4.5 Complimentary tests
4.5.1 Stimulation effect
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 queα( j) = j, para todo j /∈ {i1, i2, . . . , in}, eα(il) = il+1, para l = 1,2,...,k − 1 eα(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 abreviadaα = (i1i2. . . , ik), onde {i1, i2, . . . , ik} é chamado o conjunto suporte deα. Denotaremos por (1) ou mais geralmente por (a),a ∈ In, a permutação identidade. Para k = 2 e 3, diremos queα é uma transposição e triciclo, respectivamente. Dois ciclos são ditos disjuntos se os seus respectivos conjuntos suporte são disjuntos.
1.8 O Grupo Simétrico Sn 39
Proposição 1.22 Se dois ciclos α e β são disjuntos, então eles comutam, entre si, isto é,
αβ=β α. Demonstração:
Supondo os ciclosα= (i1, i2, . . . , ik) eβ = ( j1, j2, . . . , jm) disjuntos, temos In= {i1, i2, . . . , ik} · ∪ { j1, j2, . . . , jm} · ∪ J. Para cada i ∈ Intemos:
1o) i /∈ {i
1, i2, . . . , ik} ∪ { j1, j2, . . . , jm}. Assim,
αβ(i) =α(β(i)) =α(i) = i =β(i) =β(α(i)) =β α(i). 2o) i ∈ {i
1, i2, . . . , ik}. Neste caso, temos:
α(β(i)) =α(i) =β(α(i)) =β α(i), poisα(i) = ipnão é elemento do conjunto deβ.
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 eαr1(a1) = a1.
Dessa forma, teremos que a restrição deα ao conjunto
{a1,α(a1),α2(a1), . . . ,αr1−1(a1)} é tal que
γ1:=α|{a1,α(a1),α2(a1),...,αr1−1(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 deα ao complementar do conjunto
{a1,α(a1),α2(a1), . . . ,αr1−1(a1), a2,α(a2),α2(a2), . . . ,αr2−1(a2)}
for a identidade, comoγ1 eγ2 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 queα(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
ondeγ1,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 σj tal queσj(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 fixaα(a1), pois σ manda a1 sobre α(a1), e os σi’s são ciclos disjuntos então, para todo j ≥ 2,σj 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, obtemosσ2=γ2. Continuando o processo teremos que s = t e, a menos de ordem, queγj=σj, para 1 ≤ j ≤ t.
Corolário 1.11 Cada elemento de Sn pode ser escrito com um produto (não necessariamente disjuntos) de transposições.
1.8 O Grupo Simétrico Sn 41
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 Seα=τ1τ2. . .τreα=µ1µ2. . .µssão duas fatorações de uma permutaçãoα de Snem 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 ( xj− 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 Andas permutações pares de Sné um subgrupo nomal de ordemn!
2, chamado subgrupo alternado de Sn.
O próximo resultado mostra como gerar Sncom 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 entãoτ∈ An, isto é,τ=σm. . .σ2σ1 comσi transposição, ∀1,2,...,m e m par. Para mostrar queτ 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. Seσ eσ′são disjuntas, digamosσ = (i j) eσ′= (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) entãoσ′σ = ( jk)(i j) = (ik j) é um 3-ciclo. Logo, ⟨{3 − ciclos}⟩ = A n.
1.8 O Grupo Simétrico Sn 43
(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 A4são
1,(12)(34),(13)(24),(14)(23),(123),(124),(134),(234),(132),(142),(143),(243). Os outros elementos de S4são 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. Entãoβ αβ−1= (β(a1)β(a2) . . .β(ar)). Demonstração:
Façamos θ = β αβ−1 e δ = (β(a1)β(a2) . . .β(ar)). Seja a ∈ In. Se
a /∈ {β(a1),β(a2), . . . ,β(ar)}, entãoδ(a) = a. Portanto
a ̸=β(ai) ⇔β−1(a) ̸= ai, ∀i = 1, 2, 3, . . . , r. Assimβ−1(a) ∈ {a1, a2, . . . , ar} e portanto,
θ(a) =β αβ−1(a) =β β−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) =β αβ−1(β(a
i)) =β(α(ai)) =β(ai+1) =δ(β(ai)) =δ(a). 2o) i = r ⇒θ(a) = (β αβ−1)(β(ak)) =β(α(ak)) =δ(a).
Em suma: θ(a) =δ(a), ∀a ∈ In, isto é,θ =δ.
Proposição 1.27 A4não possui subgrupo de ordem6. 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, θ2H = H,∀θ ∈ A4. Logo,θ2∈ 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, a2bsão todos elementos distintos, assim constitui todo o grupo G. Agora b2̸= 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 b2̸= a. Da mesma forma, mostrasse que b2̸= a. Também b2= b, ab ou a2bdeve 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, S3é 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
1.8 O Grupo Simétrico Sn 45
é um isomorfismo de G sobre S3.
Proposição 1.29 Se n ≥ 5 então Ané 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 Ané o único subgrupo próprio não-trivial normal de Sn. Demonstração:
Se n ̸= 4 temos dois casos a serem analisados. Caso 1: n = 3;
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 Ano que é absurdo pois Ané 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 queσ ∈ Z(Sn), mas Z(Sn) = 1, ∀n ≥ 3. Absurdo.
Portanto o único subgrupo normal não-trivial de Sné Ancom n ̸= 4.
Corolário 1.13 Seja n = 4. Seja K o grupo de Klein. Então 1,K,A4, S4são os únicos subgrupos normais de S4. Em particular, o grupo alternado A4é o único subgrupo de S4de índice2. Demonstração:
Evidentemente, 1,A4, S4são subgrupos normais de S4. Sendo o único grupo de ordem 4 de A4, o grupo de Klein é um subgrupo característico de A4e, A4sendo 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,