Universidade Federal de São Carlos
Centro de Ciências Exatas e de Tecnologia
Departamento de Matemática
Introdução à Teoria de Galois
Autor:
Karina Branco da Cruz
Orientador:
Waldeck Schützer
Disciplina: Trabalho de Conclusão do Curso B
Curso:
Licenciatura e Bacharelado em Matemática
Professores Responsáveis:
Karina Schiabel
Sadao Massago
Vera Lúcia Carbone
São Carlos, 14 de março de 2014.
i
Introdução à Teoria de Galois
Autor:
Karina Branco da Cruz
Orientador:
Waldeck Schützer
Disciplina: Trabalho de Conclusão do Curso B
Curso:
Licenciatura e Bacharelado em Matemática
Professores Responsáveis:
Karina Schiabel
Sadao Massago
Vera Lúcia Carbone
Instituição:
Universidade Federal de São Carlos
Centro de Ciências Exatas e de Tecnologia
Departamento de Matemática
São Carlos, 14 de março de 2014.
Karina Branco da Cruz
Waldeck Schützer
Ao Edson, meu pai.
Agradecimentos
Agradeço,
À Deus, primeiramente, por me guiar a esta carreira acadêmica, e ainda manter-me
interessada diante a tantas diculdades.
À minha família (minha mãe Rosana, meu pai Edson e meus irmãos: Igor e Vitor),
pela devoção e suporte desde o meu nascimento.
Ao Kálley Menezes Carvalho Alves, por toda dedicação, companheirismo e estímulo
que tornaram possível esta realização.
Aos meus estimados amigos, pela partilha de toda e qualquer emoção.
À todos os professores, pela contribuição à minha formação.
Em especial, ao Professor Waldeck Schützer, pela conança, prazerosa oportunidade
de aprendizado e excelente forma de ndar meu curso.
Resumo
Assim como no Trabalho anterior, espera-se que este ajude a revisar, consolidar e
fundamentar melhor os conhecimentos algébricos obtidos em disciplinas do Curso de Licenciatura e Bacharelado em Matemática, através do estudo sistemático, ainda que de
forma introdutória, da formidável Teoria desenvolvida por Évariste Galois. Teoria esta,
que se tem mostrado imprescindível para comprovação decisiva da não solubilidade de
equações polinomiais de grau maior ou igual a cinco. Ademais, por sua grande abrangência, a mesma encontra inúmeras outras aplicações interessantes na, e fora da Matemática.
A sua complexidade, exige um cuidadoso estudo de conceitos básicos da álgebra, como
também dos da Teoria de Extensão de Corpos. E este cuidado, encontramos na consistência do Trabalho de Conclusão de Curso A. Agora, especicamente para o Trabalho de
Conclusão de Curso B, entendemos o importante Teorema da Correspondência de Galois
e sua consequência esplêndida na não solubilidade das equações polinomiais de grau maior
ou igual a cinco.
Sumário
1 Conceitos Básicos da Álgebra
1
1.1
Anel, Corpo, Subanel e Subcorpo - Denições e Exemplos . . . . . . . . . .
1
1.2
Homomorsmo de Anéis
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.3
Números Complexos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.4
Relação de Equivalência
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.5
Resolvendo Equações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.6
Solução por radicais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
1.6.1
Equações Lineares
9
1.6.2
Equações Quadráticas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
1.6.3
Equações Cúbicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7
Peculiaridades da Fórmula de Cardano
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
1.8
Equações Quárticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
1.9
Equações Quínticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
2 O Teorema Fundamental da Álgebra
17
2.1
Equações Polinomiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
2.2
Teorema Fundamental da Álgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
2.3
Implicações
22
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 Fatoração de Polinômios
3.1
O Algoritmo Euclidiano
3.2
25
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
Irredutibilidade
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
3.3
Lema de Gauss
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
3.4
Critério de Eisenstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
3.5
Redução Módulo
p
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 Extensões de Corpos
35
37
4.1
Expressões Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
4.2
Extensões Simples
40
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 Extensões Simples
5.1
43
O Polinômio Minimal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ix
44
SUMÁRIO
SUMÁRIO
5.2
Extensões Algébricas Simples
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
5.3
Classicando Extensões Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
6 O Grau de uma Extensão
6.1
A Lei da Torre
51
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7 Construções com Régua e Compasso
52
57
7.1
Formulação Algébrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
57
7.2
Impossibilidade de Provas
61
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8 Normalidade e Separabilidade
63
8.1
Corpos de Decomposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
63
8.2
Normalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
66
8.3
Separabilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
68
9 Automorsmos de Corpos
71
9.1
K-
9.2
Corpos Intermediários: Corpos Fixos e Grupos de Galois - Uma olhadela
.
72
9.3
Fecho Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
Monomorsmos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10 A Correspondência de Galois
71
79
10.1 O Teorema Fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
79
11 Um exemplo prático
83
12 Solubilidade e Simplicidade
89
12.1 Grupos Solúveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
12.2 Grupos Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
92
12.3 Teorema de Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
95
13 Solução por radicais
13.1 Extensões Radicais
97
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
97
13.2 Uma quíntica insolúvel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
14 O Polinômio Geral
105
14.1 Graus Transcendentes
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
14.2 Polinômios Elementares Simétricos
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
14.3 O Polinômio Geral
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108
14.4 Extensões Cíclicas
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
Referências Bibliográcas
113
x
Lista de Figuras
1.1
Ilustração demonstrando que ortogonalidade não é relação de equivalência .
7.1
A construção do ponto médio do segmento
7.2
Equação da reta
7.3
A construção de pontos a partir de pontos como intersecção da reta
AB
P1 P2
6
. . . . . . . . . . . . . . .
58
obtida por meio da semelhança de triângulos . . . . .
59
com o círculo de centro
11.1 O grupo de Galois de
C
D8
e raio
w
AB
dados . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
interpretado como grupo de simetrias do quadrado. 85
11.2 Reticulado de subgrupos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
86
11.3 Reticulado de corpos intermediários.
86
13.1 Gráco da polinomial
t5 − 6t + 3.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
xi
Lista de Tabelas
11.1
11.2
Q-automorsmos
Q-automorsmos
de
de
K. .
A† .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
84
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
87
13.1 Estratégia da demonstração. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
xiii
xiv
Introdução
Segundo Eves (2011, [2]), Évariste Galois, pode ser considerado como um meteoro, que
riscou o rmamento matemático com brilho intenso e matinal, para depois, súbita e pateticamente, extinguir-se em morte prematura, deixando material de valor extraordinário
para ser trabalhado pelos matemáticos das gerações futuras.
Tal material, teve seu início de produção durante a adolescência de Galois, quando este,
passou a construir uma teoria com aplicações sobretudo à teoria das equações algébricas.
Um dos resultados mais salientes desta teoria é a impossibilidade de resolução por meio
de radicais de equações gerais de grau maior ou igual a cinco.
Em busca de uma linguagem conveniente que permitisse capturar a essência do problema da resolubilidade de equações algébricas, Galois foi levado a considerar o conjunto
das permutações das raízes da equação, essencialmente desenvolvendo a ideia de grupo,
um conceito até então não formalizado. Foi ele quem utilizou o termo grupo pela primeira vez no seu sentido técnico atual.
A expressão do problema de construir soluções para equações partindo dos coecientes
é convenientemente realizada através do conceito de extensão de corpos. Um resultado
fundamental da Teoria de Galois arma que existe uma correspondência entre os subgrupos do grupo de Galois de uma equação e os subcorpos do corpo das raízes desta equação.
A teoria das extensões, desenvolvida no Trabalho de Conclusão de Curso A, teve como
aplicação imediata a demonstração na negativa das assim chamadas impossibilidades clássicas: a quadratura do círculo, a trissecção de um ângulo qualquer e a duplicação de um
cubo, usando apenas régua e compasso.
O estudo da Teoria de Galois é particularmente interessante por motivar um estudo
mais aprofundado de duas grandes sub-áreas da Álgebra: a Teoria dos Grupos e a Teoria
dos Corpos.
Deste modo, o trabalho em questão, cujo objetivo imediato é o de consolidar e aprofundar alguns dos conceitos algébricos mencionados acima, dividiu-se primeiramente, em
Trabalho de Conclusão de Curso A, contemplando os seguintes capítulos: Conceitos Básicos da Álgebra, O Teorema Fundamental da Álgebra, Fatoração de Polinômios, Extensões
de Corpos, Extensões Simples, O Grau de uma Extensão e Construções com Régua e Compasso; e, em Trabalho de Conclusão de Curso B, abrangendo os capítulos: Normalidade
e Separabilidade, Automorsmos de Corpos, A Correspondência de Galois, Um exemplo
prático, Solubilidade e Simplicidade, Solução por Radicais e O Polinômio Geral.
xv
O capítulo inicial apresenta alguns conceitos da álgebra clássica fundamentais para
a futura compreensão da Teoria de Galois (foco do trabalho).
Como também, exibe
um panorama geral do signicado da solubilidade por radicais de equações polinomiais e
instiga a pensarmos sobre a impossibilidade desta, em equações de grau maior ou igual a
cinco.
Os capítulos seguintes, dois e três, de um modo geral, retomam conceitos e propriedades importantes de polinômios (e portanto, de equações polinomiais). Dentre o que
estes abrangem, o Teorema Fundamental da Álgebra merece destaque, uma vez que, este é
responsável por responder a seguinte pergunta: existe alguma equação polinomial com coecientes em
C que não possui raiz sobre C?
E ao respondê-la, mostrar a não necessidade
de extensão do corpo dos números complexos.
Enquanto que os demais capítulos: Extensões de Corpos, Extensões Simples e O Grau
de uma Extensão, são responsáveis por introduzir parte do que contempla a Teoria de
Extensões de Corpos, que como já mencionado, é consequência imediata de um estudo da
Teoria de Galois.
O último capítulo referente ao Trabalho de Conclusão de Curso A, intitulado Construções com Régua e Compasso, tem como propósito aplicar a Teoria anteriormente descrita
e solucionar o problema das impossibilidades clássicas, que há muito, perturbaram os
gregos.
Quanto ao Trabalho de Conclusão de Curso B, temos seu início no oitavo capítulo.
Neste, as propriedades de certo modo complementares, normalidade e separabilidade, são
expressas, exemplicadas e devidamente compreendidas em virtude da posterior necessidade no Teorema da Correspondência de Galois. O trabalho prossegue apresentando o
K -automorsmo e construindo o mesmo a partir da exigência da sobrejetivium K -monomorsmo, conceito este, que é imprescindível para o entendimento
conceito de
dade de
do Grupo de Galois de uma Extensão.
Os capítulos dez e onze, contemplam o auge deste Trabalho. Neles juntamos as peças
do quebra-cabeças belíssimo proposto por Galois e exemplicamos o mesmo de modo a
tornar esta Teoria digerível.
Por m, os três capítulos nais, Solubilidade e Simplicidade, Solução por Radicais
e O Polinômio Geral (respectivamente), englobam o contéudo já discutido e mostram o
porquê de uma quíntica não ser resolvível por radicais.
xvi
Capítulo 1
Conceitos Básicos da Álgebra
Antes de iniciarmos nosso trabalho com a Teoria de Galois, apresentaremos alguns
conceitos da álgebra, fundamentais para posterior compreensão. Deste modo, entenderemos o conceito de anel, corpo, subanel, subcorpo, homomorsmos (em suas variedades,
por exemplo, monomorsmos), números complexos, relações de equivalência, classes de
equivalência, equações e seus métodos de resoluções, como também soluções por meio de
radicais.
1.1 Anel, Corpo, Subanel e Subcorpo - Denições e
Exemplos
Denição 1.1.1. Seja A um conjunto não vazio onde estejam denidas duas operações,
as quais chamaremos de adição e multiplicação em A e denotaremos por + e ·. Assim,
+:A×A→A
·:A×A→A
(a, b) → a + b
(a, b) → a · b
Chamaremos (A, +, ·) um anel se as seguintes seis propriedades são satisfeitas, quaisquer que sejam a, b, c ∈ A:
A1) Associatividade da adição: (a + b) + c = a + (b + c);
A2) Existência do elemento neutro para a adição: ∃ 0 ∈ A tal que a + 0 = 0 + a = a;
A3) Existência do inverso aditivo: ∀x ∈ A existe um único y ∈ A, denotado por y = −x,
tal que x + y = y + x = 0;
A4) Comutatividade da adição: a + b = b + a;
M1) Associatividade da multiplicação: (a · b) · c = a · (b · c);
1
2
1.1 Anel, Corpo, Subanel e Subcorpo - Denições e Exemplos
D) Distributividade à esquerda: a · (b + c) = a · b + a · c
Distributividade à direita: (a + b) · c = a · c + b · c.
Além das propriedades que o caracterizam, um anel pode possuir (não necessariamente)
outras propriedades:
M2) ∃ 1 ∈ A, 0 6= 1, tal que, x · 1 = 1 · x = x, ∀x ∈ A, e neste caso, dizemos que
(A, +, ·) é um anel com unidade.
M4) ∀x, y ∈ A, x · y = y · x, e assim, (A, +, ·) é um anel comutativo.
DZ) x, y ∈ A, x · y = 0 ⇒ x = 0 ou y = 0, em que, (A, +, ·) é dito ser um
anel sem divisores de zero.
Se (A, +, ·) é um anel comutativo, com unidade e sem divisores de zero, dizemos que
(A, +, ·) é um domínio de integridade.
Finalmente, se um domínio de integridade (A, +, ·) satisfaz a propriedade:
M 3)
∀x ∈ A, x 6= 0, ∃ y ∈ A, tal que, x · y = y · x = 1,
dizemos que (A, +, ·) é um corpo.
Denição 1.1.2 (Subanéis). Seja (A, +, ·) um anel e B um subconjunto não vazio de A.
Suponhamos que B seja fechado para as operações + e · de A, isto é,
(i) x, y ∈ B ⇒ x + y ∈ B ;
(ii) x, y ∈ B ⇒ x · y ∈ B .
Assim podemos considerar a adição e a multiplicação de A como operações de B . Se
(B, +, ·) for um anel com estas operações, dizemos que B é um subanel de A.
Proposição 1.1.3. Seja (A, +, ·) um anel e seja B um subconjunto de A. Então, B é
um subanel de A, se, e somente se, as seguintes condições são vericadas:
(i) O elemento neutro de A pertence a B : 0 ∈ B ;
(ii) B é fechado para a diferença: x, y ∈ B ⇒ x − y ∈ B ;
(iii) B é fechado para o produto: x, y ∈ B ⇒ x · y ∈ B .
Demonstração.
A demonstração de tal proposição, pode ser consultada em [3].
Denição 1.1.4. Se (A, +, ·) é um corpo, um subconjunto B de A é dito ser um subcorpo,
se este é um subanel de A, e além disso, se x ∈ B, x 6= 0, então x−1 ∈ B .
Exemplos 1.1.5. Contemplaremos alguns exemplos dos conceitos anteriormente denidos de um modo supercial, o leitor curioso poderá consultar detalhes em livros de álgebra,
como por exemplo, [3] e [4].
1 Conceitos Básicos da Álgebra
3
1. Se A for o conjunto de todas as matrizes reais 2 × 2, com as operações usuais, isto
é,
(
!
)
A=
a b
c d
: a, b, c, d ∈ R ,
temos que A é um anel não comutativo com unidade e com divisores de zero. Podemos generalizar tal fato a M atn (R);
2. Se F(R) é o conjunto das funções f : R → R, denido com as operações usuais,
então F é um anel comutativo com unidade e com divisores de zero;
3. Z, o conjunto dos números inteiros, é um domínio de integridade;
4. n · Z, com n ≥ 2 (n ∈ N), são exemplos de anéis comutativos sem unidade;
5. Zn , com n ≥ 2 (n ∈ N) e não primo, são um anéis comutativos com divisores de
zero. Em particular, Z6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5} o é. Note que, 2 · 3 = 6 = 0, ou seja, 2, 3
são divisores de zero em Z6 ;
√
√
6. Z[ p] = {a + b p : a, b ∈ Z} com p primo é um domínio de integridade;
7. Zp com p primo é um corpo;
8. Q, R e C são exemplos de corpos;
9. Como Q ⊆ C temos que Q é um subcorpo de C, e portanto, um subanel do mesmo.
1.2 Homomorsmo de Anéis
O conceito de extensão, crucial para o desenvolvimento da Teoria de Galois, exige o
conhecimento de algumas funções especícas entre corpos, de um modo mais geral, entre
anéis. Para tanto, vejamo-nas brevemente.
Denição 1.2.1. Sejam A e A0 dois anéis. Denotemos (por comodidade), as operações
de ambos anéis pelos símbolos + e ·; 0 para o elemento neutro de A; 00 , para o, de A0 ; 1
para a unidade de A (caso este possua), e 10 , para a, de A0 .
Uma função f : A → A0 diz-se um homomorsmo de A em A0 se satisfaz as seguintes
condições:
(i) f (x + y) = f (x) + f (y),
(ii) f (x · y) = f (x) · f (y),
∀x, y ∈ A;
∀x, y ∈ A.
Denição 1.2.2. Se f : A → A0 for um homomorsmo injetor, dizemos que f é um
monomorsmo.
4
1.3 Números Complexos
Denição 1.2.3. Se f : A → A0 for um homomorsmo bijetivo, dizemos que f é um
isomorsmo. E portanto, os anéis A e A0 são isomorfos, donde escrevemos A ' A0 .
Denição 1.2.4. Os homomorsmos f : A → A são chamados também de endomorsmos
de A, já os isomorsmos de A sobre si mesmo são chamados de automorsmos de A.
Proposição 1.2.5. Sejam A e A0 anéis. Seja f : A → A0 um homomorsmo. Então,
(a) f (0) = 00 ;
(b) f (−a) = −f (a),
∀a ∈ A;
(c) Se A e A0 são domínios de integridade, então ou f é a função constante zero, ou
f (1) = 10 ;
(d) Se A e A0 são corpos, então ou f é a função constante zero, ou f é injetiva (isto é,
f é um monomorsmo).
Demonstração.
Esta demonstração pode ser encontrada em [3].
Partindo da ideia de trabalho com algo mais palpável, deniremos Grupos de Galois
e toda a Teoria de Galois para números complexos, para futuramente apresentarmos de
um modo mais simplicado uma visão abstrata dos mesmos.
Podemos entender as extensões naturais em inteiros, em racionais, em reais e em
complexos como uma necessidade de resolver mais equações. Este é um ponto crucial da
Teoria de Galois, que determina a solubilidade ou não de uma equação polinomial.
Sendo assim, a ideia de número complexo surge da necessidade de resolução de certas
equações. Mais especicamente, do encontro das raízes da equação
possui solução em
R
x2 + 1 = 0 ,
que não
(notar que o discriminante é um número negativo, e não temos
denida raiz de um número negativo em
R).
1.3 Números Complexos
Podemos representar um número complexo de três maneiras equivalentes: algébrica,
matricial e geométrica.
z ∈ C, dizemos que sua forma algébrica é dada por: z = x + iy ,
y = Im(z); ou ainda, como par ordenado representado no plano R2 ,
Dado um número
x = Re(z)
z = (x, y).
onde
e
Já a forma matricial, com
x = Re(z), y = Im(z),
z=
x −y
y x
!
.
tem o seguinte aspecto,
1 Conceitos Básicos da Álgebra
5
z = ρ(cos(θ) + i sen(θ)), obtida considerando
ρ = x2 + y 2 como sendo o módulo do número complexo z = x + iy e θ ∈ [0, 2π], o
y
x
e sen(θ) =
.
argumento do ângulo, em que, cos(θ) =
ρ
ρ
Por m, temos a forma geométrica,
p
Notemos que a equivalência destas três formas de representação de um número complexo é proveniente de isomorsmos, pela forma que denimos as formas matricial e
geométrica, temos claramente o isomorsmo entre estas e a forma algébrica. Os demais
isomorsmos são obtidos por meio de composição destes já conhecidos.
Uma maneira intuitiva de denir o signicado de
algébrica como um conjunto de
R2 ,
√
−1
é considerar
C
na sua forma
isto é, de todos os pares de números reais
(x, y),
com
as operações:
(x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 )
(x1 , y1 ) · (x2 , y2 ) = (x1 x2 − y1 y2 , x1 y2 + x2 y1 )
(x, 0), com x ∈ R, e
(x, y) se torna x + iy .
Assim, identicamos um número real como sendo da forma
que
R ⊂ C;
ainda, denimos
i = (0, 1).
Consequentemente,
vemos
i2 = (0, 1) · (0, 1) = (0 · 0 − 1 · 1, 0 ·
1 + 0 · 1) = (−1, 0) = −1, logo, i = −1. Notemos que i = (0, 1) não é da forma (x, 0)
real, o que de fato não deveria ser, pois não há raiz real de −1.
O modo como denimos as operações implicam que
√
1.4 Relação de Equivalência
A importância desta seção no decorrer do trabalho, será evidenciada quando falarmos
sobre a congruência módulo
n,
sendo
n
um inteiro positivo; algo presente inclusive no
último capítulo sobre Construções com Régua e Compasso.
Suponhamos que em um conjunto
mentos de
x R x0
A.
Se
0
x, x ∈ A
A
escreveremos
esteja denida uma relação entre pares de ele-
xRx0
se
x
estiver relacionado com
x0
por
R,
e
caso contrário.
Denição 1.4.1
(Relação de Equivalência)
. Seja A um conjunto e seja R uma relação
entre pares de elementos de A. Dizemos que R é uma relação de equivalência em A se as
seguintes propriedades são vericadas quaisquer que sejam x, x0 , x00 ∈ A:
1. Reexiva: xRx;
2. Simétrica: se xRx0 então x0 Rx;
3. Transitiva: se xRx0 e x0 Rx00 então xRx00 .
Usaremos
∼
quando a relação for de equivalência.
6
1.4 Relação de Equivalência
Exemplos 1.4.2.
1. Uma relação de equivalência trivial é a de igualdade sobre qualquer conjunto numérico;
2. A relação de ortogonalidade sobre o conjunto de retas do plano não é de equivalência,
pois não é reexiva e nem transitiva como pode ser visto na Figura 1.1.
s
α = 90◦
r
β = 90◦
t
Figura 1.1: Ilustração demonstrando que ortogonalidade não é relação de equivalência
em que r ⊥ s, s ⊥ t, porém t k r.
3. Pode ser mostrado facilmente que a relação de paralelismo é de equivalência.
4. Seja f : A → B uma função, denamos uma relação de equivalência no domínio A
da f , do seguinte modo:
x, x0 ∈ A, x ∼ x0 se f (x) = f (x0 ).
Veriquemos as três propriedades (reexiva, simétrica e transitiva) para vermos de
fato que esta é uma relação de equivalência:
(a) Dado x ∈ A, x ∼ x, pois f (x) = f (x), já que f é função;
(b) Dados x, x0 ∈ A, se x ∼ x0 , então f (x) = f (x0 ), e como a igualdade é simétrica,
concluímos que x0 ∼ x;
(c) Dados x, x0 , x00 ∈ A, se x ∼ x0 e x0 ∼ x00 , então f (x) = f (x0 ) e f (x0 ) = f (x00 ),
e usando a transitividade da igualdade, concluímos a transitividade da relação
∼ em questão.
Denição 1.4.3
(Classe de Equivalência)
. Seja ∼ uma relação de equivalência em um
conjunto A, e seja x ∈ A. Denamos a classe de equivalência x do elemento x em
1 Conceitos Básicos da Álgebra
7
relação a ∼, como o conjunto de todos os elementos a ∈ A relacionados a x, isto é,
x = {a ∈ A : a ∼ x}.
Proposição 1.4.4. Seja ∼ uma relação de equivalência em um conjunto A e sejam x, y ∈
A. Então,
1. x = y ⇔ x ∼ y ;
2. x 6= y ⇒ x ∩ y = ∅;
3.
S
x = A.
x∈A
Ou seja, uma relação de equivalência dene uma partição.
Demonstração.
1. (⇒) Sejam
Como
∼
e
x = y.
é de equivalência,
(⇐) Sejam
Como
x, y ∈ A
x, y ∈ A
x ∼ y,
e
x∈x
x ∼ y.
temos que
Temos de mostrar que
e
x = y ⇒ x ∈ y ⇒ x ∼ y.
Temos de mostrar que
x ∈ y,
x ∼ y.
e portanto,
x ⊆ y.
x = y.
Simetricamente,
y ⊆ x.
Donde,
concluímos a igualdade desejada.
2. Suponhamos
x, y ∈ A e x 6= y .
item anterior, conseguimos que
x
Sx∈A
x.
A⊂
segue que
que
S
x = A. De fato, temos primeiramente que
x∈A
⊂ A. Reciprocamente, temos que x ∈ x, ∀x ∈
3. Vamos provar que
S
a ∈ x ∩ y então a ∼ x e a ∼ y . Assim, x ∼ y . Pelo
x = y , o que contraria a hipótese. Logo, x ∩ y = ∅.
Se
x ⊂ A, ∀x ∈ A, daí
A,
portanto, segue
x∈A
Exemplo 1.4.5. Seja A = Z, e n um número inteiro arbitrariamente xado.
Vamos denir uma relação de equivalência em Z do seguinte modo:
x, x0 ∈ Z, x ∼ x0 ⇔ x − x0 é um múltiplo inteiro de n.
Veriquemos que esta é uma relação de equivalência:
1. Dado x ∈ Z, x ∼ x, pois x − x = 0 = n · 0;
2. Dados x, x0 ∈ Z, se x ∼ x0 , então x − x0 = n · m para algum m ∈ Z. Ora,
(x0 − x) = −(x − x0 ) = n · −m para o mesmo m ∈ Z, portanto, x0 ∼ x0 ;
8
1.5 Resolvendo Equações
3. Dados x, x0 , x00 ∈ Z, se x ∼ x0 e x0 ∼ x00 , então x − x0 = n · m para algum m ∈ Z e
x0 − x00 = n · p para algum p ∈ Z. Mas, (x − x00 ) = (x − x0 ) + (x0 − x00 ) = n · m + n · p =
n · (m + p) para m e p acima falados. Como o conjunto dos inteiros é um domínio
de integridade, temos a validade da propriedade distributiva anteriormente usada,
como também o fechamento diante as operações, isto é, m + p ∈ Z, o que mostra
que x ∼ x00 .
Tal relação é chamada congruência módulo n e denotada por ≡ (mod n).
Como, dado x ∈ Z, x = {a ∈ Z : a ≡ x(mod n)}, e a ∈ x ⇔ a − x = n · k , para algum
k ∈ Z ⇔ a = x + n · k, k ∈ Z. Segue que x = {x + n · k, k ∈ Z}.
Observe que se n = 0, temos que x = x e que ≡ (mod 0) nada mais é do que a relação
de igualdade em Z. Por outro lado, se n > 0, a relação ≡ (mod n) nos proporciona n
classes distintas 0, 1, ..., n − 1.
Denição 1.4.6 (Conjunto Quociente). Seja ∼ uma relação de equivalência em um conjunto A. Chamamos de conjunto quociente de A pela relação de equivalência ∼, e denoA
tamos por , ao conjunto de todas as classes de equivalência relativamente a ∼.
∼
Assim,
A
= {x : x ∈ A}.
∼
Proposição 1.4.7. Seja ∼ uma relação de equivalência em um conjunto A, e seja
A
,o
∼
conjunto quociente de A por ∼. Seja π : A → ∼A denida por π(x) = x, ∀x ∈ A, chamada
de projeção canônica.
Então a relação ∼ é proveniente da função π .
Demonstração.
π(y),
De fato, basta observar que se
x, y ∈ A
temos
x ∼ y ⇔ x = y ⇔ π(x) =
como queríamos.
1.5 Resolvendo Equações
A História da Matemática nos mostra que a razão usual para a introdução de um novo
tipo de número é a inadequação dos números antigos para a solução de alguns problemas
relevantes.
Por exemplo, o passo de
N
para
Z
é necessário, uma vez que, equações como,
t+7=2
não podem ser resolvidas para
t ∈ N.
Entretanto, tais equações podem ser resolvidas em
Z.
Similarmente, o passo de
Z
para
Q,
tornou possível a resolução da equação,
2t = 7.
1 Conceitos Básicos da Álgebra
9
E, de uma forma geral,
at + b = 0,
em que
a, b
são números especícos e
t
é um número desconhecido (ou variável).
equações são ditas lineares. E estas, vistas em subcorpos de
a
−b
solução única t =
, quando a 6= 0.
a
O passo de Q para R é relatado por
C,
Tais
podem ser resolvidas com
um tipo diferente de equação:
t2 = 2,
já que a solução
t=
√
2
é um número irracional.
Analogamente, o passo de
R
para
C
é centrado na equação,
t2 = −1
que não tem soluções reais, pois o conjunto dos números reais é um corpo bem ordenado,
e o quadrado de qualquer número real sempre é um número positivo.
Equações da forma,
at2 + bt + c = 0
são chamadas de equações quadráticas. A fórmula clássica para suas soluções é:
t=
com
−b ±
√
b2 − 4ac
,
2a
a 6= 0.
Para os números reais, a fórmula faz sentido se
b2 − 4ac ≥ 0
e não se
b2 − 4ac < 0;
para os complexos, ela faz sentido em qualquer um dos casos. Para os racionais, esta faz
sentido apenas quando
b2 − 4ac
é um quadrado perfeito.
1.6 Solução por radicais
Entendendo solução por radicais de uma equação polinomial, como sendo o encontro
de raízes da mesma, por meio de apenas operações elementares (adição, subtração, multiplicação, divisão e radiciação), analisaremos nesta seção o comportamento especíco dos
tipos de polinomiais.
1.6.1
Equações Lineares
Sejam
a, b ∈ C,
com
a 6= 0.
Uma equação linear geral é:
at + b = 0
10
1.6 Solução por radicais
e a solução é claramente,
t=
1.6.2
−b
.
a
Equações Quadráticas
Sejam
a, b, c ∈ C,
com
a 6= 0.
Uma equação quadrática geral é,
at2 + bt + c = 0.
a
Dividindo todos os membros por
e renomeando os coecientes, podemos considerar
tal equação equivalente a,
t2 + at + b = 0.
A maneira padrão de resolver esta equação é reescrevê-la na seguinte forma, através
do completamento de quadrados (feito pelos Babilônios há 3600 anos):
a 2 a2
− b;
=
t+
2
4
Extraindo a raiz quadrada,
r
a
a2
t+ =±
− b,
2
4
e então,
r
1
t=
2
1.6.3
−a ± 2
!
a2
−b .
4
Equações Cúbicas
Sejam
a, b, c ∈ C.
Uma equação geral cúbica é da forma,
t3 + at2 + bt + c = 0,
Suponhamos primeiramente que
a 6= 0,
assim nosso primeiro passo para resolvermos
tal equação é mudar a variável para termos uma outra equação equivalente a esta, com
a = 0.
Façamos a mudança
y = t+
a
, e então
3
t=y−
a
. A equação com tal mudança
3
ca,
a 2
a
a 3
+a y−
+b y−
+c
3
3
3
a2 a3
a2 y a3
a
y3 − y2a + y −
+ ay 2 − 2
+
+ by − b + c
3
27
3 3 3 9
2
a
a
a
a3
y3 + b −
y+
+c−b −
3
9
3 27
3
y + py + q
y−
= 0
= 0
= 0
= 0
1 Conceitos Básicos da Álgebra
onde
p= b−
a2
3
e
q=
a3
9
11
+ c − b a3 −
a3
27
.
Podemos, assim, assumir que toda equação cúbica seja da forma
Donde, para encontrarmos a solução
s,
y 3 + py + q = 0.
tentaremos a substituição
√
√
3
u + 3 v.
y=
Assim,
√
√ 3
y 3 = ( 3 u + 3 v)
√ √ 2
√ 2√
= u + 3( 3 u) 3 v + 3 3 u( 3 v) + v
√ √ √
√
= u + v + 3 3 u 3 v( 3 u + 3 v).
Então a equação
y 3 + py + q = 0,
torna-se,
√
√
√
√ √ √
u + v + 3 3 u 3 v( 3 u + 3 v) + p( 3 u + 3 v) + q = 0
√
√
√ √
⇔ (u + v + q) + ( 3 u + 3 v)(3 3 u 3 v + p) = 0.
Escolhemos agora
u
e
v
de modo que:
u+v+q =0
e
√ √
3 3 u 3 v + p = 0,
o que implica em,
u + v = −q
e
u·v =
Multiplicando a Equação (1.1) por
u
(1.1)
−p3
.
27
(1.2)
e substituindo a Equação (1.2), conseguimos,
u(u + v) − u · v = −qu +
p3
27
que ao ser reorganizada, torna-se uma equação quadrática:
u2 + qu −
p3
= 0.
27
As soluções desta equação são, respectivamente,
q
u=− ±
2
r
q 2 p3
+ ,
4
27
12
1.7 Peculiaridades da Fórmula de Cardano
e
r
q
v=− ±
2
q 2 p3
+ .
4
27
Disto, encontramos
s
y=
q
− +
2
3
r
q 2 p3
+
+
4
27
s
q
− −
2
3
r
q 2 p3
+ ,
4
27
que é chamada fórmula de Cardano (por virtude de publicação).
Finalmente, lembrando que a solução
t da equação original é igual a y − a3 , resolvemos
o problema.
1.7 Peculiaridades da Fórmula de Cardano
Lembremos de que, sobre
cúbicas. Se uma delas é
A expressão para
y,
α,
C,
qualquer número complexo
então as demais são
ωα
z
não nulo possui três raízes
√
3
−1
2
+
i
.
e ω α. onde ω =
2
2
entretanto, aparece com nove soluções da forma:
α + β α + ωβ α + ω 2 β
ωα + β ωα + ωβ ωα + ω 2 β
ω 2 α + β ω 2 α + ωβ ω 2 α + ω 2 β
onde
α, β
são escolhas especícas das raízes cúbicas.
Entretanto, nem todas estas expressões são zeros. Se escolhermos
p = 0,
então as soluções são:
2
α, β
tal que
3αβ +
2
α + β , ωα + ω β , ω α + ωβ .
Outras peculiaridades emergem quando nos deparamos com equações cujas soluções
são conhecidas. Por exemplo,
y 3 +3y −36 = 0, que tem y = 3 como solução.
Por Cardano,
temos
s
r
33
s
r
362 33
18 +
+
+ 18 −
+
4
27
4
27
v
v
s
s
u
u
2
2
u
u
36
36
3
3
t
t
=
18 +
+ 1 + 18 −
+1
2
2
q
q
√
√
3
3
=
18 + 325 + 18 − 325,
y =
3
362
3
que parece estar bem longe de 3.
Como Cardano observou em seu livro, isto piora.
3
t − 15t − 4 = 0,
resulta em
solução por inspeção
A fórmula homônima aplicada a
p
p
√
√
t = 3 2 + −121 + 3 2 − −121,
que contrasta com a
t = 4.
Estes pequenos erros de Cardano (que conscientemente os reconhecia), foram devidamente consertados por volta de 1560 com Raphael Bombelli e 1629 com Albert Girard.
1 Conceitos Básicos da Álgebra
13
1.8 Equações Quárticas
t4 + at3 + bt2 + ct + d = 0.
t = y − a4 , e obtemos:
Começamos com,
y =t+
a
, donde
4
Fazemos a transformação de Tschirnhaus,
a 4
a 3
a 2
a
+d=0
+a y−
+b y−
+c y−
4
4
4
4
a a 3
a2
a3
a
a2
ca
2
3
2a
y−
y−
+b y − y +
+ cy −
+d = 0
+ a y − 3y + 3y −
4
4
4
16 64
2
16
4
a 3
a2
a3
a2
a3 a4
a
a2
a
2a
y−
y − 3y + 3y −
+ay 3 −3y 2 +3y − +by 2 −b y+b +cy−c +d = 0
4
4
16 64
4
16 64
2
16
4
y−
2
a3
a3
a4
3a
2a
y − 3y + 3y
− y − y + 3y
− 3y +
+
4
16 64
4
16
64 64 · 4
a3
a4
a
a2
a
a2
+ ay 3 − 3y 2 + 3 −
+ by 2 − b y + b + cy − c + d = 0
4
16 64
2
16
4
2
3
4
a
a2
a
a3 ba
a
a4
a
a2
4
2
y + 6 −3 +b y + − +3 −
+ c y+
−
−c +d+b
=0
16
4
16
16
2
64 · 4 64
4
16
4
Fazendo
3a
2a
2
3
2
2
3
p = 6 a16 − 3 a4 + b , q = − a16 + 3 a16 −
ba
2
+c
e
r=
a4
64·4
−
a4
64
2
− c a4 + d + b a16
podemos reescrever a equação na forma,
y2 +
p2
p 2
= −qy − r + .
2
4
Introduzimos agora um novo parâmetro
u,
(1.3)
e observamos que:
2
p
p 2
p
y2 + + u
u + u2
= y2 +
+2 y+
2
2
2
p2
= −qy − r +
+ 2uy + pu + u2
4
onde na última igualdade usamos (1.3).
Escolhemos
u
de modo que o lado direito seja um quadrado perfeito. Se ele o é, este
deve ser o quadrado de
√
2uy −
q√
2u,
2
−r +
Equivalentemente, com
e então,
p2
q2
+ pu + u2 =
.
4
8u
u 6= 0,
8u3 + 8pu2 + (2p2 − 8r)u − q 2 = 0,
(1.4)
,
14
1.9 Equações Quínticas
que é cúbica em
u.
Resolvendo pelo método de Cardano, encontramos
2 √
p
q √ 2
+u =
2uy −
2u
2
2
√
p
q√ 2
então, y +
u = ±
2uy −
2u . Finalmente, conseguimos
2
2
acima encontrando y .
u.
Agora,
y2 +
u = 0, não obtemos (1.4), mas se u = 0, então q = 0,
y 4 + py 2 + qy + r = 0 é quadrática em y 2 , e pode ser resolvida
Se
resolver a quadrática
e a equação quártica
usando apenas raízes
quadradas.
1.9 Equações Quínticas
Podemos começar resolvendo uma quíntica geral:
transformação de Tschirnhaus
a
y =t+
r
t5 + at4 + bt3 + ct2 + dt + e = 0.
A
reduz a equação acima para
y 5 + py 3 + qy 2 + ry + s = 0.
Entretanto, aplicando todas as estratégias comuns de resoluções anteriores, obtemos
um impasse.
Lagrange, em 1770-1771, analisou todas as estratégias, e mostrou que eles podem ser
explicados usando princípios gerais sobre funções simétricas de raízes. Quando ele aplicou
este método a quíntica, entretanto, ele descobriu que reduzia o problema a resolver uma
equação do sexto grau.
Uma fascinante descrição destas ideias, juntamente com um
método para resolver quínticas, quando não solúveis por radicais, pode ser encontrado
em anotações de George Neville Watson e reescritas por Bernatt, Spearman e Willians
(2002).
Lagrange observou que todos os métodos para resolver equações polinomiais por radicais envolviam construção de funções racionais de raízes que assumiam um pequeno
número de valores quando as raízes
αj
eram permutadas.
Proeminente através desta
expressão:
δ=
Y
(αj − αk )
j<k
±δ : mais para as permutações pares e menos para
2
Entretanto, ∆ = δ é uma função racional de coecientes.
que traz somente dois valores,
permutações ímpares.
as
Lagrange trabalhou nestas expressões para cúbicas e quárticas, e percebeu um padrão.
Por exemplo, se a polinomial cúbica tivesse as raízes
α1 , α2 , α3
primitiva da unidade, então a expressão
3
ω = (α1 + ωα2 + ω 2 α3 )
e
ω
como a raiz cúbica
1 Conceitos Básicos da Álgebra
15
tem exatamente dois valores distintos.
De fato, permutações pares não a alteram, en-
quanto as ímpares a transformam em
3
v = (α1 + ω 2 α2 + ωα3 ) .
Segue que
u+v
e
uv
são xadas pelas permutações de raízes e devem, ser expressas por
funções racionais de coecientes. Daí,
uev
são soluções da equação quadrática, e podem
ser expressas por raízes quadradas. Mas, o uso de raízes cúbicas expressa
√
3
√
3
α1 +ωα2 +ω 2 α3 =
u e α1 + ω 2 α2 + ωα3 = v por radicais. Por causa disso, nós também sabemos que
α1 +α2 +α3 é menos o coeciente do termo t2 , e temos três equações lineares independentes
em raízes, o que é facilmente resolvido.
Algo muito similiar funciona para a quártica, com expressões como:
4
(α1 + iα2 + i2 α3 + i3 α4 ) .
Mas, quando tentamos a mesma ideia a quíntica, um obstáculo aparece.
as raízes da quíntica são
α1 , α2 , α3 , α4 , α5 .
Seja
ξ
Suponha que
uma raiz quinta primitiva da unidade.
Segue de Lagrange, a consideração natural:
5
ω = (α1 + ξα2 + ξ 2 α3 + ξ 3 α4 + ξ 4 α5 ) .
Há 120 permutações de cinco raízes, e elas transformam
Além disso,
ω
ω
em 24 expressões distintas.
é uma raiz de uma polinomial de grau 24 - um passo bem distante.
A melhor maneira de resolver é usar a expressão derivada de Arthur Cayley em 1861,
que é baseada em uma ideia de Robert Hayley de 1859. A expressão é
x = (α1 α2 + α2 α3 + α3 α4 + α4 α5 + α5 α1 − α1 α3 − α2 α4 − α3 α5 − α4 α1 − α5 α2 )2
x admite seis valores quando as variáveis são permutadas nas 120 maneiras.
disso, x é raiz de uma equação de ordem 6. Quando esta, possui uma raiz cujo
que mostra que
Além
quadrado é racional, a quíntica é solúvel por radicais.
Explicando detalhadamente, a
equação
t5 + 15t + 12 = 0
tem a solução,
s
t=
5
√
−75 + 21 10
+
125
s
5
s
s
√
√
√
−75 − 21 10
10
10
5 225 + 72
5 225 − 72
+
+
,
125
125
125
com expressões similares para as outras quatro raízes.
O método de Lagrange e outras impossibilidades levaram os matemáticos a pensarem
na impossibilidade de solução da quíntica e não na procura de soluções.
16
1.9 Equações Quínticas
Capítulo 2
O Teorema Fundamental da Álgebra
No início do século XIX, período em que Galois viveu, era natural pensar em investigações matemáticas sobre o corpo dos números complexos, uma vez que, os reais eram
inadequados para determinados propósitos (por exemplo, não havia
√
−1
em
R).
Além
disso, a aritmética, a álgebra e análise dos complexos eram mais ricas, elegantes e mais
completas do que a dos reais.
Uma das propriedades chaves de
C,
o Teorema Fundamental da Álgebra, diz que
qualquer equação polinomial com coecientes em
C. Tal teorema
é falso sobre R, por exemplo, tome t + 1 = 0, que não possui solução em R como já visto.
C
tem uma solução em
2
2.1 Equações Polinomiais
As equações lineares, quadráticas, cúbicas, quárticas e quínticas são exemplos de um
tipo mais geral de equações: as polinomiais. Estas são da forma,
P (t) = 0,
onde
P (t)
é uma polinomial em
t.
Polinomiais são importantes na matemática em diversos contextos, como também na
literatura.
Estamos acostumados a pensar que uma polinomial é uma função que mapeia
t
com
os valores da expressão conhecidas, tal que a primeira polinomial representa a função
tal que
2
f (t) = t − 2t + 6.
f
Como não é uma boa ideia pensar numa polinomial como uma
função, devido a campos mais gerais, a deniremos em um contexto mais amplo.
Deniremos um polinômio sobre
C
com indeterminada
t,
como a expressão
r0 + r1 t + ... + rn tn
onde
ri ∈ C
com
0 ≤ i ≤ n, i ∈ N,
e
t
indenido.
Para teóricos conjuntistas puristas
(que não aceitam uma expressão logicamente falada como acima), podemos reorganizar a
17
18
2.1 Equações Polinomiais
expressão por meio de sequência
(r0 , r1 , ..., rn ).
Que de algum modo,
t é representado por
(0, 1, 0, ..., 0).
Os elementos
r0 , ..., rn
são os coecientes do polinômio. De modo usual, os termos
podem ser omitidos ou escritos como
0,
e
1tm
pode ser substituído por
0tm
tm .
Duas polinomiais são ditas iguais se, e só se, os correspondentes coecientes são iguais,
se potências de
t
não aparecem, estes devem ser entendidos como termos de coecientes
nulo.
Para denirmos a soma e o produto de duas polinomiais, escrevemos
X
ri ti = r0 + r1 t + ... + rn tn
com
i≥0
rk = 0, ∀k ≥ n.
e
Então, se
r=
X
ri ti
e
s=
X
si ti ,
denimos
r+s=
X
(ri + si )ti
e
r·s=
X
qj tj
onde
qj =
X
rh s i .
h+i=j
Com estas denições, vericamos que o conjunto
indeterminada
t,
é um anel.
C[t],
dos polinômios sobre
C
com
Na verdade, um domínio de integridade, mais ainda uma
álgebra.
Pensemos um pouco na questão do inverso multiplicativo, uma vez que, é este axioma
que impede
C[t] de ser um corpo:
Seja f ∈ C[t] − {0} e suponha que existe g ∈ C[t] − {0} tal que f (t) · g(t) = 1. Então
∂(f (t) · g(t)) = ∂f (t) + ∂g(t) = ∂1 = 0 ⇒ ∂f (t) = ∂g(t) = 0. Logo, f (t) e g(t) são
polinômios constantes. Assim, os únicos polinômios invertíveis são os constantes dados
por polinômios invertíveis de
C.
Podemos também denir polinômios em várias indeterminadas,
anel de
n
variáveis polinomiais
Um elemento de
C[t]
C[t1 , t2 , ..., tn ]
t1 , t2 , ..., tn
obtendo o
de modo análogo.
é geralmente denotado por uma única letra, como f, exceto
quando há ambiguidade, donde denotamos por
f (t)
enfatizando
t.
Denição 2.1.1. Se f é um polinômio sobre C e f 6= 0, então o grau de f é a maior
potência de t ocorrendo em f com coeciente não nulo.
P
f = ri ti e rn 6= 0 e rm = 0 para m > n, então f tem grau n.
Escrevemos ∂f para o grau de f . Para o caso f = 0, adotamos a convenção que ∂0 = −∞
2
(onde −∞ < n, ∀n ∈ Z; −∞ + n = −∞; −∞ · n = −∞; (−∞) = −∞).
De modo mais geral, se
Proposição 2.1.2. Se f, g são polinômios sobre C, então
∂(f + g) ≤ max(∂f, ∂g) e ∂(f · g) = ∂f + ∂g.
2 O Teorema Fundamental da Álgebra
19
Justicativas informais da escolha se dão, no primeiro caso devido a possibilidade de
cancelamento dos termos; e no segundo caso, resultado da propriedade da exponencial
xn · xm = xn+m .
Proposição 2.1.3. Dois polinômios f, g sobre C denem a mesma função se, e somente
se, eles tem os mesmos coecientes.
Demonstração.
f, g ∈ C[t]. Tomemos h(t) = f (t) − g(t), como
n−1
sabemos o que signica a igualdade, temos que h(t) = an−1 t
+ ... + a0 = 0, ou seja,
todos seus coecientes são nulos, e assim f e g denem a mesma função sobre g .
(n)
Como h(t) = 0, ∀t ∈ C, podemos diferenciar n vezes para obtermos que h
(t) =
0, ∀t ∈ C. Em particular, h(m) (0) = 0, ∀n ∈ N. Mas, uma indução simples mostra que
h(n) (0) = n0 · an , então an = 0, ∀n ∈ N.
Sejam
f (t) = g(t),
com
2.2 Teorema Fundamental da Álgebra
A partir de equações polinomiais insolúveis em um corpo, os estendemos até o
Agora ca a pergunta, por que paramos em
que não possui solução sobre
C,
C?
C.
Por que não encontramos uma equação
e estendemos o sistema numérico para encontrarmos tal
solução?
A resposta é porque tal equação não existe, ao menos se nos limitarmos a polinomiais.
Toda equação polinomial sobre
por volta de 1700.
C
tem solução em
C.
Tal proposição foi muito debatida
Em 1702 (no papel), Leibniz mostrou que isto pode ser verdade,
citando o exemplo:
4
4
x + a = (x + a
q
√
−1)(x − a
q
√
q
q
√
√
−1)(x + a − −1)(x − a − −1)
e Nicholas Bernoulli publicou a mesma fórmula em 1719. A resolução consiste em observar
que
√
i =
1±i
.
2
Em 1742, Euler, sem provar, disse que todo polinômio real pode ser
decomposto em lineares ou fatores de quadráticos com coecientes reais; Bernoulli de
outro modo, citou
com zeros/raízes
x4 − 4x3 + 2x2 + 4x + 4
p
p
p
p
√
√
√
√
1 + 2 + −3, 1 − 2 + −3, 1 + 2 − −3 e 1 − 2 − −3.
Euler respondeu, em uma carta a seu amigo Christian Golbach, que os quatro fatores
ocorrem como dois pares de complexos conjugados, e que o produto de tais pares de
fatores é um número real ao quadrado. Ele mostrou isto como exemplo da proposta de
Bernoulli. Golbach sugeriu que
x4 + 72x − 20
não concorda com a armação de Euler,
e Euler pontuou um erro computacional adicionando que teria provado o teorema para
polinômios de grau menor do que, ou igual a 6. Euler e Jean Le Rond d'Alembert deram
provas completas para qualquer grau; Lagrange clamou pelo preenchimento dos buracos
na prova de Euler em 1772, mas ele cometeu o erro de assumir que as raízes existiam, e
20
2.2 Teorema Fundamental da Álgebra
que usam as leis da álgebra para deduzir que deveriam ser números complexos, sem provar
que as raízes - quaisquer que fossem - deveriam obedecer as leis da álgebra. A primeira
prova genuína foi dada por Gauss na sua tese de doutorado em 1799. Depois, Gauss deu
outras 3 provas, todas baseadas em ideias diferentes.
Teorema 2.2.1
. Seja P (t) um polinômio sobre C,
(Teorema Fundamental da Álgebra)
com ∂P ≥ 1. Então existe ao menos um z ∈ C tal que P (z) = 0.
Tal número
z
é chamado de raiz da equação
P (t) = 0,
ou um zero do polinômio
P.
i é uma raiz da equação t2 +1 = 0 e um zero de t2 +1. Equações polinomiais,
2
mais de uma raiz, veja que t + 1 = 0 tem ao menos outra raiz, −i.
Por exemplo,
podem ter
Nesta seção provaremos o Teorema Fundamental da Álgebra usando algumas ideias
relativamente simples da análise real e da topologia.
As ideias por trás da prova aqui
dada, remetem a Gauss, quem desmascarou a geometria convertendo em fórmulas trigonométricas complicadas. Por razões técnicas, usaremos diferentes táticas das empregadas
na versão usual da prova. A ideia principal é considerar o número de contornos de uma
curva, e começamos descrevendo isto.
Seja
em
θ
S
de duas maneiras equivalentes.
inteiro
k
θ.
Se θ ∈ R, identicamos θ + 2kπ
[0, 2π); ou pensemos em θ como
o círculo unitário, parametrizado pelo arco de comprimento
que efetivamente reduz
θ
a
R
.
conjunto quociente
2πZ
2
Um laço em R é uma função contínua
fechada no plano
Suponha que
que seja
θ ∈ S.
2
R
γ : S → R2 ,
e sua imagem
Podemos pensar
com
θ,
qualquer
um elemento do
γ(S)
é uma curva
.
γ(S)
(0, 0) ∈ R2 , isto
(x, y) ∈ γ(S) está de um
não contenha a origem
Então qualquer ponto
é,
γ(θ) 6= (0, 0)
qualquer
único raio determinado a
partir da origem, isto é, uma semirreta estendida da origem ao innito. O argumento
de
(x, y)
é o ângulo entre o eixo positivo
x
e este raio, medido no sentido anti-horário. O
argumento pode ser considerado um elemento de
múltiplo inteiro de
Usando
de
(xθ , yθ ).
φ
R,
e é único, exceto pela adição de um
2π .
θ para parametrizar S , com γ(θ) = (xθ , yθ ).
Escolha um valor
É plausível que exista uma única escolha de argumento
φθ
φθ
de argumento
para o ponto
(xθ , yθ )
tal que,
1.
φθ
é igual a
φ0
2.
φθ
varia continuamente com
quando
θ = 0;
θ.
Denição 2.2.2. Seja γ um laço em R2 não passando pela origem. Seja φθ uma escolha
contínua de argumento para γ . Então, o número de sinuosidades de γ ao redor da origem
é
ω(γ) =
φ2π − φ0
.
2π
2 O Teorema Fundamental da Álgebra
21
φ0 , pois começando
extra 2kπ é cancelado.
Este número independe da escolha inicial
forçados a substituir
φ0
por
φ0 + 2kπ ,
e o
com
φ0 + 2kπ
somos
Exemplos 2.2.3.
1. Suponha que γ é constante, digamos que γ(θ) = (x0 , y0 ) 6= (0, 0) para todo θ. Então
a escolha de φ0 funciona para todo θ, não só para o θ = 0; em particular, sendo
constante, este varia continuamente com θ. Neste caso, o número de sinuosidades
é
ω=
φ0 − φ0
= 0.
2π
2. Suponha que γ(θ) = eniθ onde n ∈ Z. Agora, podemos escolher φθ = nθ. Portanto,
ω(γ) =
φ2π − φ0
2πn − 0
=
= n.
2π
2π
O número de sinuosidades é uma propriedade importante: ele permanece constante
se γ é continuamente deformado, sempre evitando passar pela origem (isto é, invariante por homotopias não envolvendo a origem). Considere a função contínua:
γ : S × [0, 1] → R2 \ {(0, 0)}.
Então, γ dene uma família continuamente variante de laços γ onde γ (θ) = γ(θ, ).
Teorema 2.2.4. Com a notação acima, ω(γ ) = ω(γ0 ) para todo ∈ [0, 1]. Em particular,
ω(γ1 ) = ω(γ0 ).
Demonstração.
Faremos um esboço da demonstração.
(2.1)
Para tal, é necessário o uso de
alguns elementos topológicos.
Os números de sinuosidades estão bem denidos quando nenhum
γ encontra a origem.
ω(γ ) varia continuamente com . Por ser um número inteiro, deve ser, portanto,
constante. Então, ω(γ ) = ω(γ0 ) para todo ∈ [0, 1]. Colocando = 1, temos provado
O valor de
(2.1).
Se algum
γ0
passar pela origem, então o número de sinuosidades pode mudar.
Teorema Fundamental da Álgebra.
P (t)
C[t]. Sem
perda de generalidade, podemos assumir que o coeciente da maior potência de t em P (t)
é 1. Assumamos que P (t) não possua raízes em C e obteremos uma contradição.
Seja
Seja
um polinômio não constante em
∂P = n ≥ 1.
Para cada
∈ [0, 1)
denimos um laço
γ (θ) =
γ
por:
P (r()eiθ )
,
r()n + 1
22
2.3 Implicações
onde,
r() =
quando
= 1,
,
1−
denimos,
γ1 (θ) = eniθ .
Agora,
γ
é denida para todo
Armamos que
∈ [0, 1].
γ : S × [0, 1] → R2
nitidamente (quociente de contínuas), exceto quando
tende a
+∞,
γ(θ, ) = γ (θ).
= 1. Como → 1, a
é contínua, onde
Temos isto
função
r()
então
lim γ (θ) =
→1
P (r()eiθ )
.
r()→+∞ r()n + 1
lim
Suponha que
P (t) = tn + an−1 tn−1 + ... + a0
Então,
P (r()eiθ
r()n niθ an−1 r()n−1 e(n−1)iθ + ... + a0
=
e +
.
r()n + 1
r()n + 1
r()n + 1
O segundo termo do lado direito da equação tende a 0 quando
tende a
niθ
e
. Portanto, para cada
r() → +∞,
e o primeiro,
θ,
lim γ (θ) = γ1 (θ).
→1
Do fato de podermos tomar
θ.
E assim,
γ
θ
no intervalo fechado
[0, 2π],
a convergência é uniforme em
é contínua.
P (z) é não nulo para todo z ∈ C, implicamos que a curva denida
por γ não encontra/passa pela origem para qualquer ∈ [0, 1]. Além do mais, γ (θ) = 0
iθ
se, e somente se, P (r()e ) = 0. Pelo Teorema anterior ω(γ0 ) = ω(γ1 ). Entretanto,
os exemplos mostram que ω(γ0 ) = 0, onde ω(γ1 ) = n ≥ 1. O que é uma contradição. Portanto, a suposição de que P (t) não tem raízes em C é falsa, como queríamos
Ao assumirmos que
demonstrar.
2.3 Implicações
O Teorema Fundamental da Álgebra tem algumas implicações uteis. Antes de provarmos a mais básica destas, provaremos primeiro o Teorema do Resto.
Teorema 2.3.1
(Teorema do Resto)
. : Seja p(t) ∈ C[t] com ∂p ≥ 1, e seja α ∈ C.
1. Existe q(t) ∈ C[t] e r ∈ C tal que p(t) = (t − α)q(t) + r;
2. A constante r satisfaz, r = p(α).
2 O Teorema Fundamental da Álgebra
Demonstração.
Seja
pn 6= 0
Então,
e
n ≥ 1.
y =t−α
23
t = y + α.
tal que
Escrevemos
p(t) = pn tn + ... + p0
onde
p(t) = pn (y + α)n + ... + p0 .
(y + α)
Expanda as potências de
pelo teorema binomial, e reagrupe os teoremas de modo
a obter:
p(t) = an y n + ... + a1 y + a0 , aj ∈ C
= y(an y n−1 + ... + a1 ) + a0
= (t − α)q(t) + r
onde,
q(t) = an (t − α)n + ... + a1 (t − α) + a0
e
r = a0 .
Agora substituindo
t=α
em
p(t) = (t − α)q(t) + r,
teremos
p(α) = (α − α)q(α) + r = 0 · q(α) + r = r.
Corolário 2.3.2. O número complexo α é raiz de p(t) se, e somente se, (t − α) divide
p(t) em C[t].
Proposição 2.3.3. Seja p(t) ∈ C[t] com ∂p = n ≥ 1. Então existe α1 , ..., αn ∈ C, e
0 6= k ∈ C, tal que,
p(t) = k(t − α1 ) · ... · (t − αn ).
Demonstração.
Usemos indução sobre
n.
Para o caso
sabemos do Teorema Fundamental da Álgebra, que
chamemos tal de
αn .
Pelo Teorema do Resto, existe
n = 1
(2.2)
é imediato.
p(t) tem ao menos
q(t) ∈ C[t] tal que
uma
p(t) = (t − αn )q(t).
(Notemos que
r = p(αn ) = 0).
Então,
∂q = n − 1,
(2.3)
assim por indução,
q(t) = k(t − α1 ) · ... · (t − αn−1 ).
Para alguns números complexos
k, α1 , ..., αn−1 .
n > 1,
raiz em C;
Se
(2.4)
Substituamos (2.4) em (2.3), e o passo de
indução está completo.
Segue imediatamente que os complexos
Os zeros
αj
αj
são os únicos zeros de
p(t).
não precisam ser distintos. Agrupando aqueles que são iguais, reescrevemos
24
2.3 Implicações
(2.2) como,
p(t) = k(t − β1 )m1 · ... · (t − βl )ml
onde
n.
βj
são distintos, e
Chamamos
mj
mj
são inteiros maiores do que, ou iguais a 1, e ainda,
de multiplicidade do zero
βj
de
m1 +...+ml =
p(t).
Em particular, provamos que todo polinômio complexo de grau
raízes complexas, contadas a partir da multiplicidade.
n
tem precisamente
n
Capítulo 3
Fatoração de Polinômios
Não há só uma álgebra de polinômios, há uma aritmética. Isto é, há noções análogas
aos inteiros, como divisibilidade, primos, fatoração prima, etc. Estas noções são essenciais
para um entendimento de equações polinomiais, que desenvolveremos neste capítulo.
Se
f
é um produto
gh
de polinômios de graus menores, então a solução de
precisamente aquelas em que
g(t) = 0
e
h(t) = 0.
f (t) = 0
é
Por exemplo,
t3 − 6t2 + 11t − 6 = 0
pode ser fatorada em
(t − 1)(t − 2)(t − 3),
logo,
Todo polinômio sobre um subcorpo de
C
t = 1, 2, 3
são as raízes.
pode ser expresso como um produto de
polinômios irredutíveis sobre o mesmo subcorpo, de modo único. Relataremos zeros de
polinômios por meio da teoria de fatoração.
Ao longo deste capítulo, assumiremos os polinômios em
K[t],
onde
K
é um subcorpo
R[t], onde R é um subanel dos números complexos. Alguns
R, enquanto outros somente sobre K ; precisaremos dos dois
dos números complexos, ou em
teoremas são válidos sobre
tipos.
3.1 O Algoritmo Euclidiano
Quando trabalhamos com teoria dos números, um dos conceitos chaves é divisibilidade:
um inteiro
a
é divisível por um inteiro
b
se existe um inteiro
c
tal que
a = bc.
Muitos resultados importantes na teoria de fatoração de polinômios derivam da observação de que um polinômio pode sempre ser dividido por outro advindo do fato de ter
termo restante é permitido. Esta é uma generalização do Teorema do Resto, no qual
f
é
assumida linear.
Proposição 3.1.1 (O Algoritmo da Divisão). Sejam f e g polinômios sobre K (um
corpo), e suponhamos que f é não nulo. Então existem únicos polinômios q e r sobre K ,
tal que g = f q + r e r tem grau estritamente menor do que f .
25
26
3.1 O Algoritmo Euclidiano
Demonstração.
g . Se ∂g = −∞, então
g ≡ 0 e tomaremos q = r ≡ 0 resolvendo o problema. Se ∂g = 0, então g = k , para
k
algum k ∈ K . Se também, ∂f = 0, então f é um elemento de K , e podemos tomar q =
f
e r ≡ 0. Por outro lado, ∂f > 0, teremos q ≡ 0 e r = g . Donde começaremos nossa
Usaremos indução do segundo tipo no grau de
indução.
Suponhamos que o resultado valha para todos os polinômios de grau
∂g = n > 0.
Se
∂f > ∂g ,
então teremos
q≡0
f = am tm + ... + a0
onde
am 6= 0, bn 6= 0
e
m ≤ n.
e
e
r = g.
< n,
e seja
Por outro lado,
g = bn tn + ... + b0
Seja,
g1 = bn am −1 tn−m f − g.
∂g1 < ∂g . Por hipótese
g1 = f q1 + r1 e ∂r1 < ∂f . Sejam
Temos que
de indução, existem polinômios
q1
e
r1
em
K
tal que
q = bn am −1 tn−m − q1 e r1 = r.
Então,
g = f q + r = bn am −1 tn−m f − q1 f − r1 = g + g1 − g1 = g
Então
g = f q + r,
e claramente
∂r < ∂f .
Finalmente, provaremos a unicidade. Suponhamos que,
g = f q1 + r1 = f q2 + r2
onde
∂r1 , ∂r2 < ∂f .
Então,
f (q1 − q2 ) = r2 − r1 .
Por meio da denição de graus, o polinômio a esquerda
tem grau maior do que o da direita, exceto que ambos são zeros. Como
ter
q1 = q2
e
r1 = r2 .
Portanto,
Com a notação acima,
f.
q
q
e
r
f 6≡ 0,
devemos
são únicos.
é chamado de quociente,
O processo indutivo empregado para encontrarmos
q
r,
e
de resto da divisão de
r
g
por
é chamado de Algoritmo da
Divisão.
Exemplo 3.1.2. Divida g(t) = t4 − 7t3 + 5t2 + 4 por f (t) = t2 + 3 e encontre o quociente
3 Fatoração de Polinômios
e o resto.
27
t4 − 7t3 + 5t2 + 4
−t4 − 3t2
−7t3 + 2t2 + 4
7t3 + 21t
2t2 + 21t + 4
−2t2 − 6
r(t) = 21t − 2.
| t2 + 3
t2 − 7t + 2 = q(t)
Observe que
t2 (t2 + 3) = t4 + 3t2
tem o mesmo coeciente líder que tem a g . Então,
g − t2 (t2 + 3) = −7t3 + 2t2 + 4,
que tem o mesmo coeciente líder do que
−7t(t2 + 3) = −7t3 − 21t.
Assim,
g − t2 (t2 + 3) + 7t(t2 + 3) = 2t2 + 21t + 4,
que possui o mesmo coeciente líder que
2(t2 + 3) = 2t2 + 6.
Portanto,
g − t2 (t2 + 3) + 7t(t2 + 3) − 2(t2 + 3) = 21t − 2.
Então,
g = (t2 + 3)(t2 − 7t + 12) + (21t − 2)
e o quociente q(t) = t2 − 7t + 2, enquanto que o resto r(t) = 21t − 2.
Denição 3.1.3. Sejam f e g polinômios sobre K . Dizemos que f divide g (ou f é um
fator de g , ou g é múltiplo de f ), se existe algum polinômio h sobre K tal que g = f h. A
notação f |g signicará f divide g , enquanto que f - g , f não divide g .
Denição 3.1.4. Um polinômio d sobre K é um maior fator comum (mdc) dos polinômios f e g sobre K se d|f e d|g e além disso, sempre que e|f e e|g , temos e|d.
Maior fator comum não precisa ser único.
O lema seguinte mostrará que eles são
únicos exceto por fatores constantes.
Lema 3.1.5. Se d é um maior fator comum dos polinômios f e g sobre K , e se 0 6= k ∈ K
então kd também é um fator comum para f e g .
28
3.1 O Algoritmo Euclidiano
Se d e e são dois maiores fatores comuns para f e g , então existe um elemento não nulo
k ∈ K , tal que, e = kd.
Demonstração.
d|f , então f = m · d para algum m ∈ K ; também d|g , ou seja, para
l
m
e
vemos claramente que kd|f e kd|g . Se e|f e
algum l ∈ K , g = l · d. Se tomarmos
k
k
e|g , então e|d, logo e|kd. Assim, kd é o maior fator comum. Se d e e são maiores fatores
comuns, então pela denição e|d e d|e. Portanto, e = k · d para algum polinômio em K .
Por causa que e|d, o grau de e é menor do que ou igual ao grau de d, então k deve ter
grau ≤ 0. Assim, k é uma constante, e pertence a K . Como 0 6= e = k · e, devemos ter
k 6= 0.
Como
Algoritmo 3.1.6
.
(Algoritmo Euclidiano)
Entrada:
Dois polinômios f e g sobre K , ambos não nulos.
Saída: Um polinômio m que é o maior fator comum entre f e g (provado no Teorema
3.1.7 abaixo).
Descrição: Por conveniência de notação, seja f = r−1 e g = r0 . Use o Algoritmo da
Divisão para encontrar sucessivamente polinômios qj e ri tais que:
r−1 = q1 r0 + r1
r0 = q2 r1 + r2
r1 = q3 r2 + r3
...
ri = qi+2 ri+1 + ri+2
∂r1 < ∂r0
∂r2 < ∂r1
∂r3 < ∂r2
...
∂ri+2 < ∂ri+1 .
Por causa dos graus de ri formarem uma sequência de inteiros não negativos estritamente
decrescente, após um número nito de divisões certamente obteremos um resto igual a
zero, digamos rs+2 = 0 e, nesse momento, o processo para. Sendo assim, a última equação
nesta lista (cujo resto não é zero) seria
rs = qs+2 rs + rs+1 .
(3.1)
Podemos tomar m = rs+1 .
Teorema 3.1.7. Com a notação acima, m = rs+1 é um maior fator comum para f e g.
Demonstração.
rs+1 divide f e g . Usaremos indução decrescente
para mostrar que rs+1 |ri para todo i. Claramente, rs+1 |rs+1 . Pela Equação (3.1) temos
que rs+1 |rs . Já (3.1.6) implica que se, rs+1 |ri+2 e rs+1 |ri+1 então, rs+1 |ri . Como rs+1 |ri
para todo i; em particular, rs+1 |r0 = g e rs+1 |r−1 = f .
Agora suponhamos que e|f e e|g . Por (3.1.6) e induções, e|ri para todo i. Em particular,
e|rs+1 . Portanto, rs+1 é um maior fator comum de f e g , como armado.
Primeiro, mostremos que
3 Fatoração de Polinômios
29
Exemplo 3.1.8. Seja f (t) = t4 + 3t3 + 2t2 + 2t + 1, e g(t) = t2 − 1 sobre Q. Calcularemos
o maior fator comum como segue:
t4 + 2t3 + 2t2 + 2t + 1 = (t2 + 2t + 3)(t2 − 1) + 4t + 4
1
1
2
t − 1 = (4t + 4)
t−
.
4
4
Percebemos que 4t + 4 é um maior fator comum. Então qualquer múltiplo racional deste
também o é. Em particular, t + 1.
Teorema 3.1.9. Sejam f e g polinômios não nulos sobre K , e seja d um maior fator
comum de f e g . Então existem polinômios a e b sobre K , tais que
d = af + bg.
Demonstração.
Sabemos que o maior fator comum é único a menos de constantes, deve-
mos assumir que
d = rs + 1,
onde (3.1.6) e (3.1) valem.
indução que existam polinômios
ai
e
bi
Suponhamos por hipótese de
tais que,
d = ai r + bi ri + 1.
Temos claramente que isto é verdade quando
bi = 0.
i = s + 1,
donde devemos tomar
ai = 1,
Por (3.1.6),
ri+1 = ri−1 − qi+1 ri .
Como, por indução,
d = ai ri + bi (ri−1 − qi+1 r1 ),
colocando
ai−1 = bi e bi−1 = ai − bi qi + 1
teremos
d = ai−1 ri−1 + bi−1 ri ,
e da indução decrescente,
d = a−1 r−1 + b−1 r0 = af + bg,
com
a = a−1 , b = b−1 .
Completando a demonstração.
3.2 Irredutibilidade
Em particular, nós provamos que todo polinômio sobre um subanel de
C
pode ser
expresso como um produto de polinômios irredutíveis essencialmente de um modo único.
30
3.2 Irredutibilidade
Associaremos na denição seguinte polinômios a números inteiros primos.
Denição 3.2.1. Um polinômio sobre um subanel R de C é redutível se é um produto de
dois polinômios sobre R de graus menores. Caso contrário, dizemos que é irredutível.
Exemplos 3.2.2.
1. Todos os polinômios de graus 0 e 1 são irredutíveis, pois certamente não podem ser expressos como um produto de polinômios de graus menores.
2. O polinômio t2 − 2 é irredutível sobre Q. Pois, caso não o fosse, teríamos
t2 − 2 = (at + b)(ct + d),
com a, b, c, d ∈ Q. Dividindo se necessário, podemos assumir a = c = 1, ou seja,
polinômios mônicos. Então,
t2 − 2 = (at + b)(ct + d)
= (t + b)(t + d)
⇒ t2 − 2 = t2 + dt + bt + bd
⇒ t2 − 2 = t2 + (b + d)t + bd.
E assim, b+d = 0 e bd = −2. Isolando d na primeira equação, conseguimos d = −b.
Donde substituindo na segunda, camos com b2 = 2. Mas, não há número racional
tal que sua raiz quadrada seja 2.
3. O mesmo polinômio, t2 − 2 é redutível sobre R, já que,
t2 − 2 = (t −
√
√
2)(t + 2).
Mostrando que um polinômio irredutível pode se tornar redutível ao considerarmos
um subcorpo maior de C. Guardemos tal ideia!!!
4. O polinômio 6t + 3 é irredutível em Z[t]. Além disso, tem como fatores,
6t + 3 = 3(2t + 1),
onde 2t + 1 tem o mesmo grau do que 6t + 3 não contando como fatoração para
redutibilidade.
Teorema 3.2.3. Qualquer polinômio não nulo sobre o subanel R de C é um produto de
polinômios irredutíveis sobre R.
Demonstração.
g um polinômio não nulo sobre R. Procederemos por indução sobre
o grau de g . Se ∂g = 0 ou ∂g = 1, então ele é automaticamente irredutível, e não há o que
fazermos. Suponhamos então ∂g > 1, então ou g é irredutível, ou g = hk , com h, k ∈ R
Seja
3 Fatoração de Polinômios
e
∂h, ∂k < ∂g .
31
h
Continuamos o procedimento analisando
polinômios irredutíveis por hipótese de indução, portanto
g
e
k,
estes são produtos de
também o é. Continuamos a
indução de modo a concluirmos a demonstração do teorema.
Exemplo 3.2.4. Podemos usar o Teorema 3.2.3 para provarmos a irredutibilidade em
alguns casos, especialmente para polinômios cúbicos sobre Z. Por exemplo, seja R = Z.
O polinômio
f (t) = t3 − 5t + 1
é irredutível em R. Caso não o fosse, deveria existir um fator linear do tipo t − α em Z,
e então, α ∈ Z e f (α) = 0. Além do mais, existem β, γ ∈ Z tais que
f (t) = (t − α)(t2 + βt + γ)
= t3 + (β − α)t2 + (γ − αβ)t − αγ
então, em particular, αγ = −1. Portanto, α = ±1. Mas, f (1) = −3 6= 0 e f (−1) = 5 6= 0.
E assim, temos que nenhum fator existe.
Polinômios irredutíveis são análogos a números primos em
números primos em
Z.
A importância dos
Z não reside apenas na possibilidade de fatoração de qualquer inteiro
em primos, mas também na unicidade (a menos da ordem) dos fatores primos. Unicidade
da fatoração dos polinômios não é algo óbvio.
Em certos casos, é possível expressar
todo elemento como produto de elementos irredutíveis, sem que esta expressão seja única.
Restringiremos nossa atenção sobre um subcorpo
K
de
C
(numa tentativa de resolver o
problema da unicidade).
Por conveniência, faremos o seguinte:
Denição 3.2.5. Se f e g são polinômios sobre um subcorpo K de C com maior fator
comum igual a 1, diremos que f e g são primos entre si.
Lema 3.2.6. Seja K um subcorpo de C, f um polinômio irredutível sobre K ; e g, h
polinômios sobre K . Se f divide gh, então ou f divide g , ou f divide h.
Demonstração.
Suponhamos que
f - g.
Armamos que
f
e
g
são primos entre si. Se
d
é
f e g , então como f é irredutível e d|f , ou d = kf para algum
k ∈ K , ou d = k , com k ∈ K . No primeiro caso, conseguimos que f |g , o que contraria a
hipótese. No segundo caso, 1 também é um maior fator comum para f e g , donde temos
um maior fator comum para
que estes são primos entre si (como já havíamos armado).
existem polinômios
a
e
b
sobre
K
tais que,
1 = af + bg
E então,
h = haf + hbg.
Usando o Teorema 3.1.9,
32
3.3 Lema de Gauss
Agora,
f |haf , e f |hbg já que f |gh.
Portanto,
f |h, completando assim a demonstração.
Teorema 3.2.7. Dado qualquer subcorpo K de C, a fatoração de polinômios sobre K
em polinômios irredutíveis é única, exceto por fatores constantes e a ordem em que estes
fatores são escritos.
Demonstração.
f = f1 ·...·fr = g1 ·...·gs , em que f é um polinômio sobre K e
f1 , ..., fr , g1 , ..., gs são polinômios irredutíveis sobre K . Se todos os fi são constantes, então
f ∈ K , e todos os gj também são constantes. Por outro lado, assumamos que nenhum fi
é constante (basta dividirmos pelos que o são). Então, f1 |g1 · ... · gs . Por indução baseada
no Lema anterior, f1 |gj para algum j . Escolhamos por facilidade, j = 1, então f1 |g1 .
Como f1 e g1 são irredutíveis e f1 não é constante, devemos ter f1 = k1 g1 para alguma
constante k1 ∈ K . Analogamente, f2 = k2 g2 , ..., fr = kr gr , com k2 , ..., kr constantes em
K . Os demais gl com l > r devem ser constantes, ou o grau do lado direito da equação
Suponha que
seria muito mais alto do que o esquerdo. Assim, temos o teorema demonstrado.
3.3 Lema de Gauss
Em geral é difícil de decidir - sem usar álgebra computacional, de nenhum modo - se
um polinômio dado é irredutível. Por exemplo, tome
t16 + t15 + t14 + t13 + t12 + t11 + t10 + t9 + t8 + t7 + t6 + t5 + t4 + t3 + t2 + t + 1
Este exemplo será retomado no nal do trabalho, onde a questão de irredutibilidade(ou
não) será imprescindível.
Testar irredutibilidade tentando todas as possibilidades de fatores é geralmente inútil.
Além do mais, em um primeiro momento, há innitamente muitos fatores potenciais para
se tentar, com um sutil corte, as possibilidades podem ser reduzidas a um número nito,
geralmente grande.
O método pode ser aplicados para polinômios em
Q,
mesmo este sendo realmente
impraticável.
Logo, devemos inventar algo mais prático. Nas próximas duas seções, descreveremos
dois deles: Critério de Eisenstein e Redução Módulo
aplicam-se num primeiro momento sobre
irredutibilidade sobre
Lema 3.3.1
Z
Z.
p,
com
p
primo. Ambos os métodos,
Entretanto, devido a Gauss, sabemos que
é equivalente a irredutibilidade sobre
Q.
. Seja f um polinômio sobre Z que é irredutível sobre Z.
(Lema de Gauss)
Então f , considerado como um polinômio sobre Q, é também irredutível sobre Q.
Demonstração.
Quando estendemos um subanel de coecientes em
linômios, que talvez, possam ser fatores de
possível. Então suponhamos que
f
f.
Z
a
Q,
há novos po-
Mostraremos que, de fato, isto não é
é irredutível sobre
Z,
mas redutível sobre
Q,
isto é,
3 Fatoração de Polinômios
f = gh,
com
g, h
33
polinômios sobre
de graus menores do que o de
Q
Multipliquemos
h, donde camos com
nf = f 0 g 0 , em que n ∈ Z, n é igual ao produto dos denominadores, e g 0 , h0 são polinômios
em Z. Mostraremos agora que, podemos cancelar os fatores primos de n um por um, sem
sairmos de Z[t].
a equação pelo produto dos denominadores dos coecientes de
Suponhamos que
p
é um fator primo de
n.
g
f.
e
Armamos que
g 0 = g0 + g1 t + ... + gr tr e h0 = ho + h1 t + ... + hs ts
então,
p
gi ,
divide todos os coecientes
ou
p
contrário, deveríamos ter menores valores para
divide todos os coecientes
ti+j
em
g 0 h0 ,
divide todos os coecientes de
i
e
j
tais que
p - gi
e
p - hj .
hj .
Caso
Entretanto,
p
que são
h0 gi+j + h1 gi+j−1 + ... + hj gi + ... + hi+j g0
e pela escolha de
hj gi .
Ora,
p
i
e
j,
o primo
p
divide todos os termos desta expressão, exceto talvez
divide toda a expressão, então
p|hj gi .
Entretanto,
p - hj
e
p - gi ,
uma
contradição. O que acaba por provar nossa armação.
p divide todo o coeciente de gi . Daí,
0
mesmo grau que g (ou g ). Seja n = pn1 .
Sem perda de generalidade, devemos assumir que
0
00
00
g = pg , onde g é um polinômio sobre Z do
00 0
00 0
Então pn1 f = pg h , donde, n1 f = g h . Procedendo deste modo, podemos remover todos
os fatores primos de n chegando na equação, f = gh, com g, h polinômios sobre Z. Ou
seja, são múltiplos racionais do original g e h, então ∂g = ∂g e ∂h = ∂h. O que contradiz
a irredutibilidade de f sobre Z, o que leva a termos provado o lema.
Corolário 3.3.2. Seja f ∈ Z[t] e suponha que sobre Q[t] há uma fatoração em irredutíveis
f = g1 · ... · gs .
Então existe ai ∈ Q tal que ai , gi ∈ Z[t] e a1 · ... · as = 1. Além do mais,
f (a1 g1 ) · ... · (as gs ),
que é uma fatoração de f em irredutíveis em Z[t].
Demonstração.
Fazendo a fatoração de
f
em irredutíveis sobre
hj é irredutível sobre Q.
r = s e hj = aj gj para aj ∈ Q.
Z[t], obtemos f = h1 ·...·hr .
Pelo Lema de Gauss, cada
Assim, pela unicidade da fatoração
em
E, claramente,
Q[t],
devemos ter
o corolário está devidamente provado.
a1 · ... · as = 1.
Logo,
34
3.4 Critério de Eisenstein
3.4 Critério de Eisenstein
Ferdinand Gotthold Eisenstein era um aluno de Gauss, e seu tutor. Vemos que isto
inuenciou trabalhos, podemos aplicar o Lema do tutor no critério descoberto pelo aluno.
Teorema 3.4.1
. Seja f (t) = a0 + a1 t + a2 t2 + ... + an tn um
(Critério de Eisenstein)
polinômio sobre Z. Suponha que exista um primo q tal que,
1. q - an ;
2. q|ai (i = 0, 1, ..., n − 1);
3. q 2 - a0 .
Então f é irredutível sobre Q.
Demonstração.
Pelo Lema de Gauss, é suciente mostrar que
Suponhamos por contradição que
f = gh,
é irredutível sobre
Z.
em que,
g = b0 + b1 t + ... + br tr
são polinômios de grau menor do que
f
h = c0 + c1 t + ... + cs ts
f sobre Z. Então, r ≥ 1, s ≥ 1, r + s = n. Agora,
q é primo, q|b0 ou q|c0 . Já pelo item 3., temos que
b0 c0 = a0 , e pelo item 2., q|a0 e como
q não pode dividir ambos b0 e c0 , assim, sem perda de generalidade, podemos assumir
que q|b0 e q - c0 . Se todos os bj forem divisíveis por q , então an é divisível por q , o que
contraria o item 1.. Consideremos bj o primeiro coeciente de g que não é divisível por q .
Então,
aj = bj c0 + ... + b0 cj
com
j < n.
Deste modo, concluímos que
que é uma contradição. Portanto,
f
q|c0 ,
pois
q
divide
aj , b0 , ..., bj−1 ,
mas não
bj .
O
é irredutível.
Exemplos 3.4.2.
1. Consideremos f (t) = 29 t5 + 53 t4 + t3 + 13 sobre Q. Armemos que este polinômio é
irredutível sobre Q. Ora, se 9f (t) = 2t5 + 15t4 + 9t3 + 3 é irredutível sobre Q, então
f (t) também o é. Apliquemos agora o Critério de Eisenstein com q = 3:
• 3 - 2;
• 3|ai (i = 0, 1, 2, 3, 4);
• 32 = 9 - 3.
O que mostra que 9f (t) é irredutível sobre Q, e portanto, f (t) também o é.
3 Fatoração de Polinômios
35
2. Consideremos f (t) = t16 + t15 + t14 + t13 + t12 + t11 + t10 + t9 + t8 + t7 + t6 + t5 +
t4 + t3 + t2 + t + 1, o exemplo que iniciamos o capítulo. Como o termo independente
deste polinômio é 1, não somos capazes de analisar a irredutibilidade pelo Critério
de Eisenstein. Porém, f (t) é irredutível em Q, se, e só se, f (t + 1) o for. Ao
expandirmos f (t + 1) conseguimos,
f (t + 1) = t16 + 17t15 + 136t14 + 680t13 + 2380t12 + 6188t11
+ 12376t10 + 19448t9 + 24310t8 + 24310t7 + 19448t6
+ 12376t5 + 6188t4 + 2380t3 + 680t2 + 136t + 17
= t16 + 17(t15 + 8t14 + 40t13 + 140t12 + 364t11 + 728t10
+ 1144t9 + 1430t8 + 1430t7 + 1144t6 + 728t5 + 364t4
+ 140t3 + 40t2 + 8t + 1).
Portanto, usando o Critério de Eisenstein com q = 17, temos que f (t + 1) é irredutível sobre Q, e por consequência, f (t) também o é.
3.5 Redução Módulo p
Um segundo modo para provar a irredutibilidade de polinômios em
redução polinomial módulo
Relembremos que se
p
p
com
n ∈ Z,
e
Z[t]
envolve a
um inteiro primo.
a, b ∈ Z
são congruentes módulo
n,
a ≡ b(mod n),
temos que
a−b
é divisível por
n.
O número
n
é chamado de módulo, e a congruência
n é uma relação de equivalência como anteriormente visto. E mais, denotaremos o
conjunto das classes de equivalência por Zn , que possui de certo modo a mesma aritmética
que Z.
módulo
Denição 3.5.1. O grupo de unidades Z∗n de Zn consiste nos elementos a ∈ Zn tal que
1 ≤ a ≤ n e a é primo a n sob a operação de multiplicação.
A ordem deste grupo é dada por uma importante função aritmética,
Denição 3.5.2. A função de Euler, φ(n), é o número de inteiros a, com 1 ≤ a ≤ n − 1,
tal que a é primo a n.
Ou seja, a ordem de
Z∗n
é igual a
φ(n).
Temos que a função de Euler, tem inúmeras propriedades interessantes, em particular,
φ(pk ) = (p − 1)pk−1 ,
36
se
3.5 Redução Módulo p
p
é primo, e
φ(r)φ(s) = φ(rs),
quando
r, s
são primos entre si.
Ao considerarmos a aplicação
de equivalência módulo
g : Z[t] → Zn [t].
n (n
Assim, como
mais facilmente em
f : Z → Zn
que associa, um número
m∈Z
a sua classe
aqui é um inteiro primo), podemos pensar em estender
Zn
é nito, somos capazes de pensar em irredutibilidade
Zn [t], para depois entendermos irredutibilidade em Z[t] (tudo isto por
meio do isomorsmo criado).
Exemplo 3.5.3. Consideremos f (t) = t4 + 15t3 + 7 sobre Z.
Sobre Z5 , temos que este se torna t4 + 2. Se este for redutível sobre Z5 , então este tem
um fator de grau 1, ou é produto de dois fatores de grau 2. A primeira possibilidade nos
leva a um elemento x ∈ Z5 tal que x4 + 2 = 0. Vejamos que isto não é possível,
4
(0) + 2 ≡ 0 + 2 ≡ 2
4
(1) + 2 ≡ 1 + 2 ≡ 3
4
(2) + 2 ≡ 16 + 2 ≡ 18 ≡ 3
4
(3) + 2 ≡ 81 + 2 ≡ 83 ≡ 3
4
(4) + 2 ≡ 256 + 2 ≡ 258 ≡ 8 ≡ 3
No outro caso, temos sem perda de generalidade,
t4 + 2 = (t2 + at + b)(t2 + ct + d)
com a, b, c, d ∈ Z5 .
Portanto, a + c = 0, ac + b + d = 0, bd = 2. Assim, b + d = a2 que pode apenas
assumir os valores, 0, 1, 4, que são os quadrados perfeitos em Z5 . Logo, ou b(1 − b) = 2,
ou −b2 = 2, ou b(4 − b) = 2. Donde, tentando todas as possibilidades para b, vemos que
não há uma que satisfaça estas equações. Daí, temos que t4 + 2 é irredutível sobre Z5 , e
por consequência, f (t) é irredutível sobre Z, e daí também o é sobre Q.
Capítulo 4
Extensões de Corpos
Neste capítulo, trataremos do conceito de extensões de corpos atreladas às equações
polinomiais, uma vez que, ao considerarmos um determinado subcorpo dos complexos,
este pode não conter todas as soluções de uma polinomial especíca, donde procuramos
por um outro subcorpo de
C que as tenha, e por consequência contenha uma cópia
deste
subcorpo inicial. Expressemos matematicamente tal fala:
Denição 4.0.4. Uma extensão de corpo é um monomorsmo ι : K → L, em que K e
L são subcorpos complexos. Diremos que K que é o corpo menor e L é o corpo maior.
Pensamos numa extensão de corpos como um par
(K, L)
de corpos, quando ca su-
bentendido o monomorsmo entre eles.
Exemplos 4.0.5.
1. Pensemos inicialmente em Q, e consideremos a seguinte polinomial quártica:
f (t) = t4 − 4t2 + 5.
Fatoramos tal, por irredutíveis em Q obtendo,
f (t) = (t2 + 1)(t2 − 5),
√
cujos zeros são os números irracionais ±i e ± 5. Adiante, veremos que existe um
subcorpo natural L de C associado a estes zeros, de fato, este subcorpo é o menor
subcorpo que os contém. Armemos que L consiste de todos os números complexos
da forma
√
√
p + qi + r 5 + si 5, p, q, r, s ∈ Q.
E mais, observemos que Q está imerso em L, bastando tomarmos q, r e s como
sendo zeros na expressão acima.
2. As funções inclusões ι1 : Q → R, ι2 : R → C, e ι3 : Q → C são extensões de corpos.
Claramente tais inclusões são monomorsmo.
37
38
√
3. Seja K o conjunto de todos os números reais da forma p + q 2, em que p, q ∈ Q.
Então, K é um subcorpo de C, e a função inclusão ι : Q → K é uma extensão de
Q em K .
ι : K → L é uma extensão de corpos, então geralmente identicamos K com sua
imagem ι(K), então podemos pensar em ι como uma inclusão e K pode ser pensado como
um subcorpo de L. Nestas circunstâncias, usamos a notação
Se
L:K
para a extensão, e dizemos que
L
é uma extensão de
K.
Denição 4.0.6. Seja X um subconjunto de C. Então o subcorpo de C gerado por X é
a interseção de todos os subcorpos de C que contém X .
Equivalentemente, este é o subcorpo X que satisfaz alguma das seguintes condições,
1. O único menor subcorpo de C que contém X ;
2. O conjunto de todos os elementos de C que pode ser obtido a partir de elementos de
X por uma sequência de nita de operações.
Uma questão natural é perguntarmos sobre a existência de um menor corpo contido
nos complexos. Este conceito é conhecido como subcorpo primo.
Proposição 4.0.7. Todo subcorpo de C contém Q.
Demonstração.
Seja
K ⊆ C
um subcorpo.
Então
0, 1 ∈ K
por denição de subcorpo,
daí por consequência (ou melhor por um processo de indução) qualquer número
também está em
K.
Como
K
n∈N
é fechado com relação a operação de adição e mais ainda, é
−n com n ∈ N pertence a K . Ou seja,
q 6= 0, então temos que p, q ∈ K , e mais
um subcorpo, conseguimos que qualquer número
Z ⊆ K . Finalmente, se p, q ∈ Z e
−1
ainda, como K é subcorpo, q
∈ K , e este sendo
−1
multiplicação, concluímos que pq
∈ K.
Portanto, Q ⊆ K , como queríamos demonstrar.
temos que
fechado com relação a operação de
Observação 4.0.8. Em particular, todo subcorpo gerado por X contém Q.
Usamos a notação
Q(X)
para representar o subcorpo de
C
gerado por
X.
Exemplo 4.0.9. Procuraremos um subcorpo K de C gerado pelo conjunto X = {1, i}.
Pelo que vimos na Proposição 4.0.7, K deve conter Q. Como K é fechado com relação
as operações de adição e multiplicação, uma vez que é um subcorpo de C, este deve conter
os números complexos da forma p + qi, com p, q ∈ Q. Seja M o conjunto de todos
os complexos desta forma. M é um subcorpo de C, e portanto, fechado com relação as
operações de adição e multiplicação. Além disso,
(p + qi)−1 =
p
q
−
i,
p 2 + q 2 p2 + q 2
4 Extensões de Corpos
39
também pertence a M . Como M é um subcorpo que contém X , e sabemos ser K o menor
subcorpo contendo X , devemos ter K ⊆ M . Ora, M ⊆ K , por denição. Então, K = M ,
e assim temos a descrição do subcorpo gerado por X .
Dada uma extensão de corpos
L. Isto signica que nós iremos restringir nossa atenção nos subconjuntos
X que contém K e estão contidos em L, ou melhor, em conjuntos X = K ∪Y , com Y ⊆ L.
pos entre
K
L : K , estamos interessados principalmente nos subcor-
e
Denição 4.0.10. Se L : K é uma extensão de corpos e Y é um subconjunto de L, então
o subcorpo de C gerado por K ∪ Y é escrito como K(Y ) e é dito ser obtido a partir de K
adicionando Y .
Exemplo 4.0.11. Logo no início do capítulo (no Exemplo 1) falamos brevemente sobre
o exemplo em questão, porém trataremos este com um pouco mais de cuidado agora.
√
Seja K = Q, e seja Y = {i, 5}. Então K(Y ) deve conter K e Y . Este também deve
√
conter o produto i 5. Como pela Proposição 4.0.7, temos que K ⊆ Q, o subcorpo K(Y )
deve conter os elementos
√
√
α = p + qi + r 5 + si 5 (p, q, r, s ∈ Q).
Seja L ⊆ C, o conjunto de todos os números α como acima. Se conseguirmos provar que L
é um subcorpo de C, sabendo que K(Y ) ⊆ L, por denição, e K(Y ) ser o menor subcorpo
de C com a propriedade acima, segue que K(Y ) = L. Para L ser um subcorpo de C resta
provarmos que qualquer que seja α 6= 0, encontramos o seu inverso α−1 pertencente a L
(já temos nitidamente o fechamento das operações e a pertinência de 0 e 1 em L). De
fato, temos que provar que (p, q, r, s) 6= (0, 0, 0, 0), então
√ −1
√
(p + qi + r 5 + si 5) ∈ L.
√
√
Primeiro, suponhamos que p + qi + r 5 + si 5 = 0. Então,
√
√
p + r 5 = −i(q + s 5).
√
Notemos que o lado esquerdo, p + r 5, é um número real, enquanto que o lado direito,
√
√
√
−i(q + s 5), é um número complexo. Portanto, p + r 5 = 0 e q + s 5 = 0. Se r 6= 0,
√
√
então 5 = −p
∈ Q, mas 5 é um irracional. Logo, devemos ter r = 0, donde p = 0. De
r
modo análogo, q = s = 0.
Provaremos a existência de α−1 em duas etapas. Seja M um subconjunto de L contendo todos p + qi (p, q ∈ Q). Então escrevemos,
√
α = x + y 5,
40
4.1 Expressões Racionais
com x = p + iq e y = r + is ∈ M . Seja
√
√
√
β = p + qi − r 5 − si 5 = x − y 5 ∈ L.
Então,
√
√
αβ = (x + y 5)(x − y 5) = x2 − 5y 2 = z
diremos, que z ∈ M . Como α 6= 0 e β 6= 0, temos z 6= 0, e portanto, α−1 = βz −1 .
Escrevemos agora, z = u + vi (u, v ∈ Q), e consideremos w = u − vi. Como zw =
u2 + v 2 ∈ Q, temos
−1
z −1 = (u2 + v 2 ) w ∈ M
então, α−1 = βz −1 ∈ L.
4.1 Expressões Racionais
Discutimos anteriormente que
na seção:
C[t] é um domínio de integridade (mais especicamente,
Equações Polinomiais do Capítulo 2), não admitindo inverso multiplicativo
qualquer que seja o polinômio, porém podemos pensar em ampliar este conceito a partir
do que chamaremos de funções racionais ou mais formalmente expressões racionais de
indeterminada
t.
Denição 4.1.1. Uma expressão racional de indeterminada t é uma função f (t) =
p(t)
q(t)
em que, p(t), q(t) ∈ C[t], e ainda q(t) 6= 0, isto é, consideraremos o conjunto {z ∈
C; q(z) 6= 0} como sendo o domínio desta função racional.
Podemos, de modo similar, pensar em funções racionais com mais indeterminadas.
4.2 Extensões Simples
Consideraremos agora os tijolos iniciais da teoria de extensão de corpos.
Denição 4.2.1. Uma extensão simples é uma extensão de corpos L : K tal que L =
K(α) para algum α ∈ L, ou seja, uma extensão simples é resultado da adição de um único
elemento ao corpo menor.
Exemplos 4.2.2.
1. O subcorpo R(i) de C, contém todos os elementos da forma x + iy , com x, y ∈ R.
Mas, estes elementos acabam por percorrer todo o conjunto C, assim, C = R(i).
√
2. O subcorpo P de R consistindo dos números p + q 2, com p, q ∈ Q é igual ao
√
subcorpo Q( 2).
4 Extensões de Corpos
41
√
√
3. Consideremos L = Q(i, −i, 5, − 5), que aparentemente não parece ser uma ex√
tensão simples, porém armamos que o é. Se escrevermos L0 = Q(i + 5), temos
nitidamente que L0 é uma extensão simples. Provemos então que L = L0 . Para isto,
notemos primeiramente que L0 ⊆ L, resta-nos mostrar a inclusão inversa, mas para
√
esta basta concluirmos que i e 5 ∈ L0 .
Sabemos que L0 contém,
(i +
√
√
√
2
5) = −1 + 2i 5 + 5 = 4 + 2i 5,
e portanto, contém
(i +
√
√
√
5)(2 + 2i 5) = 14i − 2 5,
e assim,
√
√
14i − 2 5 + 2(i + 5) = 16i
√
√
também pertence a L0 . Daí, i ∈ L0 , e então (i + 5) − i = 5 também. Portanto,
L0 ⊆ L e podemos concluir a igualdade entre os conjuntos. Concluímos assim que
√
√
Q(i, −i, r, − 5) : Q é, de fato, uma extensão simples.
Uma questão natural que surge neste contexto, é a da equivalência entre extensões.
Ela será abordada através do conceito de isomorsmo de extensões. Este conceito será
importante no desenvolvimento da classicação das extensões a ser realizado na próxima
seção.
Denição 4.2.3. Um isomorsmo entre duas extensões de corpos ι : K → K̂ , j : L → L̂
é um par (λ, µ) de isomorsmos λ : K → L, µ : K̂ → L̂, tal que para todo k ∈ K ,
j(λ(k)) = µ(ι(k)).
Ou de um modo mais visual, temos o seguinte diagrama comutativo,
K
λ
ι
K̂
L
/
j
µ
/ L̂
isto é, os dois possíveis caminhos de K a L̂ originam a mesma função.
A ideia de equivalência expressada por isomorsmo é válida, pois estes, preservam
propriedades do corpo domínio no corpo imagem.
Várias identicações podem ser feitas. Se identicarmos
ι
e
j
K
e
são inclusões, e a condição de comutatividade agora torna:
µ|K = λ,
ι(K),
e
L
e
j(L),
então
42
em que
4.2 Extensões Simples
µ|K
denota a restrição de
se a identidade, e então
identicação.
µ|K
µ
sobre
K.
Se identicarmos
K
e
L,
então
λ
torna-
é a identidade. Tentaremos usar sempre que possível esta
Capítulo 5
Extensões Simples
Durante este capítulo, continuaremos tratando de extensões simples, buscando realizar
uma classicação. E ainda, exporemos o conceito de polinômio minimal, importante na
construção de corpos a partir de um domínio de integridade dado pelos polinômios com
coecientes em um certo corpo e indeterminada
t.
Extensões simples são classicadas em dois tipos: transcendentes e algébricas. Considerando
sobre
K
K,
um subcorpo de
C, e caso o novo elemento α satisfaça uma equação polinomial
então, a extensão é dita algébrica; caso contrário, é transcendente. A partir de
isomorsmos,
K,
tem exatamente uma extensão simples do tipo transcendente. Para a
maioria dos corpos
K,
há muitas possibilidades para extensões simples algébricas, elas
são classicadas pelos polinômios irredutíveis
m
sobre
K.
Em resumo, este último paragrafo em linguagem matemática e contemplamos tal na
seguinte denição,
Denição 5.0.4. Seja K um subcorpo de C, e seja α ∈ C. Então α é algébrico sobre K
se existe um polinômio não nulo p sobre K , tal que, P (α) = 0. Caso contrário, dizemos
que α é transcendente sobre K .
Exemplos 5.0.5.
√
1. O número α = 2 é algébrico sobre Q, pois o polinômio p(t) = t2 − 2 tem α como
√ 2
raiz, isto é, p(α) = α2 − 2 = 2 − 2 = 0.
2. O número β =
√
3
2 também é algébrico sobre Q, pois q(β) = 0, onde q(t) = t3 − 2.
3. O número π é transcendente sobre Q, mas veremos com mais detalhes tal fato no
capítulo sobre construções com régua e compasso.
√
4. Ora, λ = π é ainda transcendente sobre Q. Suponhamos que este não o seja,
isto é, existe um polinômio p(t) ∈ Q[t] − {0} tal que p(λ) = 0. Separando os
√
termos de grau par dos de grau ímpar, conseguimos escrever p( π) do seguinte
√
√
modo, a(π) + b(π) π = 0. Donde, a(π) = −b(π) π e a2 (π) = b2 (π)π . Daí,
43
44
5.1 O Polinômio Minimal
f (π) = 0, onde
f (t) = a2 (t) − tb2 (t) ∈ Q[t].
Como ∂(a2 ) é par, enquanto que ∂(b2 ) é ímpar, temos que f (t) acima é um polinômio
em Q[t] não nulo. Ou seja, acabamos de mostrar que π é um número algébrico sobre
√
Q, o que é um absurdo. Sendo assim, π de fato é transcendente sobre Q.
√
5. Embora, π e π sejam transcendentes sobre Q, como comentado nos itens anterio√
res, temos que γ = π é algébrico sobre Q(π), uma vez que γ 2 − π = 0.
K(t) é o conjunto de funções racionais com indeterminada t sobre K ,
única extensão transcendente simples de K por meio de isomorsmos.
Armemos que se
K(t) : K é a
K(α) : K é algébrico,
então
Se
há mais de uma possibilidade de extensão por isomorsmos,
ainda sim, são tratáveis. Mostraremos que há um único polinômio mônico irredutível
sobre
K
tal que
m(α) = 0,
e
m
m
determina a extensão unicamente por isomorsmos.
Teorema 5.0.6. O conjunto das expressões racionais K(t) é uma extensão transcendente
simples do subcorpo K de C.
Demonstração.
K(t) : K é uma extensão simples gerada pelo t. Se p é um
polinômio sobre K , tal que p(t) = 0, então por denição de K(t), p = 0. Daí, temos que
t não anula nenhum polinômio sobre K(t), e a extensão em questão é transcendente.
Temos que
5.1 O Polinômio Minimal
O polinômio minimal, como já falado, será importante para a determinação única
de extensões simples algébricas a partir de isomorsmos.
Porém, para o entendermos,
precisamos de alguns conceitos anteriores.
Denição 5.1.1. Um polinômio f (t) = a0 + a1 t + ... + an tn sobre um subcorpo K de C
é mônico se an = 1. Ou melhor dizendo, um polinômio é dito mônico se o coeciente do
maior termo é 1.
Notamos que todo polinômio é um múltiplo de algum polinômio mônico, e para polinômios não nulos, este mônico é único. Além disso, o produto de dois polinômios mônicos
é novamente um polinômio mônico.
K(α) : K é uma extensão algébrica simples. Portanto, existe
K , tal que α seja raiz, ou seja, p(α) = 0. Podemos assumir que tal
Suponhamos agora, que
um polinômio
p
sobre
polinômio é mônico (caso este não o seja, basta multiplicarmos todos os coecientes pelo
inverso do que acompanha o termo de maior grau).
polinômio mônico de menor grau que tenha
α como um zero.
Armamos que tal, é único.
p, q polinômios de menor grau que tenham α como um
Então, p(α) − q(α) = 0. Como p 6= q , temos que alguma constante múltipla de p − q
De fato, suponhamos que existam
zero.
Sendo assim, existe ao menos um
5 Extensões Simples
45
é um polinômio mônico com
α
como zero. Donde, contrariamos o fato de
polinômios mônicos de menor grau que tinham
α
p
p(α) = 0.
A este
p,
serem os
como raiz (usando as propriedades de
grau de polinômio). Concluímos assim que existe um único polinômio mônico
grau tal que
q
e
p de menor
damos o seguinte nome,
Denição 5.1.2. Seja L : K uma extensão de corpos, e suponhamos que α ∈ L é algébrico
sobre K . Então, o polinômio minimal de α sobre K , é o único polinômio mônico m sobre
K de menor grau tal que m(α) = 0.
Exemplo 5.1.3. Sabemos que R(i) = C : R é uma extensão simples e algébrica sobre R,
pois m(t) = t2 + 1 ∈ R[t] é um polinômio tal que m(i) = 0. Notemos que tal m é mônico.
Armemos que este é o polinômio minimal de i sobre R. De fato, se este não fosse, os
polinômios de menor grau em R seriam da forma t + r para algum r ∈ R, ou o polinômio
constante igual a 1. Ora, i não pode ser zero de nenhum destes, pois se o fosse, teríamos
i ∈ R. Portanto, o polinômio minimal de i sobre R, é mesmo o m(t) = t2 + 1.
Veremos no lema a seguir quais são os polinômios que podem ser minimal.
Lema 5.1.4. Se α é um elemento algébrico sobre um subcorpo K de C, então o polinômio
minimal de α sobre K é irredutível sobre K . Ele ainda divide qualquer polinômio em que
α é um zero.
Demonstração.
Suponhamos que o polinômio minimal
m
de
α
sobre
K
é redutível, isto
m = f g com f e g polinômios sobre K de graus menores que m. Podemos assumir que
f e g são mônicos. Então, como m(α) = 0, devemos ter f (α)g(α) = 0, e como K[t] é um
domínio de integridade, f (α) = 0 ou g(α) = 0, o que contrariaria a denição de polinômio
minimal. Portanto, m é irredutível sobre K .
Suponhamos agora que p é um polinômio sobre K , tal que, p(α) = 0. Assim, pelo
Algoritmo da Divisão, existem polinômios q e r sobre K , tais que, p = mq + r e ∂r < ∂m.
Então, 0 = p(α) = m(α)q(α) + r(α) = 0 · q(α) + r(α) = r(α). Se tivermos r 6= 0, então
existe um múltiplo constante de r que é mônico, e deste modo, o grau deste é menor do
que o grau de m, gerando uma contradição com o fato de m ser o polinômio minimal de
α sobre K . Portanto, r = 0, e m divide p.
é,
Teorema 5.1.5. Se K é um subcorpo de C e m é qualquer polinômio mônico irredutível
sobre K , então existe um α ∈ C, algébrico sobre K , tal que α tem m como polinômio
minimal sobre K .
O teorema acima expresso deixa claro que qualquer polinômio mônico irredutível sobre
um subcorpo
K
Demonstração.
de
Seja
polinômio minimal
m
C
f
são mônicos, logo
é minimal.
α
um zero qualquer de
α sobre K ,
f = m.
de
divide
m
m.
em
Ora,
C. Então, m(α) = 0, e portanto,
m é irredutível sobre K , e ambos f
o
e
46
5.2 Extensões Algébricas Simples
5.2 Extensões Algébricas Simples
Nesta seção iremos descrever a estrutura de corpo das extensões
tem um polinônio minimal
m
sobre
K(α) : K ,
quando
α
K.
Denição 5.2.1. Dados dois polinômios a, b ∈ K[t], calcularemos a congruência módulo
m, com m um polinômio sobre K , do seguinte modo,
a ≡ b (mod m)
se a(t) − b(t) é divisível por m(t) em K[t].
Lema 5.2.2. Suponhamos que a1 ≡ b1 (mod m) e a2 ≡ b2 (mod m). Então, a1 + a2 ≡
b1 + b2 (mod m), e a1 a2 ≡ b1 b2 (mod m).
Demonstração.
Como
a2 − b2 = b · m,
para alguns polinômios
a1 ≡ b1 (mod m)
a2 ≡ b2 (mod m),
a, b ∈ K[t].
e
temos que
a1 − b 1 = a · m
e
Agora,
(a1 + a2 ) − (b1 + b2 ) = (a1 − b1 ) + (a2 − b2 ) = (a − b) · m
provando a primeira armação.
Já para o produto, temos a demonstração saindo de,
a1 a2 − b 1 b 2 = a1 a2 − a1 b 2 + a1 b 2 − b 1 b 2
= a1 (a2 − b2 ) + b2 (a1 − b1 )
= (a1 b + b2 a) · m.
Lema 5.2.3. Todo polinômio a ∈ K[t] é congruente módulo m a um único polinômio de
grau menor do que o grau de m.
Demonstração.
q e r, polinômios sobre K ,
tais que a = q ·m+r , com ∂r < ∂m. Logo, a−r = q ·m, e portanto, a ≡ r(mod m). Resta
agora provarmos a unicidade, para tal suponhamos que r ≡ s(mod m), e que ∂r, ∂s < ∂m.
Daí, r − s é divisível por m, e possui grau menor do que m, o que nos leva a r − s = 0, e
portanto, r = s, como gostaríamos de provar.
Chamamos
Sabemos pelo algoritmo da divisão que existem
r
de forma reduzida de
podemos calcular polinômios módulo
m
a
módulo
m.
E pelo Lema anterior, vemos que
em termos das suas formas reduzidas.
De um modo mais abstrato podemos trabalhar com classes de equivalência. A relação
≡ (mod m)
é uma relação de equivalência em
K[t],
e assim, particiona
K[t]
em classes
de equivalências.
Antes de continuarmos descrevendo as classes de equivalência segundo esta relação,
vejamos que de fato,
≡ (mod m)
é uma relação de equivalência:
5 Extensões Simples
•
Dado
a ∈ K[t],
47
temos que
a − a = 0 = 0 · m,
ou seja,
a ≡ a(mod m)
- validade da
reexividade;
•
a ≡ b(mod m), então a − b = n · m, para algum n ∈ K[t].
Sendo assim, como (b − a) = −(a − b) = −n · m, e K[t], é domínio de integridade,
temos também que b ≡ a(mod m) - validade da simetria;
•
a, b, c ∈ K[t], se a ≡ b(mod m) e b ≡ c(mod m) então, a − b = n · m e
b − c = o · m, para alguns n, o ∈ K[t]. Ora, a − c = (a − b) + (b − c) = n · m + o · m =
(n + o) · m, e portanto a ≡ c(mod m) - validade da transitividade.
Dados
a, b ∈ K[t],
se
Dados
Como de fato temos a relação de equivalência, escreveremos
equivalência de
a ∈ K[t].
[a]
como sendo a classe de
Deste modo,
[a] = {f ∈ K[t] : m|(a − f )}.
A soma e o produto de duas classes de equivalência
[a]
e
[b]
podem ser denidos como:
[a] + [b] = [a + b] e [a][b] = [ab].
Cada classe de equivalência contém um único polinômio de grau menor do que o grau de
m,
o chamado polinômio reduzido.
Escreveremos,
K[t]
hmi
para representar o conjunto de classe de equivalências de
K[t]
módulo
m.
Apenas com a
ideia de alertar o leitor, vemos que o quociente em questão é dado por um anel (melhor
até dizendo, um domínio de integridade) e por um ideal gerado pelo polinômio
Teorema 5.2.4. Todo elemento não nulo de
se, e somente se, m é irredutível sobre K[t].
K[t]
hmi
O teorema anterior também nos diz que, se
m
m.
tem um inverso multiplicativo em
é irredutível sobre
K,
então
hmi
K[t]
hmi
é um
K[t]
ideal maximal, e portanto,
é um corpo.
hmi
Demonstração.
K[t], logo, existem a, b ∈ K[t], tais
que m = ab e ∂a, ∂b < ∂m. Então, [a][b] = [ab] = [m] = [0]. Suponhamos que [a] tenha
um inverso multiplicativo [c], tal que [a][c] = 1. Então, [0] = [c][0] = [c][a][b] = [1][b] = [b],
então m divide b. Como ∂b < ∂m, devemos ter b = 0 e daí m = 0, mas por convenção 0
Suponhamos que
m
seja redutível em
não é irredutível.
Se
m
é irredutível, seja
a ∈ K[t]
com
[a] 6= [0];
isto é,
m - a.
Assim,
a
e
m
são primos
1. Por teorema já visto, Teorema 3.1.9
temos que existem h, k ∈ K[t] tais que ha + km = 1. Então, [h][a] + [k][m] = [1], mas
[m] = [0] então [1] = [h][a] + [k][m] = [h][a] + [k][0] = [h][a] + [0] = [h][a]. Portanto, [h] é
entre si, ou seja, o maior fator comum entre eles é
o inverso procurado.
48
5.3 Classicando Extensões Simples
5.3 Classicando Extensões Simples
Teorema 5.3.1. Toda extensão transcendente simples K(α) : K é isomórca a extensão
K(t) : K das expressões racionais de indeterminada t sobre K . O isomorsmo K(t) →
K(α) pode ser escolhido para associar t a α, e para ser a identidade sobre K .
Demonstração.
Denamos uma função
φ : K(t) → K(α)
por
φ
Se
f (t)
g(t)
=
f (α)
.
g(α)
g 6= 0, então g(α) 6= 0 (uma vez que α é transcendente).
Logo, o modo como denimos
a função faz sentido. Notemos que a função acima é um homomorsmo injetor, portanto,
um monomorsmo:
φ
f (t) h(t)
+
g(t)
i(t)
=
=
=
=
=
f (t)i(t) + h(t)g(t)
φ
g(t)i(t)
f (α)i(α) + h(α)g(α)
g(α)i(α)
f (α)i(α) h(α)g(α)
+
g(α)i(α)
g(α)i(α)
f (α) h(α)
+
g(α)
i(α)
f (t)
h(t)
φ
+φ
.
g(t)
i(t)
E,
φ
f (t) h(t)
·
g(t) i(t)
=
=
=
=
f (t)h(t)
φ
g(t)i(t)
f (α)h(α)
g(α)i(α)
f (α) h(α)
·
g(α) i(α)
f (t)
h(t)
φ
·φ
.
g(t)
i(t)
Mais ainda,
φ
f (t)
g(t)
6= φ
h(t)
i(t)
f (α)
h(α)
6=
g(α)
i(α)
f (α) h(α)
⇒
−
6= 0
g(α)
i(α)
⇒
5 Extensões Simples
49
f (α)i(α) − h(α)g(α)
6= 0
g(α)i(α)
f (t)i(t) − h(t)g(t)
⇒φ
6= 0
g(t)i(t)
f (t)i(t) − h(t)g(t)
6= 0
⇒
g(t)i(t)
f (t)i(t) h(t)g(t)
⇒
−
6= 0
g(t)i(t)
g(t)i(t)
f (t) h(t)
−
6= 0
⇒
g(t)
i(t)
f (t)
h(t)
⇒
6=
.
g(t)
i(t)
⇒
Vemos pelo modo em que
φ
foi denida, que é também sobrejetora. Donde, acabamos
por ter um isomorsmo no lugar de um monomorsmo como havíamos mostrado. Além
φ|K
φ(t) = α.
disso,
é a identidade, ou seja,
φ
dene um isomorsmo de extensões.
Finalmente,
Teorema 5.3.2. Seja K(α) : K uma extensão algébrica simples, e seja m o polinômio
. O isomorsmo
minimal de α sobre K . Então K(α) : K é isomórco a K[t]
hmi
escolhido para associar t a α(ser a identidade sobre K ).
Demonstração.
O isomorsmo em questão é denido por
[p(t)] → p(α),
K[t]
hmi
pode ser
uma vez que, de
modo análogo a demonstração do teorema anterior conseguimos mostrar o monomorsmo
e a sobrejeção; e ainda a boa denição, já que
p(α) = 0
se, e somente se,
agora, mostrarmos que este é a identidade quando restrito a
K,
m|p.
Resta
mas isto e nítido pela
denição.
Corolário 5.3.3. Suponha K(α) : K e K(β) : K extensões algébricas simples, tais que
α e β tenham o mesmo polinômio minimal m sobre K . Então, estas duas extensões são
isomorfas, e o isomorsmo de corpos maiores, pode ser entendido como uma função de α
para β (e como a identidade sobre K ).
Demonstração.
Pelo teorema anterior, sabemos que ambas extensões são isomorfas a
e que tais isomorsmos associam
t
a
α
e
t
a
β,
respectivamente.
Consideremos
como sendo respectivamente tais isomorsmos. Assim, ao considerarmos
isomorsmo de
K(α)
em
K(β),
jι
−1
ι
K[t]
,
hmi
e
j
, temos um
exatamente como desejávamos.
Lema 5.3.4. Seja K(α) : K uma extensão algébrica simples, e seja m o polinômio
minimal de α sobre K , e ainda ∂m = n. Então, {1, α, ..., αn−1 } é uma base para K(α)
sobre K (como veremos melhor no próximo capítulo). Em particular, [K(α) : K] = n.
Demonstração.
Este teorema é consequência do já feito no Lema 5.2.3.
50
5.3 Classicando Extensões Simples
Denição 5.3.5. Seja ι : K → L um monomorsmo entre corpos. Então existe uma
função ι̂ : K[t] → L[t] denida por,
ι̂(k0 + k1 t + ... + kn tn ) = ι(k0 ) + ι(k1 )t + ... + ι(kn )tn ,
com k0 , k1 , ..., kn ∈ K . Temos do fato de ι ser monomorsmo que ι̂ também o é. Assim,
se ι for um isomorsmo, ι̂ também será.
Teorema 5.3.6. Suponha que K e L sejam subcorpos de C e que ι : K → L é um
isomorsmo. Sejam K(α) e L(β) extensões algébricas simples de K e L, respectivamente,
tais que mα (t) é o polinômio minimal de α sobre K , e mβ (t), o polinômio minimal de
β sobre L. Além disso, suponha que mβ (t) = ι(mα (t)). Então, existe um isomorsmo
j : K(α) → L(β) tal que j|K = ι e j(α) = β .
Demonstração.
Analisemos as hipóteses do teorema no diagrama a seguir:
K
/ K(α)
ι
L
em que
j
/
j
L(β)
ainda precisa ser determinada. Sabemos que todo elemento de
K(α) é da forma
p(α) para um polinômio p sobre K , cujo grau < ∂mα (uso da forma reduzida). Denamos
j(p(α)) = (ι(p))(β), com ι(p) denida como no diagrama. Assim, estamos em condições
de usar o Teorema 5.3.2 e concluirmos a demonstração.
O ponto crucial do teorema acima, é que, dada uma função
uma função
j
entre corpos maiores.
ι,
podemos estendê-la a
Capítulo 6
O Grau de uma Extensão
Neste capítulo associaremos o conceito de espaço vetorial a teoria de extensões de
corpos, a partir do novo conceito a ser abordado, o grau de uma extensão.
Teorema 6.0.7. Se L : K é uma extensão de corpos, então as operações
(λ, u) 7→ λu, λ ∈ K, u ∈ L
(u, v) 7→ u + v, u, v ∈ L
dene sobre L uma estrutura de um espaço vetorial sobre K .
Demonstração.
Para mostrarmos que
L é um espaço vetorial sobre K , precisamos garantir
que as operações anteriormente denidas satisfazem os sete axiomas seguintes:
1.
u + v = v + u, ∀u, v ∈ L
2.
(u + v) + w = u + (v + w), ∀u, v, w ∈ L
3. Existe um elemento em
- comutatividade da adição;
L,
- associatividade da adição;
que chamaremos de
0,
tal que
0 + u = u, ∀u ∈ L
-
existência do elemento neutro da adição;
4. Para todo
u ∈ L,
existe
−u ∈ L,
de modo que
u + (−u) = 0
- existência de inverso
aditivo;
5. Se
λ ∈ K,
e
u, v ∈ L,
então
λ(u + v) = λu + λv
- distributividade do escalar diante
a soma de vetores;
6. Seja
1
a unidade de
K,
1u = u, ∀u ∈ L
então
- elemento neutro da operação de
multiplicação;
7. Se
λ, µ ∈ K
e
u ∈ L,
então
λ(µu) = (λµ)u
- distributividade de escalares diante a
um vetor.
Sabendo que
K ⊆ L e ambos, K
e
denimos as operações claramente a
dene um espaço vetorial sobre
L, são subcorpos de C, temos a partir do modo que
validade dos sete axiomas acima, mostrando que L
K.
51
52
6.1 A Lei da Torre
Para a denição a seguir precisamos lembrar que a dimensão de um espaço vetorial é
o número de elementos linearmente independentes que compõem uma base para o espaço,
e que o geram.
Denição 6.0.8. O grau, [L : K], de uma extensão L : K é a dimensão do espaço vetorial
de L sobre K .
Exemplos 6.0.9.
1. Notemos que a extensão C = R(i) : R tem como grau 2, uma vez que, {1, i} é uma
base para o espaço vetorial de C sobre R. Portanto, [C : R] = 2;
√
√
2. Como já visto anteriormente, {1, 5, i, i 5} forma uma base para o espaço vetorial
√
√
Q(i, 5) sobre Q, assim, [Q(i, 5) : Q] = 4.
Notoriamente vale ressaltar, que extensões de corpos isomorfas tem o mesmo grau.
6.1 A Lei da Torre
O próximo teorema garantirá uma facilidade maior no cálculo do grau de determinadas
extensões, uma vez que, permite usarmos outras, com graus já conhecidos.
Teorema 6.1.1. Se K, L, M são subcorpos de C, e K ⊆ L ⊆ M , então
[M : K] = [M : L][L : K].
Se
então
[M : L] ou [L : K] são iguais a ∞,
[M : L] = ∞ ou [L : K] = ∞.
Demonstração.
Seja
(xi )i∈I
espaço
[M : K] = ∞.
E ainda, se
M
sobre
L.
L
[M : K] = ∞,
K,
e seja
(yj )j∈J
Deste modo, para todo
i ∈ I
e todo
uma base para o espaço vetorial de
uma base para o espaço vetorial de
j ∈ J,
então
sobre
xi ∈ L, yj ∈ M . Devemos mostrar que (xi yj )i∈I,j∈J é uma base para o
vetorial de M sobre K (notemos que xi yj é o produto no subcorpo M ). E assim,
temos
a dimensão da base deste último espaço terá a dimensão necessária.
Para mostrarmos que
(xi yj )i∈I,j∈J
é uma base, devemos inicialmente mostrar que estes
são linearmente independentes. Para isto, consideremos
X
kij xi yj = 0,
kij ∈ K,
P
kij xi ∈ L,
i,j
como
kij xi ∈ L
e
L
é um corpo, temos que
i
modo a obtermos,
!
X X
j
i
kij xi
yj = 0.
podemos assim, rearranjá-la de
6 O Grau de uma Extensão
Sabendo que
P
i
kij xi ∈ L
e que
53
yj
são linearmente independentes sobre
X
L,
temos
kij xi = 0.
i
Analogamente, como
0, ∀i ∈ I, j ∈ J .
xi
são linearmente independentes sobre
Ou seja, os elementos
xi y j
K,
conseguimos que
são linearmente independentes sobre
Resta-nos mostrar que qualquer elemento do espaço vetorial de
M
sobre
K
kij =
K.
pode ser
escrito como soma destes elementos.
Seja
x ∈ M,
qualquer. Temos,
x=
X
λj yj ,
j
para
de
λj ∈ L
, já que,
(yj )j∈J
é uma base para o espaço vetorial de
(xi )i∈I
todo j ∈ J ,
M
sobre
L.
Pensando do mesmo modo, temos que por
ser uma base para o espaço vetorial
L
como,
sobre
K,
podemos escrever
λj
para
λj =
X
λij xi
i
para
λij ∈ K .
Juntando o feito, conseguimos,
x=
X
λij xi yj
i,j
como queríamos.
Assim,
(xi yj )i∈I,j∈J
é uma base para o espaço vetorial de
M
sobre
K,
e sua dimensão
é exatamente a que diz o teorema.
√ √
√
√
√
é uma base para o espaço vetorial Q( 2) sobre Q. Vejamos isto melhor, dado α ∈ Q( 2),
√
√
temos que α = p+q 2, com p, q ∈ Q. Ou seja, {1, 2} realmente gera o espaço vetorial de
√
√
Q( 2) sobre Q. Resta agora mostramos que, 1 e 2 são linearmente independentes sobre
√
√
Q. Suponhamos que p + q 2 = 0, e mais que q 6= 0. Assim, conseguimos que 2 = −p
,
q
√
isto é, 2 ∈ Q, o que é um absurdo, portanto, q = 0. Como q = 0 temos necessariamente
√
que p = 0, donde vemos que estes, 1 e 2, são linearmente independentes sobre Q. Logo,
√
√
juntando as informações conseguimos que {1, 2} é uma base de Q( 2) sobre Q.
√
√ √
Analogamente, mostramos que {1, 3} é uma base para o espaço vetorial Q( 2, 3)
√
sobre Q( 2).
Exemplo 6.1.2. Encontremos o grau da extensão [Q( 2, 3) : Q]. Notemos que {1, 2}
54
6.1 A Lei da Torre
√
√ √
Portanto, como Q ⊆ Q( 2) ⊆ Q( 2, 3), temos pela lei da torre,
√ √
√ √
√
√
[Q( 2, 3) : Q] = [Q( 2, 3) : Q( 2)][Q( 2) : Q]
= 2·2
= 4
√
√
√ √ √
Assim, temos a combinação das bases {1, 2} e {1, 3} gerando a base {1, 2, 3, 6}
√ √
do espaço vetorial Q( 2, 3) sobre Q.
Corolário 6.1.3 (Lei da Torre). Se K0 ⊆ K1 ⊆ ... ⊆ Kn são subcorpos de C, então
[Kn : K0 ] = [Kn : Kn−1 ][Kn−1 : Kn−2 ]...[K1 : K0 ].
Demonstração.
sobre
Para provarmos a armação, basta usarmos o teorema anterior e indução
n.
Proposição 6.1.4. Seja K(α) : K uma extensão simples. Se esta, é transcendente,
então [K(α) : K] = ∞. Se a extensão é algébrica, então [K(α) : K] = ∂m, em que m é
o polinômio minimal de α sobre K .
Demonstração.
Para o caso transcendente, é suciente mostrarmos que
linearmente independente sobre
K.
1, α, α2 , ...
são
Já para o caso algébrico, utilizamos o Lema 5.3.4
para concluirmos o dito.
√ √ √
Exemplo 6.1.5. Procuremos descobrir o grau da extensão de Q( 2, 3, 5) sobre Q,
√ √ √
isto é, [Q( 2, 3, 5) : Q].
√
√ √
√ √ √
Usemos a lei das torres, donde por Q ⊆ Q( 2) ⊆ Q( 2, 3) ⊆ Q( 2, 3, 5), temos
√ √ √
√ √ √
√ √
√ √
√
√
[Q( 2, 3, 5) : Q] = [Q( 2, 3, 5) : Q( 2, 3)][Q( 2, 3) : Q( 2)][Q( 2) : Q]
Percebemos que cada um dos fatores é igual a dois, porém é necessário demonstrarmos
isto.
√
(a) Pelo que vimos no Exemplo 6.1.2, [Q( 2) : Q] = 2.
√ √
√
(b) Ainda pelo Exemplo 6.1.2, temos que [Q( 2, 3) : Q( 2)] = 2. Porém mostremos
√
√
um pouco melhor. Suponhamos que 3 ∈ Q( 2) (pois se concluirmos um absurdo,
teremos claramente o grau da extensão como sendo 2), assim
√
√
3 = p + q 2,
√
⇒ 3 = (p2 + 2q 2 ) + 2pq 2
p, q ∈ Q
⇒ p2 + 2q 2 = 3 e pq = 0
6 O Grau de uma Extensão
55
√
Se p = 0, então 2q 2 = 3, ou seja, q = √12 3 ∈
/ Q; da mesma forma se q = 0
√
√
√ √
2
conseguimos uma impossibilidade com p = 3. Donde, 3 ∈
/ Q( 2), e [Q( 2, 3) :
√
Q( 2] = 2.
(c) Finalmente, armamos que
√
isto é, que
√
√ √
5∈
/ Q( 2, 3). Suponhamos por absurdo, que
√
√
√
5 = p + q 2 + r 3 + s 6,
p, q, r, s ∈ Q,
√ √
√
5 ∈ Q( 2, 3).
Elevando ao quadrado,
√
√
√
5 = p2 + 2q 2 + 3r2 + 6s2 + (2pq + 6rs) 2 + (2pr + 4qs) 3 + (2ps + 2qr) 6,
portanto,
p2 + q 2 + 3r2 + 6s2 = 5
(6.1)
pq + 3rs = 0
(6.2)
pr + 2qs = 0
(6.3)
ps + qr = 0.
(6.4)
Observemos que se (p, q, r, s) satisfaz (6.1), então (p, q, −r, −s), (p, −q, r, −s), e
(p, −q, −r, s) também satisfazem. Logo,
√
√
√
p+q 2+r 3+s 6
√
√
√
p+q 2−r 3−s 6
√
√
√
p−q 2+r 3−s 6
√
√
√
p−q 2−r 3+s 6
=
√
5
√
= ± 5
√
= ± 5
√
= ± 5.
√
√
Somando as duas primeiras equações acima, conseguimos p + q 2 = 5, o que
√
implica em p = q = 0. Somando agora, a primeira com a terceira equação, r 3 = 0
√
√
√
√
ou r 3 = 5, e então r = 0. Finalmente, s = 0, já que s 6 = 5 é impossível.
Provada as armações, podemos deduzir que,
√ √ √
√ √
[Q( 2, 3, 5) : Q( 2, 3)] = 2,
√ √ √
donde concluímos que [Q( 2, 3, 5) : Q] = 8.
Denição 6.1.6. Uma extensão nita é aquela cujo grau é nito.
Exemplo 6.1.7. Só a partir da Proposição 6.1.4 temos um grande número de extensões
nitas.
56
6.1 A Lei da Torre
Denição 6.1.8. Uma extensão L : K é algébrica se todo elemento de L é algébrico sobre
K.
Lema 6.1.9. L : K é uma extensão nita, se, e somente se, L é algébrico sobre K e
existe nitamente muitos elementos α1 , ..., αn ∈ L tais que L = K(α1 , ..., αn ).
Demonstração.
Utilizando indução, o Teorema 6.1.1 e a Proposição 6.1.4, temos que qual-
K(α1 , ..., αs ) : K é nita. Consideremos agora L : K uma extensão
nita. Então, existe uma base {α1 , ..., αs } para o espaço vetorial de L sobre K . Assim,
L = K(α1 , ..., αs ). Donde nos resta apenas mostrar que L : K é algébrica. Seja x um
elemento qualquer de L, e n = [L : K].
n
O conjunto {1, x, ..., x } tem n + 1 elementos, e portanto, deve ser um conjunto linearmente dependente (a base deste espaço contém exatos n elementos) sobre K . Assim,
quer extensão algébrica
k0 + k1 x + ... + kn xn = 0,
e
x
é algébrico sobre
sobre
K.
K.
k0 , k1 , ..., kn ∈ K,
Como este é genérico, temos que a extensão é do tipo algébrico
Capítulo 7
Construções com Régua e Compasso
Problemas como as impossibilidades geométricas (duplicação do volume do cubo, quadratura do círculos e trissecção de um ângulo), com as quais os gregos se depararam, serão
agora discutidos através do uso da importante ferramenta - o grau de uma extensão.
7.1 Formulação Algébrica
Devemos iniciar formulando a ideia de construção a partir dos instrumentos régua e
compasso.
Consideremos que
P0
seja um conjunto de pontos do plano
R2 ,
obtidos por meio da
teoria geométrica euclidiana. E mais, assumamos que nossas operações sejam do tipo:
•
Régua:
•
Compasso:
Através dois pontos de
P0
desenhamos uma linha reta.
Desenhamos um círculo cujo centro é um ponto de
a distância entre um par de pontos também de
P0
e o raio é igual
P0 .
Denição 7.1.1. Os pontos de intersecção de qualquer duas retas distintas, ou círculos,
desenhados a partir as operações de Régua e Compasso, são ditos construíveis de P0 .
Mais geralmente, um ponto r ∈ R2 é construível de P0 , se há uma sequência r1 , ..., rn = r
de pontos de R2 , tais que para cada j = 1, ..., n dos pontos rj é construível a partir do
conjunto P0 ∪ {r1 , ..., rj−1 }.
Exemplo 7.1.2. Suponhamos dados os pontos P1 , P2 ∈ R2 . Assim, consideremos P0 =
{P1 , P2 }. Desenhemos o ponto médio do segmento de extremos em P1 e P2 . Para isto,
seguimos os seguintes passos:
1. Existe uma reta passando pelos pontos P1 , P2 , desenhe-na (operação da Régua);
2. Com auxílio do compasso, desenhe o círculo com centro em P1 e raio dado pela
distância de P1 a P2 ;
57
58
7.1 Formulação Algébrica
3. Novamente com a operação compasso, desenhamos o círculo de centro em P2 e raio
dist(P1 , P2 );
4. Sejam R1 , R2 os pontos de intersecção das circunferências;
5. Tracemos a reta passando por R1 e R2 - operação com a Régua;
6. Chamemos de R3 o ponto de intersecção entre a reta P1 P2 e a reta R1 R2 .
Armemos que R3 é o ponto médio procurado. De fato, desenhemos o triângulo de vértices
P1 , P2 e R1 e analisemos a semelhança de triângulos entre os dois que o forma, concluindo
assim a armação feita.
R1
P1
R3
P2
R2
Figura 7.1: A construção do ponto médio do segmento
P1 P 2
A chave para o entendimento das limitações das construções por régua e compasso
está relacionada a ideia de extensões de corpos (como comentamos brevemente no início
do capítulo). Há uma maneira natural para fazermos isto. A cada estágio da construção,
associamos o subcorpo de
também um subcorpo de
dos pontos em
P0 .
como o corpo obtido
C
R.
gerado pelas coordenadas dos pontos construídos, que é
Então, seja
K0
R gerado por x, y
o subcorpo de
rj tem coordenadas (xj , yj ), então
de Kj−1 adicionando xj e yj , ou seja,
Se
coordenadas
indutivamente denimos
Kj
Kj = Kj−1 (xj , yj ).
Notemos que não estamos adicionando o ponto
cionando o conjunto
{xj , yj }
(xj , yj )
a
Kj−1 ,
estamos na verdade adi-
formado pelas duas coordenadas do ponto.
Temos deste modo, a seguinte torre de subcorpos,
K0 ⊆ K1 ⊆ ... ⊆ Kn ⊆ R,
e usamo-na para obtermos um critério de construtividade.
7 Construções com Régua e Compasso
59
Lema 7.1.3. Com a notação acima, xj e yj são zeros em Kj dos polinômios quadráticos
sobre Kj−1 .
Demonstração.
Temos três casos a considerar: encontro de retas, encontro de retas com
circunferências, e encontro entre circunferências.
Cada caso é demonstrado por meio
da geometria, para tanto faremos apenas um destes, o caso de encontro entre reta e
circunferência.
Sejam
A, B, C
pontos de coordenadas
passando pelos pontos
Sabemos que
em
Kj−1 .
A
w2 ∈ Kj−1 ,
B, e
pois w é
e
(p, q), (r, s), (t, u)
em
Kj−1 .
Desenhemos a reta
também a circunferência de centro em
C
e raio
w.
a distância entre dois pontos cujas coordenadas estão
Para ver isto, podemos usar a semelhança entre os triângulos
ACX
e
ADB ,
como ilustrado na Figura 7.2, obtendo a seguinte equação da reta que passa pelos pontos
A
e
B:
y−q
x−p
=
.
r−p
s−q
Por outro lado, a equação da circunferência é
(x − t)2 + (y − u)2 = w2 .
Resolvendo estas duas equações simultâneas, chegamos a seguinte expressão:
2
(x − t) +
2
(s − q)
(x − p) + q − u = w2 ,
(r − p)
x da intersecção dos pontos X
sobre Kj−1 , e o mesmo é válido
a partir da qual podemos ver claramente que a coordenada
e
Y
são exatamente os zeros de um polinômio quadrático
para a coordenada
y.
Esta situação encontra-se ilustrada na Figura 7.3.
B = (r, s)
X = (x, y)
A = (p, q)
x−p
s−q
y−q
C
D
r−p
O
Figura 7.2: Equação da reta
AB
obtida por meio da semelhança de triângulos
Teorema 7.1.4. Se r = (x, y) é construtível a partir de um subconjunto de P0 de R2 , e
K0 é um subcorpo de R gerado pelas coordenadas dos pontos de P0 , então os graus
[K0 (x) : K0 ] e [K0 (y) : K0 ]
60
7.1 Formulação Algébrica
B
Y
A
X
C
Figura 7.3: A construção de pontos a partir de pontos como intersecção da reta
o círculo de centro
C
e raio
w
AB
com
dados
são potências de 2.
Demonstração.
Com a mesma notação de antes, temos pelo Lema 7.1.3 e pela Proposição
6.1.4,
[Kj−1 (xj ) : Kj−1 ] = 1
ou
2.
2 aparece se o polinômio quadrático sobre Kj−1 que tem xj
contrário o valor é 1. Similarmente,
O valor
caso
[Kj−1 (yj ) : Kj−1 ] = 1
ou
como zero é irredutível,
2
Portanto, pela lei da torre,
[Kj−1 (xj , yj ) : Kj−1 ] = [Kj−1 (xj , yj ) : Kj−1 (xj )][Kj−1 (xj ) : Kj−1 ]
= 1, 2, ou 4
[Kj : Kj−1 ] é
potência de 2.
Como
uma potência de
uma
Ora,
2.
Temos pela lei da torre, que
[Kn : K0 ]
é também
[Kn : K0 (x)][K0 (x) : K0 ] = [Kn : K0 ]
e
[K0 (x) : K0 ] é uma potência de 2.
Analogamente,
[K0 (y) : K0 ] é uma potência de 2.
7 Construções com Régua e Compasso
61
7.2 Impossibilidade de Provas
Aplicaremos neste momento a teoria discutida na seção anterior para mostrarmos a
não existência de construção por meio de régua e compasso que resolva os problemas
clássicos mencionados, a duplicação do cubo, a trissecção do ângulo e a quadratura do
círculo.
Teorema 7.2.1 (Wantzel). O cubo não pode ser duplicado usando construções com régua
e compasso.
Demonstração.
P0 = {(0, 0), (1, 0)}.
√
2, 3 que são as outras distâncias possíveis entre os vértices do
Deste modo, K0 = Q, e
cubo, podem ser obtidas a partir de P0 . Se desejamos duplicar o cubo, devemos construir
3
o ponto (α, 0), em que α = 2. Assim, pelo Teorema 7.1.4 [Q(α) : Q] deve ser uma
3
potência de 2. Mas, α é zero do polinômio t − 2 sobre Q, que é irredutível pelo Critério
3
de Eisenstein. Portanto, t − 2 é o polinômio minimal de α sobre Q, e devido a Proposição
6.1.4, [Q(α) : Q] = 3. Como 3 não é uma potência de 2, temos uma contradição. Daí, o
Dado um cubo de lado unitário, assumamos que
√
cubo não pode ser duplicado.
Teorema 7.2.2 (Wantzel). O ângulo
régua e compasso.
Demonstração.
π
3
não pode ser trissectado usando construções com
Conseguimos construir o ângulo
π
a partir dos pontos
3
(0, 0) e (1, 0).
Por-
π
π
é o mesmo que construir o ponto (α, 0), com α = cos( ). A
tanto, trissectar o ângulo
3
9
π
partir disto, conseguimos construir (β, 0), sendo β = 2 cos( ). De trigonometria, temos
9
cos(3θ) = 4cos(θ)3 − 3 cos(θ).
Se colocarmos
θ=
π
, então
9
cos(3θ) =
1
, e
2
β
satisfaz a cúbica,
β 3 − 3β − 1 = 0.
Agora,
f (t) = t3 − 3t − 1
é irredutível sobre
Q,
como
f (t + 1) = t3 + 3t2 − 3
é irredutível pelo Critério de Eisenstein.
Pelo teorema anterior,
[Q(β) : Q] = 3,
uma
contradição.
Teorema 7.2.3. Não e possível fazermos a quadratura do círculo por meio de construções
com régua e compasso.
Demonstração.
pontos iniciais
Tal construção é equivalente a construirmos o ponto
P0 = {(0, 0), (1, 0)}.
√
(0, π)
a partir dos
Deste conjunto, podemos facilmente construir
(0, π).
62
7.2 Impossibilidade de Provas
[Q(π) : Q] é uma potência de 2, em particular, π
vimos, ou melhor, assumimos que π não é algébrico
Portanto, se tal construção existir, então
é algébrico sobre
sobre
Q,
Q.
Por outro lado,
ou seja, temos demonstrado o teorema.
Capítulo 8
Normalidade e Separabilidade
Neste capítulo inicial discutiremos duas propriedades de certo modo complementares.
Estas serão imprescendíveis para o estudo do Teorema da Correspondência de Galois, que
sem sombra de dúvidas é o auge de toda esta teoria.
Suponha que
tem zeros em
K
K.
é um subcorpo de
C.
Frequentemente um polinômio
Mas, este tem zeros em
C,
p(t) ∈ K[t]
pelo Teorema Fundamental da Álgebra.
Portanto, deve haver alguns zeros, ao menos, em alguma extensão de corpo
exemplo,
t2 + 1 ∈ R[t]
não tem zeros em
R,
não
mas tem zeros,
±i,
em
C.
L
de
K.
Por
Estudaremos este
fenômeno em detalhes, mostrando que todo polinômio pode ser resolvido por um produto
de fatores lineares (e, portanto, tem seus zeros) se o corpo
a um corpo
K
N.
Uma extensão
com ao menos um zero em
N : K é normal se
N , decompõe-se em
K
é suavemente extendido
qualquer polinômio irredutível sobre
fatores lineares em
N.
Mostraremos
também que uma extensão é normal se, e somente se, é um corpo de decomposição.
Separabilidade, como já mencionado, é uma propriedade complementar a normalidade.
Um polinômio irredutível é separável se seus zeros nestas divisões são simples. Isto mostra
que sobre
C,
tal propriedade é sempre satisfeita (diremos automática).
8.1 Corpos de Decomposição
O Teorema Fundamental da Álgebra arma que
se, todos os zeros de
f
em
C
gerado por todos os zeros de
f
na verdade pertencem a
f.
se decompõe sobre
K.
Ou seja,
K
K
se, e somente
contém o subcorpo
Partiremos desta ideia de decomposição linear, um modo
de tornarmos um polinômio mais tratável, para discorrermos neste capítulo sobre Normalidade, Corpo de Decomposição, Separabilidade e as Extensões de Corpos envolvendo as
duas propriedades complementares que nomeiam o capítulo.
Denição 8.1.1. Se K é um subcorpo de C, e f é um polinômio sobre K , então f
decompõe-se sobre K , se este pode ser expresso por um produto de fatores lineares,
f (t) = k(t − α1 ) · . . . · (t − αn ),
63
64
8.1 Corpos de Decomposição
em que, k, α1 , . . . , αn ∈ K .
Se este é o caso, então os zeros de
f
em
K
são precisamente
α1 , . . . , αn .
Exemplos 8.1.2.
1. O polinômio f (t) = t3 − 1 ∈ Q[t] se decompõe sobre C, pois pode
ser escrito como
f (t) = (t − 1)(t − ω)(t − ω 2 ),
) ∈ C.
em que ω = exp( 2πi
3
√
De modo análogo, temos que f se decompõe sobre o subcorpo Q(i, 3), uma vez que,
√
ω ∈ Q(i, 3).
Ainda mais, sabemos que o menor subcorpo de C com a propriedade de f se decompor
linearmente é o Q(ω).
√
2. O polinômio f (t) = t4 − 4t2 − 5 se decompõe sobre Q(i, 5), pois
f (t) = (t − i)(t + i)(t −
√
√
5)(t + 5).
Entretanto, sobre Q(i), o máximo que conseguimos fazer é fatorá-lo como,
(t − i)(t + i)(t2 − 5),
com t2 − 5, fator irredutível, de grau maior do que 1 (notemos que 5 não é quadrado
de nenhum um número em Q(i)).
Então, sobre Q(i), o polinômio em questão não se decompõe linearmente. Assim,
percebemos que um polinômio f (t) pode ter alguns fatores lineares na extensão de
corpo L, mas ele não necessariamente se decompõe linearmente na mesma.
Se
f
é um polinômio em
polinômio sobre
L,
L.
K
e
Lé
uma extensão de corpo de
K,
então
Isto, portanto, faz com que tenha sentido falar sobre
f
f
é também um
se decompor em
L. Mostraremos
Gal(f, K) de K tal que f se
signicando que é um produto de fatores lineares com coecientes em
que dados
K
e
f,
podemos sempre construir uma extensão
decompõe sobre a mesma. É conveniente requerer que
corpo menor, então
Gal(f, K)
f
não se decomponha em qualquer
é tão econômico quanto possível.
Denição 8.1.3. Um subcorpo Σ de C é um corpo de decomposição para o polinômio f
sobre o subcorpo K de C, se K ⊆ Σ e
1. f decompõe-se linearmente sobre Σ;
2. Se K ⊆ Σ0 ⊆ Σ e f decompõe-se linearmente sobre Σ0 , então Σ0 = Σ.
Chamaremos de Gal(f, K) o corpo de decomposição do polinômio f sobre o
subcorpo K de C.
Notação:
8 Normalidade e Separabilidade
65
Observação 8.1.4. A segunda condição da denição anterior, 2, é equivalente à: Gal(f, K) =
K(σ1 , . . . , σn ) em que σ1 , . . . , σn são os zeros de f em Gal(f, K). Logo, o corpo de decomposição existe (na pior das hipóteses este é o próprio C), é único, e [Gal(f, K) : K]
é nito (Lema 6.1.9).
Subcorpos isomorfos de
C
têm corpos de decomposição isomorfos no sentido a seguir.
Lema 8.1.5. Suponha que ι : K → K 0 é um isomorsmo de subcorpos de C. Seja f um
polinômio sobre K e Gal(f, K) o corpo de decomposição para f . Considere L qualquer
extensão de corpo de K 0 tal que ι(f ) decompõe-se linearmente sobre L. Então, existe um
monomorsmo j : Gal(f, K) → L, tal que j|K = ι.
Demonstração.
Temos a seguinte situação,
/
K
ι
Gal(f, K)
/
K0
em que
f.
j
j
L
ainda precisa ser encontrada. Construiremos, assim,
Como um polinômio sobre
Gal(f, K),
j
por indução no grau de
temos que,
f (t) = k(t − σ1 ) · · · (t − σn ).
de
Se
m
f.
Assim,
for o polinômio minimal de
ι(m)
divide
ι(f ),
σ1
sobre
K,
sabemos que este é um fator irredutível
o qual se decompõe sobre
L,
ou seja, sobre
L,
ι(m) = (t − α1 ) · · · (t − αr ),
α1 , . . . , αr ∈ L.
0
minimal de α1 sobre K .
em que
Como
ι(m)
é irredutível sobre
K 0,
este deve ser o polinômio
Então, pelo Teorema 5.3.6, existe um isomorsmo
j1 : K(σ1 ) → K 0 (α1 ),
j1 |K = ι
j1 (σ1 ) = α1 . Deste modo, Gal(f, K) é o corpo de decomposição sobre
f
. Por indução, existe um monomorsmo j : Gal(f, K) → L
K(σ1 ) do polinômio g = (t−σ
1)
tal que j|K(σ1 ) = j1 . Ora, então j|K = ι e terminamos a demonstração.
tal que,
e
Teorema 8.1.6. Seja ι : K → K 0 um isomorsmo. Seja Gal(f, K) o corpo de decomposição de f sobre K , e seja Gal0 (ι(f ), K 0 ) o corpo de decomposição de ι(f ) sobre K 0 .
Então, existe um isomorsmo j : Gal(f, K) → Gal0 (ι(f ), K 0 ) tal que j|K = ι. Em outras
palavras, as extensões Gal(f, K) : K e Gal(ι(f ), K 0 ) : K 0 são isomorfas.
66
8.2 Normalidade
Demonstração.
Comecemos pelo diagrama,
/ Gal(f, K)
K
ι
/
K0
Devemos, deste modo, encontrar
j
j
Gal(ι(f ), K 0 )
para que o diagrama acima comute.
j : Gal(f, K) → Gal(ι(f ), K 0 )
de decomposição de ι(f ) sobre
Pelo Lema 8.1.5, sabemos que existe um monomorsmo
j(Gal(f, K)) é claramente o corpo
K 0 , e está contido em Gal(ι(f ), K 0 ). Como Gal(ι(f ), K 0 ) é também o corpo de decompo0
0
sição para ι(f ) sobre K , nós temos por denição, 2, que j(Gal(f, K)) = Gal(ι(f ), K ),
donde conseguimos j sobrejetora. Portanto, j é na verdade um isomorsmo (j já era um
tal que
j|K = ι.
Ora,
monomorsmo, portanto, injetora).
Exemplos 8.1.7.
1. Seja f (t) = (t2 −3)(t3 −1) sobre Q. Este decompõe-se do seguinte
modo:
f (t) = (t +
√
√ !
√ !
√
1+i 3
1−i 3
3)(t − 3)(t + 1) t −
t−
.
2
2
Logo, o corpo de decomposição de f em C é:
√
Q
√ !
√
1+i 3
3,
= Q( 3, i).
2
√
2. Seja f (t) = (t2 − 2t − 2)(t2 + 1) sobre Q. Os zeros de f em C são 1 ± 3, ±i, e
√
√
então, o corpo de decomposição é denotado por Q(1 + 3, i) = Q( 3, i). (Observemos que corpo de decomposição é o mesmo do polinômio no item anterior, embora
estes sejam distintos).
3. É possível ter dois polinômios irredutíveis distintos com o mesmo corpo de decomposição. Por exemplo, t2 − 3 e t2 − 2t − 2 são ambos irredutíveis sobre Q, e ambos
√
têm Q( 3) como corpo de decomposição sobre Q.
8.2 Normalidade
Denição 8.2.1. Uma extensão L : K é normal se todo polinômio irredutível f sobre K
que tem ao menos um zero em L se decompõe linearmente em L.
8 Normalidade e Separabilidade
67
Exemplo 8.2.2. C : R é normal já que todo polinômio (irredutível ou não) se decompõe
√
em C (Teorema Fundamental da Álgebra). Por outro lado, se considerarmos α = 3 2 e a
extensão Q(α) : Q, teremos um exemplo de extensão que não é normal. Ora, o polinômio
irredutível t3 − 2 tem um zero, o α, em Q(α), mas este não se decompõe linearmente em
Q(α) (se o zesse, deveria existir três raízes cúbicas de dois em Q(α), não todas iguais,
o que sabemos ser um absurdo, já que as outras são complexas).
Teorema 8.2.3. Uma extensão de corpo L : K é normal e nita se, e somente se, L é
um corpo de decomposição para algum polinômio sobre K .
Demonstração.
Suponhamos a priori que
L:K
é normal e nita, logo, pelo Lema 6.1.9,
L = K(α1 , . . . , αs ) para certos αj algébricos sobre K . Seja mj o polinômio minimal de
αj sobre K , e f = m1 · · · ms . Cada mj é irredutível sobre K e tem um zero, αj ∈ L.
Então, por normalidade, mj decompõe-se linearmente sobre L. Deste modo, f decompõese linearmente sobre L. Como L é gerado por K e pelos zeros de f , este é o corpo de
decomposição de f sobre K .
Suponhamos agora que
K.
A extensão
L:K
L seja o corpo de decomposição para algum polinômio g
sobre
é assim obviamente nita; devemos mostrar que é normal. Para
K , com um zero em
L, e mostrar que este se decompõe linearmente em L. Consideremos M ⊇ L um corpo
de decomposição para f g sobre K . Suponhamos que θ1 e θ2 são zeros de f em M . Por
irredutibilidade, f é o polinômio minimal de θ1 e θ2 sobre K .
fazermos isto, precisamos tomar um polinômio irredutível
f
sobre
Armamos que
[L(θ1 ) : L] = [L(θ2 ) : L].
Consideremos os seguintes subcorpos:
K, L, K(θ1 ), L(θ1 ), K(θ2 ), L(θ2 )
de
M
tais que,
K ⊆ K(θ1 ) ⊆ L(θ1 ) ⊆ M,
K ⊆ K(θ2 ) ⊆ L(θ2 ) ⊆ M.
Obviamente,
K ⊆ K(θj )
e
L ⊆ L(θj ), (j = 1, 2),
do simples cálculo dos graus das extensões destas
K ⊆ L ⊆ M . A armação
torres. Para j = 1 ou 2,
e
[L(θj ) : L] · [L : K] = [L(θj ) : K] = [L(θj ) : K(θj )] · [K(θj ) : K]
seguirá
(8.1)
[K(θ1 ) : K] = [K(θ2 ) : K]. Claramente, L(θj ) é o corpo de decomposição de g sobre K(θj ), e pelo Corolário 5.3.3, K(θ1 ) é isomorfo a K(θ2 ). Portanto,
pelo Teorema 8.1.6, as extensões L(θj ) : K(θj ) são isomorfas para j = 1, 2, e assim, têm
Pela Proposição 6.1.4,
o mesmo grau. Substituindo em (8.1) e fazendo os devidos cancelamentos,
[L(θ1 ) : L] = [L(θ2 ) : L],
68
8.3 Separabilidade
como armado. Tendo obtido alguns resultados técnicos difíceis esperamos que o restante
desta discussão seja mais fácil. Ora, se
L] = 1
e
θ2 ∈ L.
Logo,
L:K
θ1 ∈ L,
então
[L(θ1 ) : L] = 1,
e também
[L(θ2 ) :
é normal.
8.3 Separabilidade
O conceito de separabilidade não aparece explicitamente nos trabalhos de Galois,
pois ele preocupou-se apenas com o corpo dos complexos, em que a separabilidade é
automática. Entretanto, o conceito está implícito em muitas demonstrações, e deve ser
invocado quando estudamos corpos mais gerais.
Denição 8.3.1. Um polinômio irredutível f sobre um subcorpo K de C é separável sobre
K se tem apenas zeros simples em C.
Observação 8.3.2. Isto é o mesmo que f possuir apenas zeros simples no seu corpo de
decomposição, pois este é um subcorpo de C. Portanto, se f é separável, ele é da forma
f (t) = k(t − σ1 ) · · · (t − σn ),
(8.2)
em que os σj ∈ C são todos distintos.
A recíproca pode não ser verdadeira, por exemplo, o polinômio f (t) = (t3 − 1)(t2 − 2)
se fatora como em 8.2 sobre C, porém não é irredutível sobre Q, logo, não é separável
sobre este.
Exemplo 8.3.3. Os zeros de t4 + t3 + t2 + t + 1 são os números complexos:
exp
2πi
5
, exp
4πi
5
, exp
6πi
5
, exp
8πi
5
.
Logo, como estes são todos e simples, f é separável sobre Q.
Para polinômios sobre
por diferenciação.
R,
há um método padrão, para detectarmos os zeros múltiplos
Para obtermos o máximo de generalidade, deniremos derivada de
maneira puramente formal.
Denição 8.3.4. Suponhamos que K seja um subcorpo de C, e
f (t) = a0 + a1 t + . . . + an tn ∈ K[t].
Então, a derivada formal de f é o polinômio
Df = a1 + 2a2 t + . . . + nan tn−1 ∈ K[t].
Para K = R (e ainda K = C), esta é a derivada usual. Não há, em geral, razão
para pensarmos em Df como a taxa de variação de f , mas certamente as propriedades de
8 Normalidade e Separabilidade
69
derivação valem para D. Em particular, simples cálculos mostram que para todo polinômio
f e g sobre K[t],
D(f + g) = Df + Dg,
D(f g) = (Df )g + f (Dg).
Também, se λ ∈ K , então D(λ) = 0, e assim,
D(λf ) = λ(Df ).
Estas propriedades de D permitem estabelecermos critérios para existência de zeros múltiplos sem sabermos quem os são.
Lema 8.3.5. Seja f 6= 0 um polinômio sobre um subcorpo K de C, e seja Gal(f, K)
seu corpo de decomposição. Então, f tem um zero múltiplo (em C ou em Gal(f, K))
se, e somente se, f e Df tem um fator comum de grau maior do que ou igual a 1 em
Gal(f, K)[t]. Ou seja, f é separável sobre K se, e somente se, f é irredutível sobre K e
primo com Df .
Demonstração.
Suponhamos que
f
tenha um zero repetido em
Gal(f, K),
então sobre
Gal(f, K),
f (t) = (t − α)2 g(t),
em que
α ∈ Gal(f, K).
Assim,
Df = 2(t − α)g(t) + (t − α)2 Dg = (t − α)[(t − α)Dg + 2g].
Donde,
f
e
Df
(t − α) ∈ Gal(f, K)[t]
tem o fator
fator comum em
K[t],
em comum. Portanto,
chamado, de o polinômio minimal de
Agora, suponhamos que
f
α
sobre
f
e
Df
tem um
K.
não tenha zeros repetidos. Mostraremos, por indução no
f , que f e Df são primos entre si em Gal(f, K)[t], portanto, também o são em
K[t]. Se ∂f = 1, isto é óbvio, pois f = t − α e Df = 1. Por outro lado, f (t) = (t − α)g(t)
onde (t − α) - g(t). Então,
Df = (t − α)Dg + g.
grau de
Se um fator irredutível de
divide
Df
(t − α).
g
divide
Df ,
então este deve também dividir
Mas, por hipótese de indução,
g
e
Dg
Dg ,
já que não
são primos entre si. Portanto,
f
e
são primos entre si, como queríamos.
Provaremos agora que a separabilidade em polinômios irredutíveis é uma propriedade
automática em
C.
Proposição 8.3.6. Se K é um subcorpo de C, então toda polinômio irredutível sobre K
é separável.
70
Demonstração.
8.3 Separabilidade
K é inseparável se, e somente se, f e
Df têm um fator comum de grau maior ou igual a 1 (Lema 8.3.5). Se isto, então como f
é irredutível, o fator comum entre estes deve ser f . Mas, Df tem grau menor do que f ,
e o único múltiplo de f de grau menor é 0, donde Df = 0. Portanto, se
Um polinômio irredutível
f
sobre
f (t) = a0 + . . . + an tn ,
nan = 0
an = 0, ∀n.
temos que
a
para todos os inteiros
n > 0.
Para subcorpos de
C,
isto é equivalente
Capítulo 9
Automorsmos de Corpos
Este capítulo contemplará os conceitos de
de
K -monomorsmo,
K -automorsmo,
a partir de generalização
e o, de Fecho Normal de uma extensão nita.
O primeiro é fun-
damental para a ideia de Grupo de Galois de uma determinada extensão, enquanto o
segundo permite-nos construirmos extensões normais dada uma extensão nita.
9.1 K - Monomorsmos
K -automorsmo de um subcorpo L
injetividade em um K -monomorsmo.
Começaremos a generalizar o conceito de
exigindo à sobrejetividade além da
de
C
Denição 9.1.1. Suponhamos que K seja um subcorpo dos subcorpos M e L de C. Assim,
um K -monomorsmo de M em L é um monomorsmo Φ : M → L, tal que, Φ(k) = k
para todo k ∈ K .
√
Exemplo 9.1.2. Consideremos K = Q, M = Q(α), em que α = 3 2, e L = C. Podemos
denir um K -monomorsmo Φ : M → L, colocando Φ(α) = ωα, onde ω = exp 2πi
.
3
Como sabemos, todo elemento de M é da forma p + qα + rα2 , em que, p, q, r ∈ Q. Assim,
Φ(p + qα + rα2 ) = p + qωα + rω 2 α2 .
Como α e ωα têm o mesmo polinômio minimal, t3 − 2, o Corolário 5.3.3 nos garante
que Φ é um K -monomorsmo.
Notemos que há ainda outros dois K -monomorsmos de M em L para o caso. Um é
a identidade, e o outro leva α em ω 2 α.
O teorema a seguir será responsável por nos auxiliar na construção de
K -automorsmos.
Teorema 9.1.3. Suponhamos que L : K seja uma extensão normal e nita, e que K ⊆
M ⊆ L (assim, pela Lei das Torres, [L : K] = [L : M ] · [M : K]). Seja τ um K monomorsmo de M em L. Então, existe um K -automorsmo σ de L tal que σ|M = τ .
71
72
9.2 Corpos Intermediários: Corpos Fixos e Grupos de Galois - Uma olhadela
Demonstração.
L
Como
L:K
é uma extensão normal e nita, o Teorema 8.2.3 nos diz que
f sobre K . Portanto, este também é
o corpo de decomposição de f sobre M (ora, K ⊆ M e os coecientes de f estão em K ,
logo, eles também estão em M ), e, de τ (f ) sobre τ (M ). Mas, τ |K é a identidade, então
τ (f ) = f . Assim, conseguimos o seguinte diagrama,
é o corpo de decomposição de algum polinômio
M
τ
τ (M )
τ
/
/
L
σ
L
σ . Para isto, utilizaremos o Teorema 8.1.6, que garante
a existência de um isomorsmo σ : L → L tal que σ|M = τ . Deste modo, σ é um
automorsmo de L, e como σ|K = τ |K , e este é a identidade, σ é um K -automorsmo de
L.
Precisamos agora encontrar tal
Proposição 9.1.4. Suponhamos que L : K seja uma extensão normal e nita, e α, β sejam os zeros em L do polinômio irredutível p sobre K . Então, existe um K -automorsmo
σ de L tal que,
σ(α) = β.
Demonstração.
Aplicando o Corolário 5.3.3, temos a existência de um isomorsmo
K(α) → K(β),
de modo que,
9.1.3 conseguimos estender
τ
τ |K
a um
τ (α) = β .
σ de L.
seja a identidade e
K -automorsmo
τ :
Assim, pelo Teorema
9.2 Corpos Intermediários: Corpos Fixos e Grupos de
Galois - Uma olhadela
Nesta seção teremos um breve contato com estes dois conceitos, Corpos Fixos e Grupos
de Galois de uma extensão, que serão retomados ou referidos daqui em diante.
Denição 9.2.1. Se L : K é uma extensão de corpo, chamamos de corpo intermediário
todo corpo M tal que K ⊆ M ⊆ L.
M , associamos o grupo M ∗ = Gal(L : M ) de todos os
M -automorsmos de L. Então K ∗ é o grupo de Galois Gal(L : K) e L∗ = {1}, ou seja, o
grupo contendo apenas a aplicação identidade em L.
A cada corpo intermediário
Proposição 9.2.2. Se M ⊆ N , então M ∗ ⊇ N ∗ .
Demonstração.
Nesta demonstração, basta notarmos que todo automorsmo de
xa os elementos de
M.
N
também xa os elementos de
M,
L
que
ou seja, é um automorsmo de
9 Automorsmos de Corpos
A cada subgrupo
x, ∀ ϕ ∈ H}
H
de
73
Gal(L : K),
associamos o conjunto
H † = {x ∈ L / ϕ(x) =
e este é um corpo intermediário, como veremos pelo seguinte resultado:
Lema 9.2.3. Se H é um subgrupo de Gal(L : K), então H † é um subcorpo de L que
contém K .
Demonstração.
x, y ∈ H † e ϕ ∈ H . Então ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y) = x + y e, assim,
x + y ∈ H † . Analogamente, H † é fechado para subtração, multiplicação e divisão (por
†
elementos não nulos) e, então, H é um subcorpo de L. Como ϕ ∈ Gal(L : K), temos
ϕ(k) = k para todo k ∈ K , e, portanto, K ⊆ H † .
Sejam
Denição 9.2.4. De acordo com as notações anteriores, H † é o corpo xo de H .
É fácil ver que, assim como
H ⊆ G,
então
†
†
H ⊇G
∗,
a aplicação
†
também é uma inclusão reversa, isto é, se
.
Proposição 9.2.5. Sejam M um corpo intermediário e H ≤ Gal(L : K). Então M ⊆
M ∗† e H ⊆ H †∗ .
Demonstração.
M ∗† = (M ∗ )† = {x ∈ L / ϕ(x) = x, ∀ ϕ ∈
M ∗ } e isto nos mostra que M ∗ = Gal(L : M ), ou seja, se x ∈ M , então ϕ(x) = x para
∗
∗ †
∗†
todo ϕ ∈ Gal(L : M ) = M , mas, isto nos diz que x ∈ (M ) . Portanto, M ⊆ M .
†
Para a segunda relação, temos H = {x ∈ L / ϕ(x) = x, ∀ ϕ ∈ H} e isto nos mostra
†∗
que H
= Gal(L : H † ), ou seja, se ϕ ∈ H , então, como ϕ ∈ Gal(L : K), devemos ter
ϕ(x) = x para todo x ∈ H † , mas, isto nos diz que ϕ ∈ Gal(L : H † ) = H †∗ . Portanto,
H ⊆ H †∗ .
Para a primeira relação, temos
9.3 Fecho Normal
Procuraremos nesta seção recuperar a normalidade de uma extensão a tornando, se
preciso, maior.
Denição 9.3.1. Seja L uma extensão nita de K . Um fecho normal de L : K é uma
extensão N de L, tal que, as condições abaixo são satisfeitas,
1. N : K é normal;
2. Se L ⊆ M ⊆ N e M : K é normal, então M = N .
Assim,
N
é a menor extensão de
L
que é normal sobre
K.
O teorema a seguir garante-nos ferramentas do fecho normal, e mostra-nos (em
C) que
este é único.
Teorema 9.3.2. Se L : K é uma extensão nita em C, então existe um único fecho
normal N ⊂ C de L : K , que é uma extensão nita de K .
74
9.3 Fecho Normal
Demonstração.
{x1 , . . . , xr } uma base de L sobre K , e mj o polinômio minimal de
xj sobre K . Consideremos N o corpo de decomposição de f = m1 m2 · · · mr sobre L, assim,
N também é o corpo de decomposição de f sobre K . Portanto, N : K é uma extensão
normal nita pelo Teorema 8.2.3. Suponhamos que L ⊆ P ⊆ N em que a extensão P : K
é normal. Notemos que cada polinômio mj tem um zero xj ∈ P , donde por normalidade
f se decompõe linearmente em P . Ora, como N é o corpo de decomposição de f , temos
P = N . Portanto, N é o fecho normal.
Suponhamos agora, que M e N sejam ambos fechos normais. O polinômio f , acima,
decompõe-se linearmente em M e N , então, cada um, M e N , contém o corpo de decomposição de f sobre K . Este corpo de decomposição contém L e é normal sobre K , logo
deve ser igual a M e a N .
√
Exemplo 9.3.3. Consideremos Q( 3 2) : Q. Esta extensão não é normal, como já visto
(Exemplo 8.2.2). Se considerarmos K como o corpo de decomposição para t3 − 2 sobre
√
√
√ √
3
(raiz da
Q, contido em C, teremos que K = Q( 3 2, 3 2ω, 3 2ω 2 ), em que, ω = −1+i
2
Sejam
unidade).
√
Podemos pensar em K como sendo Q( 3 2, ω). Desta forma, K é o fecho normal para
√
Q( 3 2) : Q. Assim, neste exemplo, obtivemos o fecho normal adicionando todos os zeros
que faltavam.
Fechos normais permitem-nos estipular restrições na imagem de um monomorsmo.
Lema 9.3.4. Suponhamos que K ⊆ L ⊆ N ⊆ M onde L : K é nita e N é o fecho
normal de L : K . Seja τ qualquer K -monomorsmo de L em M . Então, τ (L) ⊆ N .
Demonstração.
α ∈ L e m o polinômio minimal de α sobre K . Então, m(α) = 0,
n
e portanto, τ (m(α)) = 0. Mas, τ (m(α)) = m(τ (α)) (suponhamos que m(t) = t +
an−1 tn−1 + . . . + a0 , logo, m(α) = αn + an−1 αn−1 + . . . + a0 , usando o fato de τ ser um
K -monomorsmo, temos τ (m(α)) = τ (α)n + an−1 τ (α)n−1 + . . . + a0 = m(τ (α))), donde
m(τ (α)) = 0; e τ (α) é um zero de m. Portanto, τ (α) está em N , já que N : K é normal.
Assim, τ (L) ⊆ N .
Sejam
Este resultado geralmente permite-nos restringir nossa atenção ao fecho normal de
uma extensão dada quando discutimos monomorsmos. O próximo teorema, providencia
uma espécie de recíproca.
Teorema 9.3.5. Para uma extensão nita L : K as armações a seguir são equivalentes:
1. L : K é normal.
2. Existe uma extensão normal nita N de K contendo L, tal que, todo K -monomorsmo
τ : L → N é um K -automorsmo de L.
3. Para toda extensão nita M de K contendo L, todo K -monomorsmo τ : L → M
é um K -automorsmo de L.
9 Automorsmos de Corpos
Demonstração.
Provaremos
75
(1) ⇒ (3) ⇒ (2) ⇒ (1).
((1) ⇒ (3)) Se L : K é normal, então L é o fecho normal de L : K , e portanto, pelo
Lema 9.3.4, τ (L) ⊆ L, qualquer que seja τ , o K -monomorsmo de L em L. Mas, τ é uma
função K -linear denida em um espaço vetorial de dimensão nita L sobre K , e ainda
um monomorsmo.
Portanto,
um
τ (L)
tem a mesma dimensão de
K -automorsmo
((3) ⇒ (2))
Seja
de
N
L,
resultando em
τ (L) = L
e
τ
é, assim,
L.
o fecho normal para
tem a propriedade requerida por
L : K.
Então,
N
existe pelo Teorema 9.3.2, e
(3).
((2) ⇒ (1)) Suponhamos que f é qualquer polinômio irredutível sobre K com um zero
α ∈ L. Então, f se decompõe linearmente em N por normalidade. Se β é qualquer zero
de f em N , pela Proposição 9.1.4 temos que existe um K -automorsmo σ de N tal que
σ(α) = β . Por hipótese, σ é um K -automorsmo de L, então β = σ(α) ∈ σ(L) = L.
Portanto, f se decompõe linearmente sobre L e L : K é normal.
Teorema 9.3.6. Suponhamos que L : K seja uma extensão nita de grau n. Então,
existem precisamente n K - monomorsmos distintos de L no fecho normal N de L : K ,
e portanto, em, qualquer extensão normal M de K contendo L.
Demonstração.
é imediato. Suponhamos, então, que
minimal
m
[L : K]. Se [L : K] = 1, o resultado
[L : K] = k > 1. Seja α ∈ L \ K com polinômio
Usaremos indução do segundo tipo em
sobre
K.
Então,
∂m = [K(α) : K] = r > 1.
m é um polinômio irredutível sobre um subcorpo de C com um zero na
extensão normal N , temos que m se decompõe linearmente em N e seus zeros α1 , . . . , αr
são distintos. Por indução, há precisamente s K(α)-monomorsmos distintos, ρ1 , . . . , ρ0 :
L → N , em que, s = [L : K(α)] = kr . Pela Proposição 9.1.4, existem r K -automorsmos
distintos τ1 , . . . , τr de N tal que τi (α) = αi . As funções,
Agora, como
Φij = τi ρj
rs = k , K -monomorsmos
K -monomorsmos de L em N .
nos dão
os
distintos
L
em
N.
Mostraremos que estes são todos
τ : L → N um K -monomorsmo. Então, τ (α) é um zero de m em N , portanto,
τ (α) = αi para algum i. A função Φ = τi−1 τ é um K(α)-monomorsmo de L em N , e
assim, por indução, Φ = ρj para algum j . Portanto, τ = τi ρj = Φi j e o teorema está
Seja
provado.
Podemos agora calcular a ordem do Grupo de Galois de uma extensão normal nita,
um resultado de extrema importância.
76
9.3 Fecho Normal
Corolário 9.3.7. Se L : K é uma extensão normal nita em C, então existem precisamente [L : K] K -automorsmos de L. Isto é,
|Gal(L : K)| = [L : K].
Demonstração.
A demosntração segue diretamente dos Teoremas 9.3.5 e 9.3.6.
Teorema 9.3.8. Seja L : K uma extensão nita com Grupo de Galois G. Se L : K é
normal, então K é o corpo xo de G.
Demonstração.
G, e seja [L : K] = n. O Corolário 9.3.7 implica
|G| = n. Pelo seguinte teorema: Seja G um subgrupo de um grupo de automorsmos
de um corpo K , e seja K0 o corpo xo de G. Então, [K : K0 ] = |G| (vide [5]); temos
[L : K0 ] = n. Como K ⊆ K0 , devemos ter K = K0 (como K ⊆ K0 ⊆ L, [L : K] = [L :
K0 ] · [K0 : K] ⇒ [K0 : K] = 1 ⇒ K0 = K ).
Seja
K0
o corpo xo de
Teorema 9.3.9. Suponhamos que K ⊆ L ⊆ M e M : K é nita. Então, o número de
K -monomorsmos distintos de L em M é no máximo [L : K].
Demonstração.
Seja
N
o fecho normal de
M : K.
Então,
N :K
é nita pelo Teorema
M é também um K -monomorsmo L em N (M ⊆
N ). Portanto, podemos assumir que M é uma extensão normal de K substituindo M por
N . Argumentaremos, agora, por indução em [L : K], como na demonstração do Teorema
0
9.3.6, exceto pelo fato de podermos deduzir somente que existem s K(α)-monomorsmos
0
0
0
de L em N , onde s ≤ s (por indução), e existem r K -automorsmos de N , onde r ≤ r
(já que os zeros de m em N podem não ser distintos). O resto da demonstração segue
9.3.2, e todo
K -monomorsmo L
em
como no Teorema 9.3.6.
Teorema 9.3.10. Se L : K é uma extensão nita com Grupo de Galois G, tal que K é
um corpo xo de G, então L : K é normal.
Demonstração.
Pelo mesmo teorema usado na demonstração do Teorema 9.3.8, temos que
[L : K] = |G| = n, digamos. Assim, existem exatamente n K -monomorsmos distintos
de L em L, denominados os elementos do Grupo de Galois.
Provaremos a normalidade usando o Teorema 9.3.5. Portanto, seja N uma extensão
de K contendo L, e seja τ um K -monomorsmo de L em N . Como todo elemento do
Grupo de Galois de L : K dene um K -monomorsmo de L em N , o Grupo de Galois
providencia n K -monomorsmos de L em N , e estes são os automorsmos de L. Mas,
0
pelo Teorema 9.3.9, existem no máximo n K -monomorsmos distintos τ , então, τ deve
ser um destes monomorsmos. Portanto, τ é um automorsmo de L. Finalmente, pelo
Teorema 9.3.5, L : K é normal.
Se a correspondência de Galois é uma bijeção, então
de Galois de
L : K,
então, pelo acima visto,
L:K
K
deve ser o corpo xo do Grupo
deve ser normal. Estas hipóteses são
9 Automorsmos de Corpos
sucientes para fazer a correspondência de Galois bijetiva (para subcorpos de
provaremos no próximo capítulo.
77
C),
o que
78
9.3 Fecho Normal
Capítulo 10
A Correspondência de Galois
Estamos agora em posição de estabelecer propriedades fundamentais sobre a Correspondência de Galois, entre as Extensões de Corpos e os Grupos de Galois, auge desta
teoria e, portanto, deste Trabalho de Conclusão de Curso. Por sorte, a maioria do trabalho já foi feita, tudo que o que faremos neste momento é juntar as peças deste belíssimo
quebra-cabeças.
10.1 O Teorema Fundamental
Seja
L : K
uma extensão em
C
com grupo de Galois
G,
que consiste de todos os
K -automorsmos de L. Seja F o conjunto dos corpos intermediários, ou seja, o conjunto
dos subcorpos M tais que K ⊆ M ⊆ L; e seja G o conjunto de todos os subgrupos H de
G. Denimos as seguintes funções:
∗:F →G
† : G → F,
M ∈ F , então M ∗ é o grupo de todos
H ∈ G , então H † é o corpo xo de H . Já observamos,
∗†
†∗
inclusões reversas, isto é, M ⊆ M
e H ⊆ H .
como segue: se
os
M -automorsmos
9.2.5, que as funções
L.
∗e†
de
Se
são
Antes de enunciarmos o Teorema Fundamental da Teoria de Galois, enunciaremos e
demonstraremos um Lema crucial para a demonstração das últimas partes do mesmo.
Lema 10.1.1. Suponhamos que L : K seja uma extensão de corpo, M seja um corpo
intermediário, e τ , um K -automorsmo de L. Então, τ (M )∗ = τ M ∗ τ −1 .
Demonstração.
algum
x ∈ M.
Seja
M 0 = τ (M ),
e considere
γ ∈ M ∗ , x1 ∈ M 0 .
Então,
Calculando:
(τ γτ −1 )(x1 ) = τ (γ(τ −1 (x1 ))) = τ (γ(x)) = τ (x) = x1 .
79
x1 = τ (x)
para
80
10.1 O Teorema Fundamental
τ M ∗ τ −1 ⊂ M 0∗ . Analogamente, se γ ∈ (τ (M ))∗ e x ∈ M , temos τ −1 (γ(τ (x))) =
τ −1 (τ (x)) = x e, assim, τ −1 (τ (M ))∗ τ ⊂ M ∗ . Agora, se ϕ ∈ τ (M )∗ , então, pelo que
−1
acabamos de provar, segue que ψ = τ
ϕτ ∈ M ∗ e, portanto, ϕ = τ (τ −1 ϕτ )τ −1 =
τ ψτ −1 ∈ τ M ∗ τ −1 , o que nos diz que (τ (M ))∗ ⊂ τ M ∗ τ −1 . Portanto, (τ (M ))∗ = τ M ∗ τ −1 ,
Então,
e o lema está provado.
Teorema 10.1.2 (Teorema Fundamental da Teoria de Galois). Se L : K é uma extensão
normal nita em C, com grupo de Galois G, e se F, G, ∗, † são denidas como acima,
então:
1. O Grupo de Galois G tem ordem [L : K].
2. As funções ∗ e † são mutuamente inversas, e geram uma correspondência bijetiva
entre F e G (revertem tamanho).
3. Se M é um corpo intermediário, então
[L : M ] = |M ∗ |,
[M : K] =
|G|
.
|M ∗ |
4. Um corpo intermediário M é uma extensão normal de K se, e somente se, M ∗ é
um subgrupo normal de G.
5. Se um corpo intermediário M é uma extensão normal de K , então o Grupo de
Galois de M : K é isomorfo ao grupo quociente MG∗ .
Demonstração.
A primeira parte é resultado do Corolário 9.3.7. Para a segunda parte,
o Teorema 8.2.3 implica
corpo xo de
M
∗
L:M
é normal. Agora, o Teorema 9.3.8 implica que
M
é um
, então
M ∗† = M
(10.1)
∗†
H ⊆ H †∗ . Portanto, H †∗† = (H † ) = H † por
†
†∗†
(10.1). Pelo Teorema referenciado em 9.3.8, |H| = [L : H ]. Portanto, |H| = [L : H
], e
†∗†
†∗
novamente pelo Teorema na demonstração do Teorema 9.3.8, [L : H
] = |H | e então
|H| = |H †∗ |. Como, H e H †∗ são grupos nitos e H ⊆ H †∗ , devemos ter H = H †∗ . A
Considere agora
H ∈ G.
Sabemos que
segunda parte do Teorema 10.1.2 segue daí.
Para terceira parte, notemos que
∗
[L : M ] = |M |,
L : M
é normal.
O Corolário 9.3.7 garante que
e a outra igualdade segue imediatamente.
Para provarmos as últimas duas partes do Teorema 10.1.2, necessitamos do Lema
10.1.1.
M : K é normal, seja τ ∈ G. Então,
é um K -monomorsmo de M em L, e então um K -automorsmo de M pelo Teorema
Provaremos a quarta parte do Teorema 10.1.2. Se
τ |M
10 A Correspondência de Galois
9.3.5. Portanto,
normal de
τ (M ) = M .
81
Pelo Lema 10.1.1,
τ M ∗ τ −1 = M ∗ ,
então
M∗
G.
Seja
é um subgrupo
G.
M∗
σ qualquer K monomorsmo de M em L. Pelo Teorema 9.1.3, existe um K -automorsmo τ de L tal que
τ |M = σ . Agora, τ M ∗ τ −1 = M ∗ , como M ∗ é um subgrupo normal de G, assim pelo Lema
∗
∗
10.1.1, τ (M ) = M . Pela segunda parte do Teorema 10.1.2 (aplicando †), τ (M ) = M .
Portanto, σ(M ) = M e σ é um K -automorsmo de M . Pelo Teoremma 9.3.5, M : K é
Reciprocamente, suponha que
é um subgrupo normal de
normal.
Agora, provamos a parte nal do teorema.
Podemos denir uma função
0
Φ:G→G
Seja
G0
o Grupo de Galois de
M : K.
por
Φ(τ ) = τ |M , τ ∈ G.
Claramente, tal função é um homomorsmo de grupos,
G → G0 ,
pelo Teorema 9.3.5,
K -automorsmo de M . Pelo Teorema 9.1.3, Φ é sobrejetora. O
∗
dúvidas M , e então por teoria de grupos (Teorema do Isomorsmo),
é um
G0 = Im(Φ) ∼
=
núcleo de
Φ
τ |M
é sem
G
G
= ∗.
Ker(Φ)
M
Perceba agora como o Teorema referido na demonstração do Teorema 9.3.8 é usado na
demonstração da segunda parte do Teorema 10.1.2, e seu uso é crucial. Muitos dos mais
bonitos resultados da matemática usam este tratamento.
As últimas partes deste teorema podem ser generalizadas. Note que a demonstração da
parte
de
(5) resulta de um isomorsmo explícito entre Gal(M : K) e
G
, chamado, restrição
M∗
M.
A importância do Teorema Fundamental da Teoria de Galois deriva da ferramenta
em potencial do que pelo seu mérito intrínseco.
Este, permite-nos aplicar a teoria de
grupos em problemas de polinômios intratáveis em
C
e associar subcorpos de
C.
Antes
de nos aventurarmos ainda mais com esta teoria, consolidaremos nossa posição ilustrando
a teoria aqui discutida para uma extensão de corpo em particular e seu Grupo de Galois.
82
10.1 O Teorema Fundamental
Capítulo 11
Um exemplo prático
O Teorema Fundamental da Teoria de Galois é um tanto quanto demais para ser
entendido em uma única vez, portanto, é válido gastarmos um bom tempo pensando nele.
Nós, analisaremos, assim, a Correspondência de Galois através de um exemplo entendido.
O exemplo é o Grupo de Galois do corpo de decomposição de
t4 −2 sobre Q.
E faremos
a discussão em pequenos pedaços para ser mais fácil digerí-la.
√
√
√
√
√
√
f (t) = t4 − 2 = (t2 − 2)(t2 + 2) = (t + 4 2)(t − 4 2)(t2 + 2) = (t + 4 2)(t −
√
√
√
4
2)(t − i 4 2)(t + i 4 2) sobre Q; e seja K o corpo de decomposição para f tal que
K ⊆ C. Podemos, pelo acima visto, fatorar f como segue:
1. Seja
f (t) = (t − ξ)(t + ξ)(t − iξ)(t + iξ),
em que,
ξ=
√
4
decomposição,
C,
2 é real e positivo. Portanto, K = Q(i, ξ). Como K é um corpo de
K : Q é nita e normal (Teorema 8.2.3). Estamos trabalhando em
portanto, a separabilidade é automática.
2. Encontremos o grau de
K : Q.
Pela Lei das Torres:
[K : Q] = [Q(ξ, i) : Q(ξ)] · [Q(ξ) : Q].
i sobre Q(ξ) é t2 + 1, como t2 + 1 = 0, mas i ∈
/ R ⊇ Q(ξ).
Temos que, [Q(ξ, i) : Q(ξ)] = 2. Agora, como ξ é um zero sobre Q, e f é irredutível
pelo Critério de Eisenstein, Teorema 3.4.1, temos que, f é o polinômio minimal de
ξ sobre Q. Assim, [Q(ξ) : Q] = 4. Portanto,
O polinômio minimal de
[K : Q] = 2 · 4 = 8.
3. Devemos encontrar os elementos do Grupo de Galois de
83
K : Q.
Por uma checagem
84
direta, ou Corolário 5.3.3, há um
e outro
τ,
Q-automorsmo σ
σ(i) = i
e
σ(ξ) = iξ,
τ (i) = i
e
τ (ξ) = ξ.
de
K
tal que,
de
K,
como seguem:
tal que
Produtos destes geram
8
distintos
Automorsmo
1
σ
σ2 = σ ◦ σ
σ3
τ
στ
σ2τ
σ3τ
Tabela 11.1:
Notemos que
Q-automorsmos
Efeitos em
ξ
Efeitos em
ξ
iξ
−ξ
−iξ
ξ
iξ
−ξ
−iξ
i
i
i
i
i
−i
−i
−i
−i
Q-automorsmos
σ 4 = 1, τ 2 = 1, τ σ = σ 3 τ, τ σ 2 = σ 2 τ
e
de
K.
τ σ 3 = στ .
Q-automorsmo de K leva i em algum zero de t2 + 1, então i 7→ ±i;
ξ é mapeado em ξ, iξ, −ξ ou −iξ . Todas as possibilidades de combi-
Agora, qualquer
similarmente,
nação destes oito números aparecem na lista acima, logo, estes são precisamente os
Q-automorsmos
de
K.
4. A estrutura abstrata do Grupo de Galois pode ser encontrada. A relação geradora
mostra,
G = hσ, τ : σ 4 = τ 2 = 1, τ σ = σ 3 τ i,
isto é,
G
é o grupo dihedral de ordem
8,
que escrevemos como
D8
(na verdade são
isomorfos de acordo com o Teorema do Isomorsmo).
O grupo
D8
tem uma interpretação geométrica como o grupo de simetrias do qua-
drado. De fato, podemos rotular os quatro vértices do quadrado, com os zeros de
t4 − 2
de modo que as simetrias geométricas são precisamente as permutações dos
zeros que ocorrem no Grupo de Galois (veja Figura 11.1).
11 Um exemplo prático
85
τ
ξ
iξ
−ξ
Figura 11.1: O grupo de Galois de
D8
iξ
interpretado como grupo de simetrias do quadrado.
5. É fácil encontrarmos os subgrupos de
o grupo cíclico de ordem
n
e
×
G.
Como usualmente, deixamos
o produto direto, então, os subgrupos
Zn denotar
de G são os
que seguem:
Ordem
8:
G
Ordem
4:
{1, σ, σ 2 , σ 3 }
G∼
= D8
S∼
= Z4
{1, σ 2 , τ, σ 3 }
T ∼
= Z2 × Z2
Ordem
{1, σ 2 , στ, σ 3 τ } U = Z2 × Z2
2:
{1, σ 2 }
A∼
= Z2
{1, τ }
B∼
= Z2
C∼
= Z2
D∼
= Z2
{1, στ }
{1, σ 2 τ }
E∼
= Z2
I∼
= 1.
{1, σ 3 τ }
Ordem
{1}
1:
6. As relações de inclusão entre os subgrupos de
G
podem ser somadas pelo diagrama
de entrelaçamento. Em tal diagrama, Figura 11.2,
linhas de inclinação positiva de
X
a
X⊆Y
se há uma sequência de
Y.
7. Através da Correspondência de Galois obtemos os corpos intermediários. Como a
correspondência inverte as inclusões, obtemos o diagrama de linhas ilustrado na
Figura 11.3.
8. Descrevemos, agora, os elementos destes corpos intermediários. Existem três subcorpos óbvios de
K
de grau
2
sobre
√
√
Q(i), Q( 2), Q(i 2).
Estes são corpos xos de
86
G
D
T
S
U
B
A
C
E
I
Figura 11.2: Reticulado de subgrupos.
I†
D†
B†
A†
C†
T†
S†
U†
E†
G†
Figura 11.3: Reticulado de corpos intermediários.
S †, T †
e
U †,
respectivamente. Os outros corpos xos são menos óbvios. Para mos-
trarmos uma possível aproximação, devemos encontrar
elemento de
K
C †.
Notemos que qualquer
pode ser expresso unicamente na forma,
x = a0 + a1 ξ + a2 ξ 2 + a3 ξ 3 + a4 i + a5 iξ + a6 iξ 2 + a7 iξ 3 ,
onde,
a0 , . . . , a7 ∈ Q.
Então,
στ (x) = a0 + a1 iξ − a2 ξ 2 − a3 iξ 3 − a4 i + a5 (−i)iξ − a6 i(iξ)2 − a7 i(iξ)3
= a0 + a5 ξ − a2 ξ 2 − a7 ξ 3 − a4 i + a1 iξ + a6 iξ 2 − a3 iξ 3
Ora, o elemento
x
é xado por
στ
(e, portanto, por
a0 = a0 a1 = a5
a4 = −a4 a5 = a1
Portanto,
a0
e
a6
a2 = −a2
a6 = a6
C)
se, e somente se,
a3 = −a7
a7 = −a3
são arbitrários, enquanto
a2 = 0 = a4
a1 = a5
a3 = −a7 .
11 Um exemplo prático
87
Segue que,
x = a0 + a1 (1 + i)ξ + a6 iξ 2 + a3 (1 − i)ξ 3
a6
a3
= a0 + a1 [(1 + i)ξ] + [(1 + i)ξ]2 −
,
2
[(1 + i)]ξ 3
o que mostra que,
C † = Q((1 + i)ξ).
Similarmente,
√
A† = Q(i, 2), B † = Q(ξ), D† = Q(iξ), E † = Q((1 − i)ξ).
G, S, T, U, A, I . Pelo Teorema Fundamental da
†
†
†
†
† †
Teoria de Galois (Teorema 10.1.2), G , S , T , U , A , I devem ser as únicas extensões normais de Q que estão contidas em K . Como estes são corpos de decom2
2
2
4
2
posição de Q para os polinômios, t, t + 1, t − 2, t + 2, t − t − 2 (provém de
(t2 + 1)(t2 − 2) = t4 − t2 − 2), t4 − 2 (respectivamente), elas são extensões normais
de Q (Teorema 8.2.3).
9. Os subgrupos normais de
Por outro lado,
B† : Q
G
são
mas não se fatora linearmente em
normais de
t4 − 2 tem um zero, ξ , em B † ,
†
†
†
Similarmente, C , D , E não são extensões
não é normal, uma vez que
B†.
Q.
10. De acordo com o Teorema Fundamental da Teoria de Galois (Teorema 10.1.2), o
A† : Q
G
G
. Agora, como
é isomorfo a Z2 × Z2
A
A
√
†
†
calcularemos diretamente o Grupo de Galois de A : Q. Como A = Q(i,
2), há 4
Grupo de Galois de
é isomorfo a
Q-automorsmos:
Automorsmo
1
α
β
αβ
Tabela 11.2:
Efeito em
i
√
Efeito em
i
i
−i
−i
Q-automorsmos
√
√2
−√ 2
√2
− 2
de
A† .
2
88
Notemos que:
α2 = β 2 = 1
e
αβ = βα,
como em
11. Notemos que o diagrama de linhas para
F
e
G
Z2 × Z2 .
não se parecem, exceto que um é o
outro de ponta cabeça. Portanto, não existe uma correspondência preservando as
relações de inclusão. Isto parece um pouco ímpar, que a Correspondência de Galois
reverta inclusões, mas, de fato, isto é inteiramente natural, e um tanto mais útil do
que aquelas que preservam as inclusões.
Capítulo 12
Solubilidade e Simplicidade
Com o intuito de aplicar a Correspondência de Galois, precisamos ter em mãos um
número de conceitos teóricos de grupos e teoremas. Assumimos familiaridade com a Teoria Elementar de Grupos: subgrupos, subgrupos normais, grupos quociente, conjugados,
permutações (decomposição cíclica); e a estes, adicionaremos agora Teoremas de Isomorsmos.
Começaremos denindo Grupos Solúveis e provando algumas propriedades básicas.
Estes, são importantes para a teoria de solução de equações por radicais. Em seguida,
discutiremos sobre Grupos Simples, em que o principal objetivo é provar a simplicidade
de grupos alternantes de grau maior ou igual a
Teorema de Cauchy: Se um primo
tem um elemento de ordem
p
5.
Terminaremos o capítulo provando o
divide a ordem de um grupo nito, então o grupo
p.
12.1 Grupos Solúveis
Grupos Solúveis foram primeiramente denidos e estudados (não do jeito abstrato
corrente) por Galois no seu trabalho com solução de equações por radicais. Eles têm se
mostrado extremamente importantes em muitos ramos da matemática.
Na denição a seguir, e daí em diante, a notação
subgrupo normal do grupo
aquele em que
gh = hg
G.
H4G
signicará que
H
é um
Relembremos que um grupo abeliano (ou comutativo) é
quaisquer que sejam os elementos
g, h
neste.
Denição 12.1.1. Um grupo G é solúvel se este tem uma sequência nita de subgrupos,
1 ⊆ G0 ⊆ G1 ⊆ . . . ⊆ Gn = G,
tais que,
1. Gi 4 Gi+1 , para i = 0, . . . , n − 1;
2.
Gi+1
Gi
é abeliano para i = 0, . . . , n − 1.
89
(12.1)
90
12.1 Grupos Solúveis
A condição 1 não implica que Gi 4 G, como também, Gi 4 Gi+1 4 Gi+2 não implica
Gi 4 Gi+2 .
Exemplos 12.1.2.
1. Todo grupo abeliano G é solúvel, com a sequência 1 4 G.
2. O grupo simétrico S3 de grau 3 é solúvel, pois tem um grupo cíclico normal de
ordem 3 gerado pelo ciclo (123), cujo quociente é cíclico de ordem 2. Todos os
grupos cíclicos são abelianos.
3. O grupo dihedral D8 de ordem 8 é solúvel. No capítulo anterior, vimos que este tem
um subgrupo normal S de ordem 4, cujo quociente tem ordem 2, e S é abeliano.
4. O grupo simétrico S4 de grau 4 é solúvel, com a sequência
1 4 V 4 A 4 4 S4 ,
em que, A4 é o grupo alternante de ordem 12, e V é o quarto grupo de Klein (grupo
consistido das permutações 1, (12)(34), (13)(24), (14)(23) e portanto, um produto direto de dois grupos cíclicos de ordem 2). Os grupos quocientes são:
V ∼
= V abeliano de ordem 4;
1
A4
V
S4
A4
∼
= Z3 abeliano de ordem 3;
∼
= Z2 abeliano de ordem 2.
5. O grupo simétrico S5 de grau 5 não é solúvel. Segue do sequinte Lema (encontrado
em [5]):
• O grupo simétrico Sn tem um grupo quociente de ordem prima, se e somente
se, p = 2, e n ≥ 2, em cada caso, o núcleo é o grupo alternante An ;
• O grupo alternante An tem um grupo quociente de ordem prima p se, e somente
se, p = 3 e n = 3, 4;
e do Corolário 12.2.5.
Relembremos os Teoremas de Isomorsmos.
Lema 12.1.3. Sejam G, H e A grupos.
1. Se H 4 G e A ⊆ G, então H ∪ A 4 A e
A ∼ HA
.
=
H ∩A
H
12 Solubilidade e Simplicidade
91
2. Se H 4 G, e H ⊆ A 4 G, então H 4 A,
A
H
G
H
4
e
G/H ∼ G
= .
A/H
A
Demonstração.
Podemos encontrar uma demonstração devidamente detalhada em [3].
Teorema 12.1.4. Sejam G um grupo, H um subgrupo de G, e N um subgrupo normal
de G, assim,
1. Se G é solúvel, então H é solúvel.
2. Se G é solúvel, então G/N é solúvel.
3. Se N e G/N são solúveis, então G é solúvel.
Demonstração.
1. Seja,
1 = G0 4 G1 4 . . . 4 Gr = G
uma sequência de subgrupos normais de
remos
G,
com quocientes
Gi+1
abeliano. ConsideGi
Hi = Gi ∩ H .
Então, pelo primeiro item do Lema 12.1.3,
H
tem uma sequência
1 + H0 4 . . . 4 Hr = H.
Mostraremos que os coecientes são abelianos. Ora,
Gi+1 ∩ H
Gi+1 ∩ H
Gi (Gi+1 ∩ H)
Hi+1
∼
=
,
=
=
Hi
Gi ∩ H
Gi ∩ (Gi+1 ∩ H)
Gi
pelo primeiro Teorema do Isomorsmo. Mas, este último grupo é um subgrupo de
Gi+1
Hi+1
que é abeliano. Portanto,
é abeliano para todo i, e, assim,
Gi
Hi
2. Denamos
Gi
como acima. Então,
H
é solúvel.
G
tem a sequência
N
N
G0 N
G1 N
Gr N
G
=
4
4 ... 4
= .
N
N
N
N
N
Um quociente típico é
Gi+1 N/N
,
Gi N/N
que pelo segundo Teorema do Isomorsmo é isomorfo a
Gi+1 N
Gi+1 (Gi N ) ∼
Gi+1
Gi+1 /Gi
∼
=
,
=
=
Gi N
Gi N
Gi+1 ∩ (Gi N )
(Gi+1 ∩ (Gi N ))/Gi
um quociente dos grupos abelianos
Gi+1
G
, e, portanto, abeliano. Assim,
é solúvel.
Gi
N
92
12.2 Grupos Simples
3. Sabemos que existem as duas sequências
1 = N0 4 N1 4 . . . 4 Nr = N
G0
G1
GS
G
N
=
4
4 ... 4
=
N
N
N
N
N
com coecientes abelianos. Consideremos a sequência de
G
dada pela combinação
delas:
1 = N0 4 N1 4 . . . 4 Nr = N = G0 4 G1 4 . . . 4 GS = G.
Os quocientes são o
Portanto,
G
Ni+1
Gi+1
Gi+1 /N
, abeliano, ou
, isomorfo a
, também abeliano.
Ni
Gi
Gi /N
é solúvel.
Diremos que um grupo
um subgrupo normal
N
G
é uma extensão de um grupo
isomorfo a
A
tal que
A
por um grupo
G
é isomorfo a
N
B.
B,
se
G
tem
Assim, somando as
três propriedades do teorema acima, dizemos que a classe dos grupos solúveis é fechada
perante subgrupos, quocientes e extensões. A classe dos grupos abelianos é fechada diante
subgrupos e quocientes, mas não extensões, e provavelmente por esta razão que Galois foi
levado a denir grupo solúveis.
12.2 Grupos Simples
Trataremos agora de grupos que, em certo sentido, são opostos aos solúveis.
Denição 12.2.1. Um grupo G é simples se seus subgrupos normais são 1 e G.
Exemplo 12.2.2. Todo grupo cíclico Zp com p primo é simples, já que, este não tem
subgrupos além de 1 e Zp . Em particular, não há outros subgrupos normais. Estes grupos são também abelianos, portanto, solúveis. Eles são de fato os únicos grupos simples
solúveis.
Teorema 12.2.3. Um grupo solúvel é simples se, e somente se, é cíclico e de ordem
prima.
Demonstração.
Suponhamos que
G é um grupo solúvel, portanto, este tem uma sequência
1 = G0 4 G1 4 . . . 4 Gn = G,
Gi+1 6= Gi . Assim, Gn−1 é um subgrupo normal próprio de
G. Entretanto, G é simples, logo Gn−1 = 1 e Gn /Gn−1 = G, que é abeliano. Como todo
subgrupo de um grupo abeliano é normal, e todo elemento de G gera um subgrupo cíclico,
G deve ser cíclico com subgrupos próprios não triviais. Logo, G tem ordem prima.
na qual devemos assumir
A recíproca é trivial.
12 Solubilidade e Simplicidade
93
Grupos simples têm um papel importante na teoria de grupos nitos. Eles são, em
certo sentido, as unidades fundamentais das quais todos os grupos nitos são feitos. De
fato, o teorema de Jordan-Hölder, que não provamos ou provaremos, diz que todo grupo
nito tem uma sequência de subgrupos como na Equação (12.1), cujos quocientes são
simples, e estes grupos simples dependem somente do grupo e não da sequência escolhida.
Teorema 12.2.4. Se n ≥ 5, então, o grupo alternante An , de grau n é simples.
Demonstração.
1 6= N 4 An . Nossa estratégia será a seguinte: observemos, primeiramente, que se N contém um 3-ciclo, então contém todos os 3-ciclos, e como
os 3-ciclos geram o An , devemos ter N = An . Segundo, mostraremos que N deve conter
um 3-ciclo. Neste momento, é que temos como essencial, o fato de que n ≥ 5.
Suponhamos que
Suponhamos, então, que
nha
(123).
pertence a
N
Assim, para qualquer
An .
3-ciclo, sem perda de generalidade, N , conteciclo (32k) é uma permutação par, e, portanto,
contenha um
k > 3,
o
Logo,
(32k)−1 (123)(32k) = (1k2),
(1k2)2 = (12k) para todo k ≥ 3. Armamos que An
é gerado por todos os 3-ciclos da forma (12k). Se n = 3, temos a armação verdadeira.
Caso, n > 3, temos que para todos a, b > 2, a permutação (1a)(1b) é par, portanto,
pertence a An , e assim An , contém
pertence a
N.
Portanto,
N
contém
((1a)(1b))−1 (12k)(1a)(1b) = (abk),
se
k 6= a, b.
Como,
An
é gerado por todos os
Resta deste modo, mostrarmos que
N
3-ciclos,
segue que
contém ao menos um
N = An .
3-ciclo.
Faremos isto pela
análise dos casos:
1. Suponhamos que
N
contenha um elemento
x = abc · · · ,
em que
a, b, c, · · ·
sejam
ciclos disjuntos e,
a = (a1 · · · am ) (m ≥ 4).
Consideremos
t = (a1 a2 a3 ).
Então,
N
contém
t−1 xt.
Como,
t
comuta com
b, c, · · ·
(ciclos disjuntos), segue que,
t−1 xt = (t−1 at)bc · · · = z (digamos),
então,
N
contém,
zx−1 = (a1 a3 am ),
que é um
3-ciclo.
2. Suponhamos, agora, que
N
contenha um elemento envolvendo ao menos dois
3-
94
12.2 Grupos Simples
ciclos. Sem perda de generalidade,
N
contém,
x = (123)(456)y,
em
y
é uma permutação xando
1, 2, 3, 4, 5, 6.
Consideremos
t = (234).
Então,
N
contém,
(t−1 xt)x−1 = (12436).
Assim, pelo caso anterior,
3. Suponhamos que
N
2-ciclos
produto de
N
contém um
3-ciclo.
contenha um elemento de
disjuntos de
(ijk).
x
Então,
(ijk)p, em que, p é
N contém x2 = (ijk), que é
da forma
um
um
3-ciclo.
4. Resta apenas, o caso em que todo elemento de
(Isto ocorre na verdade quando
n ≥ 5,
podemos assumir que
N
n = 4,
N
é um produto disjunto de
dado pelo quatro-grupo
V ).
2-ciclos.
Mas, como
contém,
x = (12)(34)p,
em que
p
xa
1, 2, 3, 4.
Se considerarmos,
t = (234),
teremos que
N
contém
−1
(t−1 xt) x−1 = (14)(23),
e se
u = (145), N
contém,
u−1 (t−1 xtx−1 )u = (45)(23),
assim,
N
contém,
(45)(23)(14)(23) = (145),
contradizendo o fato de termos assumido que todo elemento de
2-ciclos
Portanto,
N
é um produto de
disjuntos.
An
Na verdade,
é simples se
A5
n ≥ 5.
é o menor grupo simples não-abeliano, resultado provado primeira-
mente por Galois.
Corolário 12.2.5. O grupo simétrico Sn de grau n é não solúvel para n ≥ 5.
Demonstração.
Se
Sn
fosse solúvel, teríamos que
An
seria solúvel (Teorema 12.1.4), sim-
ples (Teorema 12.2.4), e portanto, de ordem prima pelo Teorema 12.2.3.
1
(n!), e não é primo se
2
n ≥ 5.
Mas,
|An | =
12 Solubilidade e Simplicidade
95
12.3 Teorema de Cauchy
Provaremos nesta seção o Teorema de Cauchy, que diz: se um primo
de um grupo nito, então o grupo tem um elemento de ordem
p.
p divide a ordem
Começaremos para tanto
relembrando algumas ideias da teoria de grupos.
Denição 12.3.1. Elementos a e b de um grupo G são conjugados em G, se existe g ∈ G,
tal que, a = g −1 bg .
Conjugação é uma relação de equivalência; as classes de equivalências são as classes
conjugadas de
G.
Se as classes de conjugação de
apenas o elemento identidade de
formam uma partição de
G,
G são C1 , . . . , Cn , então uma delas, digamos C1 , contém
G. Portanto, |C1 | = 1. Como as classes de conjugação
temos
|G| = 1 + |C2 | + . . . + |Cr |,
que é a equação de classes para
G.
Denição 12.3.2. Se G é um grupo e x ∈ G, então o centralizador CG (x) de x em G é
o conjunto de todos g ∈ G para os quais xg = gx. Este sempre é um subgrupo de G.
Veremos agora uma conexão entre centralizadores e classes de conjugação.
Lema 12.3.3. Se G é um grupo e x ∈ G, então o número de elementos na classe de
conjugação de x é o indíce de CG (x) em G.
Demonstração.
g −1 xg = h−1 xh é válida se, e somente se, hg −1 x = xhg −1 , o
−1
que signica que hg
∈ CG (x), isto é, h e g estão no mesmo coset de CG (x) em G. O
número destes cosets é o índice de CG (x) em G, donde temos provado o Lema.
A equação
Corolário 12.3.4. O número de elementos em uma classe de conjugação de um grupo
nito G divide a ordem do grupo G.
Denição 12.3.5. O centro Z(G) de um grupo G é o conjunto de todos os elementos
x ∈ G, tal que, xg = gx para todo g ∈ G.
Exemplo 12.3.6. O centro de G é um subgrupo normal de G. Muitos grupos têm um
centro trivial, por exemplo, Z(S3 ) = 1. Grupos abelianos vão a outro extremo e têm
Z(G) = G.
Lema 12.3.7. Se A é um grupo nito abeliano cuja ordem é divisível por um primo p,
então, A tem um elemento de ordem p.
96
12.3 Teorema de Cauchy
Demonstração.
Usaremos indução na
Se
|A|
é primo, temos que o resultado segue.
m é maximal.
Se p divide m, estamos nas hipóteses de indução. Então, suponhamos que p não divide
m. Seja b um elemento de A, mas não de M , e seja B o subgrupo cíclico gerado por b.
Então, M B é um subgrupo de A, maior do que M , e pela maximalidade A = M B .
Caso contrário, consideremos
M
|A|.
um subgrupo próprio de
A,
cuja ordem
Do Teorema do Isomorsmo temos,
|M B| = |M ||B|/|M ∩ B|,
e então,
p
divide a ordem
r
de
B.
B
Como
r
é cíclico, o elemento
bp
tem ordem
p.
Deste resultado, conseguimos um teorema mais geral:
Teorema 12.3.8
. Se um primo p divide a ordem de um grupo
(Teorema de Cauchy)
nito G, então G tem um elemento de ordem p.
Demonstração.
ples,
Provaremos o teorema por indução na ordem de
|G| = 1, 2, 3
|G|.
Os casos mais sim-
são triviais.
Para o passo de indução, começaremos com a equação de classes
|G| = 1 + |C2 | + . . . + |Cr |.
p | |G|, devemos ter p - |Cj | para algum j ≥ 2. Se x ∈ Cj , segue que p | |CG (x)|,
já que, |Cj | = |G|/|CG (x)|.
Se CG (x) 6= G, então, por indução, CG (x) contém um elemento de ordem p, e este
elemento também pertence a G.
Caso CG (x) = G, temos que x ∈ Z(G), e escolhendo x 6= 1, conseguimos, Z(G) 6= 1.
Assim, p | |Z(G)| ou p - |Z(G)|. No primeiro caso, a demonstração é reduzida ao caso
abeliano, Lema 12.3.7. No segundo caso, por indução, existe x ∈ G tal que a imagem
x ∈ G/Z(G) tem ordem p. Isto é, xp ∈ Z(G), mas, x ∈
/ Z(G). Seja X o grupo cíclico
gerado por x. Agora, XZ(G) é abeliano e tem ordem divisível por p, então, pelo Lema
12.3.7 sabemos que existe um elemento de ordem p no mesmo, e, novamente, este elemento
pertence a G.
Como
Isto completa o passo de indução e assim conclui a demonstração.
Capítulo 13
Solução por radicais
O objetivo deste capítulo é usar a Correspondência de Galois para derivar uma
condição que deva ser satisfeita por qualquer equação polinomial para que esta seja solúvel
por radicais, digamos: o Grupo de Galois associado deve ser um Grupo Solúvel.
Nós,
então, construiremos uma equação polinomial quíntica cujo Grupo de Galois não seja
solúvel, uma equação de desconcertante aparência simples,
t5 − 6t + 3 = 0,
que mostra
que a equação quíntica não pode ser resolvida por radicais.
13.1 Extensões Radicais
Algum cuidado é necessário na formalização da ideia de solubilidade por radicais.
Começaremos do ponto de vista de Extensões de Corpos.
Informalmente, uma Extensão radical é obtida por uma sequência de adjunções de
raízes
n-ésimas,
para vários
n.
Por exemplo, a expressão a seguir é radical:
√
3
s
11
5
√
q
√
7+ 3
4
3
+ 1 + 4.
2
Para encontrarmos uma extensão de
(13.1)
Q
que contenha este elemento, deveremos adici-
r
√
√
(7 + β)
3
4
, δ = 4, = 1 + δ.
2
onar, gradualmente, os elementos
√
√
3
α = 11, β = 3, γ =
5
Assim, por sugestão, temos a seguinte denição.
Denição 13.1.1. Uma extensão L : K em C é radical se L = K(α1 , . . . , αm ), onde para
cada j = 1, . . . , m existe um inteiro nj tal que
n
αj j ∈ K(α1 , . . . , αj−1 ) (j ≥ 2).
Os elementos αj formam uma sequência radical para L : K . O grau radical do radical αj
97
98
13.1 Extensões Radicais
é nj .
Exemplo 13.1.2. A expressão em
está contida em uma extensão radical da forma
Q(α, β, γ, δ, ) de Q, em que α = 11, β = 3, γ 5 = (7+β)
, δ 3 = 4 e 4 = 1 + δ .
2
(13.1)
3
2
É claro que qualquer expressão radical está contida em alguma extensão radical.
Um polinômio deveria ser considerado solúvel por radicais se todos os seus zeros são
expressões radicais sobre o corpo base, assim temos a denição:
Denição 13.1.3. Seja f um polinômio sobre um subcorpo K de C, e seja Gal(f, K) o
corpo de decomposição de f sobre K . Dizemos que f é solúvel por radicais se existe um
corpo M contendo Gal(f, K), tal que M : K seja uma extensão radical.
Enfatizamos que na denição não exigimos que a extensão ao corpo de decomposição
Gal(f, K) : K seja radical. Há um motivo para tal. Queremos que tudo no
decomposição Gal(f, K) seja expresso por radicais, mas é desenxabido esperar
que tudo
expresso pelos mesmos radicais esteja dentro do corpo de decomposição.
M : K
radical e
L
é um corpo intermediário, então
L:K
Se
corpo de
é
não precisa ser radical.
Observemos também que requeremos que todos os zeros de
f
sejam expressos por
radicais. É possível que alguns zeros sejam expressos por radicais, enquanto outros não;
simplesmente tomemos o produto de dois polinômios, um solúvel por radicais e outro não.
Entretanto, se um polinômio irredutível
f
tem um zero expresso por radicais, então todos
os zeros devem ser expressos, por um simples argumento baseado no Corolário 5.3.3.
O principal teorema deste capítulo exige algumas preliminares.
Portanto, faremos
alguns lemas, e o tal em seguida.
Lema 13.1.4. Se L : K é uma extensão radical em C e M é o fecho normal de L : K ,
então M : K é radical.
Demonstração.
L = K(α1 , . . . , αr ) com α1ni ∈ K(α1 , . . . , αi−1 ) (L : K é por hipótese
uma extensão radical). Seja fi o polinômio minimal de αi sobre K . Então, M ⊇ L é
Qr
claramente o corpo de decomposição de
i=1 fi . Para todo zero βij de fi em M , existe um
isomorsmo σ : K(αi ) → K(βij ) pelo Corolário 5.3.3. Assim, temos que pela Proposição
9.1.4, σ estende a um K -automorsmo τ : M → M . Como αi é radical sobre K , então o
é βij , e portanto, o é M .
Seja
Mostraremos, agora, a partir de dois lemas, que certos Grupos de Galois são abelianos.
Lema 13.1.5. Seja K um subcorpo de C e seja L o corpo de decomposição para tp − 1
sobre K , onde p é primo. Então, o Grupo de Galois de L : K é abeliano.
Demonstração.
tp − 1 é ptp−1 , que é primo a tp − 1. Logo, pelo Lema 8.3.5,
o polinômio não tem zeros múltiplos em L. Claramente, seus zeros formam um grupo sob
multiplicação; este grupo tem ordem prima p, e como os zeros são distintos, ele é cíclico.
A derivada de
13 Solução por radicais
Seja
99
um gerador deste grupo.
determinado por seu efeito em
automorsmo
L = K(),
e qualquer
K -automorsmo
de
L
é
.
K -automorsmos
de L é da forma,
Além disso,
Então,
permutam os zeros de
tp − 1.
Portanto, qualquer
K-
αj : → j ,
e é unicamente determinado por esta condição. Mas, então
em
ij ,
αi αj
e
αj αi
levam, ambos,
portanto, o Grupo de Galois é abeliano.
Lema 13.1.6. Seja K um subcorpo de C em que tn − 1 se decompõe linearmente. Sejam
a ∈ K e L um corpo de decomposição para tn − a sobre K . Então, o Grupo de Galois de
L : K é abeliano.
Demonstração.
α um zero qualquer de tn − a. Como tn − 1 se decompõe linearmente
n
n
em K , o zero geral de t −a é a onde é um zero de t −1 em K . Como L = K(α), qualquer
K -automorsmo de L é determinado por seu efeito em α. Dados dois K -automorsmos:
Seja
Φ : α 7→ α
onde,
e
η ∈ K,
e
Ψ : α 7→ ηα,
então
ΦΨ(α) = ηα = ηα = ΨΦ(α).
E, como anteriormente, o Grupo de Galois é abeliano.
Lema 13.1.7. Se K é um subcorpo de C e L : K é normal e radical, então Gal(L : K)
é solúvel.
Demonstração.
Suponha que
L = K(α1 , . . . , αn )
com
n
αj j ∈ K(α1 , . . . , αj−1 ).
Pela se-
guinte Proposição: Se existe uma torre nita de subcorpos, podemos renar (se for necessário aumentar o comprimento) de modo a fazermos todos os
devemos assumir que
α1p
nj
é primo para todo
primos (vide [5]);
Em particular, existe um primo
p
tal que
∈ K.
Provamos o resultado por indução em
nj
j.
nj
n,
usando a hipótese adicional de que todos os
n = 0 é trivial, donde começa a indução.
Se α1 ∈ K , então L = K(α2 , . . . , αn ) e Gal(L : K) é solúvel por indução.
Podemos, portanto, assumir que α1 ∈
/ K . Seja f o polinômio minimal de α1 sobre K .
Como L : K é normal, f se decompõe linearmente em L, pois K ⊆ C, e f não tem zeros
repetidos em L. Como α1 ∈
/ K , o grau de f é no mínimo 2. Seja β um zero de f diferente
α
p
de α1 , e consideremos = 1 . Então, = 1 e 6= 1. Portanto, tem ordem p no grupo
β
2
p−1
multiplicativo de L, logo, os elementos 1, , , . . . , são raízes p-ésimas distintas da
p
unidade em L. Portanto, t − 1 se decompõe linearmente em L.
p
Seja M ⊆ L o corpo de decomposição de t − 1 sobre K , isto é, M = K(). Consideremos a cadeia de subcorpos K ⊆ M ⊆ M (α1 ) ⊆ L. Podemos ilustrar o resto da
são primos. O caso
demonstração pelo seguinte diagrama:
100
13.1 Extensões Radicais
L
← Gal(L : M (α1 ))
|
solúvel por indução
M (α1 )
← Gal(M (α1 ) : M )
|
abeliano pelo Lema 13.1.6
M
← Gal(M : K)
|
abeliano pelo Lema 13.1.5
K
Tabela 13.1: Estratégia da demonstração.
L : K é nita e normal,
aplica à L : K e à L : M .
Observemos que
Teorema 10.1.2 se
portanto, também o é
L : M;
assim, o
α1p ∈ M , a demonstração do Lema
p
p
13.1.6 implica que M (α1 ) é um corpo de decomposição para t − α1 sobre M . Portanto,
M (α1 ) : M é normal, e pelo Lema 13.1.6 Gal(M (α1 ) : M ) é abeliano. Apliquemos o
Teorema 10.1.2 à L : M para deduzirmos que
Como
tp − 1
se decompõe linearmente em
Gal(M (α1 ) : M ) ∼
=
M
e
Gal(L : M )
.
Gal(L : M (α1 ))
Agora,
L = M (α1 )(α2 , . . . , αn ),
e, então,
L : M (α1 )
é uma extensão normal radical.
Por indução,
solúvel. Portanto, pelo terceiro item do Teorema 12.1.4,
Como
M
é o corpo de decomposição para
Temos pelo Lema 13.1.5 que
Gal(M : K)
Gal(L : M )
tp − 1 sobre K ,
Gal(L : M (α1 ))
é
é solúvel.
a extensão
M :K
é normal.
é abeliano. O Teorema 10.1.2 aplicado à
L:K
garante que
Gal(L : K)
.
Gal(M : K) ∼
=
Gal(L : M )
Por m, o Teorema 10.1.2 mostra que
Gal(L : K0 )
é solúvel, completando o passo de
indução.
Teorema 13.1.8. Se K é um subcorpo de C e K ⊆ L ⊆ M , onde M : K é uma extensão
radical, então o Grupo de Galois de L : K é solúvel.
Demonstração.
Seja
K0
um corpo xo de
Gal(L : K), e N : M
o fecho normal de
M : K0 .
Então,
K ⊆ K0 ⊆ L ⊆ M ⊆ N.
Como
M : K0
é radical, o Lema 13.1.4 implica que
Donde, pelo Lema 13.1.7,
Gal(N : K0 )
N : K0
é uma extensão normal radical.
é solúvel.
A partir do Teorema 9.3.10, conseguimos que a extensão
L : K0
é normal. E assim,
13 Solução por radicais
101
pela Correspondência de Galois (Teorema 10.1.2),
Gal(N : K0 )
Gal(L : K0 ) ∼
.
=
Gal(N : L)
Gal(L : K0 ) é solúvel.
Gal(L : K) é solúvel.
O Teorema 10.1.2 implica que
concluimos, portanto, que
Mas,
Gal(L : K) = Gal(L : K0 ),
A ideia desta demonstração é simples: uma extensão radical é uma série de extensões
por raízes
n-ésimas.
Tais extensões possuem Grupos de Galois abelianos, então o Grupo
de Galois de uma extensão radical é obtido a partir de uma adjunção de grupos abelianos.
Infelizmente, há problemas técnicos ao longo da demonstração, e nós temos de escrevê-la
em termos das raízes da unidade, e mais, temos de criar várias extensões normais antes
de usarmos a Correspondência de Galois.
Agora, voltaremos a trabalhar com polinômios, e assim retornarmos ao que, de fato,
Galois trabalhou.
Denição 13.1.9. Seja f um polinômio sobre K (um subcorpo de C), com corpo de decomposição Gal(f, K) sobre K . O Grupo de Galois de f sobre K é o grupo Gal(Gal(f, K) :
K).
G o Grupo de Galois de um polinômio f sobre K , e seja ∂f = n.
zero de f , então, f (α) = 0, e assim, para qualquer g ∈ G,
Seja
é um
Se
α ∈ Gal(f, K)
f (g(α)) = g(f (α)) = 0.
Portanto, cada elemento
em
Gal(f, K).
é gerado
de
G
no
g∈G
induz uma permutação
g0
f
como Gal(f, K)
do conjunto de raízes de
G induzem permutações distintas,
0
pelos zeros de f . Segue facilmente que g 7→ g é um monomorsmo de grupo
grupo de Sn de todas as permutações de zeros de f . Isto, de fato, era como
Elementos distintos de
Galois pensava o grupo de Galois, e por muitos anos seguidos, os grupos de permutações
e os grupos de transformações de variáveis eram os únicos grupos considerados pelos
matemáticos.
Estamos agora em condições de reescrever o Teorema 13.1.8:
Teorema 13.1.10. Seja f um polinômio sobre um subcorpo K de C. Se f é solúvel por
radicais, então o Grupo de Galois de f sobre K é solúvel.
Portanto, para encontrarmos um polinômio não solúvel por radicais, é suciente encontrarmos um, em que o Grupo de Galois não seja solúvel. Há duas maneiras de fazê-lo.
Uma é olhar para o polinômio geral de grau
n
(o que não é uma boa abordagem), e a
outra é exibir um polinômio especíco com coecientes racionais onde o Grupo de Galois
seja não solúvel.
102
13.2 Uma quíntica insolúvel
13.2 Uma quíntica insolúvel
Lema 13.2.1. Seja p um primo, e seja f um polinômio irredutível de grau p sobre Q.
Suponhamos que f tenha precisamente dois zeros não reais em C. Então, o Grupo de
Galois de f sobre Q é isomorfo ao grupo simétrico Sp .
Demonstração.
Pelo Teorema Fundamental da Álgebra,
C contém o corpo de decomposição Gal(f, Q). Seja G o Grupo de Galois de f sobre Q, considerado como o grupo de
permutação nos zeros de f . Estes, são distintos pela Proposição 8.3.6, logo, G é (isomorfo
a) um subgrupo de Sp . Quando construímos o corpo de decomposição de f , primeiro
nós adicionamos um elemento de grau p, então [Gal(f, C) : Q] é divisível por p. Pelo
Teorema 10.1.2, p divide a ordem de G. Pelo Teorema de Cauchy, Teorema 12.3.8, G tem
um elemento de ordem p. Mas, os únicos elementos de Sp de ordem p são os p-ciclos.
Portanto, G contém um p-ciclo.
Como Conjugação dos Complexos é um
Q-automorsmo de C, temos a indução de
um Q-automorsmo de Gal(f, C). Isto, deixa p − 2 zeros reais de f xados, enquanto
transpõe os zeros não reais. Assim, G contém um 2-ciclo.
Pela escolha da notação para zeros e, se necessário, tomando potências do
p-ciclo,
G contém o 2-ciclos (12) e o p-ciclo (12 . . . p). Armamos que estes
geram todo o conjunto Sp , o que completará a demonstração. Para provarmos a armação,
consideremos c = (12 . . . p), t = (12), e G o grupo gerado por c e t. Então, G contém
c−1 tc = (23), e, portanto, c−1 (23)c = (34), . . . e assim todas as transposições (m, m + 1).
Então, G contém
(12)(23)(12) = (13) (13)(34)(13) = (14),
devemos assumir que
e daí por diante, portanto, contém todas as transposições
(1m)(1r)(1m) = (mr).
então G = Sp .
todos os produtos
transposições,
(1m).
Finalmente,
Mas, todo elemento de
Sn
G
contém
é um produto de
Teorema 13.2.2. O polinômio t5 − 6t + 3 sobre Q não é solúvel por radicais.
Demonstração.
f (t) = t5 − 6t + 3. Pelo Critério de Eisenstein, f é irredutível sobre
Q. Devemos mostrar que f tem precisamente três zeros reais, cada um com multiplicidade
1, e portanto, têm dois zeros não reais. Como 5 é primo, pelo Lema 13.2.1, o Grupo de
Galois de f sobre Q é S5 . Pelo Corolário 12.2.5. S5 não é solúvel. Logo, pelo Teorema
13.1.10, f (t) = 0 é não solúvel por radicais.
Seja
f tem exatamente três zeros reais, cada um de multiplicidade
1. Ora, f (−2) = −17, f (−1) = 8, f (0) = 3, f (1) = −2, e f (2) = 23. Uma breve olhada
no gráco de y = f (x) nos mostra isto (olhar Figura 13.2). Assim, pelo Teorema de
4
Rolle, os zeros de f são separados pelos zeros de Df . Além disso, Df = 5t − 6, que tem
q
4 6
como zeros ±
. Claramente, f e Df são coprimos, então f não têm zeros repetidos
5
(segue também por irredutibilidade), e então, f tem no máximo três zeros reais. Mas,
Resta mostrarmos que
13 Solução por radicais
certamente
f
103
tem no mínimo três zeros reais, já que uma função contínua denida nos
reais não muda de sinal, exceto se passar pelo zero. Portanto,
f
tem precisamente três
zeros reais, e o resultado segue.
8
6
4
2
A
−2
B
0
−1
C
1
2
−2
Figura 13.1: Gráco da polinomial
t5 − 6t + 3.
104
13.2 Uma quíntica insolúvel
Capítulo 14
O Polinômio Geral
14.1 Graus Transcendentes
Até o presente momento não trabalhamos com as extensões transcendentes; ao invés
disto assumimos a nitude das extensões como foco central da teoria.
Considereramos
agora esta classe maior de extensões.
Denição 14.1.1. Uma extensão L : K é nitamente gerada se L = K(α1 , . . . , αn ), em
que, n é nito.
Notemos que os
αj
podem ser algébricos ou transcendentes sobre
K.
Denição 14.1.2. Se t1 , . . . , tn são elementos transcendentes sobre um corpo K , todos
em alguma extensão L de K , então eles são independentes se há um polinômio não trivial
p sobre K (em n indeterminadas) tal que p(t1 , . . . , tn ) = 0 em L.
Exemplo 14.1.3. Se t é transcendente sobre K e u é transcendente sobre K(t), então
K(t, u) é uma extensão nitamente gerada de K , e t, u são independentes. Por outro lado,
t e u = t2 + 1 são ambos transcendentes sobre K , mas estão relacionados pela equação
polinomial t2 + 1 − u = 0, logo, não são independentes.
O próximo Lema descreve a estrutura de uma extensão nitamente gerada.
Lema 14.1.4. Se L : K é nitamente gerada, então, existe um corpo intermediário M
tal que,
1. M = K(α1 , . . . , αr ), em que, os αi são elementos transcendentes e independentes
sobre K .
2. L : M é uma extensão nita.
Demonstração.
L = K(β1 , . . . , βn ), pois L : K é nitamente gerada. Se
todos os βj são algébricos sobre K , então L : K é nita pelo Lema 6.1.9 (generalizado)
e, devemos considerar M = K . Caso contrário, algum dos βi é transcendente sobre
Sabemos que
105
106
K.
14.1 Graus Transcendentes
L : K(α1 ) não é nita, existe algum βk transcendente
sobre K(α1 ). Chamemos o mesmo de α2 . Continuamos este processo até conseguirmos
M = K(α1 , . . . , αr ) de tal modo que L : M é nita. Logo, por construção, os αj são
elementos transcendentes independentes sobre K .
Chamemos este de
Lema 14.1.5
α1 .
Se
(Lema de Steinitz da Troca)
. Com a mesma notação do Lema 14.1.4, se
existir outro corpo intermediário de N = K(β1 , . . . , βs ), tal que, β1 , . . . , βs são elementos
transcendentes independentes sobre K e L : N seja nita, devemos ter r = s.
Demonstração.
Como
[L : M ] é nito, temos pelo Lema 6.1.9 que β1
é algébrico sobre
M.
Portanto, existe uma equação polinomial
p(β1 , α1 , . . . , αr ) = 0.
α1 , na verdade aparece na equação. Então, α1 é algébrico sobre K(β1 , α2 , . . . , αr ) e L : K(β1 , α2 , . . . , αr ) é nita. Indutivamente,
conseguimos substituir αj por βj , e deste modo,
Assim, algum
αj ,
sem perda de generalidade,
L : K(β1 , . . . , βr )
é nita. Se
s > r,
temos que
contradição. Portanto,
s ≤ r.
βr+1
K(β1 , . . . , βr ), o que é uma
perceber que r ≤ s. E assim,
deve ser algébrico sobre
Analogamente, conseguimos
temos a demonstração do Lema.
Denição 14.1.6. O inteiro denido no Lema 14.1.4 é o grau de transcendência de L :
K . Pelo Lema 14.1.5, o valor de r é bem denido.
Exemplo 14.1.7. Consideremos K(t, α, u) : K , em que, t é transcendente sobre K ,
α2 = t, e u é transcendente sobre K(t, α). Assim, M = K(t, u), em que, t e u são
elementos transcendentes independentes sobre K , e, portanto,
K(t, α, u) : M = M (α) : M
é nita. Deste modo, vemos que o grau de transcendência é dois.
Proposição 14.1.8. Uma extensão nitamente gerada L : K tem grau de transcendência
r se, e somente se, existe um corpo intermediário M tal que L é uma extensão nita de
M e M : K é isomorfa a K(t1 , . . . , tr ) : K .
Demonstração.
Suponhamos que
temos que existe
M,
L:K
seja nitamente gerada. Assim, pelo Lema 14.1.4,
transcendentes e independentes, tais que
r
K ⊆ M ⊆ L, e elementos t1 , . . . , tr
M = K(t1 , . . . , tr ), e L : M é nita. Neste caso,
corpo intermediário, ou seja,
é o grau de transcendência de
L : K.
14 O Polinômio Geral
107
Suponhamos agora, que
é nitamente gerada,
M
é corpo intermediário de
L
M : K é isomorfa a K(t1 , . . . , tr ) : K . Assim,
consideremos ϕ o isomorsmo de M em K(t1 , . . . , tr ), logo M ⊇ K(β1 , . . . , βr ). Seja
β ∈ M \ K(β1 , . . . , βr ), logo, existe α = ϕ(β) ∈ K(t1 , . . . , tr ).
e
K, L : M
L:K
Se
α
seja uma extensão nita e
é algébrico, então
α ∈ K,
logo
β ∈ K,
o que é um absurdo.
α é transcendente, ou seja, existe algum polinômio não constante, tal que
α = f (t1 , . . . , tr ) . Assim, β = (ϕ−1 f )(β1 , . . . , βr ) ∈ K(β1 , . . . , βr ). Portanto, M =
K(β1 , . . . , βr ), e pelo Lema 14.1.5, r é o grau de transcendência de L : K .
Portanto,
14.2 Polinômios Elementares Simétricos
Geralmente é nos dado um polinômio e desejamos encontrar os seus zeros. Mas, também é possível trabalhar na direção contrária, isto é, dados os zeros e as suas respectivas
multiplicidades, reconstruirmos o polinômio (problema incrivelmente mais simples do que
o primeiro, ao qual concentraremos nossa atenção).
Consideremos um polinômio de grau
n
e seus
n
zeros com as respectivas multiplicida-
des. Isto é,
f (t) = k(t − α1 ) · . . . · (t − αn ),
em que,
k∈K
e
αj
são os zeros em
K
(não necessariamente distintos). Suponhamos que
f (t) = a0 + a1 t + . . . + an tn .
Se expandirmos o primeiro produto e compararmos os coecientes com os da segunda
expressão, temos o seguinte resultado:
an = k
an−1 = −k(α1 + . . . + αn )
an−2 = k(α1 α2 + α1 α3 + . . . + αn−1 αn )
...
a0 = k(−1)n α1 α2 · . . . · αn
A expressão em
α1 , . . . , α n
do lado direito é o polinômio elementar simétrico, porém,
agora, estão sendo interpretados como elementos de
K(t1 , . . . , tn ),
em que,
K
pode ser
qualquer corpo. Além disso, os polinômios elementares simétricos aqui calculados como
tj = αj ,
para
1 ≤ j ≤ n.
Os polinômios elementares simétricos são simétricos no sentido de que eles não se
alteram através de uma permutação das indeterminadas
tj .
Esta propriedade nos sugere:
108
14.3 O Polinômio Geral
Denição 14.2.1. Um polinômio q ∈ K(t1 , . . . , tn ) é simétrico se
q(tσ(1) , . . . , tσ(n) ) = q(t1 , . . . , tn ),
para todas a permutações σ ∈ Sn .
Existem outros polinômios simétricos além dos polinômios simétricos elementares,
como por exemplo,
t21 + . . . + t2n .
Mas, estes, podem ser expressos em termos dos pri-
meiros, como acima discutido. Assim, temos o seguinte teorema:
Teorema 14.2.2. Sobre o corpo K , qualquer polinômio simétrico em t1 , . . . , tn pode ser
expresso como um polinômio de grau menor ou igual em termos dos polinômios elementares sr (t1 , . . . , tn ), com r = 0, . . . , n.
14.3 O Polinômio Geral
K. O
grupo simétrico Sn pode atuar como um grupo de K -automorsmos de K(t1 , . . . , tn ) (uso
Seja
K
um corpo qualquer, e sejam t1 , . . . , tn os elementos transcendentes sobre
de uma transformação linear), denindo,
σ(ti ) = tσ(i) ,
para todo
σ ∈ Sn .
Podemos extendê-lo a qualquer expressão racional
Φ
pela denição,
σ(Φ(t1 , . . . , tn )) = Φ(tσ(1) , . . . , tσ(n) ).
Conseguimos, assim, provar que
σ,
extendido deste modo, é um
K -automorsmo.
Exemplo 14.3.1. Se n = 4 e σ é a permutação
!
1234
,
2431
temos então, σ(t1 ) = t2 , σ(t2 ) = t4 , σ(t3 ) = t3 e σ(t4 ) = t1 . Além disto, como um caso
típico,
5
5
σ
t1 t4
t2 − 7t3
4
Claramente, elementos distintos de
O corpo xo
F
de
Sn
Sn
=
originam
K -automorsmos
distintos.
obviamente contém todos os polinômios simétricos em
particular, os polinômios elementares simétricos
estes geram
t2 t1
.
t4 − 7t3
4
sr = sr (t1 , . . . , tn ).
F.
Lema 14.3.2. Com a notação acima, F = K(s1 , . . . , sn ).
ti ,
e, em
Devemos mostrar que
14 O Polinômio Geral
Demonstração.
109
Primeiro mostraremos que
[K(t1 , . . . , tn ) : K(s1 , . . . , sn )] ≤ n!,
n.
por indução em
Consideremos a extensão dupla,
K(t1 , . . . , tn ) ⊇ K(s1 , . . . , sn , tn ) ⊇ K(s1 , . . . , sn ).
Agora,
f (tn ) = 0,
em que,
f (t) = tn − s1 tn−1 + . . . + (−1)n sn ,
e, tal que,
[K(s1 , . . . , sn , tn ) : K(s1 , . . . , sn )] ≤ n.
Se considerarmos
0
nirmos s0
= 1,
s01 , . . . , s0n−1
o polinômio elementar simétrico em
t1 , . . . , tn−1 ,
e de-
então
sj = tn s0j+1 + s0j ,
e, portanto,
K(s1 , . . . , sn , tn ) = K(tn , s01 , . . . , s0n−1 ).
Por indução,
[K(t1 , . . . , tn ) : K(s1 , . . . , sn , tn )] = [K(tn )(t1 , . . . , tn−1 ) : K(tn )(s01 , . . . , s0n−1 )] ≤ (n − 1)!
e assim, pela Lei das Torres (generalizada) o passo de indução segue.
Agora,
K(s1 , . . . , sn )
é claramente um corpo xo
F
de
Sn .
Pelo Teorema referido na
demonstração de 9.3.8 (generalizado),
[K(t1 , . . . , tn ) : F ] = |Sn | = n!,
e assim pelo discutido acima
F = K(s1 , . . . , sn ).
Corolário 14.3.3. Todo polinômio simétrico em t1 , . . . , tn sobre K pode ser escrito como
uma expressão racional em s1 , . . . , sn .
Demonstração.
Ora, polinômios simétricos estão no corpo xo
F.
Lema 14.3.4. Com a notação acima, s1 , . . . , sn são elementos transcendentes independentes sobre K .
Demonstração.
K(s1 , . . . , sn ), temos que
ambos têm o mesmo grau de transcendência sobre K , digamos, n. Portanto, os sj são
independentes, pois, caso contrário o grau de transcendência de K(s1 , . . . , sn ) : K seria
menor do que n.
Como
K(t1 , . . . , tn )
é uma extensão nita de
110
14.4 Extensões Cíclicas
Denição 14.3.5. Seja K um corpo e sejam s1 , . . . , sn elementos transcendentes sobre
K . O polinômio geral de grau n sobre K é o polinômio,
tn − s1 tn−1 + s2 tn−2 − . . . + (−1)n sn
sobre o corpo K(s1 , . . . , sn ).
Teorema 14.3.6. Sejam K um corpo qualquer, g um polinômio geral de grau n sobre K
(na realidade sobre K(s1 , . . . , sn )), e Gal(g, K(s1 , . . . , sn )) o corpo de decomposição de g
sobre K(s1 , . . . , sn ). Então, os zeros t1 , . . . , tn de g em Gal(g, K(s1 , . . . , sn )) são elementos
independentes transcendentes sobre K , e o grupo de Galois de Gal(g, K(s1 , . . . , sn )) :
K(s1 , . . . , sn ) é simétrico ao grupo Sn .
Demonstração.
Gal(g, K(s1 , . . . , sn )) : K(s1 , . . . , sn ) é nita pelo Teorema
8.2.3, portanto, o grau de transcendência de Gal(g, K(s1 , . . . , sn )) : K é igual ao, de
K(s1 , . . . , sn ) : K , digamos, n. Como Gal(g, K(s1 , . . . , sn )) = K(t1 , . . . , tn ), os tj são
elementos transcendentes independentes sobre K , já que, qualquer relação algébrica entre
eles diminuiria o grau de transcendência. Os sj são agora os polinômios elementares
simétricos em t1 , . . . , tn pelo Teorema 14.2.2. Como acima, Sn age como um grupo de
automorsmos de Gal(g, K(s1 , . . . , sn )) e pelo Lema 14.3.2 o corpo xo é K(s1 , . . . , sn ).
Temos então, pelo Teorema 9.3.10, que, Gal(g, K(s1 , . . . , sn )) : K(s1 , . . . , sn ) é separável
e normal (normalidade também segue da denição de Gal(g, K(s1 , . . . , sn )) como corpo
A extensão
de decomposição), agora, pelo Teorema que aparece na demonstração do Teorema 9.3.8,
|Sn | = n!.
tem ordem n!,
seu grau é
Logo, pelo Teorema Fundamental da Teoria de Galois, o grupo de
Galois
e está contido em
Sn ,
portanto,temos que este é igual a
Sn .
Teorema 14.3.7. Se K é um corpo de característica zero e n ≥ 5, então a polinomial
geral de grau n sobre K (na verdade sobre K(s1 , . . . , sn )) é não solúvel por radicais.
Demonstração.
A demonstração segue do Teorema 13.1.10 e do Corolário 12.2.5.
14.4 Extensões Cíclicas
Nesta seção, mostraremos que Extensões Cíclicas - extensões com Grupo de Galois
cíclicos - estão extremamente relacionadas com Extensões Radicais.
Denição 14.4.1. Consideremos L : K uma extensão normal e nita com Grupo de
Galois G. A norma de um elemento a ∈ L é
N (a) = τ1 (a)τ2 (a) · · · τn (a),
em que, τ1 , . . . , τn são elementos de G.
14 O Polinômio Geral
Temos que
N (a)
111
pertence ao corpo xo de
um grupo com os elementos distintos
n,
os elementos
ggj
cobrem
G
(Teorema
Gé
de 1 a
(Ora, temos um lema que dita: Se
g1 , . . . , gn ,
e se,
g ∈ G,
então, como
j
varia
e ocorrem precisamente uma única vez - vide [5]),e, se a
extensão é também separável, temos que
Teorema 14.4.2
G
90
N (a) ∈ K .
. Seja L : K uma extensão normal nita com
de Hilbert)
Grupo de Galois cíclico G gerado por um elemento τ . Então, a ∈ L tem norma N (a) = 1
se, e somente se,
a=
b
,
τ (b)
para algum b ∈ L, em que b 6= 0.
Demonstração.
Consideremos
|G| = n.
Se
a=
b
e
τ (b)
b 6= 0,
então
N (a) = aτ (a)τ 2 (a) · · · τ n−1 (a)
b τ (b) τ 2 (b)
τ n−1
·
·
·
=
τ (b) τ 2 (b) τ 3 (b)
τ n (b)
= 1,
já que,
τ n = 1.
Reciprocamente, suponhamos que
N (a) = 1.
Consideremos
d0
=
a0
d1
=
(aτ (a))τ (c)
c ∈ L,
e denamos
...
dj
para
0 ≤ j ≤ n − 1.
=
[aτ (a) · · · τ j (a)]τ j (c),
Então,
dn−1 = N (a)τ n−1 (c) = τ n−1 (c).
E mais,
dj+1 = aτ (dj ) (0 ≤ j ≤ n − 2).
Denamos,
b = d0 + d1 + . . . + dn−1 .
Armamos que podemos escolher
c
de modo a tornarmos
absurdo, que não consigamos isto, ou seja,
b 6= 0.
Suponhamos por
b = 0 para todas as escolhas de c.
c ∈ L,
λ0 τ 0 (c) + λ1 τ (c) + . . . + λn−1 τ n−1 (c) = 0,
em que,
λj = aτ (a) · · · τ j (a),
Assim, para
112
14.4 Extensões Cíclicas
pertence a
L.
Logo, os
τj
automorsmos distintos são linearmente dependentes sobre
L,
contrariando o Lema de Dedekind (vide [5]).
Assim, podemos escolher
c
tal que
b 6= 0.
Deste modo,
τ (b) = τ (d0 ) + . . . + τ (dn−1 )
1
=
(d1 + . . . + dn−1 ) + τ n (c)
a
1
=
(d0 + . . . + dn−1 )
a
b
=
.
a
Portanto,
a=
b
, como armamos.
τ (b)
Teorema 14.4.3. Suponhamos que L : K seja uma extensão normal nita cujo Grupo
de Galois, G, é cíclico, de ordem p, gerado por τ . Assumamos que a característica de K
é 0 ou, prima a p, e que tp − 1 se decompõe linearmente sobre K . Então, L = K(α), em
que α é um zero de um polinômio irredutível tp − a sobre K para algum a ∈ K .
Demonstração.
Os
p
zeros de
tp − 1
de um grupo
H,
grupo este, que deve, ser cíclico (já
que, qualquer grupo de ordem prima é cíclico). Sabemos que um grupo cíclico consiste de
potências de um único elemento, assim, os zeros de
em que,
p
= 1.
tp − 1
são potências de algum
∈ K,
Logo,
N () = · · · = 1,
uma vez que,
=
∈ K,
α
para algum
τ (α)
e, portanto,
α ∈ L.
τ i () = ,
para todo
i.
Pelo Teorema 14.4.2, temos que
Assim,
τ (α) = −1 α τ 2 (α) = −2 α . . . τ j (α) = −j α,
a = αp é xado por G. Logo, está em K . Agora, como K(α) é o corpo de decomposição
p
p−1
para t −a sobre K . Os K -automorsmos 1, τ, . . . , τ
mapeiam α em elementos distintos,
então, eles são os p distintos K -automorsmos de K(α). Pelo Teorema Fundamental da
Teoria de Galois, o grau de [K(α) : K] ≥ p. Mas, [L : K] = |G| = p, então L = K(α).
e
tp − a é o polinômio minimal de α sobre K , caso contrário, deveríamos
[K(α) : K] < p. Sendo um polinômio minimal, tp − a é irredutível sobre K .
Portanto,
ter
Teorema 14.4.4. Sejam K um corpo de característica 0, e L : K uma extensão normal
nita com Grupo de Galois solúvel G. Então, existe uma extensão R de L tal que R : K
é radical.
Demonstração.
K tem característica 0. Usaremos
indução na |G|. O resultado é claro quando |G| = 1. Se |G| =
6 1, tomamos o máximo
G
subgrupo normal H de G, este existe, já que, G é um grupo nito. Então,
é simples, e
H
Todas as extensões são separáveis já que
14 O Polinômio Geral
como
H
é maximal, temos que este é também solúvel pelo segundo item do Teorema 12.1.4.
Pelo Teorema 12.2.3,
de
tp − 1
sobre
L.
L
de
G
é cíclico e de ordem prima
H
Então,
decomposição sobre
sobre
113
(tp − 1)f ,
K
N : K
p.
Seja
N
o corpo de decomposição
é normal, e pelo Teorema 8.2.3,
para algum polinômio
o que implica que,
N :K
f,
assim,
N
L
é um corpo de
é o corpo de decomposição
é normal pelo Teorema 8.2.3.
N : L é abeliano pelo Lema 13.1.6, e, pelo Teorema Fundamental
Gal(N :K)
da Teoria de Galois, Gal(L : K) é isomorfo a
. Pelo Teorema 12.1.4 (generalizado),
Gal(N :L)
Gal(N : K) é solúvel. Seja M o subcorpo de N gerado por K e os zeros de tp − 1. Então,
N : M é normal. Agora, M : K é claramente radical, e como L ⊆ N , temos que o
resultado desejado providenciará uma extensão R de N , tal que, R : M é radical.
Armamos que, o Grupo de Galois de N : M é isomorfo a um subgrupo de G. Mapeemos qualquer M - automorsmo τ de N em sua restrição τ |L . Como L : K é normal,
τ |L é um K -automorsmo de L, e existe um homomorsmo de grupos
O Grupo de Galois de
Φ : Gal(N : M ) → Gal(L : K).
τ ∈ ker(Φ), então τ xa todos os elementos de M e L, o que gera N . Portanto,
τ = 1, e assim, Φ é um monomorsmo, o que implica que Gal(N : M ) é isomorfo a um
subgrupo J de Gal(L : K).
Se J = Φ(Gal(N : M )) é um subgrupo próprio de G, então por indução, existe uma
extensão R de N , tal que R : M é radical.
A única possibilidade restante é que J = G. Então, podemos encontrar um subgrupo
I 4 Gal(N : M ) de índice p, digamos, I = Φ−1 (H). Consideremos P o corpo xo de I † .
Então, [P : M ] = p pelo Teorema Fundamental da Teoria de Galois, P : M é normal, e
p
ainda pelo mesmo teorema, t − 1 se decompõe linearmente em M . Pelo Teorema 14.4.3
p
(generalizado), P = M (α), em que α = a ∈ M . Mas, N : P é uma extensão normal
com Grupo de Galois Solúvel de ordem menor do que |G|, e então, por indução existe
uma extensão R de N tal que R : P é radical. Ora, R : M é radical e o teorema está
Se
provado.
Terminaremos este Trabalho de Conclusão de Curso com o seguinte Teorema:
Teorema 14.4.5. Sobre um corpo de característica zero, um polinômio é solúvel por
radicais se, e somente se, este tem Grupo de Galois solúvel.
Demonstração.
.
A demonstração deste teorema segue dos Teoremas 13.1.10 e 14.4.4.
114
14.4 Extensões Cíclicas
Referências Bibliográcas
[1] EDWARDS, H. M.
[2] EVES, H.
Galois Theory. New York:
Springer,
Introdução à história da matemática;
gues. Campinas: Editora Unicamp,
[3] GONÇALVES, A.
5
ed., 1998.
tradução: Hygino H. Domin-
ed., 2011.
Introdução à Álgebra. Rio de Janeiro:
[4] MONTEIRO, J. L. H.
[5] STEWART, I.
a
3a
IMPA, 1977.
Fundamentos de Álgebra. Rio de Janeiro:
IMPA, 1969.
Galois Theory. Chapman & Hall/CRC, 3a ed., 2004.
115
Índice Remissivo
Anel, 1
Extensão Transcendente, 43
Anel com Unidade, 2
Grau de uma Extensão, 52
Anel Comutativo, 2
Isomorsmo Entre Duas Extensões de
Anel sem Divisores de Zero, 2
Corpos, 41
Domínio de Integridade, 2
Função de Euler, 35
Subanel, 2
Congruência Módulo
n,
Grupo
8
Centralizador, 95
Corpo, 2
Centro de um Grupo, 95
Corpo xo, 73
Grupo - Extensão, 92
Corpo intermediário, 72
Grupo Simples, 92
Subcorpo, 2
Grupo Solúvel, 89
Subcorpo gerado, 38, 39
Grupo de Unidades, 35
Elemento
Elementos Transcendentes Independen-
Homomorsmo, 3
Automorsmo, 4
tes, 105
K -automorsmo,
Norma de um elemento, 110
Elemento Algébrico, 43
Endomorsmo, 4
Elemento Transcendente, 43
Isomorsmo, 4
Elementos
Monomorsmo, 3
71
K -monomorsmo,
Elementos Conjugados, 95
Expressão Racional, 40
71
Laço, 20
Extensão
Lei da Torre, 54
Grau de Transcendência de uma Extensão, 106
Polinômio, 17
Zero de um Polinômio, 20
Extensão de Corpo, 37
Extensão Algébrica, 43, 56
Coecientes de polinômio, 18
Extensão Finita, 55
Derivada Formal, 68
Extensão Finitamente Gerada, 105
Grau de Polinômio, 18
Extensão Normal, 63, 66
Grupo de Galois de Polinômio, 101
Corpo de Decomposição, 63, 64
Igualdade de Polinômios, 18
Fecho Normal, 71, 73
Maior Fator Comum, 27
Extensão Radical, 97
Polinômio Elementar Simétrico, 107
Extensão Simples, 40
Polinômio em Várias Indeterminadas, 18
116
ÍNDICE REMISSIVO
Polinômio Geral de grau
117
n,
110
Polinômio Irredutível, 30
Polinômio Mônico, 44
Polinômio Minimal, 45
Polinômio Separável, 63, 68
Polinômio Simétrico, 108
Polinômio Solúvel por Radicais, 98
Polinômios Primos, 31
Produto de Polinômios, 18
Ponto Construtível, 57
Relação de Equivalência, 5
Classe de Equivalência, 6
Conjunto Quociente, 8
Teorema Fundamental da Álgebra, 20
Teorema Fundamental da Teoria de Galois,
80