Classificacao dos Grupos de Ordem ≤ 11

Jose Sergio DominguesDepartamento de Pesquisa e Pos-graduacao, Cefet-MG

30480-000, Campus II, Belo Horizonte, MGE-mail: jsergio−mat@yahoo.com.br

1 Grupos Finitos Gerados pordois Elementos a e b comba = asb

Resumo: Nos conceitos iniciais da Teoriade Grupos e possıvel classificar com uma certafacilidade os grupos cıclicos, que sao os gruposgerados por um unico elemento. Tambempodemos trabalhar com grupos gerados por doiselementos, porem estes grupos podem apresen-tar uma complexidade elevada. Estudaremosentao aqui, os grupos finitos gerados por doiselementos a e b, ou seja, G = 〈a, b〉 onde ae b satisfazem uma relacao do tipo ba = asb,s ∈ N. Veremos que os resultados ja conhecidosde Teoria de Grupos e tambem os resultadosmencionados na primeira parte desse artigo,serao de grande ajuda na determinacao dosgrupos de ordem pequena, em particular, dosgrupos de ordem ≤ 11.

Inicialmente, podemos perceber que o grupo(S3, ◦), das permutacoes de grau 3, e um exem-plo de grupo com essa propriedade, onde:

e = Id α = (1 2 3) β = (1 2)γ = (2 3) δ = (1 3 2) ε = (1 3)

De fato, S3 e um grupo de ordem seis, ouseja, |S3| = 6. Alem disso, pode-se verificarfacilmente que:

S3 = 〈α, β〉α3 = eβ2 = eβα = α2β

Teorema 1.1 Sejam n, m, s, numeros inteirospositivos.

(a) Existe um grupo G de ordem nm que possuielementos a, b tais que

(∗)

G = 〈a, b〉an = ebm = au

ba = asb

se e somente se, sm ≡ 1 mod n eu(s− 1) ≡ 0 mod n.

(b) Quando existir um grupo de ordem nm sa-tisfazendo as condicoes (∗) , ele e unico amenos de isomorfismo.

A demonstracao desse teorema pode serencontrada em [2].

Obs: Se n,m, s sao numeros inteiros positivose u = 0, o Teorema 1.1 se resume a:

(a) Existira um grupo G de ordem nm quepossui elementos a, b tais que

(∗)

G = 〈a, b〉an = ebm = eba = asb

se e somente se, sm ≡ 1 mod n.

(b) Quando existir um grupo de ordem nm sa-tisfazendo as condicoes (∗), ele e unico amenos de isomorfismo.

2 Determinacao dos grupos deordem ≤ 11:

Veremos agora que, aplicando os resultadosobtidos ate aqui e conhecimentos previos deteoria de grupos, podemos classicar e entendermelhor, todos os grupos de ordem ≤ 11.

Grupo de ordem 1:Todo grupo G, com |G| = 1 e tal que

G ' {0}.

Grupos de ordem p, com p ∈ {2, 3, 5, 7, 11}:Sendo |G| = p com p primo, temos que G e

cıclico com p elementos e portanto, G ' Zp.

Grupos de ordem 4:Tomemos os grupos de ordem 4 a seguir:

Z4 = {0, 1, 2, 3} e Z2 × Z2 ={(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)}

Os dois grupos citados acima nao sao iso-morfos pois Z4 possui elementos de ordem 4e Z2 × Z2 nao. Mostraremos agora que, estesdois grupos sao os unicos grupos de ordem 4,a menos de isomorfismos. Seja G um grupo deordem 4. Se G possui um elemento de ordem4, G ' Z4. Mas se G nao possui tal elemento,pelo Teorema de Lagrange, todos os seuselementos diferentes do elemento neutro sao deordem 2, uma vez que a ordem dos elementosdeve dividir a ordem do grupo. Portanto, G eum grupo abeliano.

Como |G| = 4, vamos escreverG = {e, a, b, c}, com O(a) = O(b) = O(c) = 2e com todos os elementos obviamente dis-tintos. Procuramos entao na sua tabelade multiplicacao, o resultado das possıveismultiplicacoes de seus elementos. Ora:• ab 6= e, pois caso contrario, a = b−1, o quee um absurdo, ja que O(b) = 2 implica emb−1 = b;

Com raciocınio analogo ao que efetuamosacima, verifica-se facilmente que ab = c, ac = be bc = a, mas como o grupo e abeliano, tambemtem-se que ba = c, ca = b e cb = a.Tome agora a funcao:

Ψ : Z2 × Z2 −→ G(0, 0) 7−→ e(1, 0) 7−→ a(0, 1) 7−→ b(1, 1) 7−→ c

Verifica-se facilmente que Ψ e um isomor-fismo. Logo, a menos de isomorfismos, Z4 eZ2 × Z2 sao os unicos grupos de ordem 4.

Grupos de ordem 6:Sabemos que Z6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5} e S3 sao

grupos de ordem 6. Obviamente eles nao saoisomorfos pois Z6 e abeliano e S3 nao. Mos-traremos agora que, estes dois grupos sao osunicos grupos de ordem 6, a menos de isomor-fismos. Seja G um grupo arbitrario de ordem6.

Entao, G possui um elemento α, com O(α) =3 e um elemento β, com O(β) = 2, logo,α, α2 ∈ G, β ∈ G e os novos elementos αβ eα2β tambem pertencem a G, e como |G| = 6concluımos que G = {e, α, α2, β, αβ, α2β}, por-tanto:

|G| = 6G = 〈α, β〉α3 = eβ2 = e

Agora, note que |〈α〉| = 3, entao (G : 〈α〉) =2 logo 〈α〉/G e assim, βαβ−1 = βαβ ∈ 〈α〉 =⇒βαβ = α ou βαβ = α2 =⇒ βα = αβ ou βα =α2β. Entao, existem duas possibilidades:

(i)

|G| = 6 = 3 · 2G = 〈α, β〉α3 = eβ2 = eβα = αβ

(ii)

|G| = 6 = 3 · 2G = 〈α, β〉α3 = eβ2 = eβα = α2β

Logo, pela parte (b) do Teorema 1.1, emcada um dos casos, temos no maximo umgrupo, a menos de isomorfismos, satisfazendoas condicoes indicadas. Mas tais gruposexistem de fato? A resposta e sim.

Basta tomar G = Z6 no caso (i) e G = S3 nocaso (ii).

Observe que Z2 × Z3 tambem satisfaz ascondicoes do caso (i) e pela unicidade, temos

que Z2 × Z3 ' Z6.

Grupos de ordem 8:Tomemos os grupos de ordem 8 a seguir:

Z8, Z4 × Z2, Z2 × Z2 × Z2 e D4,

onde D4 e o grupo das simetrias do quadrado.Esses grupos, nao sao isomorfos entre si, pois:• Z8 possui quatro elementos de or-

dem 8 (a saber: 1, 3, 5, 7), enquantoZ4 × Z2, Z2 × Z2 × Z2 e D4 nao pos-suem tais elementos, o que possibilita afirmarque Z8 nao e isomorfo a nenhum dos gruposcitados.

• Z4 × Z2 possui quatro elementos deordem 4 (a saber: (1, 0); (1, 1); (3, 0) e (3, 1)),enquanto Z2 × Z2 × Z2 so possui elementosde ordem 2 e D4 so possui dois elementos deordem 4, o que possibilita afirmar que Z4 × Z2

nao e isomorfo a nenhum dos grupos citados.

• Z2×Z2×Z2 possui 8 elementos de ordem2 e D4 possui somente 5 desses elementos, logoesses dois grupos nao sao isomorfos.

Mostraremos agora que, o grupo dosquaternios, que e denotado por Q3 e os gruposcitados acima sao os unicos grupos de ordem8, a menos de isomorfismos. Q3 e dado por:

Q3 = {A,B,C,D,E, F,G,H} com

A =

(−1 0

0 −1

), B =

(1 00 1

)

C =

(i 00 −i

), D =

(−i 00 i

)

E =

(0 1−1 0

), F =

(0 −11 0

)

G =

(0 ii 0

), H =

(0 −i−i 0

)

Observe que |Q3| = 8, pois todos os elemen-tos sao distintos. Alem disso e facil demonstrarque,

|Q3| = 8Q3 = 〈C, E〉C4 = eE2 = C2

EC = C3E

Pela parte (b) do Teorema 1.1, sabemos queQ3 e caracterizado pelas relacoes acima. Q3

nao e isomorfo aos grupos Z8, Z4 ×Z2, Z2 ×Z2 × Z2. Para verificar que D4 e Q3 nao saoisomorfos, basta verificar que D4 possui exata-mente 5 elementos de ordem 2 enquanto queQ3 possui somente 1 elemento de ordem 2.

Seja agora um grupo arbitrario G tal que|G| = 8. Temos pelo Teorema de Lagrange, queas possıveis ordens dos elementos de G−{e} sao2, 4 e 8.

Caso 1: G possui um elemento de ordem 8:Seja entao γ ∈ G tal que O(γ) = 8; logo

G = 〈γ〉 e G ' Z8.

Caso 2: G nao possui nenhum elemento deordem 8:

Entao, as possıveis ordens dos elementos 6= esao 2 e 4.

Dividindo o Caso 2 em dois subcasos, temos:Caso 2.1: G nao possui nenhum elemento deordem 4:

Entao, todos os elementos de G 6= e sao deordem 2 e, consequentemente, G e um grupoabeliano. Seja a 6= e; como O(a) = 2, temosque K = 〈a〉 = {e, a} e um subgrupo de G.Tome agora b ∈ G−K; entao R = {e, a, b, ab}e um subgrupo de G. Tomando c ∈ G − R;temos:

G = {e, a, b, ab, c, ac, bc, abc} ={aibjcw | i, j, w ∈ {0, 1}}.

Logo, a funcao abaixo e um isomorfismo, degrupos.

ϕ : Z2 × Z2 × Z2 −→ G(i, j, w) 7−→ aibjcw.

Caso 2.2: G possui um elemento de ordem 4:Seja a ∈ G tal que O(a) = 4 e seja K =〈a〉. Tome b ∈ G − K e considere o subgrupoR de G gerado por a e b, isto e, R = 〈a, b〉.

Como b /∈ K, temos |R| > 4 e, pelo Teoremade Lagrange, |R| divide 8; portanto R = G =〈a, b〉 = {e, a, a2, a3, b, ab, a2b, a3b}.

Temos que b2 ∈ K pois, obviamente, b2 /∈{b, ab, a2b, a3b}. Temos tambem que ba /∈{e, a, a2, a3, b}.

Desta forma, provamos que:

|G| = 8G = 〈a, b〉a4 = eb2 = au (para algum u ∈ {0, 1, 2, 3})ba = asb (para algum s ∈ {1, 2, 3})

Vejamos agora quais as possibilidades parau ∈ {0, 1, 2, 3} e s ∈ {1, 2, 3}. Primeiramente,O(bab−1) = O(a) = 4, portanto s = 1 ous = 3. Mas, b2 /∈ {a, a3}, pois caso contrario aO(b2) = 4, o que implicaria que O(b) seria ummultiplo de 4 e consequentemente O(b) = 8(absurdo, pois por hipotese, G nao possui ele-mentos de ordem 8) ou que O(b) = 4 (absurdo,pois terıamos nesse caso O(b2) = 2). Portanto,u = 0 ou u = 2 e como ja foi visto, s = 1 ous = 3.

Considerando u = 0, temos dois casos corres-pondentes a s = 1 e s = 3:

(iii)

|G| = 8G = 〈a, b〉a4 = eb2 = eba = ab

(iv)

|G| = 8G = 〈a, b〉a4 = eb2 = eba = a3b

Logo, pela parte (b) do Teorema 1.1, emcada um dos casos, temos no maximo umgrupo, a menos de isomorfismos, satisfazendoas condicoes indicadas. E claro que tais gruposexistem, basta tomar G = Z4 × Z2 no caso(iii) e G = D4 no caso (iv).

Considerando u = 2, temos dois casos corres-pondentes a s = 1 e s = 3:

(v)

|G| = 8G = 〈a, b〉a4 = eb2 = a2

ba = ab

(vi)

|G| = 8G = 〈a, b〉a4 = eb2 = a2

ba = a3b

Entao, pela parte (b) do Teorema 1.1, emcada um dos casos, temos no maximo umgrupo, a menos de isomorfismos, satisfazendoas condicoes indicadas. Tambem e facil verifi-car que tais grupos de fato existem, basta to-mar G = Z4×Z2 no caso (v) e G = Q3 no caso(vi). Portanto:

Z8, Z4 × Z2, Z2 × Z2 × Z2, D4 e Q3

sao os unicos cinco grupos de ordem 8, amenos de isomorfismos.

Grupos de ordem 9:Tomemos os grupos de ordem 9 a seguir:

Z9 e Z3 × Z3

Eles nao sao isomorfos, pois Z9 possui ele-mentos de ordem 9 enquanto Z3×Z3 nao. Mos-traremos agora que, estes dois grupos sao osunicos grupos de ordem 9, a menos de isomor-fismos.

Seja G um grupo de ordem 9, nao cıclico.Pelo Teorema de Lagrange, todos seus elemen-tos 6= e tem ordem igual a 3. Sejam entaoe 6= α ∈ G e β ∈ G\〈α〉. Entao, 〈α〉 ={α, α2, α3 = e} ⊂ G, 〈β〉 = {β, β2, β3 = e} ⊂G e αi 6= βj ∀ i, j ∈ {1, 2}. Portanto, porrazoes elementares, temos que

G = {e, α, α2, β, αβ, α2β, β2, αβ2, α2β2}

e consequentemente que|G| = 9G = 〈α, β〉α3 = eβ3 = e

Podemos entao nos perguntar: Quem e oproduto βα?

Ora, obviamente βα /∈ {e, α, α2, β, β2}.Falta entao analisar os casos onde βα =αβ, βα = α2β, βα = αβ2, βα = α2β2, ob-servando sempre que pela parte (b) do Teorema9.4 temos no maximo um grupo a menos de iso-morfismo em cada caso. Sera que tais gruposexistem de fato?

(a) Se βα = αβ, existe, basta tomar G = Z3×Z3.

(b) Se βα = α2β, nao existe tal grupo, bastaobservar a parte (a) do Teorema 9.4, umavez que 23 = 8 /≡ 1 mod 3.

(c) Se βα = αβ2, nao existe tal grupo, poiscaso contrario, tomando A = β2 e B =α,terıamos G = 〈A,B〉, com A3 = B3 =e,BA = αβ2 = βα = A2B o que e umabsurdo pela parte (a) do Teorema 1.1,uma vez que 23 = 8 /≡ 1 mod 3.

(d) Se βα = α2β2, nao existe tal grupo, poiscaso contrario terıamos que

(αβ)2 = αβαβ = α(βα)β = α(α2β2)β = e,

o que e um absurdo pois sabemos queO(αβ) = 3.

Portanto, a menos de isomorfismosZ9 e Z3 × Z3 sao os unicos grupos deordem 9.

Grupos de ordem 10Tome G um grupo arbitrario com |G| = 10.Temos que G possui um elemento α tal que

O(α) = 5 e um elemento β tal que O(β) = 2.Logo, fica claro que

G = 〈α, β〉 ={e, α, α2, α3, α4, β, αβ, α2β, α3β, α4β}

Podemos entao nos perguntar: Quem e oproduto βα?

Ora, por razoes elementares, temos que βα /∈{e, α, α2, α3, α4, β}. Portanto, pelo Teorema1.1, βα 6= α2β ja que 22 = 4 /≡ 1 mod5 e βα 6= α3β pois 32 = 9 /≡ 1 mod 5.Desta forma, temos duas possibilidades:

(i)

|G| = 10 = 5 · 2G = 〈α, β〉α5 = eβ2 = eβα = αβ

(ii)

|G| = 10 = 5 · 2G = 〈α, β〉α5 = eβ2 = eβα = α4β

Portanto, pela parte (b) do Teorema 1.1,em cada um dos casos, temos no maximo umgrupo, a menos de isomorfismos, que satisfazas condicoes indicadas. E tais grupos existem

de fato, basta tomar G = Z10 no caso (i) eG := D5 no caso (ii), onde D5 e o grupo dassimetrias do pentagono regular. E facil veri-ficar que o grupo Z2 × Z5 tambem satisfaz ascondicoes do caso (i) e que portanto pela uni-cidade estabelecida na parte (b) do Teorema1.1 temos que Z2 × Z5 ' Z10.

Desta forma, concluımos que os grupos

Z10 e D5

sao os unicos dois grupos de ordem 10, amenos de isomorfismos.

Segue na tabela abaixo, a lista de todos osgrupos encontrados, a menos de isomorfismos,e as suas respectivas ordens.

Ordem Grupos

1 {0}2 Z2

3 Z3

4 Z4, Z2 × Z2

5 Z5

6 Z6, S3

7 Z7

8 Z8, Z4 × Z2, Z2 × Z2 × Z2, D4, Q3

9 Z9, Z3 × Z3

10 Z10, D5

11 Z11

3 Referencias

[1] Goncalves, Adilson: In-troducao a Algebra, Projeto Euclides,IMPA, 2006

[2] Garcia, Arnaldo & Lequain,Yves: Elementos de Algebra, IMPA,2003

[3] Simis, Aron: Introducao aAlgebra, IMPA, 1976

[4] Domingues, Hygino H. &Iezzi, Gelson: Algebra Moderna,Atual, 1982

[5] Coutinho, S.C: Numeros Intei-ros e Criptografia RSA, ComputacaoMatematica, IMPA, 2003