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Solucoes do Livro de algebra, Arnaldo Garcia e Yves.
Rodrigo Carlos Silva de Lima ‡
Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ
‡
1
Sumario
1 Solucoes 3
1.1 Capıtulo 5: Teoria basica de grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Secao 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.2 Secao 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Secao 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.4 Secao 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.5 Secao 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.6 Questoes do fim do capıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.1.7 Secao 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.1.8 1.2-Questao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2 Capıtulo 6-Estudo de um grupo via Representacoes por permutacoes . . . 17
1.2.1 Questoes do fim do capıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.2.2 Questao 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2
Capıtulo 1
Solucoes
1.1 Capıtulo 5: Teoria basica de grupos
1.1.1 Secao 2
2.6-Questao 1
Propriedade 1. Seja S ⊂ G. Se A < G, S ⊂ A entao < S >⊂ A. < S > e o menor
subgrupo de G contendo S.
Demonstracao. Como S ⊂ A e A < G entao qualquer produto de elementos de S
ou de inversos pertence a A pelo fato dele ser subgrupo.
Propriedade 2. Seja B a famılia de ındices k de todos subgrupos Ak que contem S entao
< S >=∩k∈B
Ak.
Demonstracao. Vale que S ⊂ Ak daı < S >⊂ Ak , para qualquer k pois Ak < G,
entao < S >⊂∩k∈B
Ak, da mesma maneira < S > e subgrupo que contem S, logo < S >=
Ak para algum k, disso segue que∩k∈B
Ak ⊂< S >, das duas inclusoes segue a igualdade
< S >=∩k∈B
Ak.
3
CAPITULO 1. SOLUCOES 4
2.14-Questao 3
Propriedade 3. Um elemento a ∈ Zn e invertıvel ⇔ mdc(a, n) = 1.
Demonstracao. ⇒). Se a ∈ Zn e invertıvel entao existe b ∈ Zn tal que ab = 1, daı
a.b ≡ 1 mod n ⇒ n|ab − 1 ⇒ tn = ab − 1 para algum t ∈ Z, (−t)n + ab = 1 daı
mdc(a, n) = 1.
⇐). Se mdc(a, n) = 1, entao existem x, y ∈ Z tais que ax + ny = 1, olhando em zn,
ax = 1 portanto a e invertıvel.
Propriedade 4. m gera Zn ⇔ m e invertıvel em Zn.
Demonstracao.
⇒). Se m gera Zn entao existe n ∈ N tal que n.m = 1, portanto m e invertıvel.
⇐). Se m e invertıvel entao mdc(m,n) = 1 daı existem x0, y0 ∈ Z tais que x0m+y0n =
1, sendo t um elemento arbitrario de Z tem-se
tx0m+ ty0n = t
olhando sobre a congruencia mod n tem-se (tx0)m = t, portanto m gera Zn.
2.15-Questao 4
Propriedade 5. a = e possui ordem 2 ⇔ a = a−1.
Demonstracao.
⇒).
Se a tem ordem 2 entao a2 = e , isto e a.a = e logo a e inverso de si mesmo por
unicidade do inverso.
⇐)
Se a = a−1 entao multiplicando por a tem-se a2 = e logo a possui ordem 2.
Propriedade 6. Se O(a) = mn entao O(am) = n.
Demonstracao. A ordem de am e o menor valor natural s, tal que ams = e, suponha
que seja s < n entao ms < mn e a ordem de a seria ms, absurdo o que contraria a
minimalidade de mn. Logo O(am) = n.
Propriedade 7. Vale que O(a) = O(a−1).
CAPITULO 1. SOLUCOES 5
Demonstracao. Suponha que O(a) = m entao am = e o que implica a−m = e,
portanto m e um candidato a ordem de a−1, suponha que ordem fosse n < m entao
a−n = e o que implica an = e contrariando a minimalidade de m, portanto a ordem de
a−1 e m.
Propriedade 8. Se x2 = e para todo x em G entao G e abeliano.
Demonstracao. Temos (xy)(xy) = e multiplicando por x a esquerda yxy = x multi-
plicando por y a direita yx = xy logo abeliano.
Corolario 1. Se O(a) = 2 ∀ a = e ∈ G entao G e abeliano.
2.16-Questao 5
Propriedade 9. Se G e abeliano entao T (G) e um subgrupo de G chamado de subgrupo
de torcao de G.
Demonstracao.
� O conjunto nao e vazio pois e ∈ T (G), e possui ordem 1.
� Dados a, b ∈ G com ordens finitas, digamos n e m, entao a.b possui ordem finita ,
pois (a.b)nm = anmbnm = e.
� Se a possui ordem finita entao a−1 tem a mesma ordem como ja mostramos.
Concluımos entao que T (G) < G.
Exemplo 1. T (C \ {0}) e o conjunto das raızes da unidade.
1.1.2 Secao 3
3.8-Questao 1
Corolario 2. Para qualquer a ∈ Z e p primo vale
ap ≡ a mod p.
Essa identidade vale se a = 0 se a = 0 entao usamos que ap−1 ≡ 1 mod p e multiplicamos
por a de ambos lados.
CAPITULO 1. SOLUCOES 6
1.1.3 Secao 4
Propriedade 10. Sejam G um grupo, A▹G, B ▹ C < G entao AB ▹ AC.
Demonstracao. Como A▹G e B▹G entao AB▹G e em especial vale que AB = BA.
� De A▹G temos ∀ g ∈ G e a ∈ A tem-se gag−1 ∈ A.
� De B ▹ C segue ∀ c ∈ C e b ∈ B temos cbc−1 ∈ B.
Queremos mostrar que AB ▹ AC, isto e, ∀ ac ∈ AC e a′b′ ∈ AB tem-se
aca′b′(ac)−1 ∈ AB, isto e , aca′b′c−1a−1 ∈ AB
porem podemos escrever
a (ca′c−1)︸ ︷︷ ︸a1∈A
(cb′c−1)︸ ︷︷ ︸b1∈B
a−1 = aa1b1a−1 ∈ AB
a ultima passagem e verdadeira pois AB ▹G.
1.1.4 Secao 5
Questao 1
Propriedade 11. Se H e o unico subgrupo de G de ordem n entao H lG.
Demonstracao.
Temos que mostrar que para qualquer f automorfismo de G em G tem-se f(H) ⊂ H.
f(H) e subgrupo de G , pois f e homomorfismo e H < G, alem disso possui n elementos,
pois f e funcao bijetora, disso segue que f(H) = H.
1.1.5 Secao 6
Questao 1
Propriedade 12. Todo grupo quociente de um grupo cıclico e cıclico.
Demonstracao. Seja H < G onde < g >= G entao < gH >= G/H.
Seja xH ∈ G/H, temos x = gk para algum k ∈ Z daı
(gH)k = gkH = xH
entao gH gera G/H.
CAPITULO 1. SOLUCOES 7
1.1.6 Questoes do fim do capıtulo
Questao 1
Propriedade 13. Seja G = {e, g1, g2, · · · , gn} um grupo abeliano de ordem n+ 1. Se G
possui um unico elemento de ordem 2 entao
n∏k=1
gk = g1.
Demonstracao. x = e e de ordem 2 ⇔ x2 = e. Alem de g1 nao ha outro elemento
de ordem 2 entao o inverso de cada gk deve pertencer ao conjunto {gs, s = k, 1, s ∈ In}
portanton∏
k=2
gk = e,pois cada elemento e multiplicado pelo seu inverso, daı
n∏k=1
gk = g1.
Propriedade 14. Em zp com p primo, os unicos numeros que sao inversos de si mesmos
sao p− 1 e 1 .
Demonstracao. Seja x2 = 1, entao (x − 1)(x + 1) = 0, o que implica x = 1 ou
x = −1 ≡ p− 1.
Corolario 3. Em Zp com p > 2 primo, o unico elemento que possui ordem 2 e p− 1, ja
vimos que (p− 1)(p− 1) = 1 o elemento 1 possui ordem 1.
Propriedade 15 (Teorema de Wilson). p e primo ⇔
(p− 1)! ≡ −1 mod p.
Demonstracao. ⇒). Para p = 2 a propriedade vale, suponha entao p > 2, p primo.
Tome A = {2 ≤ k ≤ p− 2, k ∈ N}, vale
p−2∏k=1
k ≡ 1 mod p
pois para cada k ∈ A existe k′ = k ∈ A tal que k.k′ ≡ 1 mod p, daı
p−1∏k=1
k ≡ p− 1 ≡ −1 mod p
CAPITULO 1. SOLUCOES 8
entao
(p− 1)! ≡ −1 mod p.
⇐).
Se n = st e composto entao vale (n−1)! ≡ 0 mod n pois s e t aparecem como fatores (se
sao distintos), caso sejam fatores iguais , inicialmente para n = 4 temos 3! = 3.2 = 6 ≡ 2
mod 4 e para s > 2 vale s2 − 1 > 2s logo (s2 − 1)! ≡ 0 mod s2, pois s e 2s aparecem
como fator, em qualquer caso se n e composto nao vale (n− 1)! ≡ −1 mod n.
Questao 2
Exemplo 2. Z24 possui φ(24) = φ(8.3) = φ(8)φ(3) = (23 − 22)(3 − 1) = 4.2 = 8
elementos, que sao os elementos n, tais que mdc(n, 21) = 1, 0 < n < 24, n ∈ N .
Sendo
1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, , 23
Todos elementos diferentes da identidade tem ordem 2, pois
52 = 25 = 24+1, 72 = 49 = 2.24+1, 112 = 121 = 5.24+1, 132 = 169 = 7.24+1, 172 = 289 = 12.24+1, 192 = 361 = 15.24+1
e 23 sabemos que tem ordem 2.
Questao 4
Propriedade 16. Se |G| = p2 entaoG possui no maximo p+1 subgrupos com p elementos.
Demonstracao. Vamos considerar elementos distintos da identidade e do grupo.
Dado um a qualquer, vale que | < a > | = p ou p2 se | < a > | = p dado b se
b ∈< a >, entao < b >⊂< a >, logo nao pode valer | < b > | = p2, como ambos
conjuntos tem p elementos segue que < b >=< a >, logo se subgrupos de ordem p tem
um elemento em comum eles sao iguais nesse caso. Isso implica que podemos ter no
maximo p + 1 subgrupos de ordem p, pois caso fosse uma quantidade maior, algum dos
subgrupos deveria ter elemento em comum logo seriam iguais.
CAPITULO 1. SOLUCOES 9
Exemplo 3. z2 × z2 com adicao possui 3 subgrupos de ordem 2, que sao
< (0, 1) >= {(0, 1), (0, 0)}
< (1, 0) >= {(1, 0), (0, 0)}
< (1, 1) >= {(1, 1), (0, 0)}.
Exemplo 4. Z4 com adicao possui os seguintes subgrupos
{0} =< 0 >
{1, 2, 3, 0} =< 1 >
< 2 >= {2, 0}
< 3 >= {3, 2, 1, 0}
nao chega a possuir 3 subgrupos de ordem 2, pois se um grupo contem 3 gera o grupo, se
contem 1 tambem a unica possibilidade do subgrupo ter ordem 2 e conter 2 e 0 apenas.
Questao 5
Propriedade 17. SeH eK sao subgrupos deG entao vale (G : H∩K) ≤ (G : H)(G : K).
Demonstracao. Seja A = {g(H ∩K) | g ∈ G} que e o conjunto das classes laterais
da intersecao e C = {gH | g ∈ G} × {gK | g ∈ G} que e o produto cartesiano das classes
laterais de H e K respectivamente, vamos definir uma funcao f : A → C que seja injetora,
antes observamos que
g(H ∩K)H = H
g(H ∩K)K = K
pois H ∩K ⊂ K e H ∩K ⊂ H. Com isso podemos definir a funcao com f(g(H ∩K)) =
(gH, gK), ela e injetora, pois se
f(g(H ∩K)) = (gH, gK) = f(g′(H ∩K)) = (g′H, g′K) ⇒ gH = g′H egK = g′K
isso implica que g−1g′ ∈ H e g−1g′ ∈ K por isso g−1g′ ∈ H∩K e daı g(H∩K) = g′(H∩K)
disso segue
(G : H ∩K) ≤ (G : H)(G : K).
CAPITULO 1. SOLUCOES 10
Corolario 4. Se (G : H) e (G : K) sao finitos entao (G : H ∩ K) tambem e finito nas
condicoes da propriedade anterior.
Questao 6
Propriedade 18. Seja G = {e}, tal que seus unicos subgrupos sejam {e} e G. Entao G
e cıclico finito de ordem prima.
Demonstracao. Tomamos a = e ∈ G, < a > e subgrupo de G daı < a >= G, pois
nao pode ser < a >= {e}, pois < a > possui pelo menos dois elementos e < e > apenas
um. Se a2 = e entao o grupo e finito de ordem prima, se nao < a2 >= G =< a >, logo
a ∈< a2 >, implicando que existe n ∈ Z tal que a2n = a daı a2n−1 = e, logo o grupo
e finito. Seja p a ordem do grupo, para todo 0 < s < p, < as > gera o grupo e daı
o(as) = o(a) implicando pela identidade
o(as) =o(a)
mdc(o(a), s)
que mdc(p, s) = 1 daı nenhum numero menor que p divide p, implicando que ele e primo.
Questao 7
Propriedade 19. Se |G| = m n ∈ N tal que mdc(n,m) = 1, entao para todo g ∈ G,
g = xn para algum x ∈ G.
Demonstracao. Como mdc(n,m) = 1 entao existem x0, y0 ∈ Z tais que nx0+my0 =
1 daı
g = gnx0gmy0 = (gx0)n = xn.
Questao 8
Propriedade 20. Seja a ∈ G com o(a) < ∞ entao o(as) =o(a)
mdc(o(a), s).
Demonstracao. Sejam s > 0, n = o(a) e m = o(as) entao m = min{t > 0, t ∈N | ast = e}. Sabemos que n|s.m entao sm = mmc(n, s), usando quemmc(n, s).mdc(n, s) =
n.s e a identidade anterior tem-se
m =mmc(n, s)
s=
n.s
mdc(n, s)
1
s=
n
mdc(n, s)
CAPITULO 1. SOLUCOES 11
entao
o(as) =o(a)
mdc(o(a), s).
Questao 10
Propriedade 21. Sejam N,H < G e H ▹G, entao H ∩N ▹N .
Demonstracao. Temos que mostrar que
n(H ∩N)n−1 ⊂ H ∩N ∀n ∈ N.
Seja a ∈ H ∩ N , temos que a ∈ N e como n ∈ N vale nan−1 ∈ N e como vale a ∈ H e
todo elemento de n ∈ N implica n ∈ G, por H ser normal em G temos nan−1 ∈ H,como
vale nan−1 ∈ H e nan−1 ∈ N vale nan−1 ∈ H ∩N de onde segue n(H ∩N)n−1 ⊂ H ∩N
de onde (H ∩N) e normal em N .
Questao 11
Propriedade 22. Sejam H e K dois subgrupos de um grupo finito G, tais que |H| >√G
e |K| >√G entao |H ∩K| > 1.
Demonstracao. Da identidade
|HK| = |H| |K||H ∩K|
se fosse |H ∩K| = 1 terıamos
|G| ≥ |HK| = |H||K| >√
|G|√G = |G|
|G| ≥ |HK| > |G|
o que e absurdo, logo deve valer |H ∩K| > 1.
Questao 12
Propriedade 23. Seja f : G1 → G2 homeomorfismo de grupos entao
f(G′1) ⊂ [f(G1)]
′.
CAPITULO 1. SOLUCOES 12
Demonstracao.
Seja t ∈ f(G′1) vamos mostrar que t ∈ [f(G1)]
′.
Um elemento de f(G′1) e da forma
t = f(xyx−1y−1) = f(x)f(y)f(x)−1f(y)−1
que realmente pertence a f(G1)′.
Questao 13
Propriedade 24. Seja f : G → G com f(x) = x−1. G e abeliano ⇔ f e morfismo.
Demonstracao.
⇒). Supondo G abeliano. f(xy) = (xy)−1 = y−1x−1 = x−1y−1 = f(x)f(y).
⇐). Supondo que f seja morfismo. ∀x, y ∈ G tem-se
f(x−1y−1) = f(x−1)f(y−1) = xy = yx.
Corolario 5. Se ∀ a ∈ G a2 = e entao G e abeliano. a e inverso dele mesmo a = a−1,
portanto
(xy)−1 = y−1x−1 = yx = xy.
Questao 17 e 18
Letra a)
Propriedade 25. Sejam a, b ∈ R com a = 0. Definindo σ(a,b) : R → R por σ(a,b)(x) =
ax + b para cada x ∈ R. Entao o conjunto G = {σ(a,b), a, b ∈ R, a = 0} com a operacao
de composicao de funcoes e um grupo.
Demonstracao. Primeiro vamos mostrar que a operacao e fechada sobre G, vamos
simbolizar (a, b) ao inves de σ(a,b), temos que
(a, b) ◦ (a′, b′)(x) = a(a′x+ b′) + b = a.a′x+ a.b′ + b = (a.a′, a.b′ + b)(x)
Escrevemos entao
(a, b) ◦ (a′, b′) = (a.a′, a.b′ + b)
CAPITULO 1. SOLUCOES 13
a operacao e fechada, pois como a = 0 e a′ = 0 sao reais temos a.a′ = 0 e a.b′ + b e um
numero real.
Existencia de elemento neutro . Existe elemento neutro para a operacao (1, 0),
tal elemento e realmente neutro pois
(a, b)(1, 0) = (a.1, a.0 + b) = (a, b).
Existencia de inverso. Para cada elemento (a, b) existe um inverso (a−1,−b.a−1)
tal que (a, b)(a−1,−b.a−1) = (1, 0), a propriedade realmente vale , pois
(a, b)(a−1,−b.a−1) = (aa−1, a.(−b).a−1 + b) = (1, 0).
Associatividade. Segue da associatividade de composicao de funcoes. Entao temos
realmente um grupo .
O grupo e nao abeliano pois
(2, 3) ◦ (3, 4) = (6, 11) = (3, 4) ◦ (2, 3) = (6, 13).
O centro de G (conjunto dos elementos que comutam com todos os outros elementos)
contem apenas a identidade, pois dado um elemento diferente da identidade (x, y), x = 1 e
y = 0 existe um elemento que nao comuta com ele da forma (1, w) com w > 0 se 1−x > 0
(logo w(1− x) > 0) e w < 0 se 1− x < 0 (logo tambem w(1− x) > 0), pois
(x, y)(1, w) = (x, xw + y), (1, w)(x, y) = (x, y + w)
daı vale sempre y +w > y + xw pois equivale a w > xw ⇔ w(1− x) > 0 que sempre vale
pelo que observamos anteriomente
Letra b)
Propriedade 26. Seja H = {(1, b), b ∈ R} entao H e um subgrupo normal em G.
Demonstracao. Primeiro vamos mostrar que H e um subgrupo de G. Temos que
H possui o elemento neutro (1, 0), pois basta fazer b = 0 em (1, b). Sendo (1, b) ∈ R seu
inverso e (1, b)−1 = (1−1,−b.1−1) = (1,−b) logo como (1, b)−1 e do tipo (1, c) para c real,
temos o inverso de cada elemento pertence ao conjunto.
Seja agora (1, b) ∈ H e (1, c) ∈ H temos que (1, b)(1, c) = (1, c + b) como c + b e real
temos que o produto e fechado no subgrupo. Assim sao satisfeitas todas propriedades de
um subgrupo logo H e um subgrupo de G.
CAPITULO 1. SOLUCOES 14
Vamos mostrar agora que o subgrupo e normal. Sejam (1, b) ∈ H e (a, c) ∈ G elementos
arbitrarios, vamos mostrar que (a, c).(1, b).(a, c)−1 ∈ H. Temos que (a, c).(1, b) = (a, a.b+
c) e (a, c)−1 = (a−1,−c.a−1), aplicando a operacao (a, a.b + c)(a−1,−c.a−1) = (1,−c +
a.b+ c) = (1, a.b) ∈ H logo o subgrupo e normal.
Propriedade 27. G/H e isomorfo ao grupo multiplicativo R∗ = R− {0}.
Demonstracao. Seja a aplicacao f de G/H em R∗ definida como f(H(a, b)) =
a. Vamos mostrar que tal aplicacao e uma funcao, isto e, se H(a, b) = H(c, d) entao
f(H(a, b)) = f(H(c, d)). Se H(a, b) = H(c, d) entao existem elementos (1, x), (1, y) ∈ H
tal que (1, x)(a, b) = (a, b + x) = (1, y)(c, d) = (c, d + y) logo a = c. Como a = c em
H(a, b) = H(c, d) segue que f(H(a, b)) = f(H(c, d)) = f(a) assim a funcao esta bem
definida.
Mostraremos agora que tal funcao e um homomorfismo.
f(H(a, b)H(c, d)) = f(H(a, b)(c, d)) = f(H(ac, ad+ b)) = ac = f(H(a, b))f(H(c, d)).
Olhando para o nucleo veremos que a funcao e injetiva
ker(f) = {B ∈ G/H| f(B) = 1}
temos que B = H(a, b) se f(B) = 1 entao a = 1, logo o unico elemento no nucleo e
H(1, b) = H pois (1, b) ∈ H.
A funcao e sobrejetora tambem pois, dado b = 0 ∈ R temos que existe x ∈ G/H da
forma H(b, c) tal que fH(b, c) = b.
Questao 27
Teorema 1. Seja o conjunto d|n = {d > 0 ; d|n, n ∈ N}, como n e natural o numero de
divisores de n e finito, logo podemos tomar a seguinte soma sobre o conjunto finito
g(n) =∑k∈d|n
φ(k).
Vamos mostrar que ∑k∈d|n
φ(k) = n.
CAPITULO 1. SOLUCOES 15
Demonstracao. Como g(n) e multiplicativa, por φ(k) ser multiplicativa, basta sa-
bermos qual o resultado de g(ps) sendo p um numero primo e s um natural, pois todo
numero n > 0 natural pode ser escrito como produto de fatores primos n =m∏k=1
pskk e por
propriedade de funcao multiplicativa g(n) =m∏k=1
g(pskk ), pois obviamente os numeros pri-
mos distintos sao primos entre si. Seja entao n = ps, os divisores de n sao os numeros da
forma pk com k variando de 0 ate s, entao nosso conjunto d|n e d|n = {pk, 0 ≤ k ≤ s}, to-mamos entao a seguinte enumeracao dos elementos do conjunto d|n f(k) = pk (0 ≤ k ≤ s)
logo a soma se escreve
∑k∈d|ps
φ(k) =s∑
k=0
φ(pk) = φ(p0) +s∑
k=1
φ(pk) = 1 +s∑
k=1
pk − pk−1 = 1 +s∑
k=1
∆pk−1 =
= 1 + pk−1
∣∣∣∣s+1
1
= 1 + ps − 1 = ps.
logo ∑k∈d|ps
φ(k) = ps
sendo n =m∏k=1
pskk , aplicando a propriedade de funcao multiplicativa
g(n) =m∏k=1
g(pskk ) =m∏k=1
pskk
assim em geral ∑k∈d|n
φ(k) = n.
Podemos tambem demonstrar por inducao sobre o expoente de n = ps, para s = 0
temos n = 1 e n tendo assim 1 divisor apenas, logo a soma∑k∈d|1
φ(k) = φ(1) = 1.
Supondo valido para ps
∑k∈d|ps
φ(k) = ps
CAPITULO 1. SOLUCOES 16
vamos provar para ps+1
∑k∈d|ps+1
φ(k) = ps+1
Como os divisores de ps+1 sao d|ps+1 = d|ps ∪{ps+1} (os divisores de ps+1 sao os divisores
de ps mais o termo ps+1), temos uma particao do conjunto logo∑k∈d|ps+1
φ(k) =∑
k∈d|ps∪{ps+1}
φ(k) =∑k∈d|ps
φ(k)+∑
k∈{ps+1}
φ(k) = ps+φ(ps+1) = ps+ps+1−ps = ps+1 .
Questao 28
Propriedade 28. Seja n =m∏k=1
pakk , entao vale φ(n) = nm∏k=1
(1− 1
pk).
Demonstracao. Usaremos que a funcao φ e multiplicativa e a propriedade de aplicacao
em primos
φ(n) =m∏k=1
φ(pakk ) =m∏k=1
(pakk − pak−1k ) =
m∏k=1
pakk (1− 1
pk) = n
m∏k=1
(1− 1
pk).
1.1.7 Secao 6
1.1.8 1.2-Questao 1
Propriedade 29. Sejam H ▹G e a funcao f : G → P (H) com fg(h) = ghg−1 entao f e
uma representacao de G no grupo das permutacoes de H.
Demonstracao.
� Vamos mostrar que fg : H → H e bijecao. Ela e injetora pois ghg−1 = gtg−1 segue
por lei do corte que h = t, alem disso ela e sobrejetiva, pois dado t ∈ H queremos
achar h ∈ H tal que ghg−1 = t, daı h = g−1tg e h dessa forma realmente pertence
a H pois H e subgrupo normal de G.
� Falta mostrar que f e homomorfismo
(ft ◦ fg)(x) = ft(gxg−1) = f(tgxg−1t−1) = f(tgx(tg)−1) = ftg(x).
CAPITULO 1. SOLUCOES 17
1.2 Capıtulo 6-Estudo de um grupo via Representacoes
por permutacoes
1.2.1 Questoes do fim do capıtulo
1.2.2 Questao 1
Propriedade 30. Sejam p primo, G nao abeliano com |G| = p3 entao |Z(G)| = p e
G/Z(G) w Zp × Zp.
Alem disso G′ = Z(G).
Demonstracao. ComoG e p-grupo entao seu centro e nao trivial, |Z(G)| ∈ {p, p2, p3}.Se G/Z(G) e cıclico entao G e abeliano, entao nao podemos ter |Z(G)| valendo p2 ou p3,
logo |Z(G)| = p. Portanto |G/Z(G)| = p2, os unicos grupos de ordem p2 a menos de
isomorfismo sao Zp2 e zp × zp como G/Z(G) e nao cıclico entao devemos ter G/Z(G)
isomorfo a zp × zp.
Como G/Z(G) e abeliano, entao G′ ⊂ Z(G), G′ e nao trivial (pois G nao e abeliano)
e subgrupo de G entao segue G′ = Z(G).
Usamos o resultado G/N e abelianos ⇒ G′ ⊂ N.
Questao 2
Propriedade 31. Seja G um grupo finito com apenas duas classes de conjugacao entao
|G| = 2.
Demonstracao. Usaremos que |G| =∑
|C(x)| e |C(x)| = |G||N(x)|
, como C(e) = {e}
e uma classe todo outro x = e pertence a classe C(x) logo
|G| = 1 + |C(x)| ⇒ |G| − 1 = |C(x)|
de |C(x)| = |G||N(x)|
segue que |G| − 1 divide |G|, como sao numero primos entre si temos
|G| − 1 = 1, |G| = 2.
CAPITULO 1. SOLUCOES 18
Questao 3
Exemplo 5. Mostre que se |G| = 112132 entao G e abeliano.
Seja G um grupo com |G| = 132.112. Temos 13-Sylow e 11-Sylow. n11 ∈ {1, 13, 132}
concluımos que n11 = 1 pois nenhum outro satisfaz n11 ≡ 1 mod 11, da mesma maneira
temos que n13 ∈ {1, 11, 112} como 11 ≡ −2 mod 13 logo 132 ≡ 4 mod 13 concluımos
que n13 = 1 . Disso temos que ambos 13-Sylow e 11-Sylow sao normais. Sejam entao
H o 11-Sylow e K o 11-Sylow. H ∩ K e subgrupo de H e de K logo |H ∩ K| | | |H| e
|H ∩ K| | | |K| assim |H ∩ K| | mdc(132, 112) = 1, disto concluımos que |H ∩ K| = 1
implicando H ∩K = {e} e pelo princıpio de contagem
|HK| = |H||K||H ∩K|
= |H||K| = 132.112.
Disto podemos concluir que HK = G.
Temos tambem que H e K sao abelianos por terem ordem p2 (com p primo); e ainda
mais, seja y ∈ G entao y = ab com a ∈ H e b ∈ K. Considere
ab.a−1b−1 =
a︸︷︷︸∈H
. (b.a−1b−1)︸ ︷︷ ︸∈H Pois e normal em G
∈ H
(aba−1)︸ ︷︷ ︸∈K Pois e normal em G
. b−1︸︷︷︸∈K
∈ K
Logo aba−1b−1 ∈ H ∩ K = {e}, aba−1b−1 = e, implica ab = ba. Sejam entao y = ab e
x = a′.b′, y, x ∈ G, temos
yx =(0) aba′b′ =(1) aa
′bb′ =(2) a′ab′b =(3) a
′b′ab = xy
onde de (0) para (1) e de (2) para (3) usamos comutatividade dos elementos de K e H e
de (1) para (2) usamos comutatividade em K e H, logo o grupo e abeliano.