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 i̸=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.
4.1 Lema Fundamental 95
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) ∩
j̸=i
Hj= 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 Hiao invés de H{i}.
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 ∈ H
t, pois caso tivéssemos a−1b ∈ Huentão necessariamente b = a(a−1b) ∈ Hu, o que não é verdade. Do mesmo modo temos que a−1b /∈ H
S. 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∪{u}
4.1 Lema Fundamental 97
Note que:
aHt∩ HS̸= /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∪{u}
gtHS∪{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}.
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∈ H
S∪{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 xj numa mesma classe gtHS∪{t} pois p > m − n ⇒ p − 1 > m − n − 1. Assim, xiH
S∪{t} = xjHS∪{t} ⇒ xi− j ∈ HS∪{t}, recaindo na contradição acima.
Logo, x ∈ D ou p ≤ m − n.
(b). Queremos mostrar que ∩
j̸=i
Hj = D para todo i ∈ {1, 2, . . . , m}. Já sabemos que
D ⊆∩
j̸=i
Hj, ∀i ∈ {1, 2, . . . , m}. Logo, resta-nos verificar que ∩ j̸=i
Hj⊆ D. Para isso, suponhamos que existe i ∈ {1,2,...,m} tal que∩
j̸=i
Hj* Hi. Dessa maneira, temos que existe xj∈∩ j̸=i
Hj− D. Observe ainda que a cobertura é irredundante, e, desse modo, existe xi∈ Hi− Hj. Mas, sendo Gum grupo temos xixj∈ G. Assim xixj ∈ Hi ou xixj∈ Hj. Caso tivéssemos xixj ∈ Hi então (xi)−1(xixj) = xj ∈ Hi, o que é absurdo. Do mesmo modo, Caso tivéssemos xixj ∈ Hj então (xixj)(xj)−1= xi∈ Hj, o que é absurdo. Portanto, ∩
j̸=i
Hj⊆ 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
4.1 Lema Fundamental 99
Portanto, HT =∪ l∈L
glDe 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 ∈ H
S∪{t} = HS∩ Ht ⊂ Ht e como U ≤ G temos que y−1x ∈ U. Note ainda que G = UHt, pois U * Ht⋖ G. 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 Mié um subgrupo maximal e considere D = 3
∩
i=1
Mi, com DG= 1. Seja p um primo. Analisemos o que ocorre se p ≥ 3.
Dado1 ̸= x ∈ G tal que |x| = pα com p ≥ 3. Como G = 3
∪
i=1
Mie 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
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 ⇒ Tg⊆ 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 um2,3-grupo, ou seja, |G| = 2α3β, comα > 0 eβ > 0.
Prova-se de maneira análoga ao que foi feito acima.