Estruturas algébricas

Estruturas Algébricas
Moisés Toledo∗ 12 de maio de 2012

1 Solução de exercícios - Página 261

Exercício 1. Seja p um número primo e G um grupo não-abeliano de ordem p3 . Mostre que: a) |Z(G)| = p. b) Z(G) = G . c) G/Z(G) ∼ Z/pZ × Z/pZ = Demonstração. a) Como Z(G) < G então |Z(G)| | |G|. Agora vejamos os possíveis casos: (i) |Z(G)| = p3 pois G é não abeliano (isto é |Z(G)| = |G|).
G (ii) |Z(G)| = p2 pois caso contrario Z(G) = p e assim Z(G) = G o qual não é possível (ver página 140). G Z(G)

é cíclico logo

(iii) |Z(G)| = 1 (isto é Z(G) = {e}) pois o centro tem sempre pelo menos p elementos para qualquer grupo de ordem potencia de um primo (ver página 233). Por tanto temos |Z(G)| = p. b) Vejamos que G ⊆ Z(G): Já vimos que
G Z(G)

= p2 , assim
G Z(G)

G Z(G)

é um grupo

abeliano (ver página 234), isto é Z(G) G tal que é abeliano. Logo como G é G o menor subgrupo normal tal que G é abeliano (ver página 140) então Z(G) ⊇ G . Agora como: (i) = 1 pois caso contrario G = G logo Z(G) = {e} o qual não possível pois |Z(G)| = p.
Federal da Paraíba G G

∗ Universidade

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(ii)

G = p pois caso contrario G é cíclico (por tanto abeliano) logo G é abeliano (de fato: seja a ∈ G tal que < aG >= G/G então abG = (aG )(bG ) = (bG )(aG ) = baG assim ab = ba).

G G

(iii)

= p3 pois caso contrario G = {e} assim dado x, y ∈ G temos xyx−1 y −1 = e isto é xy = yx logo G é abeliano.
G G

então |G | = p, e como G ⊆ Z(G) temos Z(G) = G . c) Como |Z(G)| = p então é cíclico logo existe b ∈ Z(G) tal que < b >= Z(G). Seja x ∈ G\Z(G) então < x >= Z(G), considerando y ∈< x > então < x > ∩ < / y >= {e}. Também | < x > | = | < y > | = p, pois x ∈ G\Z(G). Logo < x, y > é um subgrupo de G/Z(G) com ordem p2 assim < x, y >= G/Z(G). Por ultimo consideremos o homomorfismo: ϕ : G/Z(G) −→ Z/pZ × Z/pZ xn · y m −→ (n, m) o qual é claramente bijetivo, por tanto um isomorfismo.

Exercício 2. Mostre que se G é um grupo finito com apenas duas