade mínima de subgrupos próprios de G que

constitui uma subcobertura.

Sendo assim, concluímos a impossibilidade do caso n = 2.

4.3 Os casos n = 1,2,3 103

4.3.3 n = 3.

Agora analisaremos o que ocorre quando n = 3. Para tanto inicialmente necessitaremos do

seguinte Lema.

Teorema 4.3 Seja G =n∪

r=1

Hr. Então |G| ≤n

∑r=2

|Hr|, e a igualdade ocorre se, e somente se,

(a) H1Hr = G,∀r = 1 e

(b) Hr ∩Hs ⊆ H1,∀r = s.

Demonstração:

Sabemos que a quantidade de elementos de Hr que não são elementos de H1 é dada por

|Hr|− |H1 ∩Hr|. Note ainda que

|H1Hr|=|H1||Hr||H1 ∩Hr|

⇒ |H1 ∩Hr||H1||Hr|

=1

|H1Hr|⇒ |H1 ∩Hr|

|Hr|=

|H1||H1Hr|

.

Temos que |H1Hr| ≤ |G|, sendo assim, ∀r, temos:

|Hr|− |H1 ∩Hr|= |Hr|(

1− |H1 ∩Hr||Hr|

)= |Hr|

(1− |H1|

|H1Hr|

)⇒

⇒ |H1||H1Hr|

≤ |Hr|(

1− |H1||G|

).

Logo,

|G| ≤ |H1|+n

∑r=2

(|Hr|− |H1 ∩Hr|)≤ |H1|+n

∑r=2

|Hr|(

1− |H1||G|

)⇒

⇒ |G| ≤ |H1|+(

1− |H1||G|

) n

∑r=2

|Hr|.

Dividindo ambos os membros por |G|, teremos:

1 ≤ |H1||G|

+1|G|

n

∑r=2

|Hr|−|H1||G|

n

∑r=2

|Hr|=|H1||G|

(1− 1

|G|

n

∑r=2

|Hr|

)+

1|G|

n

∑r=2

|Hr|

⇒ 0 ≤ |H1||G|

(1− 1

|G|

n

∑r=2

|Hr|

)+

1|G|

n

∑r=2

|Hr|−1

⇒

(1− 1

|G|

n

∑r=2

|Hr|

)(|H1||G|

−1)≥ 0.

4.3 Os casos n = 1,2,3 104

Como|H1||G|

< 1 ⇒ |H1||G|

−1 < 0 e, portanto,

1− 1|G|

n

∑r=2

|Hr| ≤ 0.

Assim,

− 1|G|

n

∑r=2

|Hr| ≤ −1 ⇒ 1|G|

n

∑r=2

|Hr| ≥ 1 ⇒ |G| ≤n

∑r=2

|Hr|.

Logo segue-se que

|G| ≤n

∑r=2

|Hr|.

Mostraremos agora o caso em que ocorre a igualdade mas, antes disto, note que se |G|=n

∑r=2

|Hr|

então teríamos que:

|G|= |G|+ |H1|−|H1||G|

· |G| ⇒

⇒ |G|= |H1|+(

1− |H1||G|

)|G| ⇒

⇒ |G|= |H1|+(

1− |H1||G|

) n

∑r=2

|Hr|.

Sendo assim,

(⇒) |G|=n

∑r=2

|Hr|.

Primeiramente, vamos supor, por absurdo, que H1Hk = G para algum k = 1. Sendo assim,

teremos

|G| ≤ |H1|+n

∑r=2

(|Hr|− |H1 ∩Hr)≤ |H1|+n

∑r=2

|Hr|(

1− |H1||H1Hr|

)=

= |H1|+n

∑r=2r =k

|Hr|(

1− |H1||G|

)+

(1− |H1|

|H1Hk|

)|Hk|

< |H1|+(

1− |H1||G|

) n

∑r=2r =k

|Hr|+(

1− |H1||G|

)|Hk|

= |H1|+(

1− |H1||G|

) n

∑r=2

|Hr|= |G|

⇒ |G|< |G|,

o que é absurdo.

Portanto, H1Hr = G,∀r = 1.

4.3 Os casos n = 1,2,3 105

Agora, mostraremos que Hr ∩Hs ⊆ H1,∀r = s.

Para isto, consideremos Ki = Hi −Hi ∩H1.

Afirmação 4.2 Hi ∩H j ⊆ H1 ⇔ Ki ∩K j = /0,∀i, j ∈ 1,2, . . . ,n e i = j.

De fato, para cada x ∈ Hi ∩H j temos que x ∈ H1. Como Ki ∩K j é formado pelos elementos

de Hi ∩H j que não pertencem a H1 então temos Ki ∩K j = /0. Reciprocamente se não existe

y ∈ Ki ∩K j então não existe y que pertença a Hi ∩H j e não esteja contido em H1. Assim, para

cada y ∈ Hi ∩H j temos que y ∈ H1. Logo Hi ∩H j ⊆ H1, o que prova a afirmação.

Assim, precisamos mostrar que Ki ∩K j = /0,∀i, j ∈ 1,2, . . . ,n e i = j.

Se supormos, por absurdo, que Ki ∩K j = /0, para algum i e j, teremos que como

G = H1 ∪K2 ∪ . . .∪Kn

segue que:

|G| < |K2|+ |K3|+ . . .+ |Kn|+ |H1|

= (|H2|− |H2 ∩H1|)+(|H3|− |H3 ∩H1|)+ . . .+(|Hn|− |Hn ∩H1|)+ |H1|

= |G|− |H1||G|

(|H2|+ |H3|+ . . .+ |Hn|)+ |H1|

|G|< |G|− |H1||G|

· |G|+ |H1|= |G|( absurdo ).

Portanto, Hi ∩H j ⊆ H1,∀i = j.

(⇐) Agora, suponhamos que H1Hr = G para todo r = 1 e Hr ∩Hs ⊆ H1,∀r = s. Se suposermos,

por absurdo, que |G|<n

∑r=2

|Hr| então

|G| = |H1|+n

∑r=2

|Kr|= |H1|+n

∑r=2

(|Hr|− |H1 ∩Hr|)

= |H1|+n

∑r=2

|Hr|(

1− |H1||G|

)> |H1|+

(1− |H1|

|G|

)|G|= |G|,

ou seja, |G|> |G|, o que é absurdo.


4.3 Os casos n = 1,2,3 106

Observação 4.2 Se G é um grupo finito com σ(G) = n então existem M1,M2, . . . ,Mn subgrupos

maximais tais que

G = M1 ∪M2 ∪ . . .∪Mn

é uma cobertura maximal irredundante.

Com efeito, suponha que σ(G) = n. Sendo assim temos que n é o menor inteiro positivo tal que

G admite uma n-cobertura

G = H1 ∪H2 ∪ . . .∪Hn

que é irredundante.

Se H1 lG, tome M1 = H1. Caso contrário, existe H1 < M1 lG. Observe que Hi * M1 para

todo i ∈ 2, . . . ,n, pois do contrário, G admitiria uma m-cobertura com m < n. Agora, se

H2 lG, tome H2 = M2. Caso contrário, existe H2 < M2 lG de forma que M2 = M1, pois caso

ocorresse M2 = M1, então H1,H2 ⊆ M2 contrariando a minimalidade de n. Ainda, por conta

da minimalidade de n, Hi * M2 para todo i ∈ 1,3,4, . . . ,n. Prosseguindo com esse processo

para cada i ∈ 3,4, . . . ,n, obtemos que

G = M1 ∪M2 ∪ . . .∪Mn

é uma cobertura maximal irredundante.


núcleo de um grupo G. Então D = 1 e G ≃C2 ×C2.

Demonstração:

Note que da Observação 4.2 podemos considerar os subgrupos Hi com

1 ≤ i ≤ 3 todos maximais.

Seja G =3∪

i=1

Hi uma cobertura irredundante com D =3∩

i=1

Hi e DG = 1. Suponhamos, sem perda

de generalidade que |H1| ≥ |H2| ≥ |H3|. Agora, segue do Teorema 4.3 que

|G| ≤ |H2|+ |H3| ≤ |H2|+ |H2|= 2|H2| ⇒|G||H2|

≤ 2 ⇒ |G : H2| ≤ 2.

Note que não podemos ter H2 = G haja vista que G possui uma cobertura irredundante. Sendo

assim, |G : H2|= 2. Observe ainda que,

|H1| ≥ |H2| ⇒|H1||G|

≥ |H1||G|

⇒ |G||H1|

≤ |G||H2|

⇒

⇒ |G : H1| ≤ |G : H2| ≤ 2 ⇒ |G : H1| ≤ 2.

4.4 Cota inferiores para f (n) 107

Da mesma forma não podemos ter |G : H1| = 1 por conta da cobertura ser irredundante.

Portanto, tem-se |G : H1|= 2.

Logo, temos H1 G e H2 G. Observe ainda que como D = H1 ∩H2 ∩H3, então, do Lema 4.1

item (b), podemos eliminar um subgrupo de tal interseção, digamos, sem perda de generalidade

que seja H3. Assim, ainda temos D = H1 ∩H2.

Observe agora que D = 1.De fato, temos que D = H1∩H2H1H2 = G pois H1,H2G. Assim,

como DG = D e DG = 1, segue-se que D = 1.

Agora, sendo D = 1 segue-se que H1 ∩H2 = 1 e assim, concluímos que |G|= 4. Assim temos

que G ≃ C4 ou G ≃ C2 ×C2. Mas, como G possui dois subgrupos de índice 2 segue-se que G

não é cíclico. Portanto, G ≃C2 ×C2.

Portanto concluímos da Proposição 4.3 que f (3) = 4.

4.4 Cota inferiores para f (n)

Nesta seção, procederemos como M. J. Tomkinson em seu artigo [19] para encontrar cotas

inferiores para a função f (n). Iniciamos com a seguinte observação e depois demonstraremos

um lema.

Exemplo 4.2 O grupo G, p-abeliano elementar de ordem p2 (Cp ×Cp) contém (p + 1)

subgrupos de ordem p que formam uma cobertura irredundante de G.

De fato, seja a ∈ G qualquer. O subgrupo H = 1,a,a2,a3, . . . ,ap−1 é gerado por a e por

qualquer um de seus elementos, exceto o 1.

Tomemos assim um elemento a1 ∈ G. Considere H1 = ⟨a1⟩. Escolha recursivamente ai ∈ G tal

que ai /∈ H1 ∪H2 ∪ . . .∪Hi−1 e defina Hi = ⟨ai⟩. Note que esse processo acabará haja vista que

Hi ∩H j = 1,∀i, j. Digamo que exista k conjuntos Hi. De um argumento de contagem obtemos

que

k(p−1)+1 = p2

pois existe (p−1) elementos que pertencem exclusivamente a cada Hi, e o elemento 1 está em

todos. Sendo assim

k = p+1.


Através desse processo acima tal cobertura para G será irredundante e ainda note que

Hi ∩H j = 1,∀i = j. Assim ∣∣∣∣∣G :p+1∩i=1

Hi = 1

∣∣∣∣∣= p2.

Observação 4.3 Como caso particular do que foi feito acima podemos cobrir o grupo Zp×Zp

pelos subgrupos:

⟨(1,0)⟩,⟨(1,1)⟩,⟨(1,2)⟩, . . . ,⟨(1, p−1)⟩,⟨(0,1)⟩.

Com base neste exemplo temos que existe uma cobertura irredundante de um grupo G por

(p+1) subgrupos (p primo), cujo índice de G para a interseção dos subgrupos é p2. Logo

f (p+1)≥ p2.

Em particular f (4)≥ 9.

O próximo lema é de fundamental importância nesta seção.

Lema 4.4 Para quaisquer, m,n ≥ 3 vale que

f (m+n−1)≥ f (m) · f (n).

Demonstração:

Vimos no capítulo anterior quando estávamos estudando cobertura de grupos por classes laterais

que f1(m) = m!. Como a cobertura por subgrupos é um caso particular de cobertura por classes

laterais, podemos tomar como partida que

f (m)≤ f1(m)≤ m!.

Como f (m) é limitado superiormente, podemos admitir a existência de um grupo G1 com

cobertura irredundante

G1 = X1 ∪X2 ∪ . . .∪Xm

com D1 =m∩

i=1

Xi e |G1 : D1|= f (m) (ou seja G1 realiza o máximo).

Da mesma forma tomemos G2 tendo uma cobertura irredundante

G2 = Y1 ∪Y2 ∪ . . .∪Yn


com D2 =n∩

j=1

Yi e |G2 : D2|= f (n).

Afirmamos agora que o produto direto G=G1×G2 é coberto irredundantemente pelos m+n−1

subgrupos

G1 ×Yi (i = 2,3,4, . . . ,n)

X j ×G2 ( j = 2,3,4, . . . ,m)

X1 ×Y1

De fato, mostraremos inicialmente que se trata de uma cobertura.

Com efeito, se (x,y) ∈ G1 ×G2 temos as seguintes possibilidades:

• Se y /∈ Y1 então (x,y) ∈ G1 ×Yi para algum i = 2,3,4, . . . ,n.

• Se x /∈ X1 então (x,y) ∈ X j ×G2 para algum j = 2,3,4, . . . ,m.

• Se x ∈ X1 e y ∈ Y1 então (x,y) ∈ X1 ×Y1.

Agora mostraremos que tal cobertura é irredundante.

Com efeito, devemos provar que para cada um destes m+n−1 subgrupos existe um elemento

que pertence exclusivamente a tal subgrupo.

• Para algum G1 ×Yi (i = 2,3, . . . ,n). Note que existe um elemento x que só pertence a X1 e

um elemento y que só pertence a Yi. É fácil ver que o elemento (x, y) pertence exclusivamente a

G1 ×Yi.

• Para algum X j ×G2 ( j = 2,3, . . . ,m). Análogo ao que foi feito acima.

• Para X1 ×Y1. Tomamos um elemento x1 que esteja somente em X1 e, da mesma forma,

um elemento y1 que esteja somente em Y1. É fácil ver que o elemento (x1,y1) pertence

exclusivamente a X1 ×Y1.

Agora nos falta verificar que a interseção desses grupos é D = D1 ×D2.

Com efeito, se (x,y) é um elemento que pertence a todos eles, teremos

(x,y) ∈ G1 ×Yi (i = 2,3, . . . ,n)⇒ y ∈n∩

i=2

Yi

(x,y) ∈ X j ×G2 ( j = 2,3, . . . ,m)⇒ x ∈m∩

j=2

X j

(x,y) ∈ X1 ×Y1 ⇒ x ∈ X1 ; y ∈ Y1


Segue portanto que (x,y) ∈ D1 ×D2. A recíproca é óbvia.

Concluimos assim que:

|G : D|= |(G1 ×G2) : (D1 ×D2)|= |G1 : D1| · |G2 : D2|= f (m) · f (n).

Montamos então um grupo G com cobertura irredundante por m + n − 1 subgrupos, donde

concluimos que

f (m+n−1)≥ f (m) · f (n).

Agora, com o resultado do Lema anterior, podemos encontrar cotas inferiores de f (n) para

qualquer que seja n ∈ N.

Teorema 4.5 [Tomkinson - parte 2] Sendo k um número natural, temos que

f (3k)≥ 4 ·32(k−1)

f (3k+1)≥ 32k

f (3k+2)≥ 16 ·32(k−1)

Demonstração:

Já sabemos que f (3) = 4 e f (4)≥ 9. Do Lema anterior, obtemos que

f (5) = f (3+3−1)≥ f (3) · f (3) = 4 ·4 = 16.

Vamos fazer então uma prova por indução. Os casos iniciais foram verificados acima. Agora

vamos ao passo indutivo:

• f (3k) = f (3(k−1)+4−1)≥ f (3(k−1)) · f (4)≥ 4 ·32(k−2) ·32 = 4 ·32(k−1).

• f (3k+1) = f (3(k−1)+1+4−1)≥ f (3(k−1)+1) · f (4)≥ 32(k−1) ·32 = 32k.

• f (3k+2) = f (3(k−1)+2+4−1)≥ f (3(k−1)+2) · f (4)≥ 16 ·32(k−2) ·32 = 16 ·32(k−1).

Observação 4.4 Usando apenas os resultados do Exemplo 4.2 e do Lema 4.4, as cotas do

Teorema 4.5 são as melhores possíveis.

4.5 Cotas Superiores para f (n) 111

4.5 Cotas Superiores para f (n)

Antes de enunciarmos o Teorema Principal desta seção, faremos uma observação

importante, que mostra o fato de que sempre podemos admitir, sem perda de generalidade,

G finito.

Observação 4.5

Seja G admite uma cobertura irredundante por n subgrupos H1,H2, . . . ,Hn. Sabemos, pelo

Teorema de Neumann, que D =∩

Hi satisfaz

|G : D|< ∞.

agora o núcleo normal de D, denotado por DG, dado por

DG =∩

g∈G

Dg.

O número de conjugados de D é C(D) com C(D) = |G : NG(D)|< ∞. Sendo assim

|G : DG|< ∞.

Portanto agora podemos olhar o grupoG

DGfinito

GDG

=H1

DG∪ H2

DG∪ . . .∪ Hn

DG.

Esta cobertura continua sendo irredundante, haja vista que temos para cada Hk existe

xk ∈ Hk −

∪j =k

H j

e assim,

xkDG /∈∪j =k

H j

DG,

pois caso xkDG = x jDG para algum x j ∈ H j, j = k teríamos

xkx−1j ∈ DG ⊂ H j ⇒ xk ∈ H j,

o que é um absurdo. Sendo assim concluímos que a cobertura é irredundante.

Além disso, observe queD

DG=

n∩i=1

Hi

DG.


E o fato mais importante, que permite a passagem para G finito é que∣∣∣∣ GDG

:Hi

DG

∣∣∣∣= |G : Hi| e∣∣∣∣ GDG

:D

DG

∣∣∣∣= |G : D|.

Sendo assim, de agora em diante podemos supor nosso grupo G finito.

Nessa seção procuramos melhorar um pouco esta cota superior para f (n). O teorema

principal desta seção será

Teorema 4.6 Seja G um grupo que admite uma cobertura irredundante por n subgrupos, a

saber

G = X1 ∪X2 ∪ . . .∪Xn.

Sendo D =n∩

i=1

Xi, teremos

|G : D| ≤ max(n−1)2,(n−2)3(n−3)!

Antes disso, necessitaremos do seguinte Lema

Lema 4.7 Sejam H um grupo finito, Q < H e H1,H2, . . . ,Hk subgrupos de H com |H : Hi|= βi

onde β1 ≤ β2 ≤ . . . ≤ βk. Se H = Q∪H1 ∪H2 ∪ . . .∪Hk então β1 ≤ k. Além disso, se β1 = k,

então β1 = β2 = . . .= βk e Hi ∩H j ≤ Q,∀i = j.

Demonstração:

Observe inicialmente que o conjunto H −Q pode ser expresso como a união

H −Q = (H1 ∩Q)∪ (H2 ∩Q)∪ . . .∪ (Hk ∩Q) (4.4)

Considere ainda |H : Q|= µ . Teremos assim que

|H : Q|= µ ⇒ |H||Q|

= µ ⇒ |Q|= 1µ|H|.

Note ainda que sendo Q um subgrupo de H então Q ⊂ H e assim

|H −Q|= |H|− |Q|= |H|− 1µ|H|= |H|

(1− 1

µ

). (4.5)

Observe que |Hi : Hi ∩Q| ≤ µ . De fato, caso isso não ocorresse, ou seja, se |Hi : Hi ∩Q| > µ .

Dados x,y ∈ Hi tais que x(Hi∩Q) e y(Hi∩Q) são classes distintas, teremos que y−1x /∈ Q (pois,

do contrário, y−1x ∈ Q e como y,x ∈ Hi teríamos y−1x ∈ Hi e assim y−1x ∈ Q∩Hi, o que é


absurdo!). Sendo assim xQ e yQ são distintas em H : Q pois |H : Q| = µ . Concluímos assim

que não pode haver mais que µ classes em Hi : Hi ∩Q. Assim:

|Hi : Hi ∩Q| ≤ µ ⇒ |Hi||Hi ∩Q|

≤ µ ⇒ |Hi ∩Q| ≥ 1µ|Hi|.

Dessa forma, teremos:

|Hi −Q|= |Hi|− |Hi ∩Q| ≤ |Hi|−1µ|Hi|= |Hi|

(1− 1

µ

)= |H|

(1− 1

µ

)1βi. (4.6)

Aplicando as equações (4.6) e (4.5) à expressão (4.4) teremos

|H −Q| ≤ |H1 −Q|+ |H2 −Q|+ . . .+ |Hk −Q|

⇒ |H|(

1− 1µ

)≤ |H|

(1− 1

µ

)(1β1

+1β2

+ . . .+1βk

)⇒ 1 ≤

(1β1

+1β2

+ . . .+1βk

)≤ k

β1

⇒ β1 ≤ k.

Com isso mostramos a primeira parte do lema. Agora a segunda parte é caso tenhamos

β1 = k, as desigualdades propostas acima tornam-se igualdades. Para tanto devemos ter

β1 = β2 = . . . = βk = k. Além disso, os conjuntos Hi −Q devem ser disjuntos dois a dois,

ou seja,

/0 = (Hi ∩Q)∩ (H j ∩Q) = (Hi ∩H j)−Q,

isto é, Hi ∩H j ≤ Q.


Com base no Lema anterior retomemos o Teorema que enunciamos no início da seção.

Demonstração do Teorema 4.6

Seja G um grupo com cobertura irredundante por n subgrupos

G = X1 ∪X2 ∪ . . .∪Xn

com |G : Xi|= αi e α1 ≤ α2 ≤ . . .≤ αn e seja D =n∩

i=1

Xi.

Agora vamos provar as três afirmações abaixo:

(i) α2 ≤ n−1.


(ii) Se α2 = n−1 então |G : D| ≤ (n−1)2(n−3)!.

(iii) Se α2 < n−1 então |G : D| ≤ (n−2)3(n−3)!.

De fato,

(i) Segue-se imediatamente do Lema 4.7 fazendo X1 = Q e (X2,X3, . . . ,Xn) = (H2,H3, . . . ,Hn).

(ii) Novamente usaremos o Lema 4.7. Sendo α2 = n − 1 então, em particular, teremos

α3 = n−1. Além disso, X2 ∩X3 ≤ X1. Dessa maneira,

|G : X2 ∩X3| ≤ |G : X2||G : X3|= (n−1)(n−1) = (n−1)2.

Além disso, temos que X2 ∩X3 = X1 ∩X2 ∩X3. Sendo assim, pelo Lema 3.8 temos

|X2 ∩X3 : D|= |X1 ∩X2 ∩X3 : D| ≤ (n−3)!.

Sendo assim, obteremos:

|G : D|= |G : X2 ∩X3| . . . |X2 ∩X3 : D| ≤ (n−1)2(n−3)!

(iii) Se α2 < n−1, então α1 ≤ α2 ≤ n−2 e assim:

|G : X1 ∩X2| ≤ |G : X1||G : X2| ≤ (n−2)(n−2) = (n−2)2.

Além disso, pelo Lema 3.8 temos que

|X1 ∩X2 : D| ≤ (n−2)!.

Sendo assim,

|G : D|= |G : X1 ∩X2| . . . |X1 ∩X2 : D| ≤ (n−2)2(n−3)!.



Corolário 4.1 f (4) = 9.

Demonstração:

Segue do último Teorema que f (4)≤ 9. Mas, do exemplo 4.2, obtemos que f (4)≥ 9. Portanto,

f (4) = 9.

Para pequenos valores de n, obtemos a seguinte tabela que nos fornecem as seguintes contas

inferiores e superiores para f (n):

n c. inferior f(n) c. superior f(n)

3 4 4

4 9 9

5 16 54

6 36 384

7 81 3000

Capítulo 5Caracterização dos grupos com

3,4,5-cobertura

Conteúdo

5.1 C3-cobertura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 117

5.2 C4-cobertura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 117

5.3 C5-cobertura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . p. 117

Este capítulo tem como objetivo determinar que tipo de estrutura terá um grupo que

apresente uma 3, 4 ou 5-cobertura.

Do Teorema de Neumann garantimos que

Observação 5.1 Se G é um Cn-cobertura (n > 2), então G é finito.

De fato, sendo Mi;1 ≤ i ≤ n uma cobertura irredundante maximal para G com interseção

D =n∩

i=1

Mi tal que DG = 1. Temos, do resultado acima, que |G : D| < ∞. Agora, como temos

que o número de conjugados de D é dado por |G : NG(D)|<∞, teremos que |G|= |G : DG|<∞.

5.1 C3-cobertura 117

5.1 C3-cobertura

Já demonstramos, da Proposição 4.3 que necessariamente devemos ter D= 1 e G≃C2×C2.

5.2 C4-cobertura

Temos, no caso, a seguinte caracterização, cuja demonstração pode ser encontrada em [13].


núcleo para um grupo G. Se a cobertura é maximal, então ou

1. D = 1 e G ≃C3 ×C3 ou G ≃ S3; ou

2. |D|= 2, G = 18 e G imerso em S3 ×S3.

Se a cobertura não é maximal, então ou

1. D = 1 e G ≃C4 ×C2 ou G ≃C2 ×C2; ou

2. |D|= 2 e G ≃ D8 ×C2

5.3 C5-cobertura

Agora nosso objetivo nessa seção é demonstrar o Teorema




(b) D = 1 e G ≃ A4; ou

(c) |D|= 3, |G|= 48 e G → A4 ×A4

Para tanto necessitaremos de alguns Lemas importantes.


Lema 5.2 Seja G um grupo com 5-cobertura irredundante maximal com interseção D livre de

núcleo.

(a) G é um 2-grupo se, e somente se, D = 1 e G é um grupo abeliano elementar de ordem 16.

(b) G não é um 3-grupo.

Demonstração:

Mostraremos inicialmente o item (a).

(⇒) Seja G = M1 ∪ M2 ∪ M3 ∪ M4 ∪ M5 uma 5-cobertura maximal

irredundante com interseção D livre de núcleo. Sendo G um 2-grupo, então

Φ(G) = G′G2 ≤ D. Observe ainda que DG pois:

DG′ ≤

GG′ e

GG′ abeliano ⇒ D

G′ GG′ ⇒ DG.

Agora como DG temos D = DG. Mas, por hipótese, DG = 1 e, desse modo, temos que D = 1

e como Φ(G)≤ D segue-se Φ(G) = 1. Portanto, D = 1 e Φ(G) = 1 ⇔ G é abeliano elementar.

Resta-nos mostrar que |G| = 16. Para isto faremos uso do Lema 4.1.

Usando o item (b) do Lema 4.1, temos que podemos retirar um subgrupo que ainda

obteremos D, ou seja, temos que D =∩j =i

M j,∀i ∈ 1,2, . . . ,5. Agora do item (c), do mesmo

Lema, concluímos que fazendo S = 1,2, . . . ,5−i temos que |S| = 5−1 = 4 e∩j∈S

M j = 1

e, dessa forma, temos que

|∩j∈T

M j : D| ≤ m−n+1 ⇒ |Mi ∩M j ∩Mk : 1| ≤ m−m+1+1 = 2,

onde |T |= 4−1 = 3, ou seja, |Mi ∩M j ∩Mk| ≤ 2, sempre que i, j,k forem distintos.

Agora como G é um 2-grupo abeliano e Mi lG temos que |G : Mi|= 2.

Sendo assim, teremos:

|G|= |G : D| · |D|= |G : D|= |G :5∩

i=1

Mi|=

=︸︷︷︸Lema 4.1(b)

|G :4∩

i=1

Mi| ≤︸︷︷︸Poincaré

4

∏i=1

|G : Mi|= 24 = 16 ⇒ |G| ≤ 16.

Observe que |G| ≥ 8, pois caso tivéssemos |G| < 8 então, como G é um 2-grupo, deveríamos

ter |G| = 1,2 ou 4. Mas |G| = 1 pois G tem uma 5-cobertura. Note que também |G| = 2, pois


se tivéssemos |G|= 2 então 1 seria o único subgrupo maximal de G.

Perceba ainda que caso G= 4 e como G é abeliano temos que G≃C2×C2, o qual não apresenta

cinco subgrupos maximais. Para ver isto note que

C2 ×C2 = ⟨a,b;a2 = 1 = b2,ab = ba⟩

e Hi = ⟨abi⟩, i = 0,1, H2 = ⟨b⟩ são os únicos subgrupos maximais de G.

Logo não podemos ter |G|= 4.

Mostramos agora que também não podemos ter |G|= 8.

Com efeito, caso isso fosse possível, ou seja, caso |G|= 8. Assim:

|G|= |G : Mi| · |Mi| ⇒ 8 = 2|Mi| ⇒ |Mi|= 4.

Agora, sendo a cobertura irredundante temos que Mi =M j, para i = j. E como Mi, para 1≤ i≤ 5

é maximal temos então que G = MiM j. Assim:

|G|= |MiM j|=|Mi||M j||Mi ∩M j|

⇒ 8 =4 ·4

|Mi ∩M j|⇒ |Mi ∩M j|= 2.

Dessa maneira, para todo i, j,k temos que

Mi ∩M j ∩Mk ⊂ Mi ∩M j

então

|Mi ∩M j ∩Mk| ≤ |Mi ∩M j|= 2 ⇒ |Mi ∩M j ∩Mk| ≤ 2.

Sendo Mi∩M j∩Mk um subgrupo de G e G um 2-grupo, logo temos dois casos para analisarmos:

Caso tenhamos |Mi ∩M j ∩Mk|= 2 então pelo Princípio da Inclusão - Exclusão temos que:

|Mi ∪M j ∪Mk|=

= |Mi|+ |M j|+ |Mk|− |Mi ∩M j|− |Mi ∩Mk|− |M j ∩Mk|+ |Mi ∩M j ∩Mk|

= 4+4+4−2−2−2+2

= 8

Logo, como |Mi ∪ M j ∪ Mk| = 8 e Mi ∪ M j ∪ Mk ⊂ G temos que

G = Mi ∪M j ∪Mk o que é um absurdo visto G ser uma 5-cobertura.


Caso tenhamos |Mi ∩M j ∩Mk|= 1 então pelo Princípio da Inclusão - Exclusão temos que:

|Mi ∪M j ∪Mk|=

= |Mi|+ |M j|+ |Mk|− |Mi ∩M j|− |Mi ∩Mk|− |M j ∩Mk|+ |Mi ∩M j ∩Mk|

= 4+4+4−2−2−2+1

= 7

Agora, do fato da cobertura ser irredundante, existem xl ∈ Ml tal que

xl /∈ Mt ,∀t = l. Desse modo,

G =5∪

i=1

Mi ⊃ (M1 ∪M2 ∪M3)∪⟨x4⟩∪ ⟨x5⟩.

Logo,

8 = |G| ≥ |M1 ∪M2 ∪M3 ∪⟨x4⟩∪ ⟨x5⟩| ≥ 9,

o que não é verdade.

Portanto, segue-se que |G|= 16.

(⇐) Reciprocamente, se ⟨a,b,c,d⟩ é abeliano elementar de ordem 16 então ⟨a,b,c⟩, ⟨a,b,d⟩,⟨a,c,d⟩, ⟨b,c,d⟩, ⟨ac,bc,cd⟩ é uma 5 cobertura maximal irredundante com interseção livre de

núcleo.

De fato, seja G = ⟨a,b,c,d⟩ onde |G|= 16. Assim temos que

G = 1,a,b,c,d,ab,ac,ad,bc,bd,cd,abc,abd,acd,bcd,abcd.

Note que:

M1 = ⟨a,b,c⟩= 1,a,b,c,ab,ac,bc,abc

M2 = ⟨a,b,d⟩= 1,a,b,d,ab,ad,bd,abd

M3 = ⟨a,c,d⟩= 1,a,c,d,ac,ad,cd,acd

M4 = ⟨b,c,d⟩= 1,b,c,d,bc,bd,cd,bcd

M5 = ⟨ac,bc,cd⟩= 1,ac,bc,cd,ab,ad,bd,abcd

Note que |Mi|= 8 para 1 ≤ i ≤ 5 e sendo |G|= 16 segue-se que cada Mi é maximal.

Observe ainda que D = 1 e assim temos que DG = 1.

Sendo assim segue-se o resultado.

Mostramos agora o item (b).


Suponha que G é um 3-grupo. Usando um argumento similar ao que foi feito

no item (a) concluímos que D = 1, G é um 3-grupo abeliano elementar e

|Mi ∩M j ∩Mk|= 1 ou 2 sempre que i, j,k forem distintos.

Mas como Mi ∩ M j ∩ Mk é um subgrupo de G e G é um 3-grupo concluímos que

|Mi ∩M j ∩Mk|= 1.

Como G é um 3-grupo e Mi lG temos que |G : Mi|= 3. Sendo assim, teremos:

|G|= |G : D| · |D|= |G : D|= |G :5∩

i=1

Mi|=

=︸︷︷︸Lema 4.1(b)

|G :4∩

i=1

Mi| ≤︸︷︷︸Poincaré

4

∏i=1

|G : Mi|= 34 = 81 ⇒ |G| ≤ 81.

Observe ainda que |G| > 9, pois caso tivéssemos |G| ≤ 9 então sendo G um 3-grupo então

|G| = 1,3 ou 9. Mas temos que |G| = 1 pois |G| possui uma 5-cobertura. Note ainda que

|G| = 3, pois, do contrário, se |G|= 3 e como |G : Mi|= 3 teremos que |Mi|= 3 e, assim, como

Mi ⊂ G temos G = Mi para algum i, o que é absurdo, pois G = Mi.

Note que se |G| = 9 e sendo G abeliano temos que G ≃ C3 ×C3, teríamos que G possuiria

apenas quatro subgrupos maximais. Para ver isto note que

C3 ×C3 = ⟨a,b;a3 = 1 = b3,ab = ba⟩.

Se considerarmos Hi = ⟨abi⟩, i = 0,1,2 e H3 = ⟨b⟩, temos que estes são os únicos subgrupos

maximais de G, o que é absurdo.

Logo não podemos ter |G|= 9.

Agora caso tenhamos |G|= 27 então

|G|= |G : Mi| · |Mi| ⇒ 27 = 3 · |Mi| ⇒ |Mi|= 9.

Do fato da cobertura ser irredundante, temos que Mi = M j para i = j. Temos ainda que cada Mi

é maximal e, dessa maneira, G = MiM j. Logo,


⇒ 27 =9 ·9

|Mi ∩M j|⇒ |Mi ∩M j|= 3.

Como temos D = 1 então

D = 1 ⇒

∣∣∣∣∣ 5∩i=1

Mi

∣∣∣∣∣= 1 ⇒︸︷︷︸4.1(b)

∣∣∣∣∣ 4∩i=1

Mi

∣∣∣∣∣= 1.


Temos ainda que |Mi ∩ M j ∩ Mk| = 1, e como, |Mi ∩ M j| = 3, teremos, pelo Princípio da

Inclusão-Exclusão, que

|G|=

∣∣∣∣∣ 5∪i=1

Mi

∣∣∣∣∣==

5

∑i=1

|Mi|5

∑i< j=1

|Mi ∩M j|+ ∑i< j<k

|Mi ∩M j ∩Mk|− ∑i< j<k<t

|Mi ∩M j ∩Mk ∩Mt |+ |D|

=

(51

)|Mi|−

(52

)|Mi ∩M j|+

(53

)|Mi ∩M j ∩Mk|−

(54

)|Mi ∩M j ∩Mk ∩Mt |+ |D|

= 5 ·9−10 ·3+10 ·1−5 ·1+1 = 45−30+10−5+1

= 21,

ou seja, |G|= 21, o qual não é uma potência de 3.

Por fim, analisemos quando |G|= 81

Agora caso tenhamos |G|= 81 então

|G|= |G : Mi| · |Mi| ⇒ 81 = 3 · |Mi| ⇒ |Mi|= 27.

Do fato da cobertura ser irredundante, temos que Mi = M j para i = j. Temos ainda que cada Mi

é maximal e, dessa maneira, G = MiM j. Logo,


⇒ 81 =27 ·27

|Mi ∩M j|⇒ |Mi ∩M j|= 9.

Como temos D = 1 então

D = 1 ⇒

∣∣∣∣∣ 5∩i=1

Mi

∣∣∣∣∣= 1 ⇒︸︷︷︸4.1(b)

∣∣∣∣∣ 4∩i=1

Mi

∣∣∣∣∣= 1.

Temos ainda que |Mi ∩ M j ∩ Mk| = 1, e como, |Mi ∩ M j| = 9, teremos, pelo Princípio da

Inclusão-Exclusão, que

|G|=

∣∣∣∣∣ 5∪i=1

Mi

∣∣∣∣∣==

5

∑i=1

|Mi|−5

∑i< j=1

|Mi ∩M j|+ ∑i< j<k

|Mi ∩M j ∩Mk|− ∑i< j<k<t

|Mi ∩M j ∩Mk ∩Mt |+ |D|

=

(51

)|Mi|−

(52

)|Mi ∩M j|+

(53

)|Mi ∩M j ∩Mk|−

(54

)|Mi ∩M j ∩Mk ∩Mt |+ |D|

= 5 ·27−10 ·9+10 ·3−5 ·1+1 = 135−90+30−5+1

= 11,


ou seja, |G|= 11, o qual não é uma potência de 3.

Portanto, em todos os casos chegamos a uma contradição. Sendo assim, concluímos que G não

é um 3-grupo.

Lema 5.3 Seja F um corpo finito com q elementos. Suponha que

F2 = F ×F = T1 ∪ . . .∪Tm (5.1)

onde Ti é a translação do espaço unidimensional Ui(1 ≤ i ≤ m), ou seja,

Ti =Ui + ri e Ui = Fvi com vi ∈ F2. Então m ≥ q e

(i) Se m = q então U1 =Ui(1 ≤ i ≤ q);

(ii) Se m = q+1 e a união (5.1) é irredundante, então os subespaços Ui são distintos e, para

algum r ∈ F2 temos Ti =Ui + r(1 ≤ i ≤ q+1);

(iii) Se m = q + 2 e a união (5.1) é irredundante então os subespaços

Ui(1 ≤ i ≤ q+2) não cobrem F2.

Demosntração:

Note inicialmente que as retas Ti e Tj são paralelas se, e somente se, Ui = U j

(v j ∈ Ti ⇔ v j = λvi). Observe ainda que se definirmos a função φ : Ti →Ui tal que x+ ri 7→ x,

teremos que |Ui|= |Ti|= q. Além disso,

|F2|= |T1 ∪ . . .∪Tm| ≤ |T1|+ . . .+ |Tm| ⇒ q2 ≤ mq ⇒ q ≤ m.

Portanto, m ≥ q.

(i): Se q = m então Ti ∩Tj = /0, ∀i = j. Caso isso não ocorresse, ou seja, Ti ∩Tj = /0 para algum

i = j então teríamos que

|F2|<m

∑i=1

|Ti| ⇒ q2 < mq = q ·q = q2 ⇒ q2 < q2,

o que é absurdo. Sendo assim temos Ti ∩ Tj = /0 e assim Ui = U1,

∀i ∈ 1,2, . . . ,m.

(ii): Provaremos neste item que as q+1 retas têm um mesmo ponto em comum caso tenhamos

que a sua união é irredundante e igual a F2.


De fato, suponha que F2 =q+1∪i=1

Ti seja irredundante. Agora como temos que |F2|= q2, segue-se

que as retas Ti não são todas paralelas (no máximo q delas são paralelas), pois caso isso

acontecesse então teríamos

q2 = |F2|=q+1

∑i=1

|Ti|= (q+1)q ⇒ q = q+1 ⇒ 1 = 0,

o que é absurdo.

Sendo assim, sem perda de generalidade, suponhamos que T1 ∩T2 = /0, ou seja, T1 e T2 não são

paralelas. Para cada Ti(3 ≤ i ≤ q+1) temos que |Ti∩A| ≥ 1 onde A = T1∪T2 com |A|= 2q−1

(se Ti for paralelo a T1, então Ti ∩T2 = /0 e vice-versa).

Por outro lado,

|F2 −A|= q2 − (2q−1) = (q−1)2.

Sendo assim, devemos ter |Ti ∩ A| = 1, pois se |Ti ∩ A| ≥ 2 para algum

3 ≤ i ≤ q+1 então

(q−1)2 = |F2 −A|

= |T3 ∪ . . .∪Tq+1|−∣∣(T3 ∩A)∪ . . .∪

(Tq+1 ∩A

)∣∣≤ |T3|∪ . . .∪|Tq+1|− (1+ . . .+1+2+1 . . .+1)︸︷︷︸

q−1 parcelas

= q(q−1)− (q−2)−2 = q2 −q−q+2−2 = q2 −2q

Sendo assim, teremos que (q − 1)2 ≤ q2 − 2q, ou seja, 1 ≤ 0, o que é absurdo. Portanto,

|Ti ∩A|= 1,∀3 ≤ i ≤ q+1.

Caso tenhamos q = 2 então temos que T3 ∩A = P = T1 ∩ T2. De fato, caso T3 ∩A = Pentão T3 ∩A = T3 ∩T1 ou T3 ∩A = T3 ∩T2. Se ocorresse o primeiro caso então teríamos que

T1 ⊆ T2 ∪ T3. No segundo caso obteríamos que T2 ⊆ T1 ∪ T3. Isso decorre do fato de que

|T1|= |T2|= |T3|= 2. Mas isso é absurdo haja vista que a cobertura é irredundante.

Portanto, podemos supor que q > 2. Sejam 3 ≤ i, j ≤ q+ 1. Afirmamos que se P ∈ Ti então

P ∈ Tj, ou seja, se três retas passam por P, então todas elas passarão por P.

Com efeito, suponhamos que P /∈ Tj mas tenhamos ainda P ∈ Ti. Sendo assim devemos ter

que Tj deve ser paralela a exatamente umas das retas T1 e T2. Suponhamos, sem perda de

generalidade, que tenhamos Tj paralela a T1. Temos ainda que Tj é paralela a exatamente uma

das retas T2 e Ti. Sendo assim, Tj é paralela a Ti (pois Tj ∩T2 = /0). Por transitividade Ti seria


paralelo a T1 haja vista que tenhamos Tj paralelo a T1. Mas isso é um absurdo. Fica assim

provado que se as três retas Ti passam por P, então todas elas devem passar por P (e o Lema

está provado para este caso).

Podemos então supor que P /∈ Ti,∀3 ≤ i ≤ q+ 1. Sendo assim então existe 3 ≤ d < q+ 1 tal

que Tj ∩T1 = /0,∀3 ≤ j ≤ d e Tk ∩T2 = /0,∀d+1 ≤ k ≤ q+1 pois se Tj ∩T1 = /0,∀3 ≤ j ≤ q+1

(também Tj ∩Tj′ = /0,∀3 ≤ j′ ≤ q+1) então

|T1 ∪T3 ∪ . . .∪Tq+1|= |T1|+ |T3|+ . . .+ |Tq+1|= q ·q = q2.

Portanto,

F2 = T1 ∪T3 ∪ . . .∪Tq+1,

ou seja, T2 ⊆ T1 ∪T3 ∪ . . .∪Tq+1, o que é absurdo pois contraria a irredundancia da cobertura.

Segue-se assim que devemos ter |Ti ∩ Tj| = 1 se i ∈ 1,3, . . . ,d e

j ∈ 2,d +1, . . . ,q+1 e nos outros casos devemos ter |Ti ∩Tj|= 0.

Em particular, temos que Ti ∩Tj ∩Tk = /0. Dessa forma, teremos

q2 = |F2|= |T1|+ . . .+ |Tq+1|−∑i< j

|Ti ∩Tj|= (q+1)q− (d −1)(q−d +2).

Portanto,

(d −1)(q−d +2) =−q2 +(q+1)q,

ou seja,

q = (d −1)(q−d +2).

Mas, note que d−1 > 1, pois d ≥ 3. Também temos que q−d+2 > 1, pois caso q−d+2 = 1

teríamos q = d −1.

Considere pn = q = (d−1)(q−d+2). Dessa forma temos que p|(d−1) e p|(q−d+2). Logo,

p|(q+1) e como p|q segue-se que p|1, o que é absurdo.

(iii): Suponha agora que m = q+2. Afirmamos que q > 2.

De fato, pois caso se tenha q = 2 então m = 4 e ainda F2 = T1 ∪ T2 ∪ T3 ∪ T4. Agora, sendo

|Ti|= 2,∀i ∈ 1,2,3,4 podemos supor T1 ∩T2 = P.

Por outro lado, do fato de termos F2 =4∪

i=1

Ti irredundante existem em

cada reta Ti um ponto Pi que está somente em Ti. Sendo assim,

P,P1,P2,P3,P4 ⊆ F2, o que é absurdo pois temos que |F2|= 4.


Sendo assim, devemos ter q > 2. Agora vamos fazer uma contagem do número de subespaços E

de F2 tal que dimE = 1. Considere E = E ≤ F2;dimE = 1. Assim F2 =n∪

i=1

Ei onde |E |= n

e E = E1,E2, . . . ,En. Mas |Ei|= q e Ei ∩E j = 0,∀1 ≤ i = j ≤ n. Assim

q2 = (q−1)n+1 ⇒ (q−1)n = q2 −1 ⇒ n =q2 −1q−1

⇒ n = q+1.

Sendo o número de retas q + 2 e somente q + 1 subespaços de dimensão um,

então necessariamente existem duas retas transladadas do mesmo subespaço.

Portanto existem (pelo menos) duas retas paralelas. Digamos então que

T1 ∩T2 = /0. É suficiente mostrar que existe outro par de retas paralelas.

Com efeito, se é este o caso, então existem no máximo q subespaços unidimensionais e os

mesmos não podem cobrir F2, pois se isso ocorresse, ou seja, se F2 =q∪

i=1

Ui então teríamos

q2 = q(q−1)+1, ou seja, q = 1 (Absurdo).

Suponha agora que não exista outro par de retas paralelas. Sendo assim

Ti ∩Tj = /0,Ti ∩T1 = /0 e Ti ∩T2 = /0 ∀3 ≤ i, j ≤ q+2. Como

|F2 − (T1 ∪T2)|= q2 −2q = q(q−2),

segue-se que Tj ∩Ti ⊆ T1∪T2. Com efeito, se existisse P= Ti∩Tj ⊆ T1∪T2, teríamos então q

retas diferentes de T1 e T2 cada uma delas contendo q−2 pontos e seja k os pontos de interseção

de Ti ∩Tj fora de T1 ∪T2. Assim

q(q−2)− k = q(q−2) = |F2 −T1 ∪T2| ⇒ k = 0,

o que é absurdo. Portanto, Tj ∩Ti ⊆ T1 ∪T2.

Agora caso T1 ∩T3 ∩T4 ∩ . . .∩Tq+2 = P = /0 então teríamos que T2 ⊆∪i=2

Ti, o que é absurdo,

pois a cobertura F2 =∪

Ti é irredundante.

Logo existem h,k ∈ 3, . . . ,q + 2 tais que T1 ∩ Th = T1 ∩ Tk. Então devemos ter

Th∩Tk ⊆ T2 ⇒ Th∩T2 = Tk∩T2, pois Th∩Tk ⊆ T1∪T2. Da mesma forma existe Tt ,3 ≤ t ≤ q+2

tal que Tt ∩ T2 = Th ∩ T2 com Tk = Tt e Tt ∩ T1 = Th ∩ T1. Portanto, Tk ∩ Th ⊆ T1 ∪ T2 ou

Tt ∩ Tk ⊆ T1 ∪ T2, pois Tt ∩ Tk ⊆ T1 (se Tt ∩ Tk ⊆ T1 então Tt ∩ T1 = Tk ∩ T1 = Th ∩ T1, o que

é absurdo) e Tt ∩Tk ⊆ T2 (se Tt ∩Tk ⊆ T2 então Tt ∩T2 = Tk ∩T2 = Th ∩T2, o que é absurdo).

Segue-se assim o resultado.


Observação 5.2 Suponha que G seja um grupo com uma 5-cobertura

H1,H2,H3,H4,H5 irredundante com interseção D. Então

GDG

=H1

DG∪ H2

DG∪ H3

DG∪ H4

DG∪ H5

DG

é uma 5-cobertura irredundante com interseçãoD

DGlivre de núcleo.

Irredundância: Para todo Hi, existe hi ∈ Hi tal que hi /∈ H j para todo j = i. Daí,

hiDG /∈H j

DG, pois do contrário, existiria h j ∈ H j tal que hiDG = h jDG. Logo, h−1

j hi ∈ DG ≤ H j

e hi = h j(h−1j hi) ∈ H j o que não é verdade. Sendo assim, para cada i ∈ 1,2,3,4,5 existe

xiDG ∈ Hi

DGtal que xiDG /∈

H j

DG.

Livre de Núcleo: (D

DG

)G

DG

=

(5∩

i=1

Hi

DG

)G

DG

=DGDG

DG= 1.

Lema 5.4 Seja G um grupo com a seguinte estrutura: O3(G) é um grupo abeliano elementar

de índice 2 em G, e G tem centro trivial. Então não existe 5-cobertura maximal irredundante

de G.

Demonstração:

Suponha que seja falso o resultado e considere G um contra exemplo minimal,

ou seja, G tem uma 5-cobertura irredundante maximal G =5∪

i=1

Mi e seja

D =5∩

i=1

Mi . Além disso não existe grupo de ordem menor do que |G| com 5-cobertura

maximal irredundante.

Note ainda que devemos ter DG = 1 , pois do contrário, como

|G|= |G : DG||DG|> |G : DG| ·1 ⇒∣∣∣∣ GDG

∣∣∣∣< |G|.

Como DGG, temos queG

DG=

5∪i=1

Mi

DGé uma 5-cobertura irredundante maximal de

GDG

, o que

contraria a minimalidade de G.

Portanto devemos ter DG = 1.

Note ainda que |G|= 2 ·3α . De fato, denominando de V =O3(G) e, como sabemos, V é o maior

3-subgrupo normal em G e assim |V | = 3α . Além disso, temos, de acordo com o enunciado,


que |G : V |= 2. Logo, pelo Teorema de Lagrange,

|G|= |G : V ||V | ⇒ |G|= 2 ·3α .

Agora, como |G|= 2 ·3α temos que G é um grupo supersolúvel e, dessa maneira, todo subgrupo

maximal de G tem índice primo.

Temos, ainda, com respeito ao grupo G que:

•|G|> 6 visto que nenhum grupo de ordem igual a 6 tem 5-cobertura irredundante.

•|Mi| > 2,∀i ∈ 1,2,3,4,5. De fato, se existe i tal que |Mi| = 2 então G = V Mi (Note que

Mi é maximal, |M1| = 1,Mi * V , pois |Mi| = 2 e |V | = 3α ). Perceba ainda que V ∩Mi = 1,

pois |V |= 3α e |Mi|= 2. Assim |G : Mi|= |V |= 3 pois G é supersolúvel e assim, teríamos que

|G|= |G : Mi| · |Mi| ⇒ |G|= 6, o que é absurdo.

Sendo assim, G =5∪

i=1

Mi é uma cobertura irredundante maximal de G livre de núcleo. Além

disso, |Mi|> 2,∀i ∈ 1,2,3,4,5. Dessa maneira, temos duas possibilidades.

(i) Mi =V para algum i e |G : M j|= 3,∀ j = i.

(ii) |G : M j|= 3,∀ j.

De fato, como V lG pode ocorrer um dos casos:

a) V = Mi,∀i ∈ 1,2,3,4,5.

b) V = Mi para algum i.

Se tivermos V = Mi,∀i ∈ 1,2,3,4,5 então teremos que G =V Mi e, assim, pelo Teorema dos

Isomorfismos tem-seGV

≃ Mi

Mi ∩Ve |G : Mi|= 3 (pois G é supersolúvel). Logo, vale (ii).

Agora, caso tenhamos V = Mi para algum i (assim V = M j, ∀ j = i). Portanto, |G : M j| = 3,

∀ j = i, ou seja, vale (i).

Note agora que D∩V E G e, portanto, D∩V = 1. De fato, temos dois casos a serem analisados

(I) D *V .

Note que V < V D < G e V é maximal. Dessa forma devemos ter V = V D ou G = V D. Mas

se V = V D então deveríamos ter D ⊂ V , o que não ocorre. Logo, G = V D. Note ainda que

V ∩DED( pois V EG) e V ∩DEV (pois V é abeliano) e assim, obtemos que V ∩DEV D=G.


(II) D ⊂V .

Pelo que fizemos anteriormente sabemos que V é, igual a, no máximo um dos Mi. Suponhamos

que V = M1,M2,M3,M4. Sendo assim, do mesmo argumento usado no item (I) teremos que

V ∩Mi E G,∀i ∈ 1,2,3,4. Agora, segue-se, do Lema 4.1 item (a), que D =4∩

i=1

Mi. Daí,

D = D∩V =V ∩

(4∩

i=1

Mi

)=

4∩i=1

(V ∩Mi)E G ⇒ D E G ⇒ D∩V E G.

Portanto, em qualquer caso obtemos que D∩V E G.

Temos ainda que V ∩D ⊂ D. Assim

(V ∩D)g = Dg ⇒V ∩D ⊂ Dg,∀g ∈ G ⇒V ∩D ⊂ DG = 1 ⇒V ∩D = 1.

Assim, V ∩D = 1.

Considere agora Xi =V ∩Mi. Assim,

•5∩

i=1

Xi =5∩

i=1

(V ∩Mi) =V ∩

(5∩

i=1

Mi

)=V ∩D = 1.

•5∪

i=1

Xi =5∪

i=1

(V ∩Mi) =V∩( 5∪

i=1

Mi

)=V ∩G =V.

•4∩

i=1

Xi =4∩

i=1

(V ∩Mi) =V ∩

(4∩

i=1

Mi

)=V ∩D = 1. (Usamos aqui o Lema 4.1 item (b)).

Dessa forma, pelo Lema 4.1 item (c), teremos que∣∣∣∣∣(Xi ∩X j ∩Xk)

:

(D =

4∩i=1

Xi

)∣∣∣∣∣≤ 5−4+1 = 2 ⇒

⇒∣∣Xi ∩X j ∩Xk : 1

∣∣≤ 2 ⇒∣∣Xi ∩X j ∩Xk

∣∣≤ 2.

Mas, Xi ∩X j ∩Xk ⊂V e |V |= 3α e, desse modo, não podemos ter∣∣Xi ∩X j ∩Xk

∣∣= 2. Segue-se

assim que Xi ∩X j ∩Xk = 1.

Agora, se ocorrer (i)(

ou seja, V = M5 e |G : M j|= 3,∀ j ∈ 1,2,3,4)

então, observe que

X5 =V ∩M5 =V ∩V =V , isto é, X5 =V . Sendo assim

Xi ∩X j = (V ∩Mi)∩(V ∩M j

)=(Mi ∩M j

)∩ (V ∩V ) =(

Mi ∩M j)∩ (V ∩V ∩V ) = (Mi ∩V )∩

(M j ∩V

)∩V = Xi ∩X j ∩X5 = 1,


pois Xi ∩ X j ∩ Xk = 1, ou seja, Xi ∩ X j = 1,∀i, j ∈ 1,2,3,4. Dessa maneira,

teremos que |V | = 9 haja vista que V = XiX j e |G : Mi| = |V : Xi| = 3,

∀i ∈ 1,2,3,4.

Se ocorrer (ii)(

ou seja, |G : M j|= 3,∀ j ∈ 1,2,3,4,5)

temos que V =5∪

i=1

Xi. Pelo fato de

G ser contra exemplo mínimo tal união é redundante e, da Proposição 4.3, apenas um termo

pode ser omitido. De fato, V terá uma 3-cobertura ou 4-cobertura. Mas V não pode ser

uma 3-cobertura, pois, do contrário, V ≃ C2 ×C2, o que é absurdo. Portanto, devemos ter

necessariamente, V uma 4-cobertura, ou seja, só podemos omitir apenas um termo da cobertura,

digamos que seja X5. Assim, V =4∪

i=1

Xi é irredundante com4∩

i=1

Xi = 1.

Logo, pelo Teorema de Tomkinson, temos∣∣∣∣∣V :4∩

i=1

Xi

∣∣∣∣∣= |V : 1|= |V | ≤ 9.

Mas |V |= 3α . Assim, |V |= 9.

Portanto, em qualquer caso, obtemos que |V |= 9.

Dessa forma, |G|= 18 e

G = ⟨x,y,z/x3 = 1 = y3 = z2,xy = x,xz = x2,yz = y2⟩

haja vista que Z(G) = 1.

Note que se xz = y então x = yz. De fato, xz = y ⇒ zxz−1 = y. Logo,

yz = zyz−1 = z(zxz−1)z−1 = z2xz−2 = x.

Assim,

(xy)z = xzyz = yx = xy ⇒ xy ∈ Z(G)( absurdo ).

Observe que os subgrupos maximais de G possuem índice 2 ou 3, haja vista que G é um grupo

supersolúvel e

V ≃C3 ×C3 = ⟨x,y⟩= ⟨x⟩⟨y⟩= 1,x,x2,y,y2,xy,xy2,x2y,x2y2

visto que V E G e V ∈ Syl3(G). Também ⟨x⟩ E G e ⟨y⟩ E G, pois

xz = x2 ∈ ⟨x⟩, yz = y2 ∈ ⟨y⟩ e xy = yx.


Agora como temos que

G = ⟨x,y,z/x3 = 1 = y3 = z2,xy = x,xz = x2,yz = y2⟩=

= ⟨x,y⟩⟨z⟩= 1,x,x2,y,y2,xy,xy2,x2y,x2y2⟨z⟩=

= 1,xz,x2z,yz,y2z,xyz,xy2z,x2yz,x2y2z,z,x,x2,y,y2,xy,xy2,x2y,x2y2.

Observe que os subgrupos de G de ordem 3 são:

• ⟨x⟩= 1,x,x2= ⟨x2⟩

• ⟨y⟩= 1,y,y2= ⟨y2⟩

• ⟨xy⟩= 1,xy,x2y2= ⟨x2y2⟩

• ⟨xy2⟩= 1,xy2,x2y= ⟨x2y⟩

Já os subgrupos de G de ordem 2 são:

• ⟨z⟩= 1,z

• ⟨xz⟩= 1,xz

• ⟨yz⟩= 1,yz

• ⟨x2z⟩= 1,x2z

• ⟨y2z⟩= 1,y2z

• ⟨xyz⟩= 1,xyz

• ⟨xy2z⟩= 1,xy2z

• ⟨x2yz⟩= 1,x2yz

• ⟨x2y2z⟩= 1,x2y2z

Agora os subgrupos maximais M de G tal que |G : M|= 3 são dados abaixo:

• ⟨x⟩⟨z⟩= 1,x,x2,z,xz,xz2

• ⟨y⟩⟨z⟩= 1,y,y2,z,yz,y2z

• ⟨xy⟩⟨z⟩= 1,xy,x2y2,z,xyz,x2y2z

• ⟨x2y⟩⟨z⟩= 1,x2y,xy2,z,

• ⟨x⟩⟨xz⟩= 1,x,x2,xz,x2z,z

• ⟨y⟩⟨xz⟩= 1,y,y2,xz,yxz,y2xz


• ⟨xy⟩⟨xz⟩= 1,xy,x2y2,xz,x2yz,y2z

• ⟨x2y⟩⟨xz⟩= 1,x2y,xy2,xz,yz,x2y2z

• ⟨x⟩⟨yz⟩= 1,x,x2,yz,xyz,x2yz

• ⟨y⟩⟨yz⟩= 1,y,y2,yz,y2z,z

• ⟨xy⟩⟨yz⟩= 1,xy,x2y2,yz,xy2z,x2z

• ⟨x2y⟩⟨yz⟩= 1,x2y,xy2,yz,x2y2z,xz

• ⟨x⟩⟨x2z⟩= 1,x,x2,x2z,z,xz

• ⟨y⟩⟨x2z⟩= 1,y,y2,x2z,yx2z,y2x2z

• ⟨xy⟩⟨x2z⟩= 1,xy,x2y2,x2z,yz,xy2z

• ⟨x2y⟩⟨x2z⟩= 1,x2y,xy2,x2z,xyz,y2z

• ⟨x⟩⟨y2z⟩= 1,x,x2,y2z,xy2z,x2y2z

• ⟨y⟩⟨y2z⟩= 1,y,y2,y2z,z,yz

• ⟨xy⟩⟨y2z⟩= 1,xy,x2y2,y2z,xz,x2yz

• ⟨x2y⟩⟨y2z⟩= 1,x2y,xy2,y2z,x2z,xyz

• ⟨x⟩⟨xyz⟩= 1,x,x2,xyz,x2yz,yz

• ⟨y⟩⟨xyz⟩= 1,y,y2,xyz,xy2z,xz

• ⟨xy⟩⟨xyz⟩= 1,xy,x2y2,xyz,x2y2z,z

• ⟨x2y⟩⟨xyz⟩= 1,x2y,xy2,xyz,y2z,x2z

• ⟨x⟩⟨x2y2z⟩= 1,x,x2,x2y2z,y2z,xy2z

• ⟨x⟩⟨x2y2z⟩= 1,y,y2,x2y2z,x2z,x2yz

• ⟨xy⟩⟨x2y2z⟩= 1,xy,x2y2,x2y2z,z,xyz

• ⟨x2y⟩⟨x2y2z⟩= 1,x2y,xy2,x2y2z,xz,yz

• ⟨x⟩⟨x2yz⟩= 1,x,x2,x2yz,yz,xyz

• ⟨y⟩⟨x2yz⟩= 1,y,y2,x2yz,x2y2z,x2z

• ⟨xy⟩⟨x2yz⟩= 1,xy,x2y2,x2yz,y2z,xz

• ⟨x2y⟩⟨x2yz⟩= 1,x2y,xy2,x2yz,xy2z,z


• ⟨x⟩⟨xy2z⟩= 1,x,x2,xy2z,x2y2z,y2z

• ⟨y⟩⟨xy2z⟩= 1,y,y2,xy2z,xz,xyz

• ⟨xy⟩⟨xy2z⟩= 1,xy,x2y2,xy2z,x2z,yz

• ⟨x2y⟩⟨xy2z⟩= 1,x2y,xy2,xy2z,z,x2yz

Note que se considerarmos os subgrupos H1 = ⟨x⟩⟨z⟩,H2 = ⟨y⟩⟨z⟩,H3 = ⟨xy⟩⟨z⟩,H4 = ⟨xy2⟩⟨z⟩ são subgrupos de índice 3 e G = H1 ∪H2 ∪H3 ∪H4 é irredundante

maximal e

H5 =V = 1,x,x2,y,y2,xy,xy2,x2y,x2,y2 ⊂ G =4∪

i=1

Hi.

Observe que qualquer união de 5 subgrupos maximais acima não é cobertura irredundante de

G, gerando assim uma contradição.


Usaremos um fato bem conhecido o qual será usado repetidamente, e sem referência

explícita. Tal resultado é apresentado na Proposição abaixo:

Proposição 5.2 Se M é um subgrupo maximal, e U um subgrupo normal minimal abeliano, de

um grupo G então U ⊆ M ou U ∩M = 1.

Demonstração:

Suponha que U * M. Desse modo mostraremos que U ∩M = 1. Observe inicialmente que

temos G = UM. De fato, sendo M maximal e como temos M ⊂ UM ⊂ G concluímos que

M = UM ou UM = G. Mas M = UM ⇒ U ⊂ M, o que não ocorre pois estamos supondo

U * M. Portanto segue-se que G =UM.

Temos ainda que U ∩MM (Teorema dos Isomorfismo)

U ∩MU (U é abeliano)

∣∣∣∣∣⇒U ∩MG =UM.

Mas U é normal minimal e, dessa maneira, U ∩ M = 1 ou

U ∩M =U ⇒U ⊂ M(o que não pode ocorrer pois U * M). Portanto, U ∩M = 1.


Lema 5.5 Suponha que a interseção de uma cobertura irredundante por cinco subgrupos

maximais de um grupo G seja livre de núcleo. Se G não é 2-grupo então todo subgrupo normal

minimal de G tem ordem 4.

Demonstração:

Observe que do Lema 2.5, item b, segue-se que G não é 3-grupo. Por hipótese, temos ainda que

G não é 2-grupo.

Afirmação 5.1 G é um 2,3-grupo.

Com efeito, considere G =5∪

i=1

Mi, onde cada Mi é maximal com 1 ≤ i ≤ 5. Considere ainda

D =5∩

i=1

Mi e DG = 1. Seja p um primo. Analisemos o que ocorre se p ≥ 5.

Seja 1 = x ∈ G tal que o(x) = pα onde p ≥ 5. Agora como G =5∪

i=1

Mi e x ∈ G segue-se que

x ∈ Mi para algum i, ou seja,n = |i;x ∈ Mi| ≥ 1. Logo, do Lema 4.1 item a temos que x ∈ D

ou p ≤ 5−n.

Mostraremos que x ∈ D. De fato, se tivéssemos p ≤ 5−n então:

5 ≤ p ≤ 5−n ⇒−n ≥ 0 ⇒ n ≤ 0 ⇒ n = 0,

ou seja, x /∈ Mi,∀i, o que é absurdo.

Segue-se assim que x ∈ D.

Agora considere T = ⟨x ∈ G;x é um p -elemento⟩, onde p ≥ 5.

Note que xg ∈ T,∀g ∈ G, pois o(x) = o(xg). Assim T G. Dessa forma, teremos:

T ⊆ D ⇒ T g ⊆ Dg ⇒ T ⊆ DG ⇒ T = 1.

Daí x = 1, o que é uma contradição.

Concluímos que p < 5 e assim G é um 2,3-grupo.

Dessa maneira temos que |G| = 2α · 3β , onde α e β são tais que α ≥ 1(G não é 3-grupo) e

β ≥ 1(pois G não é 2-grupo por hipótese). Sendo assim, segue do Teorema de Burnside que


G é sóluvel. Considere agora U subgrupo de G de modo que U ·G, ou seja, 1 = U,U G e

@1 < K <U , com K G.

Afirmação 5.2 U é abeliano.

Com efeito, temos que U ′carU G e assim U ′ E G. Como U ·G temos que U ′ = 1 ou U ′ =U .

Mas do fato de U ser solúvel (pois G é solúvel e U é subgrupo de G) temos U ′ =U . Segue-se

assim que U ′ = 1, ou seja, U é abeliano.

Concluímos assim que todo subgrupo normal minimal de G é abeliano.

Afirmação 5.3 Todo subgrupo normal minimal abeliano de G possui no máximo ordem 4, ou

seja, |U | ≤ 4.

Com efeito, para demonstrarmos tal afirmação faremos uso do Lema 4.1, item d

(Se A = Ai;1 ≤ i ≤ m é maximal e U · G abeliano então, se

|i;U ≤ Ai|= n, ou U ⊆ D ou |U | ≤ m−n).

Mostraremos, para podermos aplicar o Lema 4.1, item d, que |i;U ≤ Mi| é pelo menos um.

De fato, considere 1 = x ∈U . Logo x ∈ G. Mas G =5∪

i=1

Mi. Dessa forma existe pelo menos um

i tal que x ∈ Mi. Assim U ∩Mi = 1 e como cada Mi é maximal segue, da Proposição 5.2, que

U ⊆ Mi.

Logo, do Lema 4.1 item d, temos que U ⊆ D ou |U | ≤ m−n. Mostraremos que U * D.

De fato, suponha que tivéssemos U ⊆ D. Logo Ug ⊆ Dg. Mas U G e assim Ug =U,∀g ∈ G.

Assim U ⊂ DG. Mas, por hipótese, DG = 1 e, desse modo, U = 1, o que é absurdo, pois

U ·G(U = 1).

Assim, como U * D tem-se |U | ≤ m− n. Mas m = 5 e n é pelo menos um, ou seja, n ≥ 1.

Assim,

|U | ≤ 5−1 ⇒ |U | ≤ 4.

Agora mostraremos que não podemos ter |U | = 2 e |U | = 3 e, desse modo, segue-se que |U |= 4,

já que |U | = 1.


Afirmação 5.4 |U | = 2.

Com efeito, suponha, por absurdo, que |U | = 2. Novamente, fazendo uso do Lema 2.2 item d

temos que |U | ≤ m−n pois U ⊆ D. Logo,

|U | ≤ m−n ⇒ 2 ≤ 5−n ⇒ n ≤ 5−2 ⇒ n ≤ 3,

ou seja, |i;U ≤ Mi| = n ≤ 3 e assim U está contido em, no máximo, três dos subgrupos

Mi. Digamos então que, U * M4 e U * M5. Desse modo, temos que U * M4 ∪M5, pois caso

U ⊂ M4 ∪M5 teríamos necessariamente U ⊂ M4 ou U ⊂ M5.

De fato,

U ⊂ M4 ∪M5 ⇒U ⊂ M4 ou U ⊂ M5

Com efeito, se U ⊂ M4 e U ⊂ M5 então temos que existe x ∈ U −M4 e y ∈ U −M5. Observe

ainda que como x ∈U −M4 e U ⊂ M4 ∪M5, logo devemos ter x ∈ M5. Da mesma forma, como

y ∈ U −M5 e U ⊂ M4 ∪M5, logo devemos ter y ∈ M4. Agora, sendo U subgrupo e x,y ∈ U

temos xy ∈U ⊂ M4 ∪M5. Portanto, xy ∈ M4 ou xy ∈ M5. Sendo assim

xy ∈ M4

y ∈ M4 ⇒ y−1 ∈ M4

∣∣∣∣∣⇒ (xy)y−1 ∈ M4 ⇒ x ∈ M4( absurdo).

xy ∈ M5

x ∈ M5 ⇒ x−1 ∈ M5

∣∣∣∣∣⇒ x−1(xy) ∈ M5 ⇒ y ∈ M5( absurdo).

Observe agora que U ∩Mi Mi (Teorema dos Isomorfismo)

U ∩Mi U (U é abeliano)

∣∣∣∣∣⇒U ∩Mi UMi.

Note que G =UMi,∀i ∈ 4,5, pois Mi ⊆ MiU ⊆ G. Mas Mi lG, logo @K subgrupo de G tal

que Mi < K < G. Assim, devemos ter MiU = Mi ou MiU = G. Mas observe que MiU = Mi

não pode ocorrer, pois do contrário teríamos U ⊂ Mi,∀i ∈ 4,5, o que é absurdo. Portanto,

devemos ter G = MiU .

Temos ainda que

|G : Mi|=|G||Mi|

=|MiU ||Mi|

=|Mi||U ||Mi|

· 1|Mi ∩U |

⇒


⇒ |G : Mi|=|U |

|Mi ∩U |=

2|Mi ∩U |

⇒

|Mi ∩U |= 2

ou

|Mi ∩U |= 1

Caso tivermos |Mi ∩ U | = 2 então |G : Mi| = 1 e assim G = Mi,

∀i ∈ 4,5, o que é absurdo por conta da maximalidade de Mi. Segue-se assim

que |Mi ∩ U | = 1, ou seja, U ∩ Mi = 1,∀i ∈ 4,5. Segue-se assim que,

|G : Mi| = 2,∀i4,5, ou seja, M4 E G e M5 E G. Observe ainda que como |U | = 2

então temos que U ⊂ Z(G).

Note que devemos ter que todo 3-elemento de G está em M4 ∩M5. De fato, considere x um

3-elemento de G. Logo, ∀i ∈ 4,5 temos que x = mu, com m ∈ Mi e u ∈U , tal que o(x) = 3γ .

Sendo assim, teremos

1 = x3γ= m3γ

u3γ⇒ u3γ

=(

m3γ)−1

∈ Mi ∩U = 1.

Concluímos assim que u = 1, ou seja, x = m ∈ Mi,∀i ∈ 4,5.

Contudo, se 1 = u ∈U e y é um 3-elemento então uy /∈ M4 ∪M5.

Com efeito, caso tivéssemos uy ∈ M4 ∪M5 então uy ∈ M4 ou uy ∈ M5. Mas já sabemos que

y ∈ M4 ∩M5. Logo y ∈ M4 e y ∈ M5 e, assim, y−1 ∈ M4 e y−1 ∈ M5. Dessa forma, obtemos que

u ∈ M4 ou u ∈ M5, ou seja, u ∈ M4 ∪M5, o que é absurdo haja vista que U ⊂ M4 ∪M5.

Portanto uy ∈ M1 ∪M2 ∪M3. Mas U está contido em no máximo três do Mi e, dessa maneira,

u−1 ∈ U ⊂ M1 ∪ M2 ∪ M3. Segue-se assim que y ∈ M1 ∪ M2 ∪ M3. Dessa maneira todo

3-subgrupo de Sylow de G (que denotaremos de S) está em M1 ∪M2 ∪M3.

Afirmamos então que S está contido em um dos Mi, com i ∈ 1,2,3. Com efeito, temos que

S ⊂ M1 ∪M2 ∪M3 ⇒ S = (M1 ∪M2 ∪M3)∩S = (M1 ∩S)∪ (M2 ∩S)∪ (M3 ∩S).

Agora, definindo Hi = Mi ∩ S teremos S = H1 ∪ H2 ∪ H3. Seja D =3∩

i=1

Hi e assim observe

que trata-se de uma cobertura redundante, pois caso contrário teríamos da Proposição 4.3 que∣∣∣∣ S

DS

∣∣∣∣= 4, o que é um absurdo pois |S|= 3δ .

Logo a cobertura é redundante. Dessa forma, teremos que um dos Mi∩S está contido na reunião

dos demais. Digamos que seja a parcela M1 ∩S. Assim, teremos S = (M2 ∩S)∪ (M3 ∩S). Mas

tal cobertura ainda é redundante (não existe cobertura irredundante com dois subgrupos) e dessa

maneira digamos que (M2∩S)⊂ (M3∩S). Sendo assim, obtemos que S=M3∩S, isto é, S⊂M3.


Observe que já tinhamos S ⊂ M4 ∩ M5 e obtemos ainda que S ⊂ M3. Assim

S ⊂ M3 ∩M4 ∩M5.

Note agora que S ⊆ D. De fato, sendo D =5∩

i=1

Mi. Segue-se do Lema 4.1 item (b) que podemos

eliminar um dos Mi que ainda obteremos o mesmo valor para D, ou seja, D =5∩

i=2

Mi (sem perda

de generalidade eliminamos M1). Agora, do item (c) do mesmo Lema segue-se que∣∣∣∣∣(M3 ∩M4 ∩M5) : D =5∩

i=2

Mi

∣∣∣∣∣≤ 5−4+1 = 2,

isto é, |L : D| ≤ 2, onde L = M3 ∩M4 ∩M5.

Caso tenhamos |L : D|= 1, então L = D e com isso obteremos o resultado desejado.

Agora, caso seja |L : D| = 2 temos que D E L. Além disso dado T ∈ Syl3D então T ∈ Syl3L.

Mas S ∈ Syl3L. Teremos assim que existe l ∈ L tal que

S = T l ⊆ Dl = D ⇒ S ⊆ D.

Portanto temos o resultado desejado em ambos os casos. Dessa maneira, concluímos que todo

3-elemento de G está em D, ou seja,

F = ⟨y ∈ G;o(y) = 3γ⟩ ⊆ D.

Mas o(y) = o(yg). Assim yg ∈ F,∀g ∈ G. Assim F E G. Dessa forma

F ≤ D ⇒ Fg ≤ Dg,∀g ∈ G ⇒ F ≤ DG = 1 ⇒ F = 1.

Logo G não possui 3-elementos, ou seja, G é um 2-grupo, o que é absurdo por hipótese.

Portanto, G não possui subgrupo normal minimal de ordem 2.

Afirmação 5.5 |U | = 3.

Com efeito, suponha, por absurdo, que |U |= 3. Novamente, fazendo uso do Lema 4.1 item (d)

temos que |U | ≤ m−n. Logo,

|U | ≤ m−n ⇒ 3 ≤ 5−n ⇒ n ≤ 5−3 ⇒ n ≤ 2,


ou seja, |i;U ≤ Mi| = n ≤ 2 e assim U está contido em, no máximo, dois dos subgrupos Mi.

Digamos então que, U * M3, U * M4 e U * M5. Desse modo, temos que U * M3 ∪M4 ∪M5,

pois caso U ⊂ M3∪M4∪M5 então teríamos, necessariamente, U ⊂ M3, ou U ⊂ M4, ou U ⊂ M5,

visto que |U | = 3 e assim U = 1,x,x−1 e x ∈ Mi, para algum 3 ≤ i ≤ 5. Mas sendo cada Mi

subgrupo então x−1 ∈ Mi. Dessa maneira U ⊂ Mi para algum i ∈ 3,4,5, o que é absurdo pois

estamos supondo U ⊂ Mi para todo 3 ≤ i ≤ 5.

Daí G =UMi,∀i ∈ 3,4,5.

Temos ainda que

|G : Mi|=|G||Mi|

=|MiU ||Mi|

=|Mi||U ||Mi|

· 1|Mi ∩U |

⇒

⇒ |G : Mi|=|U |

|Mi ∩U |=

3|Mi ∩U |

⇒

|Mi ∩U |= 3

ou

|Mi ∩U |= 1

Caso tivermos |Mi ∩U | = 3 então |G : Mi| = 1 e assim G = Mi, ∀i ∈ 3,4,5, o que é absurdo.

Segue-se assim que |Mi ∩U | = 1, ou seja, U ∩ Mi = 1,∀i ∈ 3,4,5. Segue-se assim que,

|G : Mi|= 3,∀i ∈ 3,4,5.

Observe ainda que todo 2-elemento de C := CG(U) está em D. De fato, seja x um 2-elemento

de C. Logo, ∀i ∈ 3,4,5 temos que x = mu, com m ∈ Mi ∩C e u ∈U , tal que o(x) = 2γ . Sendo

assim, teremos

1 = x2γ= m2γ

u2γ⇒ u2γ

=(

m2γ)−1

∈ Mi ∩U = 1.

Concluímos assim que u = 1, ou seja, x = m ∈ Mi,∀i ∈ 3,4,5.

Contudo, se 1 = u ∈ U e y é um 2-elemento de C então uy /∈ M3 ∪ M4 ∪ M5. Com

efeito, se uy ∈ M3 ∪ M4 ∪ M5 então ou uy ∈ M3, ou uy ∈ M4, ou uy ∈ M5. Mas

já sabemos que y ∈ M3 ∩ M4 ∩ M5 e assim temos que y ∈ M3, y ∈ M4 e y ∈ M5 e,

assim, y−1 ∈ M3, y−1 ∈ M4 e y−1 ∈ M5. Dessa forma, obtemos que ou u ∈ M3,

ou u ∈ M4, ou u ∈ M5, ou seja, u ∈ M3 ∪ M4 ∪ M5, o que é absurdo haja vista que

U ⊂ M3 ∪M4 ∪M5.

Portanto uy ∈ M1 ∪ M2. Mas U está contido em no máximo dois dos Mi e assim

u−1 ∈ U ⊂ M1 ∪M2. Segue-se que y ∈ M1 ∪M2. Dessa maneira todo 2-subgrupo de Sylow

de C (que denotaremos de S) está em M1 ∪M2. Mas então temos necessariamente que S ⊆ M1

ou S ⊆ M2.


Caso tenhamos S ⊆ M1 e como já tínhamos S ⊆ M3 ∩ M4 ∩ M5 segue-se assim que

S ⊆ M1 ∩M3 ∩M4 ∩M5. Mas sendo D =5∩

i=1

Mi, segue do Lema 4.1 item (b) que podemos

eliminar um termo que ainda teremos o mesmo valor para D. Em particular, retirando M2,

teremos S ⊆ D.

Analogamente para o caso em que S ⊆ M2.

Portanto temos o resultado desejado em ambos os casos, ou seja, todo 2-elemento de C está em

D, ou seja, 2− elemento ⊆ D, isto é,

T = ⟨y ∈C;o(y) = 2γ⟩ ⊆ D.

Mas o(y) = o(yg). Assim yg ∈ T,∀g ∈ G. Assim T E G. Dessa forma

T ≤ D ⇒ T g ≤ Dg,∀g ∈ G ⇒ T ≤ DG = 1 ⇒ T = 1.

Assim C não possui 2-elementos, ou seja, C é um 3-grupo.

Observe ainda que Φ(C) E G, pois Φ(C)carC G. Temos ainda que C E G então

Φ(C) ⊂ Φ(G) e como Φ(G) ⊂ D segue-se que Φ(C) ⊂ D. Mas temos que Φ(C) E G, logo

Φ(C)⊂ DG = 1, ou seja, Φ(C) = 1. Portanto, temos que C é abeliano elementar.

Mas C é um 3-grupo e do Lema 5.2 temos que G não pode ser 3-grupo. Concluímos assim que

C = G. Segue-se do NC- Lema que |G : C| = 2. Note ainda que como C = G segue-se que

U * Z(G), ou seja, nenhum subgrupo normal minimal de G é central e assim, G possui centro

trivial. Note ainda que C ∈ Syl3(G) e C E G então temos C = O3(G). Portanto, G satisfaz as

hipóteses do Lema 5.4, o que é um absurdo.

Concluímos assim, que todo subgrupo normal minimal de G possui ordem quatro.

Sendo assim, agora iremos caracterizar as C5-coberturas, a partir deste

Teorema.





(b) D = 1 e G ≃ A4; ou

(c) |D|= 3, |G|= 48 e G → A4 ×A4

Demonstração:

Observe inicialmente que se G é um 2-grupo então concluímos que vale o item (a) do Teorema

por conta do Lema 5.2 item (a). Suponha, assim, sem perda de generalidade que G não seja

um 2-grupo. Note ainda que, do Lema 5.2 item (b), temos que G não é um 3-grupo. Mas, de

maneira ao que fizemos na Afirmação 5.1 concluímos assim que G é um 2,3− grupo, ou seja,

|G|= 2α ·3β com α ,β ≥ 1. Segue assim do Teorema de Burnside que G é solúvel. Seja agora

U subgrupo de G tal que U ·E G.

Concluímos assim que todo subgrupo normal minimal U de G é abeliano com |U | = 4 (Lema

5.5).

Note ainda que temos que U está contido em, no máximo, um dos subgrupos Mi. De fato, temos

do Lema 4.1 item (d), que U ⊆ D ou |U | ≤ m−n. Mas U * D, pois U G,U = 1 e DG = 1.

Logo |U | ≤ m−n. No nosso caso, temos m = 5 e |U |= 4. Assim,

4 ≤ 5−n ⇒ n ≤ 5−4 ⇒ n ≤ 1.

Logo |i;U ⊆ Mi| ≤ 1. Dessa maneira, U * Mi,∀i ∈ 2,3,4,5.

Agora sendo C :=CG(U), temos que C é um 2-abeliano elementar. De fato, sabemos que

U ⊆CG(U) = g ∈ G;ug = u,∀u ∈U.

Daí

C = G∩C = (UMi)∩C =U ∩ (Mi ∩C) =ULi,

onde Li = Mi ∩C, com i ∈ 2,3,4,5.

Note que Lui = Li, visto que Li ⊂ C e, além disso, Ll

i = Li,∀l ∈ Li. Sendo assim temos que

Li EC,∀i ∈ 2,3,4,5.


Temos ainda que |C : Li| = 2s e, dessa maneira, todo 3-elemento de C está em Li = C ∩Mi.

Assim,

Z = y ∈C;o(y) = 3γ ⊆ D =5∩

i=1

Mi.

Logo, Z = 1 e assim temos que C é um 2-grupo.

Também

C E G ⇒ Φ(C)⊆ Φ(G)⊆ DG = 1 ⇒ Φ(C) = 1,

ou seja, C é 2-grupo abeliano elementar.

Sendo C E G e como |U |= 4 segue-se, do NC-Lema que

GC

. AutU = S3.

Mas note que G não é 2-grupo, logo temos que 3

∣∣∣∣∣∣∣∣∣GC∣∣∣∣.

Dessa maneira, temos que Φ(G)⊆ DG = 1,Φ(G)∩C = 1 e C E G com C abeliano. Concluímos

assim que existe H ≤ G tal que G =CH onde C∩H = 1. (Proposição 2.12 item (iv))

Logo,

|G|= |CH|= |C||H||C∩H|

⇒ |H|= |G||C|

⇒ |H|=∣∣∣∣GC∣∣∣∣ ,

ou seja, H ≃ GC. Mas, sabemos que

GC

≃C3 ouGC

≃ S3. Assim, H ≃C3 ou H ≃ S3.

Analisemos alguns casos:

• C =U .

Neste caso G ≃ A4 ou G ≃ S4.

De fato, temos que |G : C|= |G : U |= 1,2,3,6 (Subgrupos de S3).

Note que se |G : U |= 1 teríamos G =U , o que é absurdo pois G não é 2-grupo.

Agora não podemos ter |G : U |= 2, haja vista que 3||G : U |.

Dessa maneira resta-nos os casos em que |G : U |= 3 ou |G : U |= 6.

Agora, temos que |G : H| = |C| = |U | = 4. Considerando o conjunto X = xH;x ∈G. Logo, |X | = |G : H| = 4. Dessa maneira, considere a ação φ : G → SX onde

φ(g) = φg, com φg(xH) = gxH. Temos que

Kerφ =∩

x∈G

xHx−1 = HG ⊆ H,HG E G.


Por outro lado, HG = 1, pois todo normal minimal possui ordem 4.

Agora, do Primeiro Teorema dos Isomorfismos segue que

G =G

HG≃ Imφ ≤ SX ≃ S4.

Portanto G é um subgrupo de S4 com |G|= 12 ou |G|= 24. Logo G ≃ A4 ou G ≃ S4.

⋆ Se G ≃ A4 então temos que como Φ(A4) = 1 e D ⊆ Φ(A4) = 1 ⇒ D = 1. Logo, vale o item

(b) do Teorema.

⋆ Se G ≃ S4 então note que U ⊂ D. Logo, do Lema 4.1 item (d), temos que

4 = |U | ≤ 5−n ⇒ n ≤ 1,

ou seja, |i;U ⊆ Mi| ≤ 1. Podemos supor U ⊂ Mi,∀i ∈ 2,3,4,5. Assim, G = S4 =UMi para

i = 2,3,4,5.

Note que

|G|= |S4|= |UMi|=|U ||Mi||U ∩Mi|

= |U ||Mi| ⇒ 24 = 4|Mi| ⇒ |Mi|= 6.

Dessa forma Mi ≃ S3.

Considerando agora x ∈ G e o(x) = 4 então x /∈ Mi,∀i ∈ 2,3,4,5. Logo x ∈ M1. Portanto

todo elemento de ordem 4 em S4 está contido em M1. Assim, devemos ter S4 = M1, o que é um

absurdo.

Portanto, G ≃ S4.

• C =U .

Neste caso temos que CMi(U) = 1(2≤ i≤ 5) e temos que C =U×CMi(U). Agora como DG = 1,

segue-se do Lema 5.5 e do Lema 4.1 que temos CMi(U)∩CM j(U) = 1(2 ≤ i < j ≤ 5)

De fato, caso tivéssemos CMi(U) ∩ CM j(U) = 1 então existiria N· G tal que

N ≤CMi(U)∩CM j(U) haja vista que CMi(U)∩CM j(U)E G pois CMi(U)E Mi,C. Mas

4 = |N| ≤ 5−n ⇒ n ≤ 1

onde n = |i;N ⊆ Mi| o que é absurdo, pois N ⊆ Mi ∩M j.

Portanto, para i = j temos que

|CM j(U)||U |= |C| ≥ |CMi(U)CM j(U)|= |CMi(U)||CM j(U)|


e, dessa maneira, 4 = |U | ≥ |CMi(U)|. Mas, sabemos que todo normal minimal tem ordem 4.

Logo,

|CMi(U)| ≥ 4 = |U |.

Concluímos assim que |CMi(U)|= 4. Logo CMi(U)· G, pois CMi(U)E G.

Dessa maneira temos que C é o produto direto de dois subgrupos normais minimais de G e

|C|= 16.

Observe que se L E G,L ⊆ C,L = 1,C temos que L∩N = 1 pois L∩N E G e todo normal

minimal tem ordem 4 e podemos supor N ⊆ L (Caso N ⊆ L então U ⊆ L) e L×N =C. Assim,

|L|= 4. Então |LN|= |C|= 16

Se H = S3 = ⟨a= (12),x = (123)⟩. Temos que C =U ×N, U = 1,u,v,uv e N = 1,n,m,nm.

Note que podemos supor ua = u,na = n(pois ⟨a⟩ age em N e U então FixX⟨a⟩ = 1, pois

FixX⟨a⟩ ≡ |X |(mod2) e |X | = 4, onde X = U ou X = N). Se tivermos ux = u então ⟨u⟩ E G,

o que é absurdo. Logo, ux = v ou ux = uv. Se escrevermos todos os subgrupos de ordem 4 de

G (qualquer normal em G contido em C = 1,C,N,U apresenta ordem quatro) veremos que os

únicos subgrupos normais serão U e N. Mas sabemos que CMi(U)·G,∀i∈ 2,3,4,5. Assim,

esta contradição mostra que H ≃ S3.

Sendo assim, temos que H ≃C3.

Considere a ∈ G tal que o(a) = 3. Assim ⟨a⟩ ∈ Syl3(G) e todo 3-elemento é conjugado a a ou

a a2. Defina Ti = x ∈C;ax ∈ Mi para todo i ∈ 1,2,3,4,5.

• Ti = /0: Suponha que tenhamos Ti = /0. Sendo assim, ax /∈ Mi,∀x ∈ C. Dessa maneira

Mi não contém nenhum 3-elemento e, dessa forma, Mi ⊆ C. Logo, Mi = C. Daí algum

N j = M j ∩C = M j ∩Mi. Agora perceba que como N j E M j e N j ⊆ C tem-se que N j E G.

Portanto, N j E G = M jC (pois M j = C = Mi). Para algum normal minimal de V de G contido

em N j, temos

4 = |V | ≤ 5−2 = 3, absurdo .

Portanto, Ti = /0.

Note que temos que N j = 1, pois do contrário teríamos M j ∩C = 1 e U * M j. Daí, UM j = G eGU

≃M j

M j ∩U≃ M j. Assim |M j|= 12, o que é absurdo pois temos, por outro lado, que |M j|= 3.

• Ti é uma classe lateral de C: Temos que Ti = g ∈ C;ag ∈ Mi = /0. Seja x ∈ Ti. Note que

xNi ⊆ Ti, pois xg ∈ xNi, então axg = (ax)g ∈ Mi haja vista que ax ∈ Mi e g ∈ Ni ⊂ Mi. Considere

agora g ∈ Ti. Assim g ∈ xNi para algum x ∈ C. Dessa maneira, g = xy onde y ∈ Ni = Mi ∩C.

Portanto, ag = (ax)y ⇒ agy−1= ax ∈ Mi, pois y ∈ Mi∩C = Ni. Segue-se assim que x ∈ Ti. Logo,


Ti = xNi.

Observe agora que C = T1 ∪T2 ∪T3 ∪T4 ∪T5, pois ax ∈ Mi,∃i,∀x ∈C

(pois G =

5∪i=1

Mi

).

Por outro lado, podemos olhar C como um espaço vetorial de dimensão 2 sobre o corpo F de 4

elementos, onde ⟨a⟩ é o grupo multiplicativo de F . Então

F2 =5∪

i=1

Ti onde Ti = xiNi e dimNi = 1

e estamos aptos a aplicar o Lema 5.3.

Se F2 =5∪

i=1

Ti é irredundante (observe que m = 5 = q+ 1 = 4+ 1) então, pelo Lema 5.3 item

(b) temos que x ∈ C;ax ∈ Mi = Ti = cNi(1 ≤ i ≤ 5),∃c ∈ C e ac ∈ Mi,∀1 ≤ i ≤ 5. Sendo

assim ac ∈ D. Logo |D| ≥ 3.

Mas então G = CD e C ∩DG, pois C é abeliano. Mas como DG = 1 devemos C ∩D = 1.

Sendo assim |D| = 3. Definindo θ : G → GU

× GN

de forma que g 7→ (gU,gN) é injetivo haja

vista que Kerθ =U ×N = 1. Temos ainda que

CU

E GU,

∣∣∣∣CU∣∣∣∣= 4 ⇒ G

U≃ A4 e

GN

≃ A4.

Concluímos assim que G . A4 ×A4, |G|= 48 e |D|= 3, ou seja, vale o item (c) do Teorema.

Agora caso C = F2 =5∪

i=1

Ti fosse redundante, então pelo Lema 5.3 (m ≥ q) teríamos que apenas

um dos Ti poderia ser omitido da cobertura. Sem perda de generalidade, suponhamos que seja

T5.

Assim, C = F2 =4∪

i=1

Ti é irredundante e, pelo Lema 5.3 item (a), teríamos que N1 = Ni,

∀i ∈ 1,2,3,4. Sendo assim,

N1 =4∩

i=1

Ni =4∩

i=1

(C∩Mi)⊆4∩

i=1

Mi = D,

o que resulta num absurdo pois N1 E G e DG = 1. (Ni = 1,∀i).

146

Capítulo 6O valor exato de f (5)

Neste capítulo mostraremos o valor exato de f (5) que é 16.

Lembremos que f (n) é o maior índice |G : D| tomado sobre todos os grupos de G tendo

uma n- cobertura irredundante com interseção D.

Já sabemos que f (3) = 4 e f (4) = 9. Temos ainda que 16 ≤ f (5)≤ 54.

Nos propomos então a mostrar que f (5) = 16.

Teorema 6.1 O maior índice |G : D| sobre todos os grupos G tendo uma

5-cobertura irredundante com interseção D é 16, ou seja, f (5) = 16.

Demonstração:

Já sabemos que f (5) ≥ 16 por Tomkinson. Suponha que G é um grupo com uma 5-cobertura

C = H1,H2,H3,H4,H5 irredundante com interseção D tal que |G : D|> 16.

Segue da Afirmação 5.2, que podemos considerar DG = 1 pois∣∣∣∣ GDG

:D

DG

∣∣∣∣= |G : D| e∣∣∣∣ GDG

:Hi

DG

∣∣∣∣= |G : Hi|.

Agora, pelo Teorema 5.6, podemos supor que C não é maximal haja vista termos

|G : D| ≤ 16 no caso em que C é maximal. Dessa maneira, suponha que C foi escolhida dentre

todas as 5-coberturas para G como aquela que possui a maior quantidade de membros maximais.

Portanto, pelo menos um dos Hi’s não é maximal, digamos, sem perda de generalidade, que seja

H1.

Sejam C ∗ = H∗1 ,H2,H3,H4,H5 onde H1 < H∗

1 lG e D∗ sua interseção. Note que C ∗ é uma

5-cobertura para G. No entanto, C ∗ é redundante, pois, do contrário, do Lema 4.1 item (b),

6 O valor exato de f (5) 147

teríamos

D =5∩

i=2

Hi = D∗ ⇒ DG = 1 = D∗G,

o que é absurdo, pois C ∗ possui mais maximais do que C .

Logo, sendo G a união irredundante de quatro membros de C ∗, então podemos supor que

G = H∗1 ∪H2 ∪H3 ∪H4 uma vez que H∗

1 precisa aparecer nesta 4-cobertura, pois, do contrário

teríamos C redundante.

Considere D1 = H∗1 ∩H2 ∩H3 ∩H4. Segue-se de Tomkinson que

|G : D1| ≤ 9.

Note que caso tivéssemos |G : D1| = 9 implica que D1 = H∗1 ∩Hi onde i = 2,3,4, pois, segue

do Lema 4.1 itens (b) e (c) que:

|H∗1 ∩Hi : D1| ≤ 4−3+1 = 2

tem que dividir 9 = |G : D1|.

Portanto, temos que |H∗1 ∩Hi : D1|= 1.

Afirmamos que

H∗1 = H1 ∪D1 ∪ (H5 ∩H∗

1 ). (6.1)

De fato, temos que

H∗1 = G∩H∗

1 =

(5∪

i=1

Hi

)∩H∗

1 =5∪

i=1

(Hi ∩H∗1 )⇒

H∗1 = (H1 ∩H∗

1 )∪ (H2 ∩H∗1 )∪ (H3 ∩H∗

1 )∪ (H4 ∩H∗1 )∪ (H5 ∩H∗

1 )⇒

H∗1 = H1 ∪D1 ∪ (H5 ∩H∗

1 )

Note ainda que H∗1 = H1 ∪D1 ∪ (H5 ∩H∗

1 ) é uma união irredundante.

De fato, suponha que não fosse, ou seja, H∗1 = H1 ∪D1 ∪ (H5 ∩H∗

1 ) fosse redundante. Logo

poderíamos descartar um dos subgrupos da cobertura. Analisemos cada caso:

• Caso o subgrupo H1 fosse omitido da cobertura. Sendo assim, teríamos que

H∗1 = D1 ∪ (H5 ∩H∗

1 ). Sendo assim

H∗1 ⊆ D1 ∪ (H5 ∩H∗

1 ) = (H∗1 ∩Hi)∪ (H5 ∩H∗

1 )⊆ Hi ∪H5,


o que é um absurdo, visto a cobertura G =5∪

i=1

Hi ser irredundante e teríamos que

H1 ⊂ H∗1 ⊆ Hi ∪H5.

• Caso o subgrupo D1 fosse omitido da cobertura. Neste caso, teríamos que

H∗1 = H1∪(H5 ∩H∗

1 ). Mas, não existe união irredundante por dois subgrupos, logo devemos ter

H∗1 = H1 ou H∗

1 = H5 ∩H∗1 . Não podemos ter H∗

1 = H1, pois H1 não é maximal. Com relação a

igualdade H∗1 = H5∩H∗

1 concluímos que H∗1 ⊆ H5 e assim H1 ⊂ H∗

1 ⊆ H5, o que é absurdo haja

vista a cobertura G =5∪

i=1

Hi ser irredundante.

• Caso o subgrupo H5 ∩ H∗1 fosse omitido da cobertura. Sendo assim, teríamos que

H∗1 = H1 ∪D1. Da mesma forma, não podemos ter cobertura por dois subgrupos irredudante

e assim devemos ter necessariamente H∗1 = H1 ou H∗

1 = D1. Mas como vimos acima não

podemos ter H∗1 = H1. Logo nos resta H∗

1 = D1 e o mesmo também não pode ocorrer pois

sendo D1 = H∗1 ∩Hi para todo i ∈ 2,3,4 então teríamos H∗

1 = H∗1 ∩Hi para todo i ∈ 2,3,4,

ou seja, H∗1 ⊆ Hi para todo i ∈ 2,3,4 e assim H1 ⊂ H∗

1 ⊆ Hi para todo i ∈ 2,3,4, o que

contraria a irredundância da cobertura G =5∪

i=1

Hi.

Portanto, devemos ter H∗1 = H1 ∪D1 ∪ (H5 ∩H∗

1 ) como uma união irredundante.

Agora observe que estamos supondo que |G : D1|= 9. Como H∗1 é um subgrupo maximal de G

e D1 ⊂ H∗1 e D1 = H∗

1 segue-se que

|G : D1|= |G : H∗1 ||H∗

1 : D1| ⇒ 9 = 3|H∗1 : D1| ⇒ |H∗

1 : D1|= 3.

Mas, por outro lado, temos que da Proposição 4.3 segue-se que |H∗1 : D1| = 2, o que é uma

contradição.

Portanto, devemos ter |G : D1| ≤ 8.

Agora sendo D1 = H∗1 ∩H2 ∩H3 ∩H4 e G = H∗

1 ∪H2 ∪H3 ∪H4 uma cobertura irredundante.

Dessa forma, do Lema 4.1, item (b), podemos considerar D1 = H2 ∩H3 ∩H4 e, do Lema 4.1,

item (c), teremos

|D1 : D| ≤ 5−4+1 = 2.

Dessa maneira

|G : D|= |G : D1||D1 : D| ≤ 8 ·2 ⇒ |G : D| ≤ 16,

o que é um absurdo.

Sendo assim, podemos supor então G como sendo a união irredundante de três subgrupos de


C ∗. Sem perda de generalidade admita que temos

G = H∗1 ∪H2 ∪H3

e estaremos considerando agora D1 = H∗1 ∩H2∩H3. Da Proposição 4.3 segue-se que |G : D1|=

4 e |G : H∗1 |= 2 = |G : H2|= |G : H3|.

Além disso, do Lema 4.1, item (b), teremos que

D1 = H∗1 ∩H2 ∩H3 = H∗

1 ∩H2 = H∗1 ∩H3 = H2 ∩H3.

Assim podemos escrever

H∗1 = H1 ∪D1 ∪ (H∗

1 ∩H4)∪ (H∗1 ∩H5) . (6.2)

De fato,

H∗1 = G∩H∗

1 =

(5∪

i=1

Hi

)∩H∗

1 =5∪

i=1

(Hi ∩H∗1 )⇒

H∗1 = (H1 ∩H∗

1 )∪

(3∪

i=2

(Hi ∩H∗1 )

)∪ (H4 ∩H∗

1 )∪ (H5 ∩H∗1 )⇒

H∗1 = H1 ∪D1 ∪ (H4 ∩H∗

1 )∪ (H5 ∩H∗1 )

Observe ainda que a interseção dos elementos da cobertura em (6.2) é D pois D1 = H2 ∩H3 e

H1 < H∗1 .

Caso tivéssemos que a cobertura em (6.2) fosse irredundante então teríamos que

D = H1 ∩H2 ∩H3 ∩H4 ∩H5 = H1 ∩D1 ∩H4 ∩H5

e assim

|H∗1 : D|= |H∗

1 : H1 ∩D1 ∩H4 ∩H5| ≤ f (4) = 9(por Tomkinson).

Por outro lado como sabemos que |G : D1| = 4 e |G : H∗1 | = 2 segue-se que |H∗

1 : D1| = 2, ou

seja, |H∗1 : (H2 ∩H3)| = 2. Mas note que D ⊂ D1 ⊂ H∗

1 e assim |H∗1 : D| = |H∗

1 : D1||D1 : D| e

assim não podemos ter |H∗1 : D|= 9.

Logo, |H∗1 : D| ≤ 8 e, dessa forma,

|G : D|= |G : H∗1 ||H∗

1 : D| ≤ 2 ·8 = 16,

o que é absurdo.


Portanto, a união em (6.2) é redundande. Sendo assim três dos subgrupos do lado direito de

(6.2) são essenciais pois sabemos que não existe cobertura irredundante formada por apenas

dois subgrupos.

Mas note que não podemos retirar da cobertura H1 pois se isso acontecesse então

H1 ⊆ D1 ∪ (H∗1 ∩H4)∪ (H∗

1 ∩H5)⊆ H2 ∪H4 ∪H5,

contrariando a irredundância da cobertura C de G.

Sendo assim analisemos três casos, haja vista que H1 deve sempre estar presente.

• Caso descartassemos da cobertura o subgrupo H∗1 ∩H5.

Dessa forma, teríamios que

H∗1 = H1 ∪D1 ∪ (H∗

1 ∩H4).

Denominemos de I1 como sendo a interseção dos elementos da cobertura, ou seja,

I1 = H1 ∩D1 ∩ (H∗1 ∩H4).

Sendo assim, escolhendo D1 = H∗1 ∩H2 e como H1 ⊂ H∗

1 temos H1 ∩H∗1 = H1. Logo

I1 = H1 ∩D1 ∩ (H∗1 ∩H4) = H1 ∩H∗

1 ∩H2 ∩H∗1 ∩H4 = H1 ∩H2 ∩H4.

Sendo D =5∩

i=1

Hi. Sabemos do Lema 4.1, item (b), que podemos considerar D =4∩

i=1

Hi. Agora,

aplicando o Lema 4.1, item (c), teremos que

|I1 : D| ≤ 5−4+1 = 2 ⇒ |I1 : D| ≤ 2.

• Caso descartassemos da cobertura o subgrupo H∗1 ∩H4.

Dessa forma, teríamos que

H∗1 = H1 ∪D1 ∪ (H∗

1 ∩H5).


I2 = H1 ∩D1 ∩ (H∗1 ∩H5).

Sendo assim, escolhendo D1 = H∗1 ∩H3 e como H1 ⊂ H∗

1 temos H1 ∩H∗1 = H1. Logo

I2 = H1 ∩D1 ∩ (H∗1 ∩H5) = H1 ∩H∗

1 ∩H3 ∩H∗1 ∩H5 = H1 ∩H3 ∩H5.


Sendo D =5∩

i=1


i=1

Hi. Agora,


|I2 : D| ≤ 5−4+1 = 2 ⇒ |I2 : D| ≤ 2.

• Caso descartássemos da cobertura o subgrupo D1.

Dessa maneira, teríamos que

H∗1 = H1 ∪ (H∗

1 ∩H4)∪ (H∗1 ∩H5).


I3 = H1 ∩ (H∗1 ∩H4)∩ (H∗

1 ∩H5).

Como H1 ⊂ H∗1 temos H1 ∩H∗

1 = H1. Logo

I3 = H1 ∩ (H∗1 ∩H4)∩ (H∗

1 ∩H5) = H1 ∩H∗1 ∩H4 ∩H∗

1 ∩H5 = H1 ∩H4 ∩H5.

Sendo D =5∩

i=1


i=1

Hi. Agora,


|I3 : D| ≤ 5−4+1 = 2 ⇒ |I3 : D| ≤ 2.

Portanto, em qualquer caso, concluímos que |I j : D| ≤ 2, ∀ j = 1,2,3.

Também, pela Proposição 4.3, |H∗1 : I j|= 4. Logo

|G : D|= |G : H∗1 ||H∗

1 : I j||I j : D| ≤ 2 ·4 ·2 = 16.

Mas assim, |G : D| ≤ 16, o que é absurdo.


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KIARA LIMA COSTA - UFC...KIARA LIMA COSTA GRUPOS COBERTOS POR CINCO SUBGRUPOS MAXIMAIS Dissertacão submetida à Coordenação do Curso de Pós-Graduação em Matemática, da Universidade