Seja f: G_{1} \rightarrow G_{2} um homomorfismo de grupos sobrejetivo. Mostre que se G_{1} é cíclico, então G_{2} é necessariamente cíclico.

Deus te abençoe!

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede uma conclusão.
  • Dado um homomorfismo de grupos f: G_{1} \rightarrow G_{2} que é sobrejetivo (isto é, f atinge todo elemento de G_{2}).
  • Sabe-se que G_{1} é cíclico (existe um elemento g\in G_{1} tal que G_{1}=\langle g\rangle).
  • A pergunta: mostrar que então G_{2} também é cíclico (ou seja, existe um elemento de G_{2} que gera todo G_{2}).

Passo 2

Vamos lembrar exatamente o que significa ser um grupo cíclico e o que significa ser homomorfismo e sobrejetivo — com calma, passo a passo.
  • Definição de cíclico: um grupo H é cíclico se existe um elemento h\in H tal que
H=\langle h\rangle=\{h^{n}: n\in\mathbb{Z}\}.
Aqui h^{n} significa a operação do grupo aplicada n vezes (para n>0), a identidade para n=0 e a potência negativa usando o inverso para n<0.
  • Definição de homomorfismo de grupos: f: G_{1}\to G_{2} é um homomorfismo se para quaisquer a,b\in G_{1} vale
f(ab)=f(a)f(b).
Isto garante que f preserva a estrutura de grupo (produto, identidade e inversos).
  • Definição de sobrejetivo: f é sobrejetivo se para todo y\in G_{2} existe x\in G_{1} tal que f(x)=y.

Passo 3

Uma propriedade muito útil de homomorfismos é que eles preservam potências: para todo x\in G_{1} e todo n\in\mathbb{Z} temos
f(x^{n})=f(x)^{n}.
Vou demonstrar essa propriedade rapidinho, porque ela será essencial e você vai usar isso na prova da questão.

Passo 4

Prova de que f(x^{n})=f(x)^{n} para todo n\in\mathbb{Z}.
  • Caso n=0: x^{0}=e_{G_{1}} (identidade de G_{1}). Como homomorfismo leva identidade em identidade, f(e_{G_{1}})=e_{G_{2}}. Então f(x^{0})=e_{G_{2}}=f(x)^{0}.
  • Caso n>0: fazemos prova por indução.
    • Base n=1: f(x^{1})=f(x)=f(x)^{1}.
    • Passo indutivo: suponha f(x^{n})=f(x)^{n}. Então
    f(x^{n+1})=f(x^{n}x)=f(x^{n})f(x)=f(x)^{n}f(x)=f(x)^{n+1}.
    Assim vale para todo n>0.
  • Caso n<0: escrevemos n=-m com m>0. Então x^{n}=(x^{-1})^{m}. Aplicando o caso positivo a x^{-1} obtemos f(x^{n})=f(x^{-1})^{m}. Mas f(x^{-1})=f(x)^{-1} (homomorfismo preserva inversos), logo f(x^{-1})^{m}=f(x)^{-m}=f(x)^{n}. Portanto vale também para n<0.
Assim mostramos que para todo n\in\mathbb{Z} vale f(x^{n})=f(x)^{n}.

Passo 5

Agora aplicamos tudo ao problema concreto.
  • Como G_{1} é cíclico, existe g\in G_{1} tal que
G_{1}=\langle g\rangle=\{g^{n}: n\in\mathbb{Z}\}.
  • Pegue um elemento arbitrário y\in G_{2}. Como f é sobrejetivo, existe x\in G_{1} tal que f(x)=y.
  • Como x\in G_{1}=\langle g\rangle, existe n\in\mathbb{Z} tal que x=g^{n}.
  • Usando a propriedade do Passo 4,
y=f(x)=f(g^{n})=f(g)^{n}.
Isto mostra que qualquer y\in G_{2} é uma potência inteira de f(g). Portanto
G_{2}=\langle f(g)\rangle.
  • Conclusão: G_{2} é gerado por f(g), logo G_{2} é cíclico.

Passo 6

Trato rápido de um caso-ponta para ficar tudo perfeito na sua cabeça: e se f(g)=e_{G_{2}} (isto é, a imagem do gerador for a identidade)?
  • Se f(g)=e_{G_{2}}, então para todo n temos f(g)^{n}=e_{G_{2}}. Assim a imagem de f seria só \{e_{G_{2}}\}. Mas f é sobrejetivo, então a imagem é G_{2}; assim G_{2}=\{e_{G_{2}}\}, o grupo trivial. O grupo trivial é cíclico (é gerado por e_{G_{2}}). Portanto o argumento acima também cobre esse caso sem problemas.

Passo 7

Resumo didático e uma mini-ilustração para fixar:
  • Ideia curta: se G_{1}=\langle g\rangle e f é homomorfismo sobrejetivo, então todo elemento de G_{2} tem a forma f(g)^{n}, logo G_{2}=\langle f(g)\rangle.
  • Exemplo simples: a projeção natural f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}_{n} dada por f(k)=\overline{k} é sobrejetiva; \mathbb{Z} é cíclica gerada por 1, e a imagem de 1 gera \mathbb{Z}_{n}. Outro exemplo extremo: se G_{2} é o grupo trivial, qualquer homomorfismo sobrejetivo vem de um G_{1} qualquer, e o grupo trivial é cíclico.
Força aí — a conclusão é direta e elegante: a imagem do gerador gera o grupo de chegada.

Resposta

G_{2} é cíclico, gerado por f(g) (onde g é um gerador de G_{1}).

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