Questão 21. Mostre que se G \neq\{e\} é um grupo simples abeliano então G é um grupo cíclico de ordem prima.

Passo 1

O enunciado nos dá as seguintes informações:
  • G é um grupo e G\neq\{e\} (ou seja, G não é o grupo trivial).
  • G é abeliano (ou seja, para todos x,y\in G vale xy=yx).
  • G é simples (ou seja, os únicos subgrupos normais de G são \{e\} e G ).
O que o problema pede:
  • Mostrar que G é um grupo cíclico de ordem prima. Em outras palavras, provar que existe um primo p tal que G é gerado por um elemento e |G|=p.

Passo 2

Escolher um elemento não trivial e formar o subgrupo que ele gera.
Como G\neq\{e\}, existe a\in G com a\neq e. Definimos o subgrupo cíclico gerado por a como
\langle a\rangle=\{a^k\mid k\in\mathbb{Z}\}.
Explicando bem: \langle a\rangle é o menor subgrupo de G que contém a; contém a identidade e, a, a^{-1}, a^2, etc.
Agora, porque G é abeliano, todo subgrupo de G é normal. Lembrando a definição: um subgrupo H é normal se gH=Hg para todo g\in G, e em grupos abelianos isso sempre acontece porque gh=hg. Então \langle a\rangle é um subgrupo normal de G.
Como G é simples, as únicas possibilidades para um subgrupo normal são \{e\} ou G. Mas \langle a\rangle não é \{e\}, porque contém a\neq e. Portanto necessariamente
\langle a\rangle=G.
Isto mostra que G é cíclico: existe a tal que G=\langle a\rangle.

Passo 3

Descartar a possibilidade de G ser cíclico infinito.
Se G=\langle a\rangle fosse infinito (isto é, a de ordem infinita), então para qualquer inteiro m\ge 2 o elemento a^m geraria um subgrupo próprio não trivial \langle a^m\rangle. Vou explicar por que esse subgrupo é próprio e não trivial:
  • Não é trivial: a^m\neq e quando a tem ordem infinita.
  • Não é todo G: se a estivesse em \langle a^m\rangle então existir-se-ia k\in\mathbb{Z} tal que a=(a^m)^k=a^{mk}, o que implicaria a^{mk-1}=e. Isso contradiz a ordem infinita de a. Logo a\notin\langle a^m\rangle, então \langle a^m\rangle é estritamente menor que G.
Mas \langle a^m\rangle seria um subgrupo normal (pois G é abeliano), portanto um subgrupo normal próprio e não trivial — contradiz a simplicidade de G. Logo a hipótese de ordem infinita é impossível. Concluímos que G é finito.

Passo 4

Mostrar que a ordem finita de G é um primo.
Se G é ciclico finito, seja n=|G|. Então G=\langle a\rangle com \operatorname{ord}(a)=n. Há um resultado padrão sobre grupos cíclicos que precisamos usar: para k\in\mathbb{Z}, a ordem do elemento a^k é
\operatorname{ord}(a^k)=\frac{n}{\gcd(n,k)}.
Explicação curta desse fato: a^{k\ell}=e se e somente se n\mid k\ell. O menor \ell>0 com essa propriedade é \ell=\dfrac{n}{\gcd(n,k)}.
Usando isso, se d é um divisor de n então o elemento a^{n/d} tem ordem d, e assim \langle a^{n/d}\rangle é um subgrupo de ordem d. Em particular, se n fosse composto (isto é, existisse um divisor d com 1<d<n), então existiría um subgrupo próprio e não trivial \langle a^{n/d}\rangle de G. Como G é abeliano, esse subgrupo seria normal, contradizendo a simplicidade de G.
Portanto não pode haver divisores d com 1<d<n. Isso significa exatamente que n é primo.

Passo 5

Concluir e interpretar o resultado.
Juntando os passos: a simplicidade e comutatividade forçaram G a ser cíclico (Passo 2), finito (Passo 3) e de ordem sem divisores próprios (Passo 4). Logo existe um primo p tal que |G|=p e G\cong C_p (o grupo cíclico de ordem p).
Isto responde o que foi pedido.

Resposta

\;G\cong C_p para algum primo p.

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