Alguns contraexemplos de grupos
Esse semestre estou fazendo a disciplina de grupos e representações. Como quase sempre, alguns dos teoremas levantam a óbvia pergunta e se eu não supor isso aqui?
, e a resposta costuma ser encontrar um contraexemplo. Estarei compilando uma lista com com os contraexemplos que consegui resolver. Vamos lá:
Seja G um grupo. Se N for normal em H e H for subgrupo característico de G, então N \triangleleft G.
E se trocamos os papéis supondo que N é característico em H e H é normal em G?
Outro teorema:
Se G é grupo abeliano, então todo epimorfismo \varphi \colon G \to \Z^n cinde e vale G \cong \ker\varphi \oplus \Z^n.
Vamos ver como o teorema falha se G não é abeliano:
O primeiro contraexemplo que pensei foi em relação a G não ser produto direto.
A ideia era bagunçar
um grupo abeliano e ainda ter um epimorfismo dele em
\Z, e pensei no grupo de simetrias de um plano \Z^2 em que é permitido
trocar os dois eixos (mas preservando a direção deles). Concretamente, isso é um
produto semidireto S_2\rtimes_{\phi}\Z^2, onde
\phi : S_2 \to \text{Aut}(\Z^2) é dada por \phi(s)(z) = s(z), onde
interpretamos a permutação s como uma função que pode trocar as coordenadas da
dupla z.
Definimos a \varphi : G \to \Z como \varphi((s,(a,b))) = a + b.
Esse grupo quase não funcionou como contraexemplo (pelo menos da primeira forma que eu pensei), mas com ajuda de @franchico vimos que ele não pode mesmo ser um produto direto.
O segundo, contraexemplo para a conclusão toda, veio da observação que \varphi : G \to \Z^n sempre cinde se n=1. Então a ideia é modificar \Z^2 de forma que ele não seja mais comutativo.
Fixe três coisas a, b e s. Podemos escrever \Z^2 como o grupo abeliano
livre gerado por a e b, i.e. \langle a, b \mid ab=ba \rangle. Com isso,
vamos tornar o grupo anticomutativo
com o sinal
sendo o elemento s, assim:
G = \langle a,b,s \mid ab = sba, \; as=sa, \; bs=sb, \; s^2 = 1 \rangle
Como sabemos reordenar as letras e cancelar pares de s, todo elemento do grupo é da forma s^ia^jb^k com i \in \Z_2 e j,k \in \Z. Então podemos associar G = \Z_2 \times \Z \times \Z, de forma que a multiplicação é
(i_1,j_1,k_1)(i_2,j_2,k_2) = (i_1 + i_2 + k_1j_2,\; j_1 + j_2,\; k_1 + k_2).
Note que o termo k_1j_2 aparece porque simplificando a multiplicação s^{i_1}a^{j_1}b^{k_1}s^{i_2}a^{j_2}b^{k_2}, podemos andar com o s para obter s^{i_1 + i_2}a^{j_1}b^{k_1}a^{j_2}b^{k_2}, e então precisamos trocar b^{k_1} por a^{j_2}, o que envolve k_1j_2 trocas de a e b.
Definindo \varphi(i,j,k) = (j,k) \in \Z^2, ela é claramente um epimorfismo. Mas \varphi não cinde, pois se cindisse com \mu, então valeria
\mu(1,0)\in\{(0,1,0), (1,1,0)\}, \quad \mu(0,1)\in\{(0,0,1), (1,0,1)\}
e é simples ver que em qualquer escolha eles não comutam (precisam comutar para ser homomorfismo).
Mais um, sugerido por @franchico:
Suponha que H \cong G são grupos isomorfos, N \triangleleft G, M \triangleleft H e N \cong M. É verdade que G/N \cong H/M?
Não é difícil ver que a preposição é equivalente ao caso particular M, N
\triangleleft G e M \cong N implica G/N \cong G/M?
.
Um contraexemplo: no grupo S_3 \times \Z_6, os subgrupos \{1\}\times\Z_3 e A_3\times\{1\} são normais e isomorfos entre si, já que A_3\cong\Z_3. Mas:
(S_3\times\Z_6) / (\{1\}\times\Z_3) \cong S_3\times\Z_2, (S_3\times\Z_6) / (A_3\times\{1\}) \cong \Z_2\times\Z_6,
segundo é abeliano, mas o primeiro não! Então os dois quocientes não são isomorfos. c.n.q.d.
Mais um:
Suponha que H \leq G e [G : H] é finito. O número de conjugados de H é finito?