Primeira Lista
Divisão Euclidiana de Polinômios, MDC e Irredutíveis
C. Então K pode ser
√
os racionais Q, os reais R, uma extensão quadrática dos racionais Q( d), onde d não é um quadrado
√
2
2
em Q (ou então, x − d não tem raízes em Q), ou como vimos em classe Q( 2), ou qualquer outro
√
Q( 3 d), onde x3 − d não tem raiz em Q, ou qualquer subconjunto K ⊂ C tal que
Toda vez que falarmos em um corpo
(1)
0, 1 ∈ K
(4)
xy ∈ K, ∀x, y ∈ K,
(2)
sobre
estamos pensando em subcorpos de
x + y ∈ K, ∀x, y ∈ K,
Dizer que um polinômio
estão em
K
(5)
(3)
− x ∈ K, ∀x ∈ K,
x−1 ∈ K, ∀x ∈ K.
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + ao ∈ K[x], signica que todos os coecientes
K , an , an−1 , . . . , ao ∈ K .
Nesse caso dizemos que
f (x)
é um polinômio em
K
ou denido
K.
Toda vez que um corpo
extensão de
F,
ou que
K
F
é um subcorpo de outro corpo
estende
F.
K (F ⊂ K )
Nesse caso podemos considerar
K
dizemos que
K
é uma
como um espaço vetorial
F , isto é, um espaço vetorial com multiplicação por escalares de F . Os exemplos bem conhecidos
√
C como espaço vetorial sobre R, ou então Q( 2) como espaço vetorial sobre Q. Também R é
sobre
são
um espaço vetorial sobre
Sempre que
K
grau da extensão.
Q,
e assim por diante.
é um extensão de
F
chamamos a dimensão de
K
como espaço vetorial sobre
Notação: [K : F ] = grau da extensão
Nos exemplos acima, temos
√
[C : R] = 2, [Q( 2) : Q] = 2,
ou ainda
√
[Q( 3 2) : Q] = 3;
F
de
mas
[R : Q] = ∞.
Vamos também recordar que dados dois polinômios
existem e são únicos
q(x), r(x) ∈ K[x]
gr
quer dizer
grau do polinômio.
onde
K
é um corpo,
tais que
e
f (x) = g(x)q(x) + r(x)
onde
f (x), g(x) ∈ K[x],
r(x) = 0
Os polinômios
quociente e resto da divisão (euclidiana) de
f (x)
por
ou
gr r(x) < gr g(x),
q(x) e r(x) são chamados,
g(x)
respectivamente, de
(conforme [GL, Teorema I.3.8, pg. 24] ou
[H, Lema 3.9.2, pg. 155]).
No caso
g(x)|f (x),
r(x) = 0,
dizemos que
g(x) divide f (x)
que signica que o polinômio
g(x)
divide
1
g(x)|f (x). Não confundir
g(x)
que é outra coisa.
f (x)
e denotamos isso por
f (x),
com a fração
Questão 1.
a
g(x) = x − a ∈ K[x],
um polinômio de grau
f (x) ∈ K[x] por g(x) o resto, r(x), é f (a).
polinômio
se
Para
é uma raiz de
f (x)?
1,
mostre que na divisão de um
Podemos concluir que
(x − a)|f (x) se e somente
(Observe que não precisamos saber quem é o corpo
K .)
Questão 2. Para dois polinômios f (x), g(x) ∈ K[x], K corpo qualquer, sabendo-se que gr f (x) <
gr g(x), encontre o quociente e o resto da divisão de f (x) por g(x).
√
√
√
Questão 3. Seja f (x) = (1 − 2)x3 + (2 + 2)x + 5 e g(x) = 2x2 + 3x + (3 − 2) dois polinômios
de
√
Q( 2)[x].
Encontre o quociente e o resto da divisão de
Questão 4.
k(x)|f (x)
e
f (x), g(x), a(x), b(x), k(x) ∈ K[x],
Sejam
k(x)|g(x),
f (x)
então
por
g(x).
para um corpo
K.
Mostre que se
k(x)|(a(x)f (x) + b(x)g(x)).
Convém observar que precisamos ter os coecientes dos polinômios em um corpo para fazermos a
divisão euclidiana. Por exemplo, em
x3 − 1
por
2x + 1
Denição.
não podemos encontrar o quociente e o resto da divisão de
porque não temos o inverso de
Vimos em classe que
√
elemento
Z[x]
a + b 2,
com
a, b ∈ Q.
√
Q( 2)
Encontre
x−1
em
Z.
O quociente e o resto só existem em
Q[x].
é um corpo e aprendemos a calcular o inverso de um
Recordando:
√
(a + b 2)−1 =
Questão 5.
2
−b √
a
+
2
a2 − 2b2 a2 − 2b2
em cada um dos seguintes casos:
√
√
x = 2 + 3 −1, x = 4 − 2 2,
√
x = 1 + 5 30.
Denição. Dados dois polinômios f (x) e g(x) em K[x] chama-se máximo divisor comum, MDC,
deles a um polinômio
1.
h(x)|f (x)
e
h(x)
que tem as seguintes propriedades:
h(x)|g(x), h(x)
2. se algum outro polinômio
e
k(x)|g(x),
então
divide os dois;
k(x) dividir os dois, então k(x) divide h(x), em símbolos:
se
k(x)|f (x)
k(x)|h(x).
Estamos dizendo que o MDC é um divisor comum que contém todos os outros divisores comuns.
Observe que se
h(x) é um MDC de f (x) e g(x), então ch(x), com c 6= 0 uma constante de K , também
é um MDC de
f (x)
e
g(x).
Logo não temos MDC único.
O Teorema de Bezout diz o seguinte: Dados
o MDC
h(x) ∈ K[x]
de
f (x)
e
g(x).
f (x), g(x) ∈ K[x], K
corpo qualquer, então existe
Mais ainda, existem polinômios
h(x) = u(x)f (x) + v(x)g(x).
2
u(x), v(x) ∈ K[x]
tais que
Podemos demonstrar esse fato de duas maneiras. Primeira demonstração:
Demonstração.
Tomemos o conjunto
P
estamos dizendo que
é o conjunto de todas as combinações de
t1 (x)
com coecientes polinomiais
p(x) ∈ P} ⊂ N
(zero está em
e
N).
gr h(x) é o menor elemento de G .
existem
P = {t1 (x)f (x) + t2 g(x) 6= 0 | t1 (x), t2 (x) ∈ K[x] };
u(x), v(x) ∈ K[x]
t1 (x)
em
K[x].
O conjunto
G
Vamos ver que
K[x]
tais que
que podemos fazer
tem um menor elemento. Seja
h(x)
h(x) é um divisor comum.
r(x)
é um MDC de
f (x)
e
G = {gr p(x) |
h(x) ∈ P
g(x).
Como
tal que
h(x) ∈ P
(†)
Pelo algorítimo de Euclides existem
e, muito importante,
r(x) = 0
ou
vamos agora trocar
q(x), r(x) ∈
gr r(x) < gr h(x).
seja zero (polinômio nulo) para provarmos que
r(x) = f (x) − q(x)h(x).
provarmos isso, tomemos
g(x)
tais que
f (x) = h(x)q(x) + r(x)
mos então que o resto
e
Em seguida tomemos o conjunto
h(x) = u(x)f (x) + v(x)g(x).
Vejamos primeiro que
f (x)
h(x)
h(x)
divide
Quere-
f (x).
Para
por sua representação
(†),
r(x) = f (x) − q(x)h(x) = f (x) − q(x)(u(x)f (x) + v(x)g(x)) = (1 − q(x)u(x))f (x) + (−q(x)v(x))g(x).
Concluímos então que
gr r(x) < gr h(x).
mesma forma que
r(x) ∈ P
se r(x) 6= 0.
Logo não é possível que
gr h(x) é o menor grau de um polinômio em P
r(x) ∈ P .
Portanto
r(x) = 0
e
h(x)|f (x).
e
Mostra-se da
h(x)|g(x).
Finalmente, se um polinômio
v(x)g(x),
Mas
k(x)
por um exercício anterior,
f (x)
para ser o MDC de
e
for tal que
k(x)|h(x).
k(x)|f (x)
e
k(x)|g(x),
Mostramos assim que
como
h(x) = u(x)f (x) +
h(x) tem as duas propriedades
g(x).
q.e.d.
Demonstração.
(Segunda Forma) Vamos agora aplicar o método das divisões sucessivas. Essa
segunda demonstração tem a vantagem de ser construtiva; ela mostra como encontrar os polinômios
u(x)
e
v(x).
Divide
f (x)
por
g(x):
f (x) = q1 (x)g(x) + r1 (x),
Se
r1 6= 0,
divide
g(x)
por
r1 (x) = 0
ou
gr r1 (x) < gr g(x).
r2 (x) = 0
ou
gr r2 (x) < gr r1 (x).
r1 (x):
g(x) = q2 (x)r1 (x) + r2 (x),
3
Se
r2 6= 0,
divide
r1 (x)
por
r2 (x):
r1 (x) = q3 (x)r2 (x) + r3 (x),
Se
r3 6= 0,
divide
r2 (x)
por
r3 (x),
r3 (x) = 0
ou
gr r3 (x) < gr r2 (x).
e vamos fazendo isso sucessivamente
.
.
.
.
.
.
.
.
.
até encontrar um resto zero:
rn−2 (x) = qn (x)rn−1 (x) + rn (x),
rn (x) = 0
ou
gr rn (x) < gr rn−1 (x).
e
rn−1 (x) = qn+1 (x)rn (x) + 0.
O MDC vai ser
rn (x).
Podemos ter certeza de que vai acontecer rn (x) = 0 porque temos
gr g > gr r1 (x) > gr r2 (x) > · · · ≥ 0.
Logo a sequência de divisões vai ter parar em algum ponto.
Para demonstrar que
rn (x)
é um MDC vejamos primeiro que
rn (x)
divide
f (x)
Vamos simplicar as coisas e escrever rn , f , g e todos os polinômios sem o x.
rn |rn−1 ,
pois
rn+1 = 0,
rn |rn
logo
rn |rn−2
e
rn |rn−1
e
g(x).
Vamos a vericação:
vamos repetindo
Conclusão
rn
rn |r3
e
rn |r2
logo
rn |r1
rn |r2
e
rn |r1
logo
rn |g(x)
rn |r1
e
rn |g
logo
rn |f
é um divisor comum. Vamos agora encontrar os polinômios
uev
para ter
Para isso vamos tirando os restos nas equações acima:
da primeira equação
r1 = f − q1 (x)g(x)
troca na segunda
r2 = g − q2 r1 = (−q2 )f + (1 + q2 q1 )g
troca na terceira
r3 = r1 − q3 r2 = f − q1 g + q3 q2 f − q3 (1 + q2 q1 )g =
= (1 + q3 q2 )f + (−q1 − q3 − q3 g2 q1 )g
vai repetindo
.
.
.
até chegar a
rn = uf + vg
4
rn = uf + vg .
Para terminar usamos novamente o exercício anterior que nos garante que se um polinômio
k|f
e
k|g ,
então
k|un ,
k satiszer
terminando a demonstração.
q.e.d.
Vamos agora ver um exemplo: seja
Na primeira divisão vamos obter
f = x6 +x5 −9x4 −10x3 −x2 +9x+9 e g = x4 +4x3 −6x2 −7x−10.
q1 = x2 − 3x + 9
e
r1 = −57x3 + 42x2 + 42x + 99,
isto é:
x6 + x5 − 9x4 − 10x3 − x2 + 9x + 9 = (x2 − 3x + 9)(x4 + 4x3 − 6x2 − 7x − 10) + (−57x3 + 42x2 + 42x + 99)
Na segunda divisão, de
g = x4 + 4x3 − 6x2 − 7x − 10
−1
30
x−
57
361
por
r1 = −57x3 + 42x2 + 42x + 99,
vamos obter
−640 2
x +x+1 .
361
−640
Antes de fazermos a terceira divisão observemos que o termo
pode ser descartado. De fato
361
toda constante c 6= 0 pode ser descartada antes de dividir, pois se temos a(x) = b(x)q(x) + r(x), com
q2 =
r(x) = 0,
ou
r2 =
e
gr r(x) < gr b(x) e c 6= 0 é uma constante, c ∈ K , então a(x) = cb(x)(c−1 q(x)) + r(x)
e tudo vale da mesma forma. Vamos então fazer a terceira divisão com
r1
que calculamos. Dividindo-se
MDC é
r2 = x2 + x + 1.
por
x2 + x + 1
Vamos agora encontrar
obtemos
u(x)
e
x2 + x + 1
q3 = −57x + 99
v(x).
Temos
e
no lugar do
r3 = 0.
r 1 = f − q1 g
e
r2
Conclusão: o
r 2 = g − q2 r1 =
g − q2 (f − q1 g) = (−q2 )f + (1 + q2 q1 )g . Logo
−1
30
30
−1
u(x) = −q2 = −
x−
x−
e v(x) = 1 + q2 q1 = 1 +
x2 − 3x + 9 .
57
361
57
361
Questão 6. Calcule em Q[x] um MDC h(x) de f = x4 + x3 + 2x2 + x + 1 e g = x3 + 4x2 + 4x + 3
u(x), v(x) ∈ Q[x]
e encontre os polinômio
para os quais temos
h = uf + vg .
Denição. Dizemos que dois polinômios f, g ∈ K[x] são relativamente primos, se um MDC deles
for uma constante
Questão 7.
um MDC de
f
e
Questão 8.
deles em
tais que
K[x]
é
c 6= 0
de
K.
Mostre que um MDC de
g
sobre
Sejam
h(x).
f
f
e
g
sobre um corpo
K
é
0 6= c ∈ K
se e somente se
e
g
dois polinômios sobre um corpo
Dado um outro elemento
k(x) = a(x)f (x) + b(x)g(x)
corpo qualquer, é
p(x) = f (x)g(x)
com
é
K.
k(x) ∈ K[x],
se e somente se
K , (f, g ∈ K[x])
tais que um MDC
mostre que existem
a(x), b(x) ∈ K[x]
h|k .
Vamos agora estudar um tipo especial de polinômio. Dizemos que um polinômio
K
1
irredutível
em
K[x]
se
p(x)
não for constante e se não for possível fatorá-lo
gr f (x) < gr p(x) e gr g(x) < gr p(x) e f, g ∈ K[x].
5
p(x) ∈ K[x],
Isso é o mesmo que dizer o seguinte: se
ou
f = cp,
polinômio
extensão
c ∈ K.
onde
p(x)
K.
de
K[x]
Por exemplo, em
Na verdade para qualquer corpo
K
R[x],
C[x]
somente os polinômio de grau
os polinômios do tipo
polinômio de grau
Atenção:
2
mas é redutível em
L[x]
e ser redutível (não irredutível) em
x − a, com a ∈ K
C[x].
Verique essa armação.
com discriminante negativo é irredutível em
1
K.
Um
para uma
são irredutíveis.
são irredutíveis em
Tente fatorar um deles e vai car claro que não é possível. Outro exemplo seria
É irredutível em
é uma constante,
A propriedade de ser irredutível depende principalmente do corpo
pode ser irredutível em
L (K ⊂ L )
f (x) ∈ K[x] for tal que f |p, então f ∈ K
K[x].
x2 + 2x + 2 ∈ R[x].
Verique mais:
todo
R[x].
Um polinômio irredutível nunca é constante e uma constante não é um polinômio
irredutível.
Os polinômios irredutíveis tem para
K[x]
o mesmo papel que os números primos tem para
Z.
Vejamos alguns exemplos que ilustram essa idéia.
Sabendo-se que
p(x)
é irredutível podemos dizer que dado
duas possibilidades tem que acontecer: ou
Seja
h
um MDC de
p
e
f.
p|f ,
ou
p
e
f
f (x) ∈ K[x],
não constante, uma das
são relativamente primos. Vejamos porque.
Pela denição de MDC temos que
h|p
e
h|f .
Como
h|p,
q ∈ K[x]
existe
gr h < gr p e gr q < gr p, isto é,
gr h = gr p ou gr q = gr p. Por outro lado sabemos que gr (qh) = gr q + gr h (verique que isso é de
fato verdade). Como p = qh temos gr p = gr (qh). Juntando essas informações vamos concluir que
gr q = 0, ou gr h = 0. Isto é q ∈ K é constante, ou h ∈ K é constante. No primeiro caso, q ∈ K ,
tal que
p = hq .
claro que
q 6= 0,
Mas
pois
p
p
é irredutível, logo não pode acontecer
não é constante já que é irredutível, logo
h = q −1 p
e como
h|f ,
também
p|f ,
que era uma das possibilidades (lembrar que já falamos que as constantes podem ser descartadas,
ver a segunda demonstração do teorema de Bezout). No segundo caso temos a outra possibilidade,
p
e
f
relativamente primos.
Vejamos outra semelhança com os números primos: se
ou
p|g
dois polinômio
é,
u, v ∈ K[x]
g = (h−1 g)p + (h−1 )gf .
p|g ,
é irredutível e
p|(f g),
(se dividir um produto, tem que dividir um dos fatores). Suponhamos que
Logo, pelo que vimos acima, um MDC
ter
p ∈ K[x]
tais que
Como
h de p e f
é constante,
h = up + vf .
h ∈ K.
p
então
p|f
não divide
f.
Pelo teorema de Bezout exitem
Multipliquemos essa igualdade por
h−1 g
e vamos
p|(gf ) e p|p vamos ter que p divide a soma (h−1 g)p + (h−1 )gf ,
isto
como queríamos.
Questão 9.
um produto,
Generalize o resultado acima: mostre para um irredutível
p|g1 g2 · · · gm ,
com
g1 , g2 , . . . , gm ∈ K[x],
6
então
p|gi ,
p ∈ K[x]
para algum
que se
1 ≤ i ≤ m.
p
divide
Questão 10. Mostre que se p ∈ K[x] é irredutível e c ∈ K , c 6= 0, então cp também é irredutível
em
K[x].
Questão 11. Mostre que para todo corpo K os polinômios f ∈ K[x] com grau ≤ 3 são irredutíveis
se e somente se não tem uma raiz em
K.
Encontre depois um polinômio
f
que seja redutível com
gr f = 4 e sem raízes em K , onde tomamos K = Q, e também K = R.
Observação. Decidir se um dado polinômio f (x) é ou não irredutível não é nada fácil, em geral.
1, 2,
Tirando os caso onde o grau é
polinômios irredutíveis mais tarde.
equações
3
ou
essa é uma tarefa complicada. Voltaremos ao estudo de
No momento vamos continuar com o estudo da resolução de
f (x) = 0.
Vamos a seguir ver o que polinômios irredutíveis tem a ver com o estudo de equações. Seja
um corpo numérico,
K ⊂ C,
f (x) ∈ K[x], f (x) 6= 0
α ∈ C.
e
tal que
Dizemos que
f (α) = 0,
isto é,
α
α
é
algébrico
é raiz de
sobre
K
se existe um polinômio
f.
Quando não é possível encontrar um polinômio√
f com as propriedades acima, dizemos que
transcendente
sobre
√
K.
Por exemplo,
2,
√
2
+
2
−1,
√
−2
2
número
π
sobre
pois cada um deles é raiz de um polinômio de grau
R
é transcendente sobre
Questão 12.
isto é
K ⊂ E ⊂ L.
Seja agora
K
Seja
L
K[x],
α
f (α) = 0
anulando-se em
sobre
K
é algébrico sobre
ou
α.
de
p = fg
g(α) = 0.
com
K[x].
algébrico sobre
para todo
é
Já o
são algébricos
K
e
E
um corpo intermediário,
E.
Chama-se
De fato, se
polinômio mínimo
p(x)
α.
de
α sobre
Claramente o
for um polinômio mínimo de
α
e
gr f, gr g < gr p, vai acontecer que f (α)g(α) = p(α) = 0.
p(x)
Mas isso contradiz o fato de
Conclusão:
π,
Q.
α
R[x].
não nulo e de menor grau possível que se anula em
é irredutível em
pudermos fatorá-lo na forma
α
K, α ∈ L
1
α ∈ C algébrico sobre um corpo numérico K .
polinômio mínimo de um
de
α
são todos algébricos sobre
Por outro lado todos esses números, incluindo
uma extensão de
Mostre que
a um polinômio de
Logo
Q.
K
ser um polinômio de menor grau
α algébrico sobre um corpo K
exite um polinômio mínimo
que não é nulo e é irredutível.
Observe que estamos dizendo
um polinômio mínimo.
De fato se
p(x) for um polinômio mínimo de
α e c ∈ K , c 6= 0, então também cp(x) será um polinômio mínimo de α.
escolher o polinômio mínimo com coeciente dominante
também são chamados de
mônicos.
1.
√
Vejamos alguns exemplos de polinômio mínimo. Para
7
Por causa disso vamos sempre
Polinômio com coeciente dominante
2
temos
x2 − 2
sobre
Q;
para
√
3
2
1
temos
3
x −2
sobre
Q;
√
−1 + −3
2
para
x2 + x + 1
temos
2
Nos casos de polinômios de grau
3
ou
sobre
Q.
é fácil achar quem é o polinômio mínimo. Para graus
α
maiores é mais difícil. Na verdade achar um polinômio mínimo de um algébrico
costuma ser uma
tarefa complicada.
Observemos ainda que um polinômio mínimo
K
aqui se trocarmos
L
por uma extensão
exemplo, se
α ∈ L,
K
de
L[x],
isto é, pode haver outros polinômios de
L
Também
um polinômio mínimo pode deixar de ser mínimo,
com grau menor que
então um mínimo sobre
√
p(x) ∈ K[x] de um α depende do corpo K .
x − α.
será
gr p que tenham α com raiz.
Por
x2 − 2 que é um
√
corpo Q( 2) vai ser
Um caso concreto é
√
√2 sobre o
√
√
−1 + −3
3
que tem x − 2 como um
x − 2. Outro exemplo pode ser visto com ω 3 2, onde ω =
2
√
√ 2
√
3
2
polinômio mínimo sobre Q, mas vai ter o polinômio x +
2x + 3 2 ∈ Q( 3 2)[x] como um polinômio
√
3
mínimo sobre Q( 2).
polinômio mínimo de
2
sobre
Q,
mas um polinômio mínimo de
Antes de vermos porque é importante conhecermos um polinômio mínimo de um elemento
vejamos mais uma das suas propriedades: seja
sobre
K.
Para todo
f (x) ∈ K[x],
f (α) = 0,
se
todos ou polinômios que se anulam em
Por esse Algorítimo existem
Queremos que
f
em
α
q, r ∈ K[x]
r(x) = 0 seja verdade.
vamos obter
Questão 13.
α
√
Voltando ao
um polinômio mínimo de um elemento
Isto é um polinômio mínimo de
ω =
tais que
pois
f (x) = q(x)p(x) + r(x)
Como
gr r < gr p.
√
2 + 2i
,
2
onde
i=
ω
ser raiz de
com
r=0
ou
r 6= 0 e gr r < gr p.
p(α) = 0
vamos obter que
√
−1,
x4 + 1
De fato, seja
α
p0 |p.
p = p0 q ,
Mas se
gr q = gr p,
uma raiz de
então
como
K.
p(x)
p
Então
e seja
p(x)
p0 (x)
r = 0,
Mas
como
vemos que a segunda pergunta do
Φ(x)
para encontrar
de
ω
em relação a
Q.
Φ(x).
p(x) ∈ K[x]
é um polinômio mínimo de cada uma de suas raízes.
um polinômio mínimo de
é irredutível vamos ter que
gr p0 = 0 e p0
gr r < gr p.
r(α) = 0.
A propriedade anterior permite descrever polinômios mínimos de outra forma: seja
um polinômio irredutível em
divide
Calculando-se
Esse absurdo mostra que
teste vai ser escrita agora na forma: Encontre o polinômio mínimo
Utilize a propriedade acima e o fato de
α
α
Vamos usar o algorítimo de Euclides para mostrar isso.
Suponhamos que não: logo
p(x),
p|f .
p|f .
então
0 = f (α) = q(α)p(α) + r(α).
isso contradiz a minimalidade de
queríamos e assim
p(x) ∈ K[x]
α
α.
Pela propriedade anterior,
gr p0 = gr p, ou gr q = gr p.
seria constante, o que é impossível pois
p0
é nulo, pela denição de polinômio mínimo (ver Conclusão acima). Logo
8
tem
α
Se acontecer
como raiz e não
gr p0 = gr p e portanto
também
resulta
p é também um polinômio mínimo de α.
gr q = 0 e portanto q é constante.
Podemos também observar que como
p0
Logo
p
e
diferem pela multiplicação por uma constante.
α
Podemos então concluir que um polinômio mínimo de
como um polinômio irredutível de
K[x]
gr p0 = gr p,
que se anula em
sobre
K
também pode ser caracterizado
α.
Vamos agora fazer uma aplicação do que desenvolvemos no estudo de equações. Seja
sobre
K
p(x)
e seja
um polinômio mínimo de
α
sobre
K.
Vamos chamar de
n = gr p
α
algébrico
e seja
L = { ao + a1 α + · · · + an−1 αn−1 | ao , a1 , . . . , an ∈ K }.
Então,
L é um corpo.
Mais ainda, olhando-se
(a dimensão como espaço vetorial é
n).
L como espaço vetorial sobre K
Provavelmente por isso a dimensão
grau da extensão, pois é igual ao grau de um polinômio mínimo de
Demonstração.
−β ∈ L
para
e
β ∈ L,
Como
pef
βγ ∈ L
Que
0, 1 ∈ L
q, r ∈ K[x]
v(x) = p(x)q(x) + r(x)
não pode acontecer. De fato,
é impossível, pois
é chamada de
K.
β −1 ∈ L.
temos
β + γ ∈ L,
Para isso observe que
tal que
β = f (α).
p é irredutível, vamos ter que
Logo, como
r(x) = 0
ou
De fato, pelo algorítimo de Euclides existem
gr r(x) < gr p(x) = n.
Vejamos que
r(x) = 0
r = 0 signica p|v , mas como p|p, vamos ter que p|(up + vf ) = 1, o que
p não é constante.
Logo
r 6= 0 e portanto gr r ≤ n−1.
Vamos agora trocar o
v pela
v = pq +r, isto é, 1 = u(x)p(x)+(p(x)q(x)+r(x))f (x) = (u(x)+q(x))p(x)+r(x)f (x), onde
agora temos
Mas
e
[L : K] = n
u(x), v(x) ∈ K[x] tais que 1 = u(x)p(x)+v(x)f (x).
v(x) pode ser escolhido com gr v(x) < n.
com
então
[L : K]
β, γ ∈ L
f (x) = ao + a1 x + · · · + an−1 xn−1 ∈ K[x]
são relativamente primos. Portanto existem
expressão
β 6= 0,
gr f ≤ n−1 < n = gr p temos que p não divide f .
Armamos que
sobre
e também que quaisquer que sejam
é claro. O problema é mostrar que se
existe um polinômio
α
temos que
gr r ≤ n−1.
p(α) = 0
e
Trocando-se a variável por
f (α) = β .
demonstrado que
L
Logo
1 = r(α)β .
α vamos obter 1 = (u(α)+q(α))p(α)+r(α)f (α).
Assim
β −1 = r(α) ∈ L,
como queríamos. Fica assim
é um corpo.
Para a última parte, também é claro que
L
é um espaço vetorial sobre
K
gerado por
{ 1, α, α2 , . . . , αn−1 }.
Só falta então mostrar que esse conjunto é linearmente independente para que seja uma base de
bre
K , e assim a dimensão é n, como queríamos.
K tais que bo 1+b1 α+· · ·+bn−1 αn−1 = 0.
K[x] e observamos que g(α) = 0.
Mas
Suponhamos que existam escalares
Tomamos então o polinômio
L so-
bo , b1 , . . . , bn−1 ∈
g(x) = bo +b1 x+· · ·+bn−1 xn−1 ∈
gr g(x) ≤ n−1 < gr p(x), e p(x) é um polinômio mínimo de α.
9
Logo temos uma contradição se
b1 = 0, . . . , bn−1 = 0
g(x) 6= 0.
Conclusão
g(x) = 0
é o polinômio nulo. Portanto
e o conjunto é linearmente independente, como esperado.
b o = 0,
Ficam portanto
demonstradas as armações.
q.e.d.
Vamos a seguir procurar por um critério que permita decidir se um polinômio é irredutível ou
não e assim cará mais fácil o trabalho de encontrar polinômio mínimos.
Critério de Eisenstein:
[GL, Teorema III.2.8, pg. 71] Seja
polinômio com coeciente inteiros,
que
p
f (x)
não divide
an , p
é irredutível em
a
0
com
n ≥ 1.
divide todos os outros coecientes,
ao , a1 , . . . , an−1
e
f (x) = 5x7 + 4x3 + 8x2 − 2
é irredutível em
p2
Q[x].
as condições acima estão satisfeitas. Observar que os coecientes de
e portanto divisíveis por
Outro exemplo:
p∈Z
Se existir um número primo
ao ,
não divide
um
tal
então
Q[x].
Vejamos um exemplo:
p=2
f (x) ∈ Z[x],
f (x) = ao + a1 x + · · · + an xn
2
De fato, tomando-se
x6 , x5 , x4
e
x
são iguais
(na verdade divisíveis por qualquer outro inteiro).
f (x) = 111x10 + 40x9 + 20x3 + 10.
Neste caso podemos escolher
p=2
ou
p=5
que as condições do critério estão satisfeitas e portanto o polinômio é irredutível.
Existem outros critérios, mas o único que conheço que é realmente fácil de aplicar e este.
Questão 14. Verique se x4 + 90x3 + 60x2 − 12x + 150 é irredutível sobre Q.
Questão 15.
Invente outros caso onde o critério funciona e também algum caso onde o critério
não funciona.
Vejamos outro exemplo que é particularmente interessante. Tomemos
xq − 1.
As raízes desse polinômio são as
raízes q -ésimas da unidade.
q
um primo e o polinômio
Observe que
xq − 1 = (x − 1)(xq−1 + xq−2 + · · · + x + 1).
Armamos que o polinômio
até nome! Chama-se
Φq (x) = xq−1 + xq−2 + · · · + x + 1
polinômio ciclotômico
de ordem
q.
é irredutível.
Esse polinômio tem
A vericação desse fato pode ser vista em
[GL, Exemplo III.2.12. pg. 74] mas é muito fácil, usando o critério acima, e vou reproduzi-la aqui.
Tomemos
se
f (x)
f (x) = Φ(x+1) e observemos que f (x) é redutível se e somente se Φ(x) é redutível.
é redutível, então
isso leva a decomposição
se
Φ(x) = g(x)h(x)
decomposição de
com
f (x) = g(x)h(x)
com
De fato,
gr g(x), gr h(x) < gr f (x), e g(x), h(x) ∈ Q[x].
Φ(x) = f (x − 1) = g(x − 1)h(x − 1)
gr g(x), gr h(x) < gr Φ(x),
f (x).
10
então
e assim
Φ(x)
Mas
é redutível. Igualmente,
f (x) = g(x + 1)h(x + 1)
vai ser uma
f (x)
Vamos então mostrar que
é irredutível usando o critério acima. Observe que
f (x) = Φ(x + 1) =
(x + 1)q − 1
(x + 1)q − 1
=
.
(x + 1) − 1
x
Usamos agora a fórmula do Binômio de Newton
q
q
(x + 1) = x +
q 1
+
q 2
x
q−2
+ ··· +
q
x + 1,
q−1
q onde
i
=
q!
.
i!(q − i)!
Substituindo-se esse expressão na equação anterior vamos obter
q
x +
q 1
Φ(x + 1) =
q +
2
x
q−2
+ ··· +
q
x
q−1
x
=x
q−1
+
q 1
x
q−2
+ ··· +
q
.
q−1
Observe agora que
q
q−1
= q,
e para todo
é uma fração cujo denominador
não divide o denominar
produto
i!.
(q − 1) · · · (q − i + 1)
i!
q,
e
Eisenstein, o polinômio
q i
q
q
q(q − 1) · · · (q − i + 1)
,
i!
q
(q − 1) · · · (q − i + 1)
i!
Φ3 (x) = x2 + x + 1.
Para
divide todos os coecientes desse polinômio,
1.
q2
K.
nita com grau
q=5
temos outro exemplo:
Na página 9 vimos que para
[L : K]
se a extensão é nita, isto é, se
Como temos
sobre
K
é
n,
n+1
[L : K]
≤ [L : K].
L = K(α),
é nito, então todo
1, α, α2 , · · · , αn
essa família é linearmente dependente sobre
Logo
α
Portanto, pelo critério de
onde
Φ(x)
é irredutível.
√
−1 + −3
2
α
é algébrico, é uma extensão
α.
Vamos mostrar a recíproca,
α ∈ L
é algébrico sobre
[L : K] = n,
de elementos de
K.
é raiz do polinômio
11
q.
K ⊂ L onde vemos L como espaço
De fato, suponhamos que
elementos na família
ao 1 + a1 α + · · · + an αn = 0.
divide o
Φ5 (x) = x4 + x3 + x2 + x + 1.
igual ao grau de um polinômio mínimo de
polinômio mínimo tem grau
q
não divide o termo
é irredutível e como vimos no inicio, isso leva a que
Vamos voltar um pouco ao estudo de uma extensão de corpos
vetorial sobre
i!
é um múltiplo de
Por exemplo, o polinômio nosso conhecido relacionado com a raiz cúbica da unidade
é
Portanto
é um número inteiro necessariamente
não divide o coeciente dominante que é
f (x)
q.
logo
é um número inteiro, e
Podemos então concluir que
i
=
é um produto de números menores do que o primo
Como sabemos que
(q − 1) · · · (q − i + 1),
independente que é
i!
1 ≤ i ≤ q − 1,
q Logo existem
L
K
e um seu
nito e tome
α ∈ L.
e a dimensão de
ao , a1 , . . . , an
L
tais que
f (x) = ao + a1 x + · · · + an xn ∈ K[x],
e portanto, é algébrico sobre
K.
Observe agora que um polinômio mínimo de
α,
com sendo um
α, deverá ter grau ≤ n, pois f (x) tem grau n.
√ √
Vamos agora olhar o exemplo L = Q( 2)( −1) do teste. Vimos, ou falamos, no gabarito que
√
√
[L : Q] = 4. Observe que temos [L : Q( 2)] = 2 e [Q( 2) : Q] = 2. Podemos generalizar isso e dizer
polinômio de menor grau a se anular em
que se
K ⊂ E ⊂ L,
então
[L : K] = [L : E][E : K]?
A verdade é que podemos.
[L : K] = [L : E][E : K].
tão
K
Isto é, se
u1 , . . . , u m
e
uma base de
L
E
é um extensão de
A demonstração é fácil.
E.
sobre
Armamos que
{v1 u1 , v2 u1 , . . . , vn u1 , v1 u2 , v2 u2 , . . . , vn u2 , . . . , . . . , vn um }
isso é verdade é um exercício de álgebra linear; tome
α1 , . . . , αm ∈ L.
isto é,
Como cada
αi
E,
está em
αi = ai1 v1 + · · · + ain vn =
Pn
j=1
K
e
L
v1 , . . . , v n
Seja
L
sobre
K.
sobre
A vericação de
w = α1 u1 + · · · + αm um
e escreva
podemos representá-lo em função da base de
aij vj .
E
uma base de
en-
{vi uj | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m } =
é uma base de
w∈L
E,
é uma extensão de
Trocando-se cada
αi
E
com
sobre
K,
pela representação que acabamos
de escrever vamos obter
X
w=
aij vj ui .
1≤j≤n
1≤i≤m
Portanto a conjunto
{ vi uj | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m } é um conjunto de geradores de L como K
vetorial. Para provar que são linearmente independente segue-se o caminho inverso: sejam
com
1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m
X
bij vj ui =
Na última somatória temos
E
sobre
sobre
E,
K,
termos
logo
Pn
j=1 bij vj
Pn
j=1 bij vj
aij = 0
para todo
{ vi uj | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m }
a fórmula
∈ E,
= 0,
para todo
j = 1, . . . , n
L
!
bij vj
i = 1, . . . , m.
i = 1, . . . , m.
e para todo
sobre
K.
Como
Mas
u1 , . . . , u m
v1 , . . . , v n
1 ≤ i ≤ m.
é uma base
é uma base de
Portanto o conjunto
Contando-se os vetores da base chegamos
que estávamos procurando.
Questão 16. Sejam L e E duas extensões de um corpo K .
e
ui .
j=1
para todo
é uma base de
[L : K] = [L : E][E : K],
m
n
X
X
i=1
1≤j≤n
1≤i≤m
L
bij ∈ K
tais que
0=
de
espaço
Mostre que
[L ∩ E : K] divide [L : K]
[E : K].
Questão 17. Seja L uma extensão de K de grau n e f (x) ∈ K[x] um polinômio irredutível (sobre
K)
de grau
m.
Denição.
L = K(α, β)
Sabendo-se que
Seja
K
m
não divide
n
um corpo numérico e
a extensão obtida em duas etapas
mostre que
α, β ∈ C
E = K(α)
12
f (x)
não tem raiz em
algébricos sobre
e
L = E(β).
K.
Isto é,
L.
Vamos denotar por
K(α, β) = K(α)(β).
Questão 18. Mostre que K(α, β) = K(β, α).
Podemos generalizar a denição acima para um número nito de elementos, isto, para um corpo
K
e
α1 , α2 , . . . , αn
construímos o corpo
K(α1 , α2 , . . . , αn )
repetindo o processo de acrescentar um
novo elemento.
Questão 19.
Considere os dois polinômios
f (x) = x3 − 2
e
g(x) = x5 − 3
com coecientes
racionais.
1. Usando o critério de Eisenstein mostre que os dois são irredutíveis sobre
2. Seja
α∈C
as raízes de
3. Seja
uma raiz de
g(x)
E = Q(α),
g(x).
Observe que podemos ter
α=
√
5
3∈R
Q.
ou não. Encontre todas
e verique quantas são reais.
para
α
do item anterior. Calcule
f (x)
4. Pode acontecer de
5. Podemos dizer que
f (x)
ter uma raiz em
é irredutível em
[E : Q].
E?
E[x]?
Dica. Não podemos usar o critério de Eisenstein, pois esse critério prova a irredutibilidade em
Q[x].
6. Seja
β∈C
uma raiz de
f (x).
Depois de decidir o item anterior calcule o valor de
Q(α, β).
7. Caso invertêssemos a ordem dos polinômios no quinto item, isto é, se fosse perguntado se
é irredutível em
Q(α)
g(x)
será que poderíamos responder a pergunta?
Questão 20. Invente outros exercícios como a anterior.
Vamos voltar um pouco ao estudo das cúbicas que zemos.
x3 + px + q
Lembrar que o polinômio
h(x) =
tem uma raiz do tipo
s
s
r r 2
3
q
p
q 2 p 3
3 −q
3 −q
+
+
+
+
−
2
2
3
2
2
3
!
r q 2 p 3
Seguindo o que estamos fazendo tomemos E = Q
+
. Para
2
3
r q 2 p 3
chamemos de β =
+
e assim E = Q(β), onde β é raiz de
2
3
q 2 p 3
g(x) = x2 −
+
.
2
3
13
encurtar as equações
Sejam agora
α1
e
α2 ,
cada uma delas uma raiz de
3
f1 (x) = x −
√
−1 + −3
ω=
2
Seja nalmente
de
h(x)
−q
+β ,
2
3
f2 (x) = x −
−q
−β .
2
uma raiz primitiva cúbica da unidade. Vamos encontrar uma raiz
dentro do corpo
L = E(α1 , α2 ) = Q(β, α1 , α2 )
e para encontrar todas as raízes de
L(ω).
h(x)
acrescentamos
ω.
Isto é, todas as raízes de
Podemos construir uma cadeia ascendente de corpos onde as raízes de
h(x)
h(x)
estão em
estão no último
corpo:
Q ⊂ Q(β) = E ⊂ E(α1 ) = H ⊂ H(α2 ) = L ⊂ L(ω).
Observe que em cada passo só extraímos uma raiz: De
elementos de
Q,
β=
de
E
para
H
r q 2
2
+
Q
p 3
3
extraímos uma raiz cúbica de elementos de
s
α1 =
H
Igualmente de
L
para
uma raiz quadrada.
3
para
E
extraímos uma raiz quadrada de
;
E,
−q
+β .
2
extraímos uma raiz cúbica de elementos de
Esse procedimento chama-se
precisamente dizemos que uma equação
h(x) = 0
H
e de
resolução por radicais
é
resolúvel por radicais
L
para
L(ω)
novamente
de uma equação.
Mais
se existir uma cadeia de
corpos
Q = Ko ⊂ K1 ⊂ K2 ⊂ · · · ⊂ Kn ,
onde
zi ∈ Ki−1
para cada
com
√
Ki = Ki−1 ( ni zi ),
1 ≤ i ≤ n.
A existência de fórmulas que produzam as raízes de um polinômio envolvendo somente operações
de soma, produto, divisão e radiciação corresponde a dizer que a equação é resolúvel por radicais.
Quando um polinômio
h(x) é resolúvel por radicais, temos a fórmula.
Quando não é não temos. Para
provar que uma equação não é resolúvel por radicais temos que mostrar que suas raízes estão em
uma extensão
L
de
Q
para a qual não podemos construir uma cadeia de corpos como acima. Vamos
voltar a esse assunto e exibir um exemplo de equação não resolúvel por radicais mais para frente,
depois de estudarmos grupos.
14
Referências
[GL]
A. Garcia e Y. Lequain, Elementos de Álgebra, Projeto Euclides, Associação Instituto Nacional de Matemática Pura e Aplicada (IMPA), 2002.
[H]
I. N. Herstein, Topics in Algebra, John Wiley & Sons, 1975.
[R]
J. Rotman, Galois Theory, Springer-Verlag, 1990.
15