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Seção 6.2 Teorema de Lagrange

Primeiro demonstraremos que \(\phi\) é 1-1. Suponha que \(\phi(h_1) = \phi(h_2)\) para certos elementos \(h_1, h_2 \in H\text{.}\) Devemos mostrar que \(h_1 = h_2\text{,}\) mas \(\phi(h_1) = gh_1\) e \(\phi(h_2) = gh_2\text{.}\) Assim \(gh_1 = gh_2\text{,}\) e por cancelamento a esquerda \(h_1= h_2\text{.}\) Mostrar que \(\phi\) é sobrejetiva é fácil. Por definição, todo elemento de \(gH\) é da forma \(gh\) para certo \(h \in H\) e \(\phi(h) = gh\text{.}\)

O grupo \(G\) está particionado em \([G : H]\) classes laterais esquerdas diferentes. Cada classe lateral esquerda tem \(|H|\) elementos; portanto, \(|G| = [G : H] |H|\text{.}\)

Seja \(g\) um elemento de \(G\) tal que \(g \neq e\text{.}\) Pelo Corolário 6.2.3, a ordem de \(g\) divide a ordem do grupo. Como \(|\langle g \rangle| \gt 1\text{,}\) deve ser \(p\text{.}\) Logo, \(g\) gera \(G\text{.}\)

O Corolário 6.2.4 sugere que os grupos de ordem prima \(p\) se parecem de alguma maneira com \({\mathbb Z}_p\text{.}\)

Notemos que

\begin{equation*} [G:K] = \frac{|G|}{|K|} = \frac{|G|}{|H|} \cdot \frac{|H|}{|K|} = [G:H][H:K]. \end{equation*}

Nota 6.2.6. O recíproco do Teorema de Lagrange é falso.

O grupo \(A_4\) tem ordem 12; no entanto, podemos demonstrar que não existe nenhum subgrupo de ordem 6. De acordo com o Teorema de Lagrange, os subgrupos de um grupo de ordem 12 podem ter ordem 1, 2, 3, 4, ou 6. Mas não existe garantia que existam subgrupos de todas as ordens possíveis. Para demonstrar que \(A_4\) não tem um subgrupo de ordem 6, suponha que ele tenha tal subgrupo \(H\text{,}\) buscaremos uma contradição. Como \(A_4\) contém oito 3-ciclos, sabemos que \(H\) deve conter um 3-ciclo. Veremos que se \(H\) contém um 3-ciclo, então deve conter mais de 6 elementos.

Como \([A_4 : H] = 2\text{,}\) existe somente duas classes laterais de \(H\) em \(A_4\text{.}\) No entanto uma das classes laterais é o próprio \(H\text{,}\) classes laterais direitas e esquerdas devem coincidir; portanto, \(gH = Hg\) ou \(g H g^{-1} = H\) para todo \(g \in A_4\text{.}\) Como existem oito 3-ciclos em \(A_4\text{,}\) ao menos um dos 3-ciclos deve estar em \(H\text{.}\) Sem perda de generalidade, suponha que \((123)\) está em \(H\text{.}\) Então \((123)^{-1} = (132)\) também deve estar em \(H\text{.}\) Como \(g h g^{-1} \in H\) para todo \(g \in A_4\) e todo \(h \in H\) e

\begin{align*} (124)(123)(124)^{-1} & = (124)(123)(142) = (243)\\ (243)(123)(243)^{-1} & = (243)(123)(234) = (142) \end{align*}

concluímos que \(H\) deve ter ao menos os sete elementos

\begin{equation*} (1), (123), (132), (243), (243)^{-1} = (234), (142), (142)^{-1} = (124). \end{equation*}

Portanto, \(A_4\) não tem subgrupo de ordem 6.

Na verdade, podemos dizer mais sobre quando dois ciclos tem o mesmo comprimento.

Suponha que

\begin{align*} \tau & = (a_1, a_2, \ldots, a_k )\\ \mu & = (b_1, b_2, \ldots, b_k ). \end{align*}

Defina \(\sigma\) como a permutação

\begin{align*} \sigma( a_1 ) & = b_1\\ \sigma( a_2 ) & = b_2\\ & \vdots \\ \sigma( a_k ) & = b_k. \end{align*}

Então \(\mu = \sigma \tau \sigma^{-1}\text{.}\)

Reciprocamente, suponha que \(\tau = (a_1, a_2, \ldots, a_k )\) é um \(k\)-ciclo e \(\sigma \in S_n\text{.}\) Se \(\sigma( a_i ) = b\) e \(\sigma( a_{(i \bmod k) + 1 )} = b'\text{,}\) então \(\mu( b) = b'\text{.}\) Logo,

\begin{equation*} \mu = ( \sigma(a_1), \sigma(a_2), \ldots, \sigma(a_k) ). \end{equation*}

Como \(\sigma\) é uma bijeção, \(\mu\) é um ciclo de mesmo comprimento que \(\tau\text{.}\)