Notas de Aula Introdu˘c~ao a Algebra - UnB · Notas de Aula Introdu˘c~ao a Algebra Martino...

Notas de Aula Introducao a Algebra

Martino Garonzi

Universidade de Brasılia

Primeiro semestre 2019

1

2

I’ve got good news.

That gum you like is going to come back in style.

—

[Twin Peaks]

Conteudo

Capıtulo 1. Grupos 51. Algoritmo de Euclides 52. Grupos 63. Ordem de um elemento 74. Grupos cıclicos e subgrupos 85. Classes laterais e grupo quociente 146. Grupo simetrico 167. O grupo alternado 198. Homomorfismos 219. Teoremas de isomorfismo 2310. Grupos abelianos finitos 2711. Acao de um grupo 3112. Acao de conjugacao 3213. Representacoes permutacionais 3514. Teorema de Sylow 3915. O grupo simetrico de grau 4 4316. Grupos alternados 4517. Solubilidade 4818. Produto semidireto 5019. Resolucao dos exercıcios de Grupos 5520. Material adicional 91

Capıtulo 2. Aneis e polinomios 951. Aneis comutativos unitarios 952. Aneis de polinomios 963. Ideais, quocientes, teorema de isomorfismo 1014. Domınios 1065. Corpos 1086. Extensoes simples 1117. Fatoracao 1148. Domınios principais 1179. O teorema de Gauss 11910. Corpos de decomposicao 12311. Resolucao dos exercıcios de Aneis 128

Capıtulo 3. Teoria de Galois 155

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4 CONTEUDO

1. Estrutura dos corpos finitos 1552. O grupo de Galois 1583. O teorema fundamental 1624. Cubicas 1665. Subcorpos estaveis 1696. Corpos ciclotomicos 1707. Resolucao dos exercıcios de Teoria de Galois 1738. Solubilidade 2049. Extensoes radicais 20710. Quarticas 20811. Raızes de equacoes de grau 2 e 3 21012. O teorema fundamental da Algebra 21013. Construtibilidade com regua e compasso 21114. O teorema de Abel 214

CAPıTULO 1

Grupos

1. Algoritmo de Euclides

Dados dois inteiros n,m, considere o maior divisor comum MDC(n,m), se trata do maiorinteiro positivo d que divide n e m. Por exemplo MDC(15, 12) = 3, MDC(36,−60) = 12.

Escrevendo n = pa11 · · · pakk e m = pb11 · · · p

bkk onde os pi sao primos (teorema fundamental da

aritmetica) temos que MDC(n,m) = pmin(a1,b1)1 · · · pmin(ak,bk)

k .

Identidade de Bezout. Se n,m ∈ Z e d = MDC(n,m) entao existem x, y ∈ Z tais queax+ by = d.

Demonstracao. Seja A = {nx + my : x, y ∈ Z}. Para concluir basta mostrarque d ∈ A. Mostraremos que o menor inteiro positivo pertencente a A e d. Seja entaoh = nx0 + my0 o menor inteiro positivo pertencente a A (onde x0, y0 ∈ Z). Para concluirbasta mostrar que h = d (porque daı d ∈ A). Efetuando a divisao com resto de n por hobtemos n = qh+ r = q(nx0 +my0) + r com q, r ∈ Z e 0 ≤ r < d. Daı

r = n− qnx0 − qmy0 = n(1− qx0) +m(−qy0) ∈ A

logo r = 0 por minimalidade de h (sendo r ∈ A e 0 ≤ r < h), isso implica que n = qh logo hdivide n. O mesmo argumento aplicado a m mostra que h divide m. Como h divide n e m, hdivide o maior divisor comum MDC(n,m) = d. Em particular sendo h e d positivos obtemosh ≤ d. Por outro lado d divide n e m logo divide h = nx0 + my0 e sendo h e d positivos,d ≤ h. As duas desigualdades h ≤ d e d ≤ h implicam que d = h. �

Dados n,m inteiros positivos como encontrar inteiros x, y tais que nx + my = d =MDC(n,m)? Para fazer isso aplicaremos o “algoritmo de Euclides”, ou seja o algoritmoseguinte.

Dados inteiros n,m ∈ Z queremos encontrar inteiros x, y tais que nx+my = MDC(n,m).Para fazer isso construiremos uma tabela cujas primeiras duas linhas sao

n m1 0 n0 1 m

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6 1. GRUPOS

Adicionamos linhas a essa tabela seguindo o processo seguinte.

n m1 0 n0 1 m...

......

a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

As linhas tem que ser lidas da maneira seguinte: ain + bim = ci para todo i. Se a1, a2, b1,b2, c1, c2 sao dados, a3, b3, c3 sao determinados da maneira seguinte. Se faz a divisao comresto entre c1 e c2 obtendo c1 = c2q + r, com q, r ∈ Z e 0 ≤ r < c2. Escolha a3 = a1 − qa2,b3 = b1 − qb2 e c3 = r. Observe que isso e coerente pois de fato

a3n+ b3m = (a1 − qa2)n+ (b1 − qb2)m

= (a1n+ b1m)− q(a2n+ b2m)

= c1 − qc2 = c3.

O algoritmo termina quando se encontra um resto igual a zero, e o resto anterior sera iguala MDC(n,m). O algoritmo deve terminar pois os ci sao nao negativos e c1 > c2 > c3 > . . ..

Por exemplo, encontramos x, y ∈ Z tais que 2013x+ 367y = MDC(2013, 367).

2013 3671 0 20130 1 3671 −5 178−2 11 1133 −181 2−167 916 1

O algoritmo termina pois a divisao de 2 por 1 tem resto zero. Os quocientes sao 5, 2, 16 e5. Obtemos entao que MDC(2013, 367) = 1 (em outras palavras, 2013 e 367 sao coprimos) e−167 · 2013 + 916 · 367 = 1.

2. Grupos

Definicao 1. Um conjunto G com uma operacao G×G→ G, (a, b) 7→ a · b e um grupose satisfaz as propriedades seguintes.

(1) Associatividade: (a · b) · c = a · (b · c) para todo a, b, c ∈ G.(2) Elemento neutro: existe e ∈ G tal que a · e = a = a · e para todo a ∈ G.(3) Inverso: para todo a ∈ G existe b ∈ G tal que a · b = e = b · a.

A notacao formal de um grupo G com a sua operacao · e (G, ·). As vezes vou usar anotacao ab em vez de a · b. Observe que se a, b, c ∈ G entao o produto abc esta bem definidoporque as duas interpretacoes possıveis, (ab)c e a(bc), sao iguais pela propriedade associativa.

3. ORDEM DE UM ELEMENTO 7

Alguns exemplos:

• (Z,+) e um grupo, onde Z denota o conjunto dos numeros inteiros, Z = {. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . .}.A operacao aqui e a soma, (a, b) 7→ a+ b. O elemento neutro e 0 e o inverso de a e−a.

• Dado um inteiro positivo n defina x := [x]n = x + nZ = {x + nz : z ∈ Z} ⊆ Zpara todo x ∈ Z e Z/nZ := {[x]n : x ∈ Z}. Se trata de um conjunto finito com nelementos, que sao 0, 1, . . . , n− 1. (Z/nZ,+) e um grupo, a operacao + e definidapor a + b := a+ b (mostre que e bem definida por exercıcio). O elemento neutro e0 e o inverso de a e −a.

• (Q,+), (R,+) e (C,+) sao grupos tambem.• (Q− {0}, ·) e um grupo, tambem indicado por Q∗. Aqui o elemento neutro e 1/1 e

o inverso de a/b e b/a sendo (a/b)(b/a) = 1/1 (observe que b/a nao faria sentido sea = 0, e por isso que tiramos o 0 de Q).

Como voces ja perceberam, tem duas notacoes que vamos utilizar.

(1) Notacao multiplicativa.(a, b) 7→ a · b = ab. Nesse tipo de notacao o elemento neutro e indicado por 1 e o

inverso de a e indicado por a−1 e e normalmente chamado de inverso multiplicativo.(2) Notacao aditiva

(a, b) 7→ a + b. Nesse tipo de notacao (mais usada para grupos abelianos) oelemento neutro e indicado por 0 e o inverso de a e indicado por −a, e e normalmentechamado de “oposto” ou “inverso aditivo”.

3. Ordem de um elemento

Dado G um grupo e g ∈ G, a “ordem” de g, indicada por o(g), e o menor inteiro positivon tal que gn = 1, onde por definicao gn = gg · · · g (n vezes) - essa escrita faz sentido gracasa propriedade associativa - e pomos g0 = 1. Observe que em notacao aditiva, a ordem de ge o menor inteiro positivo n tal que g + g + . . .+ g = 0 (onde g aparece n vezes). Se um talinteiro n nao existir dizemos que g tem “ordem infinita”. Por exemplo a ordem multiplicativado numero inteiro 2 e infinita pois nao existe nenhum inteiro positivo n tal que 2n = 1. Poroutro lado por exemplo o numero complexo i (a “raiz quadrada de −1”) tem ordem 4 porquei1 = i 6= 1, i2 = −1 6= 1, i3 = −i 6= 1, i4 = 1.

Usando a identidade de Bezout mostraremos que se g ∈ G tem ordem n (notacao multi-plicativa) e k ∈ Z entao o(gk) = n/d onde d = (n, k).

3.1. Exercıcios.

(1) Encontre inteiros x, y tais que 32x+ 23y = 1.(2) Encontre inteiros x, y tais que 18x+ 70y = 2.(3) Faca a divisao com resto entre 90 e 13 e entre −90 e 13.(4) Mostre que a operacao x+ y := x+ y em Z/nZ e bem definida.

8 1. GRUPOS

(5) Calcule a ordem multiplicativa do elemento (i − 1)/√

2 no grupo multiplicativoC∗ = C− {0}.

(6) Mostre que a operacao x · y := x · y de Z/nZ e bem definida. Z/nZ com essaoperacao e um grupo?

(7) Encontre os elementos x ∈ Z/6Z tais que existe y ∈ Z/6Z com x · y = 1.

4. Grupos cıclicos e subgrupos

Observamos que podemos falar tambem de potencias com expoente negativo: se n e uminteiro negativo definamos gn := (g−1)−n. Isso faz sentido porque sabemos o que e g−1 e jadefinimos potencias com expoente positivo (observe que −n e um numero inteiro positivo,pois n < 0). Alem disso, definamos g0 = 1.

Proposicao 1. Seja g um elemento de um grupo G com notacao multiplicativa. Entaopara todo inteiro n, g−n e o inverso de gn, ou seja g−n = (gn)−1.

Demonstracao. Se n = 0 entao a igualdade g−n = (gn)−1 segue do fato que g0 = 1 e1−1 = 1 sendo 1 · 1 = 1.

Suponha n positivo. Precisamos mostrar que gn(g−n) = 1, ou seja que gn(g−1)n = 1. Setrata de cancelar os termos gg−1 (ou seja, substituir gg−1 com 1) na expressao gn(g−1)n =gg · · · gg · g−1g−1 · · · g−1 (aqui g e g−1 aparecem n vezes, o que faz sentido pois n e positivo).

Suponha n negativo, n = −m com m positivo. Precisamos mostrar que gn(g−n) = 1, ouseja que (g−1)m(g−1)−m = 1. Se trata de aplicar o argumento acima substituindo g com g−1

e n com m. �

Observe que se a, b sao inteiros positivos e g ∈ G entao ga+b = gagb pois g aparecea+ b vezes nas duas expressoes. Segue que ga+b = gagb vale para a, b interos quaisquer, porexemplo se a+ b > 0 com b negativo entao −b e positivo logo ga+bg−b = ga+b−b = ga (sendoa + b e −b positivos) e multiplicando os dois lados por gb obtemos ga+b = gagb. Alem dissogab = (ga)b para todo a, b ∈ Z (exercıcio).

Proposicao 2. Seja g ∈ G um elemento de ordem finita n e sejam a, b dois inteiros.Entao ga = gb se e somente se a ≡ b mod n.

Demonstracao. (⇒). Suponha ga = gb. Queremos mostrar que a ≡ b mod n. Amenos de substituir a hipotese com a escrita equivalente gb = ga podemos supor a ≥ b.Observe que ga−b = ga(g−1)b = ga(gb)−1 = 1 sendo ga = gb. Ou seja, definido m := a − btemos gm = 1. O que queremos mostrar e que n divide m = a − b. Fazendo a divisao comresto de m por n obtemos m = nq+r com q, r inteiros e 0 ≤ r < n. Temos 1 = gm = gnq+r =gnqgr = (gn)qgr = 1qgr = gr logo gr = 1. Sendo 0 ≤ r < n por definicao de ordem de umelemento (lembrando que n e a ordem de g) obtemos que r nao pode ser positivo, logo r = 0.Daı m = nq ou seja n divide m = a− b.

(⇐). Suponha a ≡ b mod n. Daı podemos escrever a − b = nq com q inteiro. Logoga−b = gnq = (gn)q = 1q = 1 ou seja ga−b = 1. Por outro lado ga−b = gag−b = ga(gb)−1 logoga(gb)−1 = 1 e multiplicando os dois lados por gb obtemos ga = gb. �

Por exemplo considere i =√−1 ∈ C, o numero complexo conhecido como “a raiz qua-

drada de −1”. Temos i2 = −1 6= 1, i3 = i2i = (−1)i = −i 6= 1 e i4 = i2i2 = (−1)(−1) = 1logo a ordem (multiplicativa!) de i e 4 (a ordem aditiva de i e infinita pois nenhuma soma

4. GRUPOS CICLICOS E SUBGRUPOS 9

i+ i+ i+ . . .+ i e igual a zero). Sendo a ordem de i igual a 4 temos por exemplo i17 = i−11

pois 17 ≡ −11 mod 4.

Analogamente, em Z/4Z a ordem (aditiva!) de 1 e 4 pois 1 + 1 = 2 6= 0, 1 + 1 + 1 = 3 6= 0e 1 + 1 + 1 + 1 = 4 = 0.

Um exemplo geral de elemento de ordem (multiplicativa) n e o numero complexo ei2π/n =cos(2π/n) + i sin(2π/n).

Lembre-se que se o elemento g tem ordem n e a, b sao dois inteiros entao ga = gb se esomente se a ≡ b mod n. Em particular ga = 1 se e somente se n divide a (pois 1 = g0 ea ≡ 0 mod n significa que n divide a).

Proposicao 3. Seja x um elemento de ordem n e seja G = Cn = 〈x〉. Seja k um inteiropositivo e seja d = (n, k) o maior divisor comum entre n e k.

(1) o(xk) = n/d.(2) 〈xk〉 = 〈xd〉.

Demonstracao. Seja m = o(xk). Sendo n/d e m inteiros positivos, para mostrar quen/d = m basta mostrar que n/d divide m e que m divide n/d.

Mostraremos agora que n/d divide m. Sendo o(xk) = m, temos (xk)m = 1, isto e,xkm = 1 = xn. Daı km ≡ n mod o(x) = n, ou seja n divide km, logo n/d divide (k/d)mlogo divide m (pois sendo d = (n, k), o inteiro n/d nao tem fatores em comum com k/d).

Mostraremos agora que m divide n/d. Sendo xn = 1 temos (xk)n/d = xkn/d = (xn)k/d =1k/d = 1 sendo k/d um numero inteiro, logo n/d ≡ m mod o(xk) = m logo m divide n/d.

Mostraremos agora que 〈xk〉 = 〈xd〉. Observe que se r, s sao elementos de um grupo, er ∈ 〈s〉, entao 〈r〉 ⊆ 〈s〉, ou seja se r e uma potencia de s entao toda potencia de r e umapotencia de s (isso e claro pois se r = sm entao toda potencia rk e igual a (sm)k = smk logoe uma potencia de s).

Primeira inclusao. Para mostrar que 〈xd〉 ⊆ 〈xk〉 basta entao mostrar que xd ∈ 〈xk〉.Pelo algoritmo de Euclides existem a, b ∈ Z tais que d = (n, k) = na+kb, logo xd = xna+kb =(xn)a(xk)b = (xk)b ∈ 〈xk〉.

Segunda inclusao. Para mostrar que 〈xk〉 ⊆ 〈xd〉 basta mostrar que xk ∈ 〈xd〉. Como ddivide k, existe um inteiro t tal que k = dt logo xk = xdt = (xd)t ∈ 〈xd〉. �

Observe que se G = Cn = 〈x〉 e um grupo cıclico de ordem n entao

G = {1, x, x2, x3, . . . , xn−1},

logo G tem n elementos, ou seja |〈x〉| = o(x). Em outras palavras a ordem de um grupocıclico gerado por x e igual a ordem de x.

SeG e um grupo finito comm elementos (ou seja |G| = m) dizemos queG tem “ordemm”.Por exemplo o grupo aditivo Z/3Z = {0, 1, 2} tem ordem 3. Ate agora todos os grupos quetemos visto sao cıclicos: por exemplo Z/nZ (grupo aditivo) e cıclico pois todo elemento e umapotencia (aditiva, ou seja multiplo!) de 1: de fato 2 = 1+1, 3 = 1+1+1, etc. Daı Z/nZ e um

10 1. GRUPOS

grupo aditivo, cıclico, finito, de ordem n. O equivalente em notacao multiplicativa e o grupocıclico Cn = 〈g〉 = {1, g, g2, . . . , gn−1} (um exemplo de elemento de ordem multiplicativa ne o numero complexo g = cos(2π/n) + i sin(2π/n)). O grupo aditivo Z (o grupo aditivo dosinteiros) tambem e cıclico, de fato todo inteiro e um multiplo inteiro (potencia aditiva inteira)de 1: se a e um inteiro entao a = a · 1. Z e um grupo aditivo, cıclico, infinito (ou seja, deordem infinita).

Considere a operacao de multiplicacao de classes em Z/nZ, ou seja a operacao x ·y := xy.Lembre-se que o inverso multiplicativo de a ∈ Z/nZ e um elemento b ∈ Z/nZ (se existir)tal que ab = 1, ou seja ab ≡ 1 mod n. Lembre-se que o inverso modular e calculado pormeio do algoritmo de Euclides. Com essa operacao Z/nZ nao e um grupo! De fato 0 naoadmite inverso multiplicativo (se b e uma classe qualquer 0 ·b = 0 e sempre diferente de 1). Javimos que os elementos de Z/nZ que admitem inverso multiplicativo sao os elementos a com(a, n) = 1 (ou seja a e coprimo com n). Seja U = U(Z/nZ) o conjunto de tais elementos. Emoutras palavras U(Z/nZ) e por definicao o conjunto dos elementos a ∈ Z/nZ que admiteminverso em Z/nZ. Por exemplo U(Z/8Z) = {1, 3, 5, 7}.

Observe que U e um grupo multiplicativo! De fato:

• Se x, y ∈ U entao xy ∈ U . De fato x−1 ∈ U , y−1 ∈ U e (xy)−1 = y−1x−1 logo xyadmite inverso, em outras palavras xy ∈ U .

• · e associativa, sendo associativa ja em Z/nZ, como ja visto.• Existe um elemento neutro, se trata de 1 ∈ U . Observe que 1 pertence a U porque

1 admite inverso: o inverso de 1 e 1.• Se x ∈ U entao x−1 ∈ U . De fato x−1 com certeza existe em Z/nZ sendo x ∈ U ,

logo x−1 ∈ U pois x−1 admite inverso em Z/nZ (o inverso de x−1 e x).

Exemplo. O grupo U(Z/7Z) = {1, 2, 3, 4, 5, 6} e um grupo de ordem 6 (ele tem 6

elementos). Os inversos sao 1−1

= 1, 2−1

= 4, 3−1

= 5, 4−1

= 2, 5−1

= 3, 6−1

= 6. Qual a

ordem do elemento 2? Temos 21

= 2, 22

= 4, 23

= 8 = 1 logo o(2) = 3. Observe que se tratada ordem multiplicativa de 2, nao a confunda com a ordem aditiva.

• Observacao: a ordem aditiva de 2 e 7, de fato as potencias aditivas de 2 sao 2, 4, 6,1, 3, 5, 0.

E qual a ordem (multiplicativa!) de 3? As potencias de 3 sao 31

= 3, 32

= 2, 33

= 6, 34

= 4,

35

= 5, 36

= 1. Logo a ordem de 3 e 6. Observe que entao todo elemento de U(Z/7Z) e uma

potencia de 3, sendo 1 = 30, 2 = 3

2, 3 = 3

1, 4 = 3

4, 5 = 3

5, 6 = 3

3. Isso mostra exatamente

que U(Z/7Z) e um grupo cıclico, e mais especificamente U(Z/7Z) = 〈3〉 = {1, 3, 32, 3

3, 3

4, 3

5}.

Lembre-se que dois inteiros n,m sao chamados de “coprimos” quando o maior divisorcomum entre n e m e igual a 1.

Proposicao 4. Seja m um inteiro e n um inteiro positivo. O elemento m ∈ Z/nZadmite inverso multiplicativo em Z/nZ se e somente se n e m sao coprimos.

Demonstracao. A menos de substituir m com o representante canonico de m (ou sejao unico inteiro em {0, 1, 2, . . . , n− 1} congruente a m modulo n) podemos supor m positivo.Precisamos mostrar as duas implicacoes.


(⇒). Suponha que exista o inverso modular de m modulo n, seja ele y. Daı m · y = 1,logo n divide my − 1, digamos my − 1 = nz para algum inteiro z. Segue que 1 = my − nz.Seja d o maior divisor comum entre n e m, aı d divide my − nz = 1 logo d = 1. Isso mostraque n e m sao coprimos.

(⇐). Suponha que n e m sao coprimos, ou seja MDC(n,m) = 1. Pelo algoritmode Euclide existem x, y inteiros tais que nx + my = 1, daı reduzindo modulo n obtemosm · y = 1. �

Segue que a ordem do grupo multiplicativo U(Z/nZ) e igual a ϕ(n) (funcao de Euler),ou seja o numero de inteiros em {1, . . . , n} coprimos com n.

Por exemplo, lembrando que usando o algoritmo de Euclides temos −167·2013+916·367 =1, reduzindo tal igualdade modulo 2013 e modulo 367 obtemos que −167 · 2013 ≡ 1 mod 367e 916 · 367 ≡ 1 mod 2013. Em outras palavras o inverso de 2013 em Z/367Z e −167 = 200 eo inverso de 367 em Z/2013Z e 916.

Definicao 2 (Subgrupo). Um subconjunto H de um grupo G (notacao multiplicativa) echamado de “subgrupo” de G se as seguintes condicoes valem.

• 1 ∈ H;• se h ∈ H entao h−1 ∈ H;• se h1, h2 ∈ H entao h1h2 ∈ H.

Se H e um subgrupo de G escrevamos H ≤ G.

Observe que pela definicao de subgrupo, se H ≤ G e h ∈ H entao hm ∈ H para todointeiro m, de fato hm e um produto de alguns h (se m for positivo) ou de alguns h−1 (se mfor negativo), logo e obtido multiplicando elementos de H.

Alguns exemplos.

• Se G e um grupo qualquer (notacao multiplicativa) entao

{1} ≤ G, G ≤ G.

• Se G e um grupo qualquer (notacao multiplicativa) e g ∈ G entao

〈g〉 ≤ G.

De fato 1 = g0 ∈ 〈g〉, se x = gk ∈ 〈g〉 entao x−1 = g−k ∈ 〈g〉, e se x = ga ∈ 〈g〉 ey = gb ∈ 〈g〉 entao xy = gagb = ga+b ∈ 〈g〉.

• Z ≤ Q ≤ R ≤ C (grupos aditivos). De fato se trata de uma cadeia de grupos com amesma operacao (a soma).

• Se n e um inteiro qualquer entao H = nZ = {nz : z ∈ Z} e um subgrupo deZ (aditivo). De fato 0 (o elemento neutro de Z) pertence a H sendo 0 = n · 0, seh = nz ∈ H entao −h = −nz = n(−z) ∈ H (logo os inversos dos elementos de Hpertencem a H) e se h = nz, k = nw sao elementos de H (com z, w ∈ Z) entaoh+ k = nz + nw = n(z + w) ∈ H.

• N nao e um subgrupo de Z, por exemplo 1 ∈ N mas −1 6∈ N (logo N nao contem osinversos dos seus elementos).

12 1. GRUPOS

• A = {−2,−1, 0, 1, 2} nao e um subgrupo de Z porque

1 ∈ A, 2 ∈ A mas 1 + 2 = 3 6∈ A.• A = {−1, 0, 1} nao e um subgrupo de Z porque

1 ∈ A mas 1 + 1 = 2 6∈ A.Queremos determinar todos os subgrupos do grupo cıclico Cn.

Proposicao 5. Seja G = Cn (grupo cıclico finito de ordem n, notacao multiplicativa).Os subgrupos de G sao todos cıclicos da forma 〈xd〉 onde d e um inteiro que divide n, e 〈xd〉tem ordem n/d. Alem disso, para todo divisor m de n, 〈xn/m〉 e o unico subgrupo de G deordem m.

Demonstracao. Seja H um subgrupo de G = 〈x〉 = {1, x, x2, . . . , xn−1}. Queremosmostrar que H = 〈xd〉 onde d divide n. Se H = {1} isso e claro, basta escolher d = n, defato H = {1} = 〈1〉 = 〈xn〉. Suponha H 6= {1}. Seja d o menor inteiro positivo tal que xd

pertence a H. Para mostrar que H = 〈xd〉 mostraremos as duas inclusoes.Primeira inclusao. Seja y = xk ∈ H um qualquer elemento de H. Queremos mostrar que

y ∈ 〈xd〉. Fazendo a divisao com resto de k por d obtemos k = dq + r com 0 ≤ r < d mas

xr = xk−dq = xk(xd)−q

pertence a H (pois e produto de elementos de H), e isso implica que

r = 0 por minimalidade de d, logo y = xk = xdq = (xd)q ∈ 〈xd〉. Isso mostra que H ⊆ 〈xd〉.

Segunda inclusao. Seja y ∈ 〈xd〉, queremos mostrar que y ∈ H. Temos que y e uma

potencia de xd, logo podemos escrever y = (xd)t

para algum inteiro t, mas xd ∈ H por

definicao logo (xd)t, obtido multiplicando elementos de H, tambem pertence a H.

Isso mostra que H = 〈xd〉. Como ja visto, H = 〈xd〉 = 〈x(n,d)〉 logo d = (n, d) (porminimalidade de d, pois 0 < (n, d) ≤ d), em outras palavras d divide n (!) e |H| = |〈xd〉| =o(xd) = n/(n, d) = n/d.

Se m divide n e H e um subgrupo de G de ordem m entao podemos escrever H = 〈xd〉com d um divisor de n e m = |H| = |〈xd〉| = n/d logo H = 〈xn/m〉. Isso mostra que se H eum subgrupo de G de ordem m entao H = 〈xn/m〉. Logo 〈xn/m〉 e o unico subgrupo de G deordem m. �

Alguns exemplos de subgrupos de grupos cıclicos Cn, nos casos n = 12, n = 7, n = 25,n = 27, n = 36 (aqui x indica um gerador do grupo Cn).

C12

〈x2〉

yyyyyyyy〈x3〉

EEEEEEEE

〈x4〉

zzzzzzzz〈x6〉

DDDDDDDD

zzzzzzzz

{1}

DDDDDDDD

zzzzzzzz

C7

{1}

C25

〈x5〉

{1}

C27

〈x3〉

〈x9〉

{1}


C36

〈x2〉

xxxxxxxx〈x3〉

FFFFFFFF

〈x4〉

yyyyyyyy〈x6〉

EEEEEEEE

yyyyyyyy〈x9〉

EEEEEEEE

〈x12〉

EEEEEEEE

yyyyyyyy〈x18〉

EEEEEEEE

yyyyyyyy

{1}

EEEEEEEE

yyyyyyyy

Um grupo G e dito comutativo ou abeliano (nome devido a Niels Henrik Abel) se xy = yxpara todo x, y ∈ G. Ate agora fizemos so exemplos de grupos abelianos. Observe que umgrupo em geral nao precisa ser abeliano, ou seja se x, y sao elementos de um grupo G entaoxy e yx em geral sao diferentes. Isso implica que em geral temos (xy)n 6= xnyn.

4.1. Exercıcios.

(1) Mostre que em um grupo G o elemento neutro e unico e todo elemento possui umunico inverso.

(2) Faca a lista dos elementos de C24 e calcule as ordens deles.(3) Conte os elementos de ordem 15 em C30.(4) Conte os geradores de C32, ou seja os elementos x ∈ C32 tais que 〈x〉 = C32.(5) Seja g um elemento de ordem n de um grupo G e seja m um inteiro. Mostre que〈g〉 = 〈gm〉 se e somente se (m,n) = 1.

(6) Considere X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} com a operacao x ? y := min(x, y), o mınimo entre x

e y. Calcule 3 ? 5 e 6 ? 2. Existe um elemento neutro? E unico? Com essa operacaoX e um grupo?

(7) Seja X um conjunto e seja P (X) o conjunto de todos os subconjuntos de X. Seja 4a operacao de P (X) definida por A4B := (A−B)∪ (B −A) (diferenca simetrica).Mostre que P (X) com a operacao ∆ e um grupo e calcule as ordens dos seus ele-mentos.

(8) Seja i ∈ C a raiz quadrada de −1. Calcule a ordem multiplicativa dos elementosi+1√

2, 1+i

√3

2 .

(9) Seja a + ib um numero complexo. Mostre que se a + ib tem ordem multiplicativafinita entao a2 + b2 = 1. Vale o vice-versa?

(10) Seja G um grupo tal que (xy)2 = x2y2 para todo x, y ∈ G. Mostre que G e abeliano.(11) Seja G um grupo tal que x2 = 1 para todo x ∈ G. Mostre que G e abeliano.(12) Seja G um grupo e sejam x, y ∈ G. Mostre que o(xy) = o(yx).(13) Seja G um grupo e sejam H ≤ G, g ∈ G. Mostre que gHg−1 = {ghg−1 : h ∈ H}

e um subgrupo de G.

14 1. GRUPOS

(14) Seja G um grupo e sejam H,K ≤ G. Mostre que H∩K ≤ G. Mostre que H∪K ≤ Gse e somente se H ≤ K ou K ≤ H.

(15) Seja G um grupo e seja x ∈ G. Mostre que H = CG(x) = {g ∈ G : gx = xg} (ocentralizador de x em G) e um subgrupo de G contendo x.

(16) Conte os subgrupos de C30 e de C105.(17) Conte os subgrupos de Z/48Z e de Z/405Z.(18) Conte os subgrupos de U(Z/14Z).(19) Conte os subgrupos de U(Z/30Z).(20) Sejam p, q dois primos distintos. Conte os subgrupos de Cp2q3 .(21) (Difıcil) Mostre que se p e um numero primo entao U(Z/pZ) e um grupo cıclico.

5. Classes laterais e grupo quociente

Dado um grupo G (notacao multiplicativa) e H um subgrupo de G, se g ∈ G chamaremoso conjunto

gH = {gh : h ∈ H} ⊆ Gde “classe lateral a esquerda de H”. O conjunto de todas as classes laterais a esquerda de Hem G e denotado por G/H := {gH : g ∈ G}, o “conjunto quociente” de G modulo H. Acardinalidade de G/H e chamada de ındice de H em G e denotada por |G : H|.

Por exemplo H = {(x, x) : x ∈ R} e um subgrupo aditivo de R2 e as classes laterais(a, b) +H sao os “translados” de H, ou seja as retas paralelas a H.

Por exemplo H = {x ∈ C : |x| = 1} (o cırculo unitario de centro a origem) e umsubgrupo multiplicativo de C∗ = C− {0} e as classes laterais gH de H (onde g ∈ C∗) sao oscırculos de raio arbitrario, de fato gH = {x ∈ C : |x| = |g|}.

Teorema 1 (Lagrange). Seja G um grupo finito e seja H ≤ G. Entao |H| divide |G| eo ındice de H em G e igual a |G : H| = |G/H| = |G|/|H|.

Demonstracao. Observe que sendo 1 ∈ H temos g = g · 1 ∈ gH para todo g ∈ G, logo⋃g∈G gH = G. Alem disso, classes laterais distintas sao disjuntas, ou seja se xH ∩ yH 6= ∅

entao xH = yH. De fato, suponha xH ∩ yH 6= ∅ e seja z ∈ xH ∩ yH, entao existem h, k ∈ Htais que z = xh = yk. Mostraremos que xH ⊆ yH: se t ∈ H entao xt = zh−1t = ykh−1t ∈ yHsendo kh−1t ∈ H. Mostraremos que yH ⊆ xH: se t ∈ H entao yt = zk−1t = xhk−1t ∈ xH.Segue que xH = yH.

Dado g ∈ G a funcao f : H → gH dada por f(h) := gh e bijetiva: e sobrejetivaporque todo elemento y ∈ gH tem a forma gh para algum h ∈ H logo y = gh = f(h),e e injetiva porque se f(h1) = f(h2) entao gh1 = gh2 e multiplicando a esquerda por g−1

obtemos h1 = h2. Segue que |H| = |gH| para todo g ∈ G, e sendo G a uniao disjunta dasclasses laterais de H, indicando com m o numero de classes laterais de H em G, ou sejam = |G/H| = |G : H|, obtemos que m|H| = |G|, ou seja m = |G|/|H|. Em outras palavras|G : H| = |G/H| = |G|/|H|. Em particular |G|/|H| e um inteiro, logo |H| divide |G|. �

Observe que se x ∈ G e G e finito, entao x|G| = 1. De fato, pelo teorema de Lagrangeo(x) = |〈x〉| divide |G|, isto e, |G| = ab onde a = o(x) e b e um numero inteiro. Logo,x|G| = xab = (xa)b = 1b = 1.

5. CLASSES LATERAIS E GRUPO QUOCIENTE 15

Observe que xH = yH se e somente se x−1y ∈ H.De fato se xH = yH entao x = x · 1 ∈ xH = yH logo existe h ∈ H com x = yh e isso

implica x−1y = h−1 ∈ H, vice-versa se x−1y ∈ H entao xH ⊆ yH porque se xh ∈ xH entaoxh = y(y−1x)h = y(x−1y)−1h ∈ yH sendo x−1y ∈ H e se yh ∈ yH entao yh = x(x−1y)h ∈xH sendo x−1y ∈ H.

Um exemplo de aplicacao do teorema de Lagrange e o caso do grupo cıclico: se Cn = 〈x〉os subgrupos de Cn tem a forma 〈xd〉 onde d e um divisor de n, e a ordem de 〈xd〉 e n/d,um divisor de n. Um outro exemplo visto e U(Z/8Z) = {1, 3, 5, 7}, um grupo nao cıclico deordem 4. Os subgrupos dele sao 〈1〉, 〈3〉, 〈5〉, 〈7〉, eles tem ordem 1, 2, 2 e 2. O teorema deLagrange nesse caso e simplesmente o fato que as ordens dos subgrupos dividem 4, que e aordem do grupo.

Por exemplo seja G = C6 = 〈x〉 = {1, x, x2, x3, x4, x5}. Esse grupo tem ordem 6, osubgrupo 〈x2〉 tem ordem o(x2) = 3, o subgrupo 〈x3〉 tem ordem o(x3) = 2 e 2 e 3 dividem6. As classes laterais de H = 〈x2〉 sao H = {1, x2, x4}, xH = {x, x3, x5}. As classes lateraisde L = 〈x3〉 sao L = {1, x3}, xL = {x, x4}, x2L = {x2, x5}.

O que queremos fazer agora e tentar dar uma estrutura de grupo ao quociente G/H. Parafazer isso precisamos definir uma operacao, e a operacao mais natural e a seguinte:

(xH) · (yH) := (xy)H. (∗)

Mas observe que esse produto depende das escolhas de x e y, entao pode acontecer que naoseja bem definido. Queremos saber qual hipotese precisamos por sobre H para ter certezaque o produto acima seja bem definido.

Suponha que o produto (∗) seja bem definido, e seja g ∈ G. Se h ∈ H entao temosgH = ghH, pois (gh)−1g = h−1g−1g = h−1 ∈ H. Podemos calcular o produto (gH) · (g−1H)de duas formas diferentes:

(gH) · (g−1H) = (gg−1)H = 1H = H,

(ghH) · (g−1H) = (ghg−1)H.

Como o produto e bem definido por hipotese, o resultado dos dois calculos tem que ser omesmo, em outras palavras H = (ghg−1)H. Sabemos que isso significa ghg−1 ∈ H. Entaoessa condicao e o que precisamos para ter uma estrutura de grupo em G/H.

Definicao 3 (Subgrupo normal, Grupo quociente). Um subgrupo H de um grupo G edito normal se ghg−1 ∈ H para todo g ∈ G, h ∈ H. Escrevemos H E G. Nesse caso, oquociente G/H = {gH : g ∈ G} e um grupo (grupo quociente) com a operacao

(xH) · (yH) := (xy)H,

o elemento neutro e 1H = H e o inverso de gH e g−1H.

Demonstracao. O fato que o elemento neutro e 1H e o fato que o inverso de gH eg−1H seguem pela definicao da operacao no grupo quociente. Mostraremos agora que se H

16 1. GRUPOS

e normal em G entao a operacao (xH) · (yH) := (xy)H e bem definida. Suponha entaoxH = rH, yH = sH, mostraremos que (xy)H = (rs)H ou seja que (rs)−1(xy) ∈ H. Temos

(rs)−1(xy) = s−1r−1xy = s−1y · y−1(r−1x)y ∈ Hsendo s−1y ∈ H, r−1x ∈ H e sendo y−1(r−1x)y ∈ H (pois H e normal). �

Observe que se por exemplo G for abeliano (ou seja se xy = yx para todo x, y ∈ H) entaotodo subgrupo de G e normal: se H ≤ G e h ∈ H, g ∈ G entao ghg−1 = gg−1h = 1h = h ∈ H.Logo H EG.

Observe que todo grupo cıclico e abeliano: se G = 〈x〉 e xa, xb sao dois elementos de Gentao

xaxb = xa+b = xb+a = xbxa.

Em particular, todo subgrupo de G e normal. Seja H um subgrupo de G. Entao

Proposicao 6. Se G = 〈x〉 e um grupo cıclico e H ≤ G entao HEG e G/H e um grupocıclico gerado por xH, ou seja G/H = 〈xH〉.

Demonstracao. Precisamos mostrar que qualquer elemento de G/H e uma potenciade xH. Um elemento qualquer de G/H tem a forma gH para algum g ∈ Cn, que tem a formag = xk, logo gH = xkH. Agora por definicao de produto no quociente temos

xkH = xk−1xH = xk−1H · xH = xk−2xHxH = xk−2H · xH · xH =

= . . . = xH · xH · · ·xH = (xH)k.

Logo gH = xkH = (xH)k, isto e, o elemento gH e uma potencia de xH. �

6. Grupo simetrico

Seja X um conjunto. Uma “permutacao” de X e uma funcao bijetiva f : X → X. SejaG = Sym(X) o conjunto das permutacoes de X. Por exemplo se X = {1, 2, 3} um elementode G e uma funcao bijetiva f : {1, 2, 3} → {1, 2, 3}. No caso em que X = {1, 2, . . . , n} o grupoSym(X) sera indicado por Sn (grupo simetrico de grau n).

Proposicao 7. Seja X um conjunto. Com a operacao de composicao de funcoes, oconjunto G = Sym(X) e um grupo, o elemento neutro de G e a funcao identidade id : X → X,ou seja a funcao definida por id(x) = x para todo x ∈ X.

Demonstracao. Duas funcoes α : X → X, β : X → X sao iguais exatamente quandoα(x) = β(x) para todo x ∈ X. Logo para mostrar que id · f = f e f · id = f para todof ∈ G (ou seja que id e o elemento neutro da operacao de composicao) precisamos mostrarque (id · f)(x) = f(x) para todo x ∈ X e (f · id)(x) = f(x) para todo x ∈ X. Mas isso seguepor definicao, pois (id · f)(x) = id(f(x)) = f(x) e (f · id)(x) = f(id(x)) = f(x).

Para mostrar que a composicao e realmente uma operacao binaria do conjunto Sym(X)

precisamos mostrar que se f : X → X e g : X → X sao bijetivas entao f · g e bijetiva. Einjetiva porque se fg(a) = fg(b) entao f(g(a)) = f(g(b)) logo g(a) = g(b) sendo f injetiva logo

a = b sendo g injetiva. E sobrejetiva porque se y ∈ X entao existe t ∈ X com f(t) = y sendo f

6. GRUPO SIMETRICO 17

sobrejetiva e existe x ∈ X com g(x) = t sendo f sobrejetiva, logo fg(x) = f(g(x)) = f(t) = y.A associatividade (f · g) · h = f · (g · h) segue calculando

((f · g) · h)(x) = (f · g)(h(x)) = f(g(h(x))),

(f · (g · h))(x) = f((g · h)(x)) = f(g(h(x))).

Toda funcao bijetiva f : X → X tem uma funcao inversa, a funcao g = f−1 : X → Xdefinida por g(x) igual ao unico elemento y ∈ X tal que f(y) = x (funcao inversa). E claroque f−1(f(x)) = x e f(f−1(x)) = x para todo x ∈ X, logo f · f−1 = id = f−1 · f . �

Notacao cıclica. Um ciclo e indicado por (12 . . .m), e significa o seguinte: 1 7→ 2 7→ 3 7→. . . 7→ m 7→ 1. Os elementos que nao aparecem no ciclo (por exemplo m + 1,m + 2, . . .) saoelementos fixados pelo ciclo: m+ 1 7→ m+ 1, m+ 2 7→ m+ 2, . . . Por exemplo a permutacao1 7→ 2, 2 7→ 1, 3 7→ 3 escrita na notacao cıclica e (12) (o elemento 3 nao aparece, sendofixado), a permutacao 1 7→ 2, 2 7→ 3, 3 7→ 1 na notacao cıclica e (123). O elemento neutronessa notacao e indicado por 1. Vamos calcular o produto fg onde f = (12) e g = (13). Paraconhecer uma permutacao de X precisamos conhecer as imagens de todos os elementos de X,nesse caso 1, 2, 3. Em outras palavras, queremos calcular fg(1), fg(2), fg(3). Lembre-se quea definicao de fg e a seguinte: (fg)(x) := f(g(x)). Logo, como f(1) = 2, f(2) = 1, f(3) = 3,g(1) = 3, g(2) = 2 e g(3) = 1 temos

• (fg)(1) = f(g(1)) = f(3) = 3,• (fg)(2) = f(g(2)) = f(2) = 1,• (fg)(3) = f(g(3)) = f(1) = 2.

Em outras palavras fg = (132). Um calculo parecido mostra que gf = (123), logofg 6= gf . Isso implica que S3 e um grupo nao abeliano.

Atencao: nao tem unica expressao na notacao cıclica: por exemplo (123) = (231) = (312)e (12) = (21). Por outro lado, tem uma unica expressao de um cıclo que comeca com umdado elemento: por exemplo (123) e a unica expressao desse ciclo que comeca com 1.

Atencao: nem toda permutacao e um ciclo. Por outro lado, toda permutacao e umproduto de cıclos. Por exemplo em S4 = Sym({1, 2, 3, 4}) o elemento (12)(34) nao e um ciclo.

Em geral dado x ∈ X e dada f uma permutacao de um conjunto finito X, o ciclo def contendo x e (x, f(x), f(f(x)), . . . , fm(x)) onde fk(x) indica a aplicacao de f k vezes efm+1(x) = x. Aplicando isso a cada elemento de X e possıvel escrever toda permutacao

como produto de ciclos disjuntos. E claro que cıclos disjuntos comutam e e facil se convencerque a ordem de um produto de cıclos disjuntos e o menor multiplo comum dos compri-mentos dos cıclos. Assim por exemplo (123)(456) tem ordem 3, (12)(345) tem ordem 6 e(1, 2, 3, 4)(5, 6, 7, 8, 9, 10) tem ordem 12.

Exemplo de subgrupo nao normal. Seja

G = S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)}e seja H = 〈(12)〉 = {1, (12)} ≤ S3. Temos (13)−1 = (13) pois (13)(13) = 1, logo

(13)(12)(13)−1 = (13)(12)(13) = (23) 6∈ H.

18 1. GRUPOS

Isso mostra que H nao e normal em G.

Exemplo de subgrupo normal de S3. Seja agora K = 〈(123)〉 ≤ G = S3. Observeque 1−1 = 1, (12)−1 = (12), (13)−1 = (13), (23)−1 = (23), (123)−1 = (132) e (132)−1 = (123).Temos

1(123)1−1 = (123) ∈ K, (12)(123)(12)−1 = (132) ∈ K,(13)(123)(13)−1 = (132) ∈ K, (23)(123)(23)−1 = (132) ∈ K,

(123)(123)(123)−1 = (123) ∈ K, (132)(123)(132)−1 = (123) ∈ K.Isso mostra que gxg−1 ∈ K para todo g ∈ G, onde x = (123). Para concluir que K e normalem G precisamos mostrar isso para os outros elementos de K, que sao 1 e x2. Mas e claroque g1g−1 = gg−1 = 1 ∈ K, entao para mostrar que KEG basta mostrar que gx2g ∈ K paratodo g ∈ G. Mas gx2g = gxxg = gxg−1gxg−1 = (gxg−1)2 ∈ K porque gxg−1 ∈ K, comomostrado acima. Isso mostra que K E G. Como K = {1, (123), (132)} tem ordem 3, G/Ktem ordem |G/K| = |G|/|K| = 6/3 = 2 e de fato G/K = {K, (12)K}. Se trata de um grupocıclico de ordem 2.

6.1. Exercıcios.

(1) Calcule a ordem de (1, 2, 3)(4, 5, 6, 7)(8, 9, 10, 11, 12) ∈ S12.(2) De um exemplo de elementos x, y de um grupo com x · y · x−1 6= y.(3) Sejam x e y elementos de um grupo. Mostre que o(xyx−1) = o(y).(4) Seja X um conjunto e seja G = Sym(X). Seja a ∈ X um elemento fixado. Mostre

que H = {f ∈ G : f(a) = a} e um subgrupo de G.(5) Encontre todos os subgrupos normais de S3.(6) Seja G = S4 e H = {g ∈ G : g(3) = 3}. Mostre que H e um subgrupo de G e que|H| = 6.

(7) Mostre que S4 nao contem subgrupos de ordem 16.(8) Seja X um conjunto qualquer com |X| ≥ 3. Mostre que Sym(X) nao e comutativo.(9) Seja g ∈ Sn e seja 1 ≤ k ≤ n. Mostre que

g(12 . . . k)g−1 = (g(1)g(2) . . . g(k)).

(10) Seja G um grupo e seja H uma famılia de subgrupos de G tais que se H ∈ He g ∈ G entao gHg−1 ∈ H . Mostre que a intersecao dos subgrupos em H e umsubgrupo normal de G.

(11) Mostre que se N e um subgrupo normal de um grupo G entao o centralizador de Nem G

CG(N) = {g ∈ G : gn = ng ∀ n ∈ N}e um subgrupo normal de G.

(12) Uma outra maneira de dizer que as classes laterais a esquerda de H ≤ G em Gformam uma particao de G e o fato que a seguinte e uma relacao de equivalenciaem G (verifique!): x ∼ y se e somente se y−1x ∈ H.

(13) Seja H um subgrupo de G, g ∈ G e seja Hg = {hg : h ∈ H} (classe lateral adireita). Defina gHg−1 = {ghg−1 : h ∈ H} (um “conjugado” de H). Mostre quesao equivalentes(a) H e normal em G;(b) Hg = gH para todo g ∈ G;

7. O GRUPO ALTERNADO 19

(c) gHg−1 = H para todo g ∈ G.(14) Seja G um grupo finito e seja H um subgrupo cıclico de G. Mostre que se H e

normal em G entao todo subgrupo de H e normal em G.

7. O grupo alternado

Agora vamos construir um exemplo de um subgrupo normal de um grupo nao abeliano.

Seja G = Sn o grupo simetrico de grau n. Por exemplo lembre-se que

S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)}.

Temos que |Sn| = n!. Considere o polinomio

T :=∏

1≤i<j≤n

(Xi −Xj)

em variaveis comutantes: XaXb = XbXa. Os fatores desse polinomio sao Pij := Xi−Xj comi < j. Seja P = {Pij : 1 ≤ i < j ≤ n}.

Fixamos σ ∈ G = Sn. Observe que em geral se i < j pode acontecer que σ(i) < σ(j) ouσ(j) < σ(i) (nao pode acontecer que σ(i) = σ(j), por que?), entao em geral Pσ(i),σ(j) 6∈ P .Podemos definir a funcao

ϕσ : P → P, ϕσ(Pij) :=

{Pσ(i),σ(j) se σ(i) < σ(j),Pσ(j),σ(i) se σ(i) > σ(j)

A funcao ϕσ : P → P e bijetiva: de fato, a inversa dela e ϕσ−1 . Para ver isso observe que sei < j e σ(i) < σ(j) temos ϕσ−1(ϕσ(Pij)) = ϕσ−1(Pσ(i),σ(j)) = Pσ−1(σ(i)),σ−1(σ(j)) = Pij . Sei < j e σ(i) > σ(j) temos ϕσ−1(ϕσ(Pij)) = ϕσ−1(Pσ(j),σ(i)) = Pσ−1(σ(i)),σ−1(σ(j)) = Pij . Issoimplica que ϕσ−1 ◦ ϕσ e a identidade P → P . De forma analoga se mostra que ϕσ ◦ ϕσ−1

tambem e a identidade P → P .A permutacao σ ∈ Sn permuta os indices no polinomio T =

∏1≤i<j≤n(Xi−Xj) da forma

seguinte:

Tσ :=∏

1≤i<j≤n

(Xσ(i) −Xσ(j)).

Como Xi −Xj = −(Xj −Xi), o fato que ϕσ e bijetiva implica que Tσ = ±T .

Definicao 4 (Sinal de uma permutacao). A permutacao σ ∈ Sn e dita par se Tσ = T ,e dita ımpar se Tσ = −T . O sinal de σ, indicado com sgn(σ), e 1 se σ e par e e −1 se σ eımpar, assim Tσ = sgn(σ)T .

Por exemplo a identidade e sempre par: T1 = T . Vamos calcular o sinal de (12), (123) ∈S3. Temos T = (X1 −X2)(X1 −X3)(X2 −X3).

• Seja σ = (12). Tσ = (X2 −X1)(X2 −X3)(X1 −X3) = −T . σ e ımpar.• Seja σ = (123). Tσ = (X2 −X3)(X2 −X1)(X3 −X1) = T . σ e par.

Observe que T1 = T , isso implica que sgn(1) = 1. Uma propriedade importante do sinale a seguinte.

Proposicao 8. Sejam σ, τ ∈ Sn. Entao sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ).

20 1. GRUPOS

Demonstracao. Temos Tστ =∏

1≤i<j≤n(Xστ(i) − Xστ(j)) e reordenando os indices

obtemos que esse produto e igual a sgn(τ)∏

1≤i<j≤n(Xσ(i) −Xσ(j)) = sgn(τ)sgn(σ)T . Por

outro lado temos Tστ = sgn(στ)T logo sgn(σ)sgn(τ) = sgn(στ). �

Uma consequencia e que se σ ∈ Sn entao sgn(σ) = sgn(σ−1), de fato 1 = sgn(1) =sgn(σσ−1) = sgn(σ)sgn(σ−1) e o fato que sgn(σ), sgn(σ−1) ∈ {1,−1} implica que sgn(σ) =sgn(σ−1).

Definicao 5. O grupo alternado de grau n e An := {σ ∈ Sn : sgn(σ) = 1}, o conjuntodas permutacoes pares de Sn.

Proposicao 9. An e um subgrupo normal de Sn e |Sn : An| = 2.

Demonstracao. Ja observamos que sgn(1) = 1, logo 1 ∈ An. Se σ ∈ Sn entaosgn(σ−1) = sgn(σ) = 1, logo σ−1 ∈ An. Se σ, τ ∈ An entao sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ) =1 · 1 = 1, logo στ ∈ An. Isso mostra que An ≤ Sn.

Agora sejam h ∈ An e g ∈ Sn. Temos

sgn(ghg−1) = sgn(g)sgn(h)sgn(g−1) = sgn(g)2sgn(h) = sgn(h) = 1,

logo ghg−1 ∈ An. Isso mostra que An e normal em Sn.Para mostrar que |Sn : An| = 2 basta mostrar que Sn = An ∪ (12)An. Basta mostrar

que (12) e ımpar, porque nesse caso se g ∈ Sn − An entao sgn(g) = −1 logo sgn((12)g) =sgn((12))sgn(g) = (−1)(−1) = 1 logo (12)g ∈ An entao g ∈ (12)−1An = (12)An.

Entao falta mostrar que σ = (12) e ımpar. Temos T =∏i<j(Xi − Xj) logo Tσ =

(X2 −X1)∏

1<j(X1 −Xj)∏

2<j(X2 −Xj)∏

2<i<j(Xi −Xj) = −T . �

Observe que como |Sn : An| = 2 temos 2 = |Sn : An| = |Sn/An| = |Sn|/|An| = n!/|An|logo a ordem do grupo alternado e |An| = n!/2. Por exemplo |A3| = 3!/2 = 3, |A4| = 4!/2 =12.

Observe que se (ij) ∈ Sn entao (ij) e ımpar. De fato, se i, j 6= 1, 2 seja g = (1i2j),

se j = 2 seja g = (1i) e se i = 1 seja g = (2j). E facil ver que g(12)g−1 = (ij), logosgn((ij)) = sgn(g)sgn((12))sgn(g−1) = −sgn(g)2 = −1.

Observe que se σ e um ciclo (a1 a2 . . . ak) entao o(σ) = k e sgn(σ) = −(−1)k. De fato,

(a1 a2 . . . ak) = (a1 ak)(a1 ak−1) · · · (a1 a2)

e como sgn e multiplicativa e todo (ij) e ımpar, sgn(σ) = (−1)k−1 = −(−1)k. Logo umciclo de comprimento par e uma permutacao ımpar, um ciclo de comprimento ımpar e umapermutacao par.

Exemplo. A3 = {1, (123), (132)}.

Seja σ uma permutacao em Sn. Podemos escrever σ como produto de cıclos disjuntos daforma (a σ(a) σ2(a) . . .) onde a ∈ {1, . . . , n} (comecando com a = 1). Por exemplo:

(14)(1423)(6241)(523)(3416) = (13)(2465).

8. HOMOMORFISMOS 21

Essa estrutura de produto de cıclos disjuntos e a mais natural. Se σ e produto de cıclosdisjuntos de comprimentos c1, . . . , ct, dizemos que a estrutura cıclica de σ e (c1, . . . , ct). Porexemplo (12)(345) tem estrutura cıclica (2, 3).

Como toda permutacao e um produto de cıclos (disjuntos), e o sinal de um produto depermutacoes e o produto dos sinais, para calcular o sinal precisamos so calcular o sinal doscıclos. E facil verificar que

(a1 . . . ak) = (a1ak)(a1ak−1) · · · (a1a2).

Logo sgn((a1, . . . , ak)) = sgn(a1ak) · · · sgn(a1a2) = (−1)k−1. Isso nos permite calcular osinal de uma qualquer permutacao. Por exemplo

sgn((1529)(381)(51382)(12)) = sgn((1529))sgn((381))sgn((51382))sgn((12)) =

= (−1) · 1 · 1 · (−1) = 1.

8. Homomorfismos

Uma funcao f : A → B entre dois grupos A,B (em notacao multiplicativa) e dita ho-momorfismo se

f(xy) = f(x)f(y) ∀x, y ∈ A.Ja vimos exemplos de uma tal funcao:

(1) A identidade G → G (isto e, a funcao que leva x em x, para todo x ∈ G) e umhomomorfismo de grupos.

(2) Se G e um grupo e g ∈ G entao a funcao γg : G → G definida por γg(x) := gxg−1

e um homomorfismo de grupos pois γg(xy) = gxyg−1 = gxg−1gyg−1 = γg(x)γg(y).Observe que γ1 e a identidade G→ G.

(3) A funcao sinal sgn : Sn → {1,−1} e um homomorfismo pois se σ, τ sao duaspermutacoes, sgn(στ) = sgn(σ)sgn(τ).

(4) Se N EG a funcao π : G→ G/N definida por π(g) := gN (projecao canonica) eum homomorfismo de grupos por definicao de produto no grupo quociente: f(xy) =xyN = xNyN = f(x)f(y).

Seja f : A→ B um homomorfismo. Observe que:

• f(1) = 1. De fato, f(1) = f(1·1) = f(1)f(1) logo multiplicando a direita por f(1)−1

obtemos 1 = f(1).• f(x−1) = f(x)−1. De fato temos f(x−1)f(x) = f(x−1x) = f(1) = 1 e f(x)f(x−1) =f(xx−1) = f(1) = 1.

O homomorfismo f : A → B e dito ISOMORFISMO se e bijetivo, isto e, se e injetivo esobrejetivo. Se existe um isomorfismo f : A→ B escrevemos

A ∼= B.

Por exemplo considere os dois grupos (Z/nZ,+) e (Cn, ·) = 〈x〉, e considere

f : Z/nZ→ Cn, f(k) := xk,

onde k := k + nZ. Observe que k e uma classe lateral de nZ ≤ Z (notacao aditiva!) e quepor definicao de grupo quociente, k + h = k + h+ nZ = k + nZ + h+ nZ = k + h.

Para mostrar que f e um isomorfismo, precisamos mostrar as coisas seguintes.

22 1. GRUPOS

(1) f e uma funcao bem definida. Em outras palavras, se k = h entao f(k) = f(h).Observe que k = h significa que k+nZ = h+nZ, em outras palavras n divide k−h,assim xk−h = 1 (pois x tem ordem n em Cn) logo xk = xh, isto e, f(k) = f(h).

(2) f e um homomorfismo. Temos

f(k + h) = f(k + h) = xk+h = xkxh = f(k)f(h).

Logo f e um homomorfismo.(3) f e sobrejetivo. Isso e claro, pois se g = xk e um qualquer elemento de Cn entao

g = f(k).(4) f e injetivo. Suponha f(k) = f(h) e mostramos que k = h. Temos xk = xh, isto

e, xk−h = 1. Isso implica que n (a ordem de x) divide k − h, em outras palavrask + nZ = h+ nZ, isto e, k = h.

Dado um homomorfismo f : A→ B, considere os conjuntos seguintes:

ker(f) := {a ∈ A : f(a) = 1} NUCLEO de f,

Im(f) = f(A) := {f(a) : a ∈ A} IMAGEM de f.

Observe que ker(f) ⊆ A (o nucleo de f e um subconjunto de A) e Im(f) ⊆ B (a imagem def e um subconjunto de B). Na verdade, o que acontece e o seguinte.

(1) ker(f)EA. 1 ∈ ker(f) pois f(1) = 1, se x ∈ ker(f) entao f(x−1) = f(x)−1 = 1−1 = 1logo x−1 ∈ ker(f) e se x, y ∈ ker(f) entao f(xy) = f(x)f(y) = 1 · 1 = 1 logoxy ∈ ker(f). Isso mostra que ker(f) ≤ A. Para mostrar que e normal, pegamosx ∈ ker(f) (assim f(x) = 1) e a ∈ A e mostramos que axa−1 ∈ ker(f): comof(x) = 1 temos f(axa−1) = f(a)f(x)f(a−1) = f(a) · 1 · f(a)−1 = 1.

(2) Im(f) ≤ B. 1 ∈ Im(f) pois f(1) = 1, se x ∈ Im(f) escrevemos x = f(a) coma ∈ A e temos x−1 = f(a)−1 = f(a−1) ∈ Im(f) pois a−1 ∈ A, e se x, y ∈ Im(f)escrevemos x = f(a), y = f(b) com a, b ∈ A e temos xy = f(a)f(b) = f(ab) ∈ Im(f)pois ab ∈ A. Isso mostra que Im(f) ≤ B.

Logo, ker(f) e um subgrupo normal de A e Im(f) e um subgrupo de B (que em geralnao e normal).

Proposicao 10. Seja f : A → B um homomorfismo. Entao f e injetivo se e somentese ker(f) = {1}.

Demonstracao. Suponha f injetivo e mostramos que ker(f) = {1}. Seja x ∈ ker(f),assim f(x) = 1. Como 1 = f(1), temos f(x) = f(1), e como f e injetivo temos x = 1.

Suponha ker(f) = {1} e mostramos que f e injetivo. Sejam x, y ∈ A tais que f(x) = f(y)e mostramos que x = y. Multiplicando a direita por f(y)−1 obtemos 1 = f(x)f(y)−1 =f(x)f(y−1) = f(xy−1) logo xy−1 ∈ ker(f). Como ker(f) = {1} obtemos xy−1 = 1, isto e,multiplicando a direita por y, x = y. �

Uma consequencia e que f : A → B e um isomorfismo se e somente se ker(f) = {1} eIm(f) = B. Logo, conhecendo ker(f) e Im(f) sabemos se f e ou nao e um isomorfismo.

O resultado seguinte mostra que todo subgrupo normal de um grupo G e o nucleo dealgum homomorfismo de domınio G. Em outras palavras, os nucleos dos homomorfismos dedomınio G sao exatamente os subgrupos normais de G.

9. TEOREMAS DE ISOMORFISMO 23

Proposicao 11. Seja N um subgrupo normal de um grupo G. Entao N e o nucleo deum homomorfismo G→ B.

Demonstracao. Seja B o grupo quociente G/N e seja π : G → G/N definida porπ(g) := gN (projecao canonica). Ja vimos que π e um homomorfismo. O nucleo de π consistedos elementos g ∈ G tais que gN = N , isto e, g ∈ N . Logo ker(f) = N . �

Sabemos que o grupo alternado An e um subgrupo normal do grupo simetrico Sn. Onucleo do homomorfismo sinal sgn : Sn → {1,−1} e exatamente An (por definicao de An),em outras palavras ker(sgn) = An. O grupo quociente Sn/An tem ordem 2, os seus elementossao An e (12)An, e e cıclico gerado por (12)An.

8.1. Exercıcios. Lembre-se que se G e um grupo finito e x ∈ G entao 〈x〉 ≤ G logo peloteorema de Lagrange o(x) = |〈x〉| divide |G|.

(1) Quais dos grupos aditivos seguintes sao cıclicos? Z, Q, R, Q/Z, R/Q, R/Z. Justifi-que a resposta.

(2) Conte os elementos de ordem 2, 3, 4, 5, 6 nos grupos S4, S5, A4, A5.(3) Qual e a maior ordem de um elemento de S5? E de S12, A5, A12?(4) Seja f : A→ B um isomorfismo de grupos. Mostre que a funcao inversa f−1 : B →

A e um isomorfismo tambem.(5) Seja G um grupo. Mostre que a funcao f : G→ G, f(x) = x2 e um homomorfismo

de grupos se e somente se G e abeliano.(6) Seja G um grupo abeliano finito de ordem n e seja m um numero inteiro tal que

(n,m) = 1. Mostre que a funcao f : G→ G, f(x) = xm e um isomorfismo.(7) Seja G um grupo finito de ordem nao divisıvel por 3. Mostre que se (xy)3 = x3y3

para todo x, y ∈ G entao G e abeliano.(8) Seja G um grupo finito de ordem par. Seja X = {g ∈ G : g2 = 1}. Mostre que |X|

e par. X e sempre um subgrupo de G?(9) Seja G = C∗ o grupo multiplicativo dos numeros complexos nao nulos e seja N ={a + ib ∈ G : a2 + b2 = 1}. Sabemos que N E G. Mostre que G/N e isomorfoao grupo multiplicativo B = {x ∈ R : x > 0}. Dica: defina f : G/N → B por(a+ ib)N 7→ a2 + b2. Mostre que e bem definida e que e um isomorfismo.

9. Teoremas de isomorfismo

Teorema 2 (Teorema de Isomorfismo). Seja f : A → B um homomorfismo de grupos.Entao A/ ker(f) ∼= Im(f).

Demonstracao. Seja N := ker(f) e seja

f : A/N → Im(f), f(xN) := f(x).

Mostramos que f e um isomorfismo de grupos.

• f e uma funcao bem definida. De fato, se xN = yN entao y−1x ∈ N = ker(f), istoe, f(y−1x) = 1, que pode ser escrito f(y)−1f(x) = 1 e multiplicando a esquerda porf(y) obtemos f(x) = f(y), em outras palavras f(xN) = f(yN).

• f e um homomorfismo. Se xN, yN ∈ A/N temos

f(xNyN) = f(xyN) = f(xy) = f(x)f(y) = f(xN)f(yN).

24 1. GRUPOS

• f e sobrejetivo. Se b ∈ Im(f) entao b = f(x) para algum x ∈ A logo b = f(x) =f(xN).

• f e injetivo. Se f(xN) = 1 entao f(x) = 1, isto e, x ∈ ker(f) = N , em outraspalavras xN = N . Isso mostra que ker(f) = {N}, em outras palavras f e injetivo.

Isso conclui a demostracao. �

Por exemplo considere os grupos A = R−{0} = R∗ e B = R>0. A e o grupo dos numerosreais nao nulos com a operacao de multiplicacao, B e o grupo dos numeros reais positivoscom a operacao de multiplicacao. Se trata de grupos abelianos! Seja f : A→ B definida porf(x) := x2. Se trata de um homomorfismo pois B e abeliano, de fato

f(xy) = (xy)2 = xyxy = xxyy = x2y2.

O nucleo de f e dado pelos elementos x ∈ A tais que f(x) = 1, isto e, x2 = 1, logo ker(f) =

{1,−1}. Alem disso, f e sobrejetiva pois se b ∈ B entao b = f(√b), logo Im(f) = B. O

teorema de isomorfismo implica que A/{−1, 1} ∼= B, em outras palavras

R∗/{−1, 1} ∼= R>0.

A interpretacao intuitiva e que {1,−1} representa o sinal de um numero e “se nao tivesse osinal todos os numeros seriam positivos” (em algum sentido).

Alguns exemplos de aplicacao do teorema de isomorfismo.

(1) O sinal sgn : Sn → {1,−1} e um homomorfismo cujo nucleo e An, o grupo al-ternado. Como existem permutacoes pares e impares, sgn e sobrejetivo, logo, peloteorema de isomorfismo, Sn/An ∼= {1,−1} ∼= C2. Observe que {1,−1} e isomorfoa C2 = {1, x} (sendo x2 = 1) porque C2 → {1,−1} que leva xk para (−1)k e umisomorfismo (em geral se 〈x〉 e 〈y〉 sao dois grupos cıclicos da mesma ordem entao afuncao 〈x〉 → 〈y〉 que leva xk para yk e um isomorfismo).

(2) Seja C o corpo dos numeros complexos e seja

S1 := {a+ ib ∈ C : a2 + b2 = 1}o cırculo de centro 0 que passa por 1 = 1 + i0. Observe que se f(a + ib) = a2 + b2

entao para x = a+ ib, y = c+ id temos f(xy) = f(x)f(y), de fato

f(xy) = f((a+ ib)(c+ id)) = (ac− bd)2 + (ad+ bc)2,

f(x)f(y) = (a2 + b2)(c2 + d2)

sao iguais. Isso mostra que f respeita o produto entao escolhendo bem o domınioe o codomınio de f conseguimos um homomorfismo de grupos multiplicativos. Seja

f : C∗ → R>0, f(a+ ib) := a2 + b2,

sendo C∗ o grupo multiplicativo dos numeros complexos nao nulos e R>0 e o grupomultiplicativo dos numeros reais positivos. Observe que ker(f) = S1. Alem disso,f e sobrejetivo pois se α ∈ R>0 entao f(

√α) = (

√α)2 = α. Pelo teorema de

isomorfismo C∗/S1 ∼= R>0.A ideia geometrica e que dado g ∈ C∗ e N = S1, a classe lateral gN e o cırculo

de centro 0 e que passa por g, e entender o grupo quociente C∗/S1 significa escolherde forma inteligente um representante de cada classe lateral. Tem um unico numero

9. TEOREMAS DE ISOMORFISMO 25

real positivo r que pertence a gN : escolhendo tal r como representante, rN = gNe o conjunto dos r forma exatamente R>0. Essa e a ideia geometrica do grupoquociente.

Agora queremos fazer uma famılia de exemplos importantes. Sejam A,B dois grupos(notacao multiplicativa), e seja A × B (produto cartesiano) o conjunto dos pares ordenados(a, b) sendo que a ∈ A e b ∈ B. A×B e um grupo (dito produto direto entre A e B) com aoperacao (a, b)(c, d) := (ac, bd). O elemento neutro e (1, 1) e o inverso de (a, b) e (a−1, b−1).Observe que A× {1} = {(a, 1) : a ∈ A} e um subgrupo de A×B. Vamos mostrar que ele enormal e que

A×BA× {1}

∼= B.

Para fazer isso queremos construir um homomorfismo sobrejetivo A × B → B cujo nucleoseja H = A× {1}. Seja

f : A×B → B, (a, b) 7→ b.

Se trata de um homomorfismo pois

f((a, b)(c, d)) = f((ac, bd)) = bd = f(a, b)f(c, d).

Ele e sobrejetivo pois se b ∈ B logo f((1, b)) = b. E claro que ker(f) = H. Obtemos entaopelo teorema de isomorfismo que A×B

A×{1}∼= B.

Lema 1 (Produto direto interno). Sejam A,B subgrupos normais de um grupo G taisque AB = G e A ∩B = {1}. Entao G ∼= A×B.

Demonstracao. Seja f : A×B → G = AB definida por f((a, b)) = ab. Vamos mostrar

que se trata de um isomorfismo de grupos. E claro que f e sobrejetiva. Agora,

f((a, b)(c, d)) = f((ac, bd)) = acbd, f((a, b))f((c, d)) = abcd.

Entao para mostrar que f e um homomorfismo precisamos mostrar que se a, c ∈ A e b, d ∈ Bentao acbd = abcd (observe que isso e obvio se G e abeliano). Temos abcd = ac(c−1bcb−1)bdlogo basta mostrar que c−1bcb−1 = 1. Mas c ∈ A, b ∈ B e A,B sao subgrupos normais,logo c−1bc ∈ B e bcb−1 ∈ A, logo c−1bcb−1 ∈ A ∩ B. Mas por hipotese A ∩ B = {1} logoc−1bcb−1 = 1.

Falta mostrar que f e injetivo, isto e, que ker(f) = {(1, 1)}. Seja (a, b) ∈ ker(f) emostramos que (a, b) = (1, 1). Temos f((a, b)) = 1, isto e, ab = 1, entao b = a−1. MasB 3 b = a−1 ∈ A, logo b = a−1 ∈ A ∩ B = {1}, isto e, b = a−1 = 1 e isso implica(a, b) = (1, 1). �

Se A,B sao subgrupos de G com AB = G e AEG, A∩B = {1} dizemos que G = AB =AoB e o produto semidireto interno entre A e B.

O segundo teorema de isomorfismo

Sejam G um grupo, H um subgrupo de G e N um subgrupo normal de G. Seja HN ={hn : h ∈ H, n ∈ N}. Entao HN ≤ G, H ∩N EH e H/H ∩N ∼= HN/N .

26 1. GRUPOS

Primeiro vamos mostrar que HN ≤ G. E claro que 1 ∈ HN pois 1 = 1·1 e 1 ∈ H e 1 ∈ N .Sejam h1n1, h2n2 ∈ HN (sendo h1, h2 ∈ H e n1, n2 ∈ N). Mostramos que h1n1h2n2 ∈ HN .Temos

h1n1h2n2 = h1h2(h−12 n1h2)n2 ∈ HN

pois h1h2 ∈ H e h−12 n1h2 ∈ N (sendo N normal). Agora seja hn ∈ HN e mostramos que

(hn)−1 ∈ HN . Temos

(hn)−1 = n−1h−1 = h−1hn−1h−1 ∈ HN

pois h−1 ∈ H e hn−1h−1 ∈ N .Agora mostramos que H/H ∩ N ∼= HN/N usando o teorema de isomorfismo. Seja

H → HN/N a funcao definida por f(h) := hN . Observe que hN ∈ HN/N pois h ∈ HN (defato, h = h · 1 e h ∈ H, 1 ∈ N), logo f e bem definida. Mostramos que e um homomorfismosobrejetivo e que ker(f) = H ∩N .

• f e um homomorfismo: por definicao de produto no grupo quociente, f(h1h2) =h1h2N = h1Nh2N = f(h1)f(h2).

• f e sobrejetivo: se hnN e um qualquer elemento de HN/N (sendo h ∈ H e n ∈ N)entao como nN = N (pois n ∈ N) temos hnN = hN logo hnN = f(h).

• ker(f) = H ∩ N : O nucleo de f consiste dos h ∈ H tais que f(h) = N , isto e,hN = N , isto e, h ∈ N . Entao ker(f) = {h ∈ H : h ∈ N} = H ∩N .

Vamos mostrar que se H ≤ Sn entao H ≤ An ou entao |H ∩An| = 12 |H|, ou seja ou todas

as permutacoes em H sao pares ou exatamente a metade das permutacoes em H sao pares.Para fazer isso observe que sendo An E Sn temos An ≤ HAn ≤ Sn. Segue que

2 = |Sn : An| =|Sn||An|

=|Sn||HAn|

· |HAn||An|

= |Sn : HAn| · |HAn : An|,

e sendo 2 um numero primo e |Sn : HAn| e |HAn : An| numeros inteiros obtemos que|Sn : HAn| = 1 ou |HAn : An| = 1, ou seja Sn = HAn ou HAn = An. No segundo casoH ≤ An logo todas as permutacoes em H sao pares. Agora suponha HAn = Sn. Pelo segundoteorema de isomorfismo

C2∼= Sn/An = HAn/An ∼= H/H ∩An

logo |H/H ∩An| = 2 ou seja |H|/|H ∩An| = 2. Isso implica |H ∩An| = |H|/2.

Seja G um grupo e seja X ⊆ G. O subgrupo de G gerado por X e

〈X〉 :=⋂

X⊆H≤G

H,

a intersecao dos subgrupos de G contendo X. Se trata do menor subgrupo de G que contemX. Se X = {x} entao 〈X〉 e tambem indicado por 〈x〉 (grupo cıclico gerado por x), mascuidado: se |X| ≥ 2 em geral 〈X〉 nao e cıclico. Por exemplo o grupo simetrico S3 e geradopor X = {(12), (123)}. De fato se H ≤ S3 contem X entao pelo teorema de Lagrange 2divide |H| porque (12) ∈ H tem ordem 2, e 3 divide |H| porque (123) ∈ H tem ordem 3, logo6 divide |H| e sendo |S3| = 6 concluimos que H = S3. O grupo alternado A3 e gerado por(123), ou seja A3 = {1, (123), (132)} = 〈(123)〉.

10. GRUPOS ABELIANOS FINITOS 27

Lema 2. An e gerado pelos 3-cıclos.

Demonstracao. Seja X o conjunto de todos os 3-cıclos em Sn. Obviamente X ⊆ An,isso implica 〈X〉 ≤ An. Agora seja g ∈ An, mostraremos que g ∈ 〈X〉. Sendo g um produto deum numero par de transposicoes (2-cıclos) para mostrar que g ∈ 〈X〉 basta mostrar que cadaproduto de duas transposicoes e um produto de 3-cıclos. Isso e verdade porque (ij)(ik) = (ikj)e (ik)(jl) = (ijl)(ikl). �

9.1. Exercıcios.

(1) Seja G um grupo e seja X ⊆ G tal que se x ∈ X e g ∈ G entao gxg−1 ∈ X. Mostreque 〈X〉EG.

(2) Seja G um grupo e seja H ≤ G. Mostre que se |G : H| = 2 entao H EG.(3) Seja G um grupo e seja H ≤ G. Mostre que se todo elemento de G − H = {g ∈

G : g 6∈ H} tem ordem 2 entao H e abeliano, H E G e G/H e abeliano. [Dica:dado g ∈ G−H e h ∈ H temos g, gh ∈ G−H logo g2 = 1 e (gh)2 = 1; mostre queH → H, h 7→ h−1 e um homomorfismo.]

(4) Seja H um subgrupo de um grupo finito G. Mostre que se |G : H| e um numeroprimo entao H e um subgrupo maximal de G, ou seja os unicos subgrupos K de Gtais que H ≤ K ≤ G sao H e G.

(5) Seja f : A → B um homomorfismo injetivo de grupos e seja x ∈ A. Mostre queo(x) = o(f(x)).

(6) Sejam A,B subgrupos de um grupo G. Mostre que AB ≤ G se e somente seAB = BA.

(7) Seja G um grupo e sejam A,B subgrupos normais de G tais que AB = G. Mostreque

G

A ∩B∼=G

A× G

B.

(8) Seja p um primo e seja X = {x2 : x ∈ Z/pZ}. Mostre que |X| = (p+ 1)/2. [Dica:H = X − {0} e um subgrupo do grupo multiplicativo G = Z/pZ − {0}. Consideref : G→ H, f(x) = x2.]

(9) Mostre que R/Z ∼= {a+ ib ∈ C : a2 + b2 = 1}.(10) Seja G = U(Z/23Z). Encontre g ∈ G tal que G = 〈g〉.(11) Sejam a, n inteiros positivos coprimos. Mostre que aϕ(n) ≡ 1 mod n (teorema de

Euler-Fermat). [Dica: use o fato que |U(Z/nZ)| = ϕ(n) e o teorema de Lagrange.](12) Mostre o terceiro teorema de isomorfismo: Se A ≤ B ≤ G sao subgrupos normais

de um grupo G entaoG/A

B/A∼= G/B.

10. Grupos abelianos finitos

Lembre-se que se A e B sao dois grupos o produto direto de A e B e o produto cartesianoA×B (o conjunto dos pares ordenados (a, b) com a ∈ A e b ∈ B) com a operacao seguinte:

(a, b)(c, d) := (ac, bd).

Observe que voce definiu da mesma forma a soma entre vetores: se a operacao for a soma,(a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d).

28 1. GRUPOS

Por exemplo dado C2 = {1, x} = 〈x〉 temos

C2 × C2 = {(1, 1), (1, x), (x, 1), (x, x)}.

Observe que C2 × C2 tem quatro elementos. Mais em geral, |A × B| = |A| · |B|, pois paraconstruir um par (a, b) temos |A| escolhas para a e |B| escolhas para b. Alem disso, C2 × C2

e abeliano, e mais em geral, se A e B sao abelianos entao A × B e abeliano: de fato, se(a, b), (c, d) ∈ A×B entao (a, b)(c, d) = (ac, bd) = (ca, db) = (c, d)(a, b).

Vamos mostrar que a ordem do elemento (a, b) e mmc(o(a), o(b)), o menor multiplocomum entre o(a) e o(b). De fato, (a, b)n = (an, bn) por definicao de operacao em A × B,logo (a, b)n = (1, 1) se e somente se an = 1 e bn = 1, isto e, n e dividido por o(a) e o(b) (poruma das propriedades da ordem de um elemento). Entao o((a, b)) (a ordem de (a, b), isto e,o menor inteiro positivo n tal que (a, b)n = (1, 1)) e o menor inteiro positivo n tal que o(a) eo(b) dividem n, em outras palavras, o((a, b)) = mmc(o(a), o(b)).

Por exemplo se C2 = {1, x} = 〈x〉 entao o((1, 1)) = 1, o((1, x)) = mmc(1, 2) = 2,o((x, 1)) = mmc(2, 1) = 2 e o((x, x)) = mmc(2, 2) = 2. Em particular C2×C2 e um grupo deordem |C2×C2| = |C2|·|C2| = 2·2 = 4 que nao tem elementos de ordem 4. Se agora C6 = 〈y〉 ={1, y, y2, y3, y4, y5} entao no grupo C2 × C6 temos por exemplo o((x, y2)) = mmc(2, 3) = 6,o(x, y3) = mmc(2, 2) = 2. Os elementos de C2 × C6 sao (1, 1), (1, y), (1, y2), (1, y3), (1, y4),(1, y5), (x, 1), (x, y), (x, y2), (x, y3), (x, y4), (x, y5). As ordens sao 1, 6, 3, 2, 3, 6, 2, 6, 6, 2, 6, 6.Em particular, C2×C6 e um grupo de ordem |C2×C6| = |C2| · |C6| = 2 · 6 = 12 que nao temelementos de ordem 12.

Logo, C2 ×C2 e C2 ×C6 sao exemplos de grupos de ordem n que nao contem elementosde ordem n. Entao eles nao sao grupos cıclicos (observe que um grupo cıclico de ordem nsempre contem elementos de ordem n, pois se Cn = 〈x〉 entao x tem ordem n).

Para repetir: C2 × C2 e C2 × C6 sao grupos abelianos nao cıclicos. Observe que e aprimeira vez que encontramos grupos finitos abelianos nao cıclicos. Uma pergunta natural ea seguinte: Cn × Cm pode ser cıclico? A resposta e sim:

Proposicao 12. Cn × Cm e cıclico se e somente se n,m sao coprimos.

Demonstracao. Suponha n,m coprimos, e Cn = 〈x〉, Cm = 〈y〉. Assim o(x) = n eo(y) = m. A ordem do elemento (x, y) e o((x, y)) = mmc(o(x), o(y)) = mmc(n,m) = nmpois n,m sao coprimos. Entao Cn × Cm e um grupo de ordem nm que contem elementos deordem nm, logo Cn×Cm e cıclico, em outras palavras, Cn×Cm ∼= Cnm (dois grupos cıclicosda mesma ordem sao isomorfos).

Agora suponha Cn×Cm cıclico e por contradicao suponha n,m nao coprimos, em outraspalavras, existe um numero primo p que divide n e m. Seja r = nm/p. Se (a, b) ∈ Cn × Cmentao an = 1 e bm = 1 (ja vimos que se g ∈ G entao g|G| = 1 em geral). Como p divide n em, temos que n e m dividem r, logo ar = 1 e br = 1, entao (a, b)r = (ar, br) = (1, 1). Issoimplica que o((a, b)) divide r = nm/p, em particular o((a, b)) < nm. Como isso vale para

10. GRUPOS ABELIANOS FINITOS 29

todo elemento (a, b) de Cn × Cm, obtemos que Cn × Cm nao tem elementos de ordem nm,logo nao e cıclico. �

Podemos construir produtos diretos com mais fatores: se A1, . . . , Ak sao grupos, podemosconstruir o produto direto

A1 ×A2 × · · · ×Ak = {(a1, . . . , ak) : a1 ∈ A1, . . . , ak ∈ Ak}.A operacao e

(a1, . . . , ak)(b1, . . . , bk) = (a1b1, . . . , akbk).

O elemento neutro e (1, 1, . . . , 1) e o inverso de (a1, . . . , ak) e (a−11 , . . . , a−1

k ). Assim podemosconstruir outros grupos abelianos, por exemplo

C2 × C2 × C4 × C5 × C18.

Agora uma pergunta natural e a seguinte: e verdade que todo grupo abeliano finito e umproduto direto de grupos cıclicos? A resposta e sim:

Teorema 3 (Teorema fundamental dos grupos abelianos finitos). Todo grupo abelianofinito e um produto direto de grupos cıclicos finitos.

Antes de mostrar esse teorema, vamos ver algumas consequencias.

Observe que A×B ∼= B ×A. Mais em geral se σ e uma permutacao de {1, . . . , k} entaoAσ(1) × · · · ×Aσ(k)

∼= A1 × · · · ×Ak.

• Quantos grupos abelianos tem de ordem 12? Como 12 = 22 · 3 e |A1 × · · · × Ak| =|A1| · · · |Ak|, as possibilidades sao C12, C2 × C6, C4 × C3 e C2 × C2 × C3. Masobserve que como vimos acima, C4 × C3

∼= C4·3 = C12 e C2 × C3∼= C2·3 = C6, logo

C2×C2×C3∼= C2×C6. Isso implica que na verdade todo grupo abeliano de ordem

12 e isomorfo a um entre C12 e C2 × C2 × C3.• Quantos grupos abelianos tem de ordem 70? Como 70 = 2 · 5 · 7 e |A1× · · · ×Ak| =|A1| · · · |Ak|, a unica possibilidade e C2 × C5 × C7

∼= C10 × C7∼= C70. Em outras

palavras, todo grupo abeliano de ordem 70 e cıclico.• Quantos grupos abelianos tem de ordem 36? Como 36 = 22 · 32 e |A1 × · · · ×Ak| =|A1| · · · |Ak|, as possibilidades sao C4 × C9

∼= C36, C2 × C2 × C9, C4 × C3 × C3 eC2 × C2 × C3 × C3. Isso e tudo pois por exemplo C2 × C18

∼= C2 × C2 × C9.

Demonstraremos agora o teorema fundamental. Usaremos o Lema 1.

Lema 3. Seja G um grupo abeliano finito e seja p um divisor primo de |G|. Entao Gtem elementos de ordem p.

Demonstracao. Inducao sobre |G|. Se |G| = 1 o enunciado e obvio, agora suponha|G| > 1. Se 1 6= g ∈ G tem ordem mp para algum inteiro m entao o(gm) = p, entao agorasupomos que p nao divida k = o(g), assim p divide o indice |G : 〈g〉| = |G/〈g〉|, e por inducao,como |G/〈g〉| = |G|/k < |G|, existe x〈g〉 ∈ G/〈g〉 de ordem p no quociente, assim pondoh = o(x) temos (x〈g〉)h = 〈g〉 entao p divide h e o(xh/p) = p. �

Seja G um grupo abeliano finito, e para d um qualquer divisor de |G| seja

G[d] := {g ∈ G : gd = 1}.

30 1. GRUPOS

Observe que G[d] ≤ G: de fato 1d = 1 logo 1 ∈ G[d] e se x, y ∈ G[d] entao (xy)d = xdyd =1 · 1 = 1 (a igualdade (xy)d = xdyd vale so porque G e abeliano).

Suponha que |G| = nm para inteiros n,m coprimos. Usando o lema 1, vamos mostrarque

G ∼= G[n]×G[m].

E claro que G[n] e G[m] sao subgrupos normais de G (em um grupo abeliano todo subgrupoe normal). Como n,m sao coprimos existem inteiros a, b tais que na+mb = 1.

Mostramos que G[n] ∩ G[m] = {1}. Se x ∈ G[n] ∩ G[m] entao xn = 1 = xm, logox = x1 = xna+mb = (xn)a(xm)b = 1a1b = 1.

Mostramos que G[n]G[m] = G. Se g ∈ G entao g = g1 = gmb+na = (gm)b(gn)a e ofato que gnm = g|G| = 1 implica que gm ∈ G[n] e gn ∈ G[m], logo tambem (gm)b ∈ G[n] e(gn)a ∈ G[m].

Entao temos G[n]×G[m] ∼= G. Alem disso, se m > 1 e n > 1 entao G[m] 6= G e G[n] 6= Gpois por exemplo se o primo p divide n e nao divide m (tal primo existe pois n e m saocoprimos) entao G tem um elemento x de ordem p pelo lema 3, e xm 6= 1 (pois p nao dividem) implica que x 6∈ G[m]. Isso mostra que G 6= G[m] e analogamente G 6= G[n].

Iterando o processo de decomposicao de G obtemos que G e um produto direto de subgru-pos de ordem potencias de primos (porque um numero inteiro que nao pode ser escrito comoproduto de dois inteiros coprimos maiores de 1 e exatamente uma potencia de um primo),logo estamos reduzidos a mostrar o teorema no caso em que |G| = pt, sendo p um primo.

Supomos entao que G seja um grupo abeliano finito de ordem pt, com p primo. Vamosmostrar que G e um produto direto de grupos cıclicos, por inducao. Se t = 1 entao |G| = plogo G e cıclico (entao ele e um produto direto de grupos cıclicos). Agora supomos t > 1.Seja g um elemento de ordem maxima em G, seja

F := {H ≤ G : H ∩ 〈g〉 = {1}}

e seja M um elemento maximal de F (isto e, se H ∈ F e M ≤ H entao M = H: um tal Mexiste pois F e uma famılia finita). Se G = M〈g〉 entao o lema 1 implica que G ∼= M × 〈g〉e |M | < |G| logo o resultado segue por inducao. Supomos entao que G 6= M〈g〉 e sejax ∈ G −M〈g〉 de ordem mınima. Temos o(x) = pk com k ≤ t (pelo teorema de Lagrange),entao temos xp ∈M〈g〉 (senao xp seria um elemento de G−M〈g〉 de ordem pk−1, menor queo(x) = pk), logo xp = ygl com y ∈ M e l inteiro positivo. Pelo teorema de Lagrange todoelemento de G tem ordem uma potencia de p logo o(g) = pn e lembre-se que g e um elementode G de ordem maxima, logo xp

n

= 1 (senao, x teria ordem ph maior que pn). Temos

1 = xpn

= (xp)pn−1

= (ygl)pn−1

= ypn−1

glpn−1

,

logo glpn−1 ∈M ∩ 〈g〉 = {1}, entao pn = o(g) divide lpn−1, isto e, p divide l. Escreva l = pj,

assim (xg−j)p = y ∈ M , e xg−j 6∈ M pois x 6∈ M〈g〉. Observe que 〈xg−j〉M ≤ G (pois eum produto de subgrupos normais), entao como M e maximal em F , 〈xg−j〉M ∩ 〈g〉 6= {1}.Temos entao 1 6= gk = (xg−j)uy′ para k, u ∈ Z e y′ ∈ M . Obtemos xu = gkgjuy′−1 ∈ M〈g〉.Suponha p|u. Como (xg−j)p ∈ M temos (xg−j)u ∈ M logo gk = 1, logo p nao divide

11. ACAO DE UM GRUPO 31

u e existem inteiros a, b ∈ Z com pa + ub = 1. Mas xp e xu pertencem a M〈g〉, logox = x1 = xpa+ub = (xp)a(xu)b ∈M〈g〉. Contradicao.

11. Acao de um grupo

Seja G um grupo. Dizemos que G age a direita sobre o conjunto X se e dada umafuncao X ×G→ X, (α, g) 7→ αg com as propriedades seguintes.

(1) α ? 1 = α para todo α ∈ X;(2) (α ? g) ? h = α ? gh para todo α ∈ X e para todo g, h ∈ G.

Dizemos que G age a esquerda sobre o conjunto X se e dada uma funcao G×X → X,(g, α) 7→ gα com as propriedades seguintes.

(1) 1 ? α = α para todo α ∈ X;(2) h ? (g ? α) = hg ? α para todo α ∈ X e para todo g, h ∈ G.

Observe que se H ≤ G e G age sobre X entao H tambem age sobre X, a acao de Hsendo definida pela mesma regra que define a acao de G.

Trabalharemos mais com acoes a esquerda. Se nao tiver especificacoes todas as acoes saoacoes a esquerda.

Exemplo fundamental: o grupo simetrico Sn age sobre {1, 2, . . . , n} da maneira natu-ral: (f, α) 7→ f(α). Logo, todo subgrupo de Sn age sobre {1, 2, . . . , n} da maneira natural.

Acao trivial: sejam G um grupo, X um conjunto. A acao de G sobre X definida por(g, α) 7→ α para todo α ∈ X, g ∈ G e chamada de acao trivial.

Acao regular: seja G um grupo e X = G. A acao de G sobre X dada por (g, α) 7→ gαpara todo α, g ∈ G e chamada de acao regular de G.

O grupo finito G aja sobre o conjunto X. Dado α ∈ X denotamos por Gα ou tambempor StabG(α) o estabilizador de α, isto e o conjunto

Gα = StabG(α) = {g ∈ G | gα = α}

(e um subgrupo de G), e denotaremos por OG(α) a G-orbita de α, isto e o conjunto OG(α) =

{gα | g ∈ G}. Tal acao e dita transitiva se existe α ∈ X tal que OG(α) = X. E facil verque a acao de G sobre X e transitiva se e somente se OG(β) = X para todo β ∈ X. De fatose a acao e transitiva existe α ∈ X tal que OG(α) = X, e se β ∈ X e γ ∈ X entao podemosescrever β = hα, γ = kα onde h, k sao oportunos elementos de G logo γ = kα = kh−1β, issomostra que OG(β) = X.

Proposicao 13. O grupo G aja sobre o conjunto X. Entao X e igual a uniao disjuntadas G-orbitas.

Demonstracao. E claro que α = 1α ∈ OG(α) para todo α ∈ X, isso mostra queX =

⋃α∈X OG(α). Para mostrar que a uniao e disjunta precisamos mostrar que se α, β ∈ X

sao tais que OG(α)∩OG(β) 6= ∅ entao OG(α) = OG(β). Para isso suponha OG(α)∩OG(β) 6= ∅.E suficiente mostrar que OG(α) ⊆ OG(β), a outra inclusao sendo analoga. Seja gα ∈ OG(α),

32 1. GRUPOS

queremos mostrar que gα ∈ OG(β). Por hipotese existe z = hα = kβ ∈ OG(α)∩OG(β) (comg, h ∈ G), daı α = h−1kβ. Obtemos gα = gh−1kβ ∈ OG(β). �

Proposicao 14 (Princıpio da contagem). Se G age sobre X e α ∈ X entao

|G : Gα| = |OG(α)|.Em particular se a acao for transitiva entao |X| divide |G|.

Demonstracao. Queremos construir uma bijecao entre o conjunto (G : Gα) das classeslaterais esquerdas deGα emG e o conjunto OG(α). Defina f : (G : Gα)→ OG(α) levando gGαpara gα. f e bem definida: se gGα = hGα entao h−1g ∈ Gα, em outras palavras h−1gα = α emultiplicando os dois lados a esquerda por h obtemos gα = hα ou seja f(gGα) = f(hGα). fe bijetiva: e injetiva pois se gα = hα entao h−1g ∈ Gα ou seja g ∈ hGα ou seja gGα = hGα;e sobrejetiva pois se gα ∈ OG(α) entao gα = f(gGα). �

Por exemplo considere G = S4 agindo sobre X = {1, 2, 3, 4} e pense nos elementos de Xcomo os vertices de um quadrado:

1 2

4 3

O estabilizador Gα e isomorfo a S3 para todo α ∈ X (por exemplo os elementos do estabili-zador de 1 sao 1, (23), (24), (34), (234), (243)). O subgrupo H = 〈(1234)〉 age rotacionandoos quatro elementos, os elementos de H sao 1, (1234), (13)(24), (1432) logo Hα = {1} paratodo α ∈ X.

No caso da acao trivial de G sobre um conjunto X (ou seja gx = x para todo g ∈ G,x ∈ X) temos Gx = {g ∈ G : gx = x} = G e OG(x) = {gx : g ∈ G} = {x} logo a igualdade|OG(x)| = |G : Gx| e a igualdade 1 = |G : G|.

No caso da acao regular de G sobre G (ou seja gx e o produto em G entre g e x) temosGx = {g ∈ G : gx = x} = {g ∈ G : g = 1} = {1} (podendo multiplicar por x−1 !) eOG(x) = {gx : g ∈ G} = G para todo x ∈ G, logo a igualdade |OG(x)| = |G : Gx| neste casoe a igualdade |G| = |G : {1}|.

12. Acao de conjugacao

Acao sobre os conjugados de um elemento. Seja G um grupo e seja x um elemento(fixado!) de G. Dado h ∈ G o elemento hxh−1 e dito o conjugado de x por meio de h. Oselementos de G do tipo hxh−1 sao chamados de conjugados de x em G. Seja

X = {hxh−1 : h ∈ G}o conjunto dos conjugados de x em G. O grupo G age transitivamente no conjunto dosconjugados de x levando (g, hxh−1) para ghxh−1g−1 = (gh)x(gh)−1. Se trata de uma acao aesquerda, e e transitiva sendo que X e igual a orbita de x. O estabilizador de x e

StabG(x) = Gx = {g ∈ G | gxg−1 = x} = {g ∈ G | gx = xg},dito o centralizador de x em G e indicado por CG(x). Analogamente o estabilizador de

hxh−1 e CG(hxh−1). E obvio que x ∈ CG(x) (pois x comuta com x). O princıpio da

12. ACAO DE CONJUGACAO 33

contagem diz exatamente que o numero de conjugados de x em G e igual ao indice do seucentralizador : |X| = |G : CG(x)|. Por exemplo se G e abeliano entao |X| = 1 e CG(x) = G.

O conjunto dos conjugados de um elemento x de um grupo G e chamado de classe deconjugacao de x em G. Uma classe de conjugacao de G e uma classe de conjugacao de umelemento de G. Por exemplo no grupo simetrico Sn a classe de conjugacao de um elemento xconsiste dos elementos de Sn com a mesma estrutura cıclica de x.

Podemos considerar a acao de G sobre X = G dada pela conjugacao: G × G → G,(g, x) 7→ gxg−1. As orbitas dessa acao sao as classes de conjugacao dos elementos de G. Porexemplo a classe de conjugacao de 1 e {1} (pois 1 comuta com todo mundo).

Equacao das orbitas. O grupo G aja no conjunto X e as orbitas dessa acao sejamOG(x1), . . . , OG(xt). Entao sendo |OG(xi)| = |G : Gxi | para todo i e X a uniao disjuntaOG(x1) ∪ . . . ∪OG(xt) obtemos

|X| = |OG(x1) ∪ . . . ∪OG(xt)| =t∑i=1

|OG(xi)| =t∑i=1

|G : Gxi |.

Equacao das classes. Trata-se da equacao das orbitas no caso particular em que X = Ge a acao e por conjugacao: (g, x) 7→ gxg−1. Obtemos que se x1, . . . , xk sao representantes declasses de conjugacao distintas entao

|G| =k∑i=1

|G : CG(xi)|.

Exemplo. Considere

G = S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)}.

Os conjugados de (12) sao (12), (13), (23) (os cıclos de comprimento 2), os conjugados de(123) sao (123) e (132) (os cıclos de comprimento 3). As orbitas da acao de conjugacao (ouseja as classes de conjugacao) sao entao

{1}, {(12), (13), (23)}, {(123), (132)}.

A orbita de (12) tem tamanho 3 e de fato |G : CG((12))| = |G|/|CG((12))| = 3 sendoCG((12)) = {1, (12)}. A orbita de (123) tem tamanho 2 e de fato |G : CG((123))| =|G|/|CG((123))| = 2 sendo CG((123)) = {1, (123), (132)} (esses centralizadores podem sercalculados a mao). A equacao das classes neste caso pode ser escrita 6 = 1 + 3 + 2, maisespecificamente

|S3| = |{1}|+ |{(12), (13), (23)}|+ |{(123), (132)}|.

|S3| = |G : CG(1)|+ |G : CG((12))|+ |G : CG((123))|.Todo elemento g ∈ Sn pode ser escrito como produto de cıclos disjuntos, digamos g =

a1 · · · at com os ai cıclos dois a dois disjuntos, ai de comprimento ci para todo i = 1, . . . , t ec1 ≤ c2 ≤ . . . ≤ ct. A t-upla (c1, . . . , ct) e chamada de estrutura cıclica de g.

34 1. GRUPOS

Proposicao 15. Dois elementos de Sn sao conjugados se e somente se eles tem a mesmaestrutura cıclica.

Demonstracao. Dado g ∈ G, a conjugacao x 7→ gxg−1 e homomorfismo de gruposG→ G, e como visto nos exercıcios g(1 . . . k)g−1 = (g(1) . . . g(k)) para todo 1 ≤ k ≤ n, logodois elementos conjugados tem a mesma estrutura cıclica.

Agora sejam g, h dois elementos com a mesma estrutura cıclica (c1, . . . , ct), digamosg = a1 · · · at e h = b1 · · · bt com ai e bi de comprimento ci para todo i = 1, . . . , t e c1 ≤ c2 ≤. . . ≤ ct. Escrevendo ai = (xi1 . . . xici) e bi = (yi1 . . . yici) defina o elemento wi ∈ Sn que fixatodo elemento de {1, . . . , n}−{xi1, . . . , xici} e leva xij para yij para todo j = 1, . . . , ci, entao

wiaiw−1i = bi logo definido w = w1 · · ·wt temos

wgw−1 = w1a1w−11 · · ·wtatw

−1t = b1 · · · bt = h.

Isso conclui a demonstracao. �

Proposicao 16. Seja σ = (1 . . . n) ∈ Sn. Entao CSn(σ) = 〈σ〉.

Demonstracao. Observe que toda potencia de σ comuta com σ, logo 〈σ〉 ⊆ CSn(σ).Sendo |〈σ〉| = o(σ) = n, para terminar basta mostrar que |CSn(σ)| = n.

A classe de conjugacao de σ em Sn e o conjunto dos conjugados de σ, ou seja, pelaproposicao anterior, os seus elementos sao exatamente os elementos que tem estrutura cıclicaigual a estrutura cıclica de σ, ou seja os n-cıclos. Como cada cıclo admite n escritas diferentese temos n escolhas para o primeiro elemento, n−1 escolhas para o segundo, et cetera, obtemosque Sn contem exatamente n!/n = (n − 1)! n-cıclos. Segue que o tamanho da orbita de σpela acao de conjugacao e |OG(σ)| = (n − 1)!. Por outro lado pelo princıpio da contagem|OG(σ)| = |G : CG(σ)| = n!/|CG(σ)| logo (n− 1)! = n!/|CG(σ)|, segue que |CG(σ)| = n. �

12.1. Exercıcios.

(1) G aja a esquerda sobre X e sejam g ∈ G, x ∈ X. Mostre que gGxg−1 = Ggx.

(2) O grupo G aja a direita sobre o conjunto X levando (α, g) ∈ X×G para αg. Mostreque a formula g ∗ α := αg−1 (onde g ∈ G e α ∈ X) define uma acao a esquerda deG sobre X.

(3) O grupo simetrico G = S4 age de maneira natural sobre X = {1, 2, 3, 4}. Calcule oindice |G : Gα| para todo α = 1, 2, 3, 4.

(4) Se G age sobre X e H ≤ G podemos considerar as orbitas da acao de H sobre X(H-orbitas). Considere G = S4 agindo da maneira natural sobre X = {1, 2, 3, 4} eH = Gα onde α ∈ X. Conte as H-orbitas.

(5) Seja G um grupo. Mostre que G age sobre G×G por meio da regra

G× (G×G)→ G×G, (g, (α, β)) 7→ (gα, gβ).

Conte as orbitas dessa acao em termos de n = |G|.(6) Conte as classes de conjugacao de A4 e de S4.(7) Seja σ = (12 . . . n− 1) ∈ Sn. Mostre que CSn(σ) = 〈σ〉.(8) Seja k(G) o numero de classes de conjugacao do grupo finito G. Seja

C := {(x, y) ∈ G×G : xy = yx}.

Mostre que |C| = k(G)|G|.

13. REPRESENTACOES PERMUTACIONAIS 35

[Dica: comece mostrando que |C| =∑x∈G |CG(x)| e aplique o princıpio da

contagem.](9) O centro de um grupo G e Z(G) = {g ∈ G : gx = xg ∀x ∈ G} =

⋂x∈G CG(x).

Mostre que Z(G)EG. Mostre que Z(Sn) = {1} para todo n ≥ 3.(10) Sejam N EG e seja L um subgrupo de G/N . Seja H = {g ∈ G : gN ∈ L}. Mostre

que N ≤ H ≤ G e que L = H/N .(11) Seja G um grupo. Um automorfismo de G e um isomorfismo G → G. Seja A =

Aut(G) o conjunto dos automorfismos de G. Entao A e um grupo com a operacaode composicao. Seja γ : G → A definida por γ(g)(x) = gxg−1 para todo g, x ∈ G.Mostre que γ e um homomorfismo e que ker(γ) = Z(G). Deduza que G/Z(G) eisomorfo a um subgrupo de Aut(G).

(12) Seja G um grupo e seja H a famılia dos subgrupos normais N de G tais que G/Ne abeliano. Seja I =

⋂N∈H N a intersecao dos subgrupos de G pertencentes a

famılia H . Mostre que G/I e abeliano. [I e chamado de “subgrupo derivado” ou“subgrupo comutador” de G.]

13. Representacoes permutacionais

O grupo G aja agora nos dois conjuntos X e Y . As duas acoes sao chamadas de equivalen-tes (ou isomorfas) se existir uma bijecao ϕ : X → Y tal que ϕ(gx) = gϕ(x) para todo g ∈ G,x ∈ X(observe que gx e a acao de G sobre X, gϕ(x) e a acao sobre Y ). Duas acoes isomorfassao “a mesma acao”, no sentido que mexem os mesmos elementos da mesma maneira.

Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. O grupo G age transitivamente no conjuntoX das classes laterais esquerdas de H em G levando (g, yH) para gyH. Ela e transitivaporque OG(H) = X. Alem disso o estabilizador de H e {g ∈ G : gH = H} = H. Toda acaotransitiva e desse tipo, mais especificamente:

Proposicao 17 (Caracterizacao das acoes transitivas). Seja G × X → X uma acaotransitiva e sejam x ∈ X, H = Gx. A bijecao construida na demonstracao do princıpio dacontagem determina uma equivalencia entre a acao de G sobre X e a sua acao no conjuntodas classes laterais esquerdas de H por multiplicacao a esquerda.

Demonstracao. Seja Y = (G : H) = {yH : y ∈ G}. Ja vimos que a funcaoϕ : X → Y , ϕ(gx) = gH e bem definida e bijetiva. Precisamos mostrar que se k ∈ G entaoϕ(k(gx)) = kϕ(gx), mas isso e obvio pois ϕ(k(gx)) = ϕ((kg)x) = kgH e kϕ(gx) = k(gH) =kgH. �

No proximo resultado vemos que dar uma acao de G sobre X e a mesma coisa que darum homomorfismo G→ Sym(X). Mais especificamente, existe uma bijecao canonica entre oconjunto das acoes a esquerda de G sobre X e o conjunto dos homomorfismos G→ Sym(X).Um homomorfismo G → Sym(X) e tambem chamado de representacao permutacional(estamos representando os elementos de G como permutacoes de X).

Proposicao 18 (Representacoes permutacionais). Sejam G um grupo e X um conjunto.

• Se A : G × X → X, (g, x) 7→ gx e uma acao de G sobre X o homomorfismocorrespondente e γA : G→ Sym(X), γA(g) : X → X, x 7→ gx.

36 1. GRUPOS

• Se γ : G→ Sym(X) e um homomorfismo, a acao correspondente e Aγ : G×X → X,(g, x) 7→ γ(g)(x).

As construcoes acima sao bem definidas e sao uma a inversa da outra:

• AγA = A para toda acao A de G sobre X,• γAγ = γ para todo homomorfismo γ : G→ Sym(X).

Demonstracao. Seja dada a acao A de G sobre X. A funcao γA(g) : X → X ebijetiva, sendo γA(g−1) a sua inversa (de fato γA(g−1)γA(g)(x) = γA(g−1)(gx) = g−1gx = xe γA(g)γA(g−1)(x) = γA(g)(g−1x) = g(g−1x) = x, logo e um elemento de Sym(X), o grupodas funcoes bijetivas X → X. γA e homomorfismo de grupos porque se x ∈ X, e g, h ∈ G,

γA(gh)(x) = ghx = g(hx) = γA(g)(γA(h)(x))⇒ γA(gh) = γA(g)γA(h).

Agora suponha de ter um homomorfismo γ : G→ Sym(X), g 7→ γ(g). Entao Aγ define umaacao porque γ(g)γ(h)x = γ(gh)x sendo γ homomorfismo.

Precisamos mostrar que as construcoes acima sao uma a inversa da outra. Seja dada aacao A, entao a acao AγA : G × X → X leva (g, x) para γA(g)(x) = gx, isso mostra queAγA = A. Seja dado o homomorfismo γ, entao γAγ : G→ Sym(X) leva g para γAγ (g) : x 7→γ(g)(x), isso mostra que γAγ (g) = γ(g) para todo g ∈ G logo γAγ = γ. �

O nucleo de uma acao de G sobre X e por definicao igual ao nucleo do homomorfismoG → Sym(X) correspondente, e uma acao e dita fiel se o seu nucleo e {1}. Em particularas acoes fieis de G sobre X correspondem aos homomorfismos injetivos G → Sym(X), e asacoes fieis sobre X correspondem (a menos de equivalencia) aos subgrupos de Sym(X). Nocaso da acao natural de Sn sobre {1, 2, . . . , n} o homomorfismo correspondente e a identidadeSn → Sn.

Seja γ : G → Sym(X) o homomorfismo correspondente a uma acao de G sobre X. Onucleo da acao e entao

ker(γ) = {g ∈ G : γ(g) = idX} = {g ∈ G : γ(g)(x) = x ∀x ∈ X}

= {g ∈ G : gx = x ∀x ∈ X} =⋂x∈X

Gx.

Ou seja o nucleo de uma acao e igual a intersecao dos estabilizadores. Por exemploo nucleo da acao de conjugacao de G sobre G e a intersecao dos centralizadores dos elementosde G, ou seja o centro de G, Z(G).

Pelo teorema de isomorfismo se G age sobre X com nucleo K entao G/K eisomorfo a um subgrupo de Sym(X).

Vamos analizar as acoes transitivas. Seja H um subgrupo de G, e G aja por multiplicacaoa esquerda sobre o conjunto X := (G : H) das classes laterais esquerdas de H em G. Talacao e obviamente transitiva, e vimos que toda acao transitiva e desse tipo. Seja yH ∈ X.Mostraremos que o estabilizador de yH e igual a yHy−1. Temos

Stab(yH) = {g ∈ G | gyH = yH} = {g ∈ G | y−1gy ∈ H} =

= {g ∈ G | g ∈ yHy−1} = yHy−1.

13. REPRESENTACOES PERMUTACIONAIS 37

O nucleo dessa acao e entao igual a⋂g∈G gHg

−1. Trata-se de um subgrupo normal de G

(sendo o nucleo de um homomorfismo) contido em H. Denotaremos-o por HG e chamaremos-

o de coracao normal de H em G. E facil ver que HG e um subgrupo normal de G contidoem H e que todo subgrupo normal de G contido em H e contido em HG, em outras palavrasHG e o maior subgrupo normal de G contido em H (em particular H E G se e somente seH = HG). Temos entao um homomorfismo injetivo

G/HG → Sym({yH : y ∈ G}) ∼= Sn

onde n = |X| = |G : H|.

Teorema 4 (Teorema de Cayley generalizado). Seja G um grupo e seja H ≤ G umsubgrupo de ındice n. O quociente G/HG e isomorfo a um subgrupo de Sn, em particular aordem de G/HG divide n!.

Teorema de Cayley classico (“G e isomorfo a um subgrupo de Sym(G)”). O casoH = {1} do teorema de Cayley generalizado corresponde a acao regular de G (a acao de Gsobre G dada pela multiplicacao a esquerda). Observe que neste caso HG = {1} logo obtemosum homomorfismo injetivo G → Sn onde n = |G : H| = |G|. Em outras palavras a acaoregular do grupo G e dada pela multiplicacao a esquerda de G sobre o proprio G (as classeslaterais de {1} sao simplesmente os elementos de G). Os estabilizadores dessa acao sao triviaislogo o nucleo tambem e trivial e a acao e fiel.

Por exemplo vamos aplicar o teorema de Cayley generalizado para mostrar que se G eum grupo finito de ordem ımpar e H e um subgrupo de G tal que |G : H| = 3 entao H EG.De fato temos que HG ≤ H ≤ G e |G/HG| divide |S3| = 6, por outro lado |G| e ımpar,logo |G/HG| e um divisor ımpar de 6, segue que |G/HG| ∈ {1, 3}. Mas |G/HG| 6= 1 porqueG 6= HG, sendo G 6= H e HG ≤ H, segue que |G : HG| = |G/HG| = 3. Mas |G : H| = 3tambem, logo 3 = |G : HG| = |G : H||H : HG| = 3|H : HG|, segue |H : HG| = 1 ou sejaH = HG ou seja H EG.

Um grupo G e dito simples se os unicos subgrupos normais de G sao {1} e G. Deduzimosque se um grupo simples G possui um subgrupo H de indice n > 1 entao |G| divide n!. Defato HG ≤ H ≤ G logo HG 6= G logo HG = {1} e G ∼= G/HG e isomorfo a um subgrupo deSn, que tem ordem n!.

O centro de um grupo G e a intersecao dos centralizadores dos elementos de G:

Z(G) =⋂x∈G

CG(x) = {g ∈ G : gx = xg ∀x ∈ G}.

Em outras palavras Z(G) contem os elementos que “comutam com todo mundo”. Por exemploG e abeliano se e somente se Z(G) = G. Pode se verificar a mao que Z(S3) = {1}. O centrode um grupo G e exatamente o nucleo da acao de conjugacao de G sobre G.

Seja p um numero primo. Um grupo finito G e chamado de p-grupo se |G| e uma potenciade p: existe um inteiro nao negativo n tal que |G| = pn. Por exemplo S3 nao e um p-grupo

38 1. GRUPOS

pois |S3| = 6 = 2 · 3 nao e uma potencia de um primo. Por exemplo S2 = {1, (12)} e um2-grupo pois |S2| = 2 = 21. Um outro exemplo de p-grupo e o grupo de Klein S2 × S2, eletem ordem 2 · 2 = 4 = 22.

Teorema 5. Seja p um numero primo. Seja G um p-grupo com G 6= {1}. EntaoZ(G) 6= {1}.

Demonstracao. Dado x ∈ G denotaremos por C(x) a classe de conjugacao de x. Es-creva as classes de conjugacao de G como C(x1), . . . , C(xm). O numero m e o numero declasses de conjugacao de G (por exemplo se G = S3 entao m = 3). Observe que xi ∈ Z(G)se e somente se C(xi) = {xi} (a acao de conjugacao num elemento do centro e trivial).Escrevemos a equacao das classes como

|G| =m∑i=1

|G : CG(xi)|.

A menos de trocar de lugar as parcelas dessa soma podemos supor que xi ∈ Z(G) para todoi = 1, 2, . . . , k, assim k = |Z(G)| ≤ m. Obviamente |G : CG(xi)| = 1 para todo i = 1, 2, . . . , kassim temos

|G| = 1 + 1 + . . .+ 1 +

m∑i=k+1

|G : CG(xi)| = |Z(G)|+m∑

i=k+1

|G : CG(xi)|.

Observe que |C(xi)| > 1 para i > k. Por outro lado |G| = pn e uma potencia de p e|G : CG(xi)| = |C(xi)| e uma potencia de p maior que 1 para todo i = k + 1, . . . ,m (e umapotencia de p pois divide |G| = pn, e maior que 1 pois xi 6∈ Z(G)). Reduzindo a equacao dasclasses modulo p obtemos entao

0 ≡ |Z(G)|+ 0 mod p

ou seja p divide |Z(G)|. Isso implica que Z(G) 6= {1} sendo que |{1}| = 1 nao e divisıvel porp. �

13.1. Exercıcios. A acao de G sobre X e dita fiel se a intersecao dos estabilizadores etrivial:

A acao e dita fiel se⋂α∈X

Gα = {1}.

Ou seja uma acao e dita fiel se o seu nucleo for trivial.

(1) Seja p um numero primo e seja G um grupo finito de ordem p. Mostre que G ecıclico. [Dica: a ordem de um elemento de G divide a ordem de G.]

(2) G aja de maneira fiel sobre X, e seja H ≤ G. Suponha que a acao de H sobre Xseja transitiva. Defina K = CG(H) = {g ∈ G : gh = hg ∀h ∈ H} (o centralizadorde H em G). Mostre que Kα = {1} para todo α ∈ X.

(3) Seja G um grupo finito abeliano que age de maneira fiel e transitiva sobre umconjunto X. Mostre que |G| = |X|.

(4) Seja G um grupo que age de maneira fiel e transitiva sobre X. Mostre que |Z(G)|divide |X|.

(5) Seja G um grupo. Mostre que toda classe de conjugacao de G tem tamanho nomaximo |G : Z(G)|.

14. TEOREMA DE SYLOW 39

(6) Seja p um numero primo e seja G um p-grupo finito. Seja M um subgrupo maximalde G (ou seja os unicos subgrupos H de G com M ≤ H ≤ G sao M e G). Mostreque M E G e que |G : M | = p. [Dica: por inducao sobre n, onde |G| = pn. Sejay ∈ Z(G)− {1}, uma sua oportuna potencia x tem ordem p; considere G/〈x〉.]

(7) O grupo G aja de maneira fiel sobre o conjunto X. Mostre que se X e finito entaoG e finito tambem.

(8) Uma acao de G sobre X com todos os estabilizadores triviais (ou seja Gx = {1}para todo x ∈ X) e dita semiregular. Mostre que a acao de G sobre X e isomorfaa acao regular de G (que e a acao de G sobre G dada pela multiplicacao a esquerda)se e somente se e semiregular e transitiva.

(9) Considere o grupo S6 agindo sobre X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} da maneira natural. Mostreque S6 contem um subgrupo isomorfo a S4 cuja acao sobre X e transitiva. [Dica:considere a acao natural de S4 sobre o conjunto dos subconjuntos de {1, 2, 3, 4} decardinalidade 2.]

(10) Seja G um grupo simples. Mostre que se G contem um subgrupo H de ındice 3entao H = {1}, ou seja |G| = 3.

(11) Mostre que se G/Z(G) e cıclico entao G = Z(G), ou seja G e abeliano.[Dica: chamado Z = Z(G), o quociente G/Z e gerado por um elemento xZ,

logo todo elemento de G tem a forma xnz com n um inteiro e z ∈ Z. Considere doiselementos a = xnz, b = xmw de G (onde z, w ∈ Z) e mostre que ab = ba.]

(12) Seja G um grupo de ordem 56 contendo um subgrupo de ındice 4. Mostre que Gnao e simples.

(13) Sejam m,n dois inteiros positivos coprimos. Mostre que Cnm ∼= Cn × Cm. [Dica:escrevendo G = Cnm = 〈x〉, sejam A = 〈xm〉, B = 〈xn〉. Mostre que A ∼= Cn,B ∼= Cm, A,B EG, AB = G, A ∩B = {1}.]

14. Teorema de Sylow

Teorema 6 (Cauchy). Seja G um grupo finito cuja ordem e divisıvel pelo primo p. Entaoexiste x ∈ G de ordem p.

Demonstracao. Primeira demonstracao. Considere Gp = G × · · · × G (p vezes) eX = {(g1, . . . , gp) ∈ Gp : g1 · · · gp = 1}. Obviamente |X| = |G|p−1. O grupo C = Cp = 〈σ〉age sobre o conjunto X da seguinte forma: σ leva (g1, . . . , gp) para (g2, . . . , gp, g1). Isso defineuma acao de C por meio da posicao σi(x) := σi−1(σ(x)). Se trata de uma acao bem definidaporque se (g1, . . . , gp) ∈ X entao (g2, . . . , gp, g1) ∈ X, de fato

g2 · · · gpg1 = g−11 g1 · · · gpg1 = g−1

1 g1 = 1.

O elemento σ fixa (g1, . . . , gp) se e somente se g1 = . . . = gp = g e neste caso gp = 1. Aorbita de um elemento x = (g1, . . . , gp) nao fixado por σ tem cardinalidade |C : Cx|, e sendop primo devemos ter |C : Cx| = p, logo aplicando a equacao das orbitas obtemos que p dividea cardinalidade de Y = {(g1, . . . , gp) ∈ X : g1 = . . . = gp}. De fato definido m como sendoo numero de orbitas com p elementos temos |X| = |Y | + mp e reduzindo modulo p obtemosque p divide |Y |. Em particular |Y | > 1, logo (1, 1, . . . , 1) nao e o unico elemento de Y , emoutras palavras existe um elemento (g1, . . . , gp) ∈ X com g1 = . . . = gp = g 6= 1, daı gp = 1logo g tem ordem p.

40 1. GRUPOS

Segunda demonstracao. Basta encontrar um elemento x ∈ G de ordem divisıvel porp, pois se o(x) = mp entao xm tem ordem p. Por inducao sobre |G|, basta encontrar umsubgrupo proprio H ou um quociente proprio G/N de G cuja ordem e divisıvel por p. Se Gfor abeliano seja x ∈ G de ordem nao divisıvel por p, podemos aplicar a hipotese de inducaosobre G/〈x〉. Suponha G nao abeliano, isto e G 6= Z(G). Se Z(G) 6= {1} podemos aplicar ahipotese de inducao a Z(G) ou a G/Z(G), agora suponha Z(G) = {1}. Considere a equacaodas classes

|G| = 1 +∑i

|G : CG(xi)|,

onde os xi sao nao representantes de classes de conjugacao com mais que um elemento,em particular G 6= CG(xi) para todo i. Como p divide |G|, p nao divide pelo menos um|G : CG(xi)|, logo p divide um |CG(xi)|. Agora e so aplicar a hipotese de inducao sobre|CG(xi)|. �

Acao sobre os conjugados de um subgrupo. Seja G um grupo e seja H um subgrupo de G.Dado g ∈ G considere gHg−1 := {ghg−1 | h ∈ H} ⊆ G. Trata-se de um subgrupo de G. Ossubgrupos de G do tipo gHg−1 sao chamados de conjugados de H. Se trata de subgruposde G isomorfos a H (um isomorfismo e H → gHg−1, h 7→ ghg−1). G age transitivamenteno conjunto dos conjugados de H levando (g, yHy−1) para gyHy−1g−1 = (gy)H(gy)−1. Oestabilizador de H por meio de tal acao e

{g ∈ G | gHg−1 = H},e dito o normalizador de H em G e denotado por NG(H). Se trata de um subgrupo deG contendo H. Dizemos que um elemento g ∈ G “normaliza H” se gHg−1 = H, ou sejag ∈ NG(H), e se K ≤ NG(H) dizemos que K normaliza H. Por exemplo e obvio que Hsempre normaliza H. O princıpio da contagem diz exatamente que o numero de conjugadosde H em G e igual ao indice do seu normalizador:

|{gHg−1 | g ∈ G}| = |G : NG(H)|.Em particular H e normal em G se e somente se NG(H) = G (todo mundo normaliza H).Observe que H ≤ NG(H) ≤ G logo |G : H| = |G : NG(H)| · |NG(H) : H|, em particular|G : NG(H)| ≤ |G : H|, logo H tem sempre no maximo |G : H| conjugados em G.

Seja G um grupo finito, e seja p um numero primo que divide |G|. Um p-subgrupo deSylow (ou p-Sylow) de G e um subgrupo H de G tal que |H| e uma potencia de p e p naodivide |G : H|. Em outras palavras escrevendo |G| = ptm com m nao divisıvel por p, ump-subgrupo de Sylow de G e um subgrupo de G de ordem pt.

Teorema 7 (Sylow). Sejam G um grupo finito, p um divisor primo de |G|, e pt a maiorpotencia de p que divide |G|. Escrevemos |G| = mpt.

(1) Para todo inteiro k tal que 0 ≤ k ≤ t existe um subgrupo de G de ordem pk. Emparticular existe um p-subgrupo de Sylow de G.

(2) Dois quaisquer p-subgrupos de Sylow de G sao conjugados em G, e o numero np =np(G) de p-subgrupos de Sylow divide m e e congruente a 1 modulo p.

(3) Todo p-subgrupo de G esta contido em um p-subgrupo de Sylow de G.

Precisamos do lema seguinte.

14. TEOREMA DE SYLOW 41

Lema 4. Seja p um numero primo. Se um p-subgrupo H de G normaliza um p-subgrupode Sylow P de G (ou seja H ≤ NG(P )) entao H ≤ P .

Demonstracao. Considere o normalizador NG(P ). Temos P E NG(P ) e por hipoteseH ⊆ NG(P ). Temos que HP e um subgrupo de NG(P ) sendo que P e normal em NG(P ), eHP/P ∼= H/H ∩P e um p-grupo porque a sua ordem divide a ordem de H. Segue que HP eum p-grupo (de fato |HP | = |H||P |/|H ∩P |) contendo P , logo |HP | = |P | por maximalidadede P (que e um p-Sylow). Obtemos |P | = |HP | = |HP/P ||P | logo HP/P = {1}, ou sejaH ⊆ P . �

Agora mostraremos o teorema 7.

Demonstracao. Item 1. Por inducao sobre |G|. Podemos supor que p divida os indicesdos centralizadores dos elementos nao centrais, porque se nao poderiamos aplicar a hipotesede inducao a um centralizador oportuno: de fato se x ∈ G− Z(G) e pt divide |CG(x)| entaosendo CG(x) 6= G por inducao existe H ≤ CG(x) de ordem pk. Pela equacao das classestemos entao

|G| = |Z(G)|+l∑i=1

|G : CG(xi)|,

onde os xi sao representantes de classes de conjugacao nao contidas no centro, e p divide|G : CG(xi)| para todo i = 1, . . . , l, deduzimos que p divide |Z(G)|. Seja x um elemento deZ(G) de ordem p (existe pelo teorema de Cauchy). Sendo x ∈ Z(G), o subgrupo 〈x〉 e normalem G e o quociente G/〈x〉 tem ordem |G|/p = mpt−1. Se k = 0 o subgrupo {1} tem ordem1 = p0, agora suponha k > 0. Por hipotese de inducao, sendo 0 ≤ k − 1 ≤ t− 1, o quocienteG/〈x〉 contem um subgrupo H/〈x〉 de ordem pk−1, daı |H| = |H/〈x〉||〈x〉| = pk−1p = pk.

Item 2. Seja Π o conjunto dos p-Sylow de G, e considere a acao de conjugacao de Gsobre Π: (g, P ) 7→ gPg−1. Seja P ∈ Π. Seja Σ uma orbita de Π para a acao de conjugacaode G, e particionamos Σ em P -orbitas. A cardinalidade de tais orbitas e uma potencia de pporque P e um p-grupo. Se P ∈ Σ entao {P} e uma P -orbita (porque P normaliza P ), e ea unica P -orbita com um unico elemento porque se {Q} e uma P -orbita entao P normalizaQ logo pelo Lema 4 temos P ⊆ Q e segue P = Q sendo |P | = |Q|. Da equacao das orbitassegue entao que |Σ| ≡ 1 mod (p). Por outro lado se P 6∈ Σ entao pelo Lema 4 nao existemP -orbitas de Σ com um unico elemento, logo pela equacao das orbitas p divide |Σ|. Segueque:

• se P ∈ Σ entao |Σ| ≡ 1 mod (p).• se P 6∈ Σ entao p divide |Σ|.

Isso vale para todo P ∈ Π. Sendo Σ 6= ∅, segue que o segundo caso nao pode acontecer(ou seja nao existe P 6∈ Σ), em outras palavras Σ = Π, ou seja a acao de G sobre Π etransitiva, e isso mostra a primeira parte do segundo item. Vimos que np(G) = |Π| = |Σ| ≡ 1mod (p). Para mostrar que np(G) = |Π| divide m = |G|/pt basta observar que se P ∈ Πentao |Π| = |G : NG(P )| divide |G : P | = m sendo que P ⊆ NG(P ) (mais especificamente|G : P | = |G : NG(P )||NG(P ) : P |).

Item 3. Seja agora H um p-subgrupo de G. Particionamos Π em H-orbitas. Como cadaH-orbita tem um numero de elementos que e uma potencia de p, e a cardinalidade de Π e

42 1. GRUPOS

congruente a 1 modulo p, deve existir uma H-orbita que contem um unico elemento, P . Segueque H normaliza P , ou seja H ⊆ P pelo lema 4.

Isso termina a demonstracao do teorema 7. �

Dado um primo p e um grupo G indicaremos com np(G) ou simplesmente com np onumero de p-subgrupos de Sylow de G. Observe que np = 1 se e somente se o p-subgrupo deSylow de G e normal em G.

Por exemplo suponha que |G| = mp com p primo e m < p. Entao G nao e um gruposimples. De fato, os p-subgrupos de Sylow tem ordem p e indicado com np o numero dep-subgrupos de Sylow, np divide m e np ≡ 1 mod p. Como m < p deduzimos np = 1 logoexiste um unico p-subgrupo de Sylow, logo e normal.

O problema geral: dado um grupo G conseguimos entender se G e simples apenas conhe-cendo a sua ordem |G|? Observe que G e simples abeliano se e somente se |G| e um numeroprimo p e neste caso G ∼= Cp.

Por exemplo se G tem ordem 21 nao e simples pois contem um 7-Sylow, que tem indice3, logo e normal (pelo teorema de Sylow). Por exemplo se G tem ordem 40 = 23 · 5 entao Gnao e simples pois n5 = 1.

Um exemplo mais interessante e: se |G| = 30 mostraremos que G nao e simples. Temos|G| = 30 = 2 · 3 · 5 daı n5 = 1 ou n5 = 6. Se n5 = 1 acabou, agora suponha n5 = 6. DaıG contem 4 · 6 = 24 elementos de ordem 5 logo G contem exatamente 6 elementos de ordemdiferente de 5, mas se n2 > 1 e n3 > 1 entao tem a identidade, pelo menos dois elementos deordem 2 e pelo menos quatro elementos de ordem 3, uma contradicao.

14.1. Exercıcios.

(1) Seja G um grupo finito e seja p um numero primo. Mostre que |G| e uma potenciade p se e somente se todo elemento de G tem ordem uma potencia de p.

(2) Mostre que se G e um grupo tal que |G| ∈ {6, 12, 18, 24} entao G nao e um gruposimples.

(3) Seja G um grupo finito com um subgrupo H de indice 4. Mostre que G nao esimples. [Dica: G/HG e isomorfo a um subgrupo de S4 ...]

(4) Seja G um grupo nao abeliano com |G| < 60. Mostre que G nao e simples.(5) Seja G um grupo nao abeliano com 60 < |G| < 168. Mostre que G nao e simples.

[Cuidado: algumas ordens sao difıceis, falaremos delas em sala de aula. Mas e bomtentar.]

(6) Seja p um primo. Calcule np(G) nos casos seguintes.(a) G = GL(2, p) (“general linear group”), o grupo das matrices 2 × 2 inversıveis

com coeficientes no corpo Z/pZ, ou seja

G = GL(2, p) =

{(a bc d

): a, b, c, d ∈ Z/pZ, ad− bc 6= 0

}.

15. O GRUPO SIMETRICO DE GRAU 4 43

[Dica: comece calculando |GL(2, p)|: tem p2−1 escolhas para a primeira colunae p2 − p escolhas para a segunda.]

(b) G = SL(2, p) (“special linear group”), o grupo das matrices 2× 2 com coefici-entes no corpo Z/pZ e determinante 1, ou seja

G = SL(2, p) =

{(a bc d

): a, b, c, d ∈ Z/pZ, ad− bc = 1

}.

[Dica: sendo o determinante det : GL(2, p) → Z/pZ − {0} um homomorfismosobrejetivo com nucleo SL(2, p) obtemos pelo teorema de isomorfismo (p −1)|SL(2, p)| = |GL(2, p)|.

(c) O grupo seguinte:

G =

{(a b0 c

): a, b, c ∈ Z/pZ, ac 6= 0

}≤ GL(2, p).

(7) Seja P um subgrupo de Sylow de G. Mostre que NG(NG(P )) = NG(P ).

15. O grupo simetrico de grau 4

Considere o grupo G = S4, grupo simetrico de grau 4, agindo sobre X = {1, 2, 3, 4} damaneira natural. Se trata de um grupo de ordem 4! = 24 = 23 · 3.

15.1. Os subgrupos de Sylow. Imagine os elementos de X como vertices de um qua-drado:

1 2

4 3

Pense no comprimento do lado como unitario, assim as diagonais tem comprimento√

2. Oconjunto dos elementos que preservam a distancia e um subgrupo D, chamado de grupodiedral de grau 4. Os seus elementos sao tambem chamados de “isometrias” do quadrado.Por exemplo a rotacao horaria de noventa graus e dada pelo 4-cıclo (1234) ∈ D. As reflexoes

tambem sao isometrias e nenhum 3-cıclo e uma isometria. E facil entender que

D = {1, (1234), (1432), (13)(24), (12)(34), (14)(23), (13), (24)}.

Em particular D e um 2-Sylow de S4. Observe que D nao e abeliano porque (13)(1234) =(12)(34) e (1234)(13) = (14)(23). Como existem elementos de ordem 2 fora de D (porexemplo (14)) e todo 2-subgrupo esta contido em um 2-subgrupo de Sylow, deduzimos quen2(G) 6= 1. Como n2(G) divide |G : D| = 3 obtemos que n2(G) = 3. Os conjugados deD correspondem aos grupos de isometria correspondentes as varias maneiras de enumeraros vertices do quadrado. Analogamente n3(G) ∈ {1, 4} e n3(G) 6= 1 porque nem todos osconjugados de (123) pertencem a 〈(123)〉 (por exemplo considere (234)). Logo n3(G) = 4.

44 1. GRUPOS

15.2. Os subgrupos normais. Considere K := DG, o coracao normal de D em G.Sabemos que G/K e isomorfo a um subgrupo de S3 (porque |G : D| = 3), e |G : K| = |G :D||D : DG| = 3|D : DG|, segue que |D : DG| ∈ {1, 2}. Por outro lado |D : DG| 6= 1 porquese nao seria D = DG ou seja D EG, e isso e falso porque n2(G) = 3. Segue que G/K ∼= S3

e |D/K| = 2 daı |K| = |D|/2 = 4. O subgrupo K e chamado de grupo de Klein. E umsubgrupo normal de G de ordem 4 e G/K ∼= S3. Temos

K = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} ∼= C2 × C2. Grupo de Klein.

Observe que o grupo alternado A = A4 e normal em G de indice 2 e contem K, daı temosuma sequencia de subgrupos normais (as setas sendo inclusoes)

{1} 4 // K3 // A

2 // G

Mostraremos que eles sao os unicos subgrupos normais de G. Para isso lembre-se queos unicos subgrupos normais de S3 sao os dois triviais e o grupo alternado de grau 3. SejaN um subgrupo normal de G com N 6= {1},K,A,G por contradicao. Se K ≤ N entao Ne um entre K, A e G (pelo teorema de correspondencia) logo podemos supor K 6≤ N , daıN ∩K tem ordem 1 ou 2. Mas se fosse |N ∩K| = 2 entao escrevendo N ∩K = 〈x〉 = {1, x},o elemento x pertenceria ao centro de G (sendo N ∩K normal em G) e Z(G) = {1}. Segueque N ∩ K = {1}. Deduzimos que NK e um subgrupo normal de G de ordem 4|N |, logo|N | ∈ {1, 2, 3, 6}. Ja sabemos que nao pode ser |N | ∈ {1, 3} (lembre-se que n3(G) = 4) e|N | 6= 2 porque se nao seria N ≤ Z(G), logo |N | = 6. Se P e um 3-Sylow de N entao tendoordem 3 e um 3-Sylow de G. Como N e normal em G, os conjugados de P em G estaocontidos em N , mas entao sao iguais a P porque n3(N) = 1 pelo teorema de Sylow. Issoimplica (pelo teorema de Sylow) que todos os 3-Sylow de G estao contidos em N , logo G temum unico 3-Sylow, o que contradiz n3(G) = 4.

15.3. Os quocientes. Segue como corolario que os quocientes de S4 sao S4/{1} ∼= S4,S4/K ∼= S3 (K e o nucleo da acao de conjugacao de S4 no conjunto dos seus 2-subgrupos deSylow), S4/A ∼= C2 e S4/S4

∼= {1}.

15.4. Os subgrupos maximais. Um subgrupo maximal de G e um subgrupo M talque os unicos H com M ≤ H ≤ G sao M e G. Sendo |G : M | = |G : H||H : M | quandoM ≤ H ≤ G, e claro que se M e um subgrupo de indice primo entao e maximal. O grupoalternado A tem indice 2 em G logo e maximal. O grupo diedral D tem indice 3 em G logoe maximal, assim como os seus tres conjugados. Considere os estabilizadores Gx com x ∈ X,sabemos que Gx ∼= S3. Eles sao maximais. De fato se Gx < H < G entao |G : H| = 2 logo He normal, mas vimos acima que o unico subgrupo normal de indice 2 e A, logo H = A, e issoe uma contradicao porque A nao contem nenhum estabilizador Gx (todos os estabilizadorescontem 2-cıclos, e os 2-cıclos nao pertencem a A).

Os conjugados de D, os Gx com x ∈ X e A sao os unicos subgrupos maximaisde G. Para mostrar isso seja M um subgrupo maximal de G. Se |G : M | = 2 entao M EGlogo M = A. Se |G : M | = 3 entao M e um 2-Sylow logo e conjugado a D. Se |G : M | = 4entao |M | = 6 logo M nao e transitivo (4 = |X| nao divide |M |), por outro lado M contemum 3-cıclo logo as orbitas de M tem tamanho 1 e 3 e deduzimos que M = Gx para algumx ∈ X. Se |G : M | = 6 entao |M | = 4 logo M nao e maximal porque esta contido em um2-Sylow, que tem ordem 8 (todo 2-subgrupo de G esta contido em um 2-Sylow de G). Se

16. GRUPOS ALTERNADOS 45

|G : M | = 8 entao |M | = 3 logo M e um 3-Sylow logo nao e maximal porque esta contido emum oportuno Gx, que tem ordem 6. Se |G : M | = 12 entao |M | = 2 logo M esta contido emum 2-Sylow logo nao e maximal.

15.5. Os subgrupos transitivos. Os subgrupos transitivos sao G, A, K, os con-jugados de D e os subgrupos cıclicos de ordem 4 (os gerados pelos 4-cıclos). Paraver isso seja H um subgrupo transitivo de G. Observe que |X| = 4 divide |H| e |H| divide|G| = 24, logo |H| ∈ {4, 8, 12, 24}. Se |H| = 8 entao H e um 2-Sylow (ou seja e conjugado aD), se |H| = 12 entao H tem indice 2 em G, logo e normal em G, logo H = A (ja temos alista de todos os subgrupos normais!), e se |H| = 24 entao H = G. Precisamos estudar agorao caso |H| = 4. Neste caso a acao e regular e tem duas possibilidades: H e cıclico ou naoe cıclico. No primeiro caso H e gerado por um 4-cıclo. No segundo caso os elementos naotriviais de H tem ordem 2. Mostraremos que neste caso H = K e o grupo de Klein. Sendo|H| = 4, H e abeliano (veja as listas). A menos de conjugar H com um elemento oportunopodemos supor H ≤ D. Se H contem (13) entao como os unicos elementos de D de ordem2 que comutam com ele sao (24) e (13)(24) obtemos H = {1, (13), (24), (13)(24)}, mas essesubgrupo nao e transitivo, uma contradicao. Analogamente H nao pode conter (24). Masentao os elementos de H sao 1, (12)(34), (13)(24) e (14)(23), ou seja H = K.

15.6. Exercıcios.

(1) Seja G um grupo de ordem 6. Mostre que se G e abeliano entao e cıclico, e que seG nao e abeliano entao G ∼= S3.

(2) Seja G um grupo de ordem 15. Mostre que G e cıclico.(3) Seja G um grupo nao abeliano de ordem 231 = 3 · 7 · 11. Mostre que |Z(G)| = 11.

[Dica: considere a acao de conjugacao de G sobre o conjunto dos elementos de ordem11.]

(4) Seja G um grupo de ordem 12. Mostre que G ∼= A4 se e somente se G nao contemsubgrupos de indice 2. [Dica: se G de ordem 12 contem um subgrupo N de indice2 entao olhando ao 3-Sylow de N mostre que n3(G) = 1.]

(5) Seja P um p-subgrupo de Sylow do grupo finito G e seja N E G. Mostre queP ∩ N e um p-subgrupo de Sylow de N e que PN/N e um p-subgrupo de Sylowde G/N . [Dica: precisa mostrar que p nao divide |N : P ∩ N | e que p nao divide|G/N : PN/N |.]

(6) Seja p um numero primo. Mostre que todo grupo de ordem p2 e abeliano. [Dica:lembre-se do exercıcio que falava que se G/Z(G) e cıclico entao G e abeliano.]

(7) Seja G um grupo de ordem p2q onde p, q sao dois primos distintos. Mostre que Gnao e simples. [Dica: pelo exercıcio anterior os p-Sylow de G sao abelianos. SejamP1, P2 dois p-Sylow, entao P1 ∩ P2 E P1 e P1 ∩ P2 E P2 sendo P1, P2 abelianos.Considere NG(P1 ∩ P2).]

(8) Escreva a equacao das classes de S4, S5 e de A4.

16. Grupos alternados

Proposicao 19 (Classes de conjugacao de An). Seja x ∈ An. Sejam CLAn(x) e CLSn(x)as classes de conjugacao de x em An e Sn. Entao CLAn(x) 6= CLSn(x) se e somente se a

46 1. GRUPOS

estrutura cıclica de x consiste de cıclos de comprimentos ımpares dois a dois distintos. Alemdisso neste caso |CLAn(x)| = |CLSn(x)|/2.

Observe que na estrutura cıclica de uma permutacao sao contabilizados os cıclos de com-primento 1, assim por exemplo os 3-cıclos em A5 tem estrutura cıclica (3, 1, 1), logo os com-primentos nao sao dois a dois distintos. Segue pela proposicao que em A5 (e mais em geralem An para n ≥ 5) todos os 3-cıclos sao conjugados. Em A4 os elementos (123) e (132) naosao conjugados (exercıcio).

Demonstracao. Sejam CSn(x) e CAn(x) os centralizadores de x em Sn e em An. Mos-traremos que CSn(x) = CAn(x) se e somente se CLSn(x) 6= CLAn(x). Pelo princıpio dacontagem

|An| = |CAn(x)| · |CLAn(x)|, |Sn| = |CSn(x)| · |CLSn(x)|,logo sendo |Sn| = 2|An|, se CAn(x) = CSn(x) entao CLAn(x) 6= CLSn(x) e neste caso

|CLAn(x)| = |An||CAn(x)|

=|Sn|/2|CSn(x)|

=1

2|CLSn(x)|.

Agora suponha CLAn(x) 6= CLSn(x), daı sendo CLAn(x) ⊆ CLSn(x) temos que |CLAn(x)| 6=|CLSn(x)| ou seja |An : CAn(x)| 6= |Sn : CSn(x)|, ou seja |CSn(x)| 6= 2|CAn(x)|. Mas sendoCAn(x) = An ∩ CSn(x) deduzimos que CSn(x) ≤ An ou seja CSn(x) = CAn(x) (porque seH ≤ Sn nao esta contido em An entao |An ∩H| = |H|/2).

Em outras palavras a classe de conjugacao de x ∈ An em Sn “cinde” (ou seja CLAn(x) 6=CLSn(x)) em duas classes em An (do mesmo tamanho) se e somente se CSn(x) ≤ An, ou sejaCSn(x) = CAn(x), ou seja x nao e centralizado por permutacoes ımpares. Suponha entaoque x nao seja centralizado por permutacoes ımpares, e seja x = x1x2...xk a decomposicaode x como produto de cıclos disjuntos. Como cada xi centraliza x, cada xi tem comprimentoımpar (ou seja e uma permutacao par). Se xi e xj tem o mesmo comprimento t entao existeum cıclo y de comprimento 2t tal que y2 = xixj (por exemplo se xi = (123), xj = (456),y = (142536)), logo y e uma permutacao ımpar que centraliza x, contradicao. Segue quex1, ..., xk tem comprimentos ımpares dois a dois distintos. Viceversa, suponha que x1, ..., xktem comprimentos ımpares dois a dois distintos, e y ∈ Sn centralize x. Sendo yxy−1 =yx1y

−1 · · · yxky−1 e os xi tem comprimentos dois a dois distintos, os yxiy−1 sao cıclos dois

a dois disjuntos de comprimentos dois a dois distintos (com yxiy−1 do mesmo comprimento

de xi) logo y centraliza cada xi. Seja Xi = Supp(xi) o suporte de xi para todo i = 1, . . . , k,ou seja o conjuntos dos pontos nao fixados por xi. Como y centraliza xi, se o suporte de umcıclo da estrutura cıclica de y tem intersecao com Xi entao esta contido em Xi (se nao xi eyxiy

−1 teriam suportes diferentes, logo seriam diferentes). Para todo i = 1, . . . , k seja yi oproduto dos cıclos da estrutura cıclica de y cujo suporte esta contido em Xi, entao y = y1...ykcom Supp(yi) ⊆ Xi e yi centraliza xi para todo i = 1, ..., k. Lembre-se que o centralizadorde um n-cıclo σ em Sn e igual a 〈σ〉. Segue que yi ∈ CSym(Xi)(xi) = 〈xi〉 ≤ An para todoi = 1, . . . , k. Em particular cada yi e par, logo y e par tambem. �

Por exemplo representantes das classes de conjugacao de S5 contidas em A5 sao 1,(12)(34), (123), (12345). Pela proposicao a unica classe que cinde e a classe de (12345), defato temos duas classes de conjugacao de 5-cıclos em A5, representantes sao x = (12345)

16. GRUPOS ALTERNADOS 47

e y = (13245). Para mostrar que x e y nao sao conjugados em A5 suponha por con-tradicao que y = gxg−1 para algum g ∈ A5, entao sendo y = hxh−1 onde h = (23) temoshxh−1 = y = gxg−1 logo g−1h ∈ CS5(x) = 〈x〉 ≤ A5, segue que g−1h ∈ A5 mas isso eabsurdo porque g ∈ A5 e h 6∈ A5. Segue que os tamanhos das classes de conjugacao de A5

sao conforme a tabela seguinte.

1 (12)(34) (123) (12345) (13245)1 15 20 12 12

Usando isso e facil mostrar que A5 e um grupo simples (nao abeliano). De fato, um qualquersubgrupo normal N de A5 e uniao de classes de conjugacao de A5 (isso e imediato peladefinicao de subgrupo normal) logo |N | e uma soma de tamanhos de classes de conjugacao,incluindo a classe {1}. Mas e imediato ver que nenhuma soma dos numeros 1, 15, 20, 12,12 (incluindo 1) e igual a um divisor proprio nao trivial de 60. Segue que A5 e um gruposimples.

Teorema 8. An e um grupo simples nao abeliano se n ≥ 5.

Demonstracao. Por inducao sobre n. O caso n = 5 foi feito acima. Suponha agora queAn−1 e um grupo simples, mostraremos que An e um grupo simples. Seja N um subgrupo

normal nao trivial de An. E claro que StabAn(x) ∼= An−1 para todo x ∈ {1, . . . , n}. N ∩StabAn(x) e um subgrupo normal de StabAn(x), logo e igual a StabAn(x) ou {1}. No primeirocaso N contem pelo menos um 3-cıclo logo contem todos os 3-cıclos (porque se n ≥ 5 todosos 3-cıclos sao conjugados em An pela proposicao 19), segue N = An porque An e geradopelos 3-cıclos. Podemos entao supor que N ∩ StabAn(x) = {1} para todo x ∈ {1, ..., n}, emoutras palavras toda permutacao nao identica de N e sem pontos fixos. Mostraremos queisso nao pode acontecer. Seja g 6= 1 um elemento de N . Se g admitisse na estrutura cıclicadois cıclos de comprimentos distintos entao existiria uma potencia nao identica de g com umponto fixo. Segue que todos os cıclos na estrutura cıclica de g tem o mesmo comprimento,em particular (veja a proposicao 19) se g nao e um n-cıclo entao a classe de conjugacao de gem An e igual a sua classe em Sn, logo existe um conjugado g′ ∈ N tal que se g = g1...gk ea decomposicao de g como produto de cıclos disjuntos entao g′ = g1

−1g2...gk (porque g e g′

tem a mesma estrutura cıclica!) logo gg′ ∈ N admite um ponto fixo (os pontos nao fixadospor g1), segue que g2

i = 1 para todo i = 2, . . . , k e pelo mesmo argumento aplicado a g2

(no lugar de g1) temos g21 = 1, ou seja todo gi e um 2-cıclo, digamos g = (12)(34)g3 · · · gk.

Conjugando com (12)(35) obtemos g′′ = (12)(45)g′′3 · · · g′′k (produto de cıclos disjuntos) logog′′g(1) = g′′(2) = 1 e g′′g(3) = g′′(4) = 5, logo g′′g 6= 1 e tem pontos fixos, contradicao. Faltaconsiderar o caso em que g e um cıclo de comprimento n, digamos (a menos de mudar os nomesdos simbolos) g = (123456...n). Conjugando com (12)(34) obtemos que g′ = (214356...n) ∈ N ,logo g′g ∈ N fixa 1, sendo g′g(1) = g′(2) = 1, por outro lado g′g 6= 1 sendo g′g(2) = g′(3) = 5.Contradicao. �

Corolario 1. Se n ≥ 5 os subgrupos normais de Sn sao {1}, An e Sn.

Demonstracao. Se N E Sn entao N ∩An EAn logo N ∩An = {1} ou entao N ≥ An.No segundo caso N = An ou N = Sn, agora suponha N ∩ An = {1}. Se x, y ∈ N e x 6= 1,y 6= 1 entao xy (produto de duas permutacoes ımpares) pertence a N ∩ An logo xy = 1, em

48 1. GRUPOS

particular (escolhendo y = x) temos x2 = 1, segue que dado 1 6= x ∈ N , se 1 6= y ∈ N entaoy = x−1 = x, logo N = {1, x}. Mas isso implica que x ∈ Z(Sn) = {1}, contradicao. �

17. Solubilidade

Um grupoG e dito soluvel se existe uma sequencia (ou “serie”) de subgruposH0, H1, . . . ,Hn

de G com as propriedades seguintes:

• H0 = {1},• Hn = G,• Hi e um subgrupo normal de Hi+1 para todo i = 0, 1, . . . , n− 1,• Hi+1/Hi e um grupo abeliano para todo i = 0, 1, . . . , n− 1.

Por exemplo todo grupo abeliano G e soluvel: basta escolher n = 1, H0 = {1}, H1 = G.Um exemplo de grupo soluvel nao abeliano e S3, considerando a serie {1} < A3 < S3: osquocientes sao A3/{1}, cıclico de ordem 3, e S3/A3, cıclico de ordem 2. Um outro exemplode grupo soluvel nao abeliano e S4: ele tem a serie {1} < K < A4 < S4 onde K e o grupode Klein, os quocientes dessa serie sao K/{1} ∼= K (abeliano de ordem 4), A4/K ∼= C3,S4/A4

∼= C2.

Proposicao 20. Se G e soluvel e H ≤ G, N EG entao H e G/N sao soluveis.

Demonstracao. Sejam H1, . . . ,Hn como na definicao de grupo soluvel. Seja Ki :=Hi ∩ H para todo i = 0, 1, . . . , n. Observe que K0 = {1}, Kn = H, e Ki e um subgruponormal de Ki+1 (de fato se g ∈ Ki+1 entao gKig

−1 esta contido em H sendo Ki ≤ H eg ∈ H, e esta contido em Hi sendo g ∈ Hi+1 e Hi normal em Hi+1). Alem disso Ki+1/Ki =Ki+1/Ki+1 ∩Hi

∼= Ki+1Hi/Hi e um subgrupo de Hi+1/Hi, que e abeliano, logo Ki+1/Ki eabeliano.

Agora observe que HiN E Hi+1N pois HiN e obviamente normalizado por Hi+1 e seh ∈ Hi e n,m ∈ N entao

m(hn)m−1 = h · h−1mh · nm−1 ∈ HiN.

Pelo teorema de isomorfismo aplicado ao grupo Hi+1N e aos seus subgrupos normais N , HiNtemos

Hi+1N/N

HiN/N∼=Hi+1N

HiN=Hi+1HiN

HiN∼=

Hi+1

Hi+1 ∩HiN

e um quociente de Hi+1/Hi porque Hi ≤ Hi+1 ∩HiN . Como Hi+1/Hi e abeliano segue queHi+1N/NHiN/N

e abeliano. Isso implica que a serie

N/N ≤ H1N/N ≤ H2N/N ≤ . . . ≤ HnN/N = G/N

tem fatores abelianos, logo G/N e soluvel. �

Um grupo finito simples G e soluvel se e somente se e cıclico de ordem prima. De fatose G e simples a unica serie possıvel e {1} < G, logo se G e soluvel entao G e abeliano, etodo grupo simples abeliano e cıclico de ordem prima. Segue que An nao e soluvel para todon ≥ 5, de fato ele e simples e nao abeliano.

Corolario 2. O grupo simetrico Sn e soluvel se e somente se n ≤ 4.

17. SOLUBILIDADE 49

Demonstracao. Observe que podemos identificar cada grupo simetrico Sn com o sub-grupo de Sn+1 das permutacoes de {1, 2, . . . , n + 1} que fixam o elemento n + 1. Segue daproposicao que para mostrar que Sn e soluvel se e somente se n ≤ 4 basta mostrar que S4 esoluvel e S5 nao e soluvel. S4 e soluvel porque temos a sequencia

{1} < K < A4 < S4

onde K e o grupo de Klein, e S4/A4∼= C2, A4/K ∼= C3, K/{1} ∼= K ∼= C2×C2 sao abelianos.

O grupo alternado A5 e simples nao abeliano logo a unica sequencia de subgrupos, cada umnormal no seguinte, e {1} < A5, e A5/{1} nao e abeliano. Segue que A5 nao e soluvel logosendo A5 um subgrupo de S5 segue que S5 nao e soluvel. �

Observe que se G e um grupo com um subgrupo normal N tal que N e G/N sao soluveisentao G e soluvel: dadas as sequencias H0, . . . ,Hn de N e K0/N, . . . ,Km/N para N e G/Ncomo na definicao de grupo soluvel, com H0 = {1}, Hn = N = K0 e Km = G, considere asequencia H0, H1, . . . ,Hn−1, Hn = K0,K1, . . . ,Km.

Proposicao 21. Seja p um primo. Todo p-grupo finito e soluvel.

Demonstracao. Por inducao sobre n onde |G| = pn. Se n = 1 entao G ∼= Cp e abeliano,em particular e soluvel. Suponha o resultado verdadeiro para os grupos de ordem pm comm < n e seja G um grupo de ordem pn. Sabemos que Z(G) 6= {1}. Se Z(G) = G entaoG e abeliano, em particular soluvel. Se Z(G) 6= G entao G/Z(G) e soluvel por hipotese deinducao. Mas entao Z(G) e soluvel (porque abeliano) e G/Z(G) e soluvel, logo G e soluvel. �

Curiosidade: pelo teorema de Feit-Thompson (1963) todo grupo finito de ordem ımpare soluvel (!). Equivalentemente, todo grupo simples nao abeliano tem ordem par. Junto como exercıcio 3 abaixo isso implica que todo grupo simples nao abeliano tem ordem divisıvel por4.

17.1. Exercıcios.

(1) Seja G um grupo soluvel finito. Mostre que G e policıclico, ou seja existe uma serie{1} = G0CG1C . . .CGn = G tal que Gi/Gi−1 e cıclico para todo i = 1, . . . , n. Issopermanece verdadeiro se G for infinito?

(2) Seja G um grupo simples de ordem 60. Mostre que G ∼= A5. [Dica: basta encontrarum subgrupo de indice 5 (por que?); no caso n2 = 15 sejam P e Q dois 2-Sylowdistintos, entao P ∩ Q e normal em P e em Q (por que?), calcule o indice |G :NG(P ∩Q)|.]

(3) Seja G um grupo simples de ordem 15 ·pn com p primo e n ∈ N. Mostre que G ∼= A5.[Dica: pelo exercıcio acima basta mostrar que pn = 4.]

(4) Seja G um grupo de ordem 2m com m ımpar. Mostre que existe H ≤ G talque |G : H| = 2. [Dica: Seja n = |G|, a representacao permutacional regular daum homomorfismo injetivo G → Sn (Cayley), logo podemos identificar G com umsubgrupo de Sn. Defina H = G ∩ An, para mostrar que |G : H| = 2 basta mostrarque G nao esta contido em An. Para isso tome um elemento x ∈ G de ordem 2 emostre que a permutacao associada em Sn e ımpar.]

(5) Mostre que S6 contem um subgrupo H cuja acao natural sobre X = {1, 2, 3, 4, 5, 6}e transitiva e com a propriedade que H ∼= S5. [Dica: S5 contem seis 5-subgrupos deSylow.]

50 1. GRUPOS

(6) Escreva a equacao das classes de S6 e de A6.(7) Seja p ≥ 2 um inteiro. Mostre que p e primo se e somente se p divide (p − 1)! + 1.

[Dica: se p e primo, conte os p-subgrupos de Sylow do grupo simetrico Sp.](8) Dado um grupo G, o grupo dos automorfismos Aut(G) de G e o grupo dos iso-

morfismos G → G com a operacao de composicao. Seja α : G → Aut(G) dadopor α(g)(x) = gxg−1. Se trata de um homomorfismo de grupos e ker(α) = Z(G).Mostre que Aut(S4) ∼= S4. [Dica: Seja X o conjunto dos subgrupos de S4 de ındice4 (voce sabe quem eles sao). Aut(S4) age sobre X de maneira natural. Mostre quetal acao e fiel, ou seja que o seu nucleo e trivial.]

(9) Seja n um inteiro ımpar e seja x = (12 . . . n) ∈ An. Mostre que x e conjugado a x−1

em An se e somente se n ≡ 1 mod 4.(10) Seja n ≥ 5 um inteiro. Seja H ≤ Sn tal que H 6= Sn e H 6= An. Mostre que

|Sn : H| ≥ n.(11) Seja G um grupo simples tal que |G| > 2 e seja H ≤ G tal que H 6= G. Seja

n = |G : H|. Mostre que |G| divide |An| = n!/2.

18. Produto semidireto

Produto semidireto interno. Seja G um grupo e sejam N E G, H ≤ G. Se NH = Ge H ∩ N = {1} dizemos que G e o “produto semidireto interno” entre N e H. No grupoG todo elemento pode ser escrito da forma nh com n ∈ N e h ∈ H, e tal escrita e unicaporque se nh = n1h1 com n1 ∈ N e h1 ∈ H entao n−1

1 n = h1h−1 ∈ N ∩ H = {1} logo

n1 = n e h1 = h. Observe que se H E G entao G e um produto direto N × H. Dado umproduto semidireto interno G = NH, sendo N EG temos uma acao de H sobre N dada porϕ : H → Aut(N), ϕ(h)(n) = hnh−1 para todo n ∈ N (acao de conjugacao). Se trata de umaacao por automorfismo, ou seja se h ∈ H entao ϕ(h) nao e apenas uma permutacao de N , eum automorfismo de N , ou seja um isomorfismo N → N .

Produto semidireto externo. Sejam H, N grupos e seja ϕ : H → Aut(N) um homomor-fismo (acao por automorfismo de H sobre N). No que segue vamos constuir um grupo em quea acao ϕ e interpretada como uma acao de conjugacao. Seja G o produto cartesiano N ×Hcom a operacao seguinte:

(n1, h1) ∗ (n2, h2) := (n1ϕ(h1)(n2), h1h2).

Entao G e um grupo com elemento neutro (1, 1) e (n, h)−1 = (ϕ(h−1)(n−1), h−1). Alem disso,G e o produto semidireto interno entre N × {1}EG e {1} ×H.

A notacao e G = N oϕ H = H nϕ N ou simplesmente N oH, H nN se a funcao ϕ forsubentendida.

G e chamado “produto semidireto externo” entre N e H. Observe que se ϕ e o homo-morfismo trivial h 7→ 1 entao o produto semidireto correspondente e na verdade o produtodireto entre N e H.

Demonstracao. (1, 1) e o elemento neutro pois

(n, h) ∗ (1, 1) = (nϕ(h)(1), h) = (n, h).

18. PRODUTO SEMIDIRETO 51

O inverso de (n, h) e (ϕ(h−1)(n−1), h−1) pois

(n, h) ∗ (ϕ(h−1)(n−1), h−1) = (nϕ(h)(ϕ(h−1)(n−1)), hh−1) = (1, 1).

A operacao ∗ e associativa pois se (n1, h1), (n2, h2), (n3, h3) pertencem a G

((n1, h1) ∗ (n2, h2)) ∗ (n3, h3) = (n1ϕ(h1)(n2), h1h2) ∗ (n3, h3)

= (n1ϕ(h1)(n2)ϕ(h1h2)(n3), h1h2h3)

(n1, h1) ∗ ((n2, h2) ∗ (n3, h3)) = (n1, h1) ∗ (n2ϕ(h2)(n3), h2h3)

= (n1ϕ(h1)(n2ϕ(h2)(n3)), h1h2h3)

Precisamos entao mostrar que

ϕ(h1)(n2)ϕ(h1h2)(n3) = ϕ(h1)(n2ϕ(h2)(n3)).

Mas sendo ϕ homomorfismo H → Aut(N) e ϕ(h1) homomorfismo N → N ,

ϕ(h1)(n2)ϕ(h1h2)(n3) = ϕ(h1)(n2)ϕ(h1)(ϕ(h2)(n3)) = ϕ(h1)(n2ϕ(h2)(n3)).

Observe que N × {1} e um subgrupo de G isomorfo a N , de fato (1, 1) ∈ N × {1},(n, 1)−1 = (n−1, 1) ∈ N × {1} e

(n, 1) ∗ (m, 1) = (nϕ(1)(m), 1) = (nm, 1) ∈ N × {1}.

Segue tambem que N → N × {1}, n 7→ (n, 1) e um isomorfismo de grupos.Observe que {1} × H e um subgrupo de G isomorfo a H, de fato (1, 1) ∈ {1} × H,

(1, h)−1 = (ϕ(h−1)(1), h−1) = (1, h−1) ∈ {1} ×H e se (1, h), (1, k) ∈ {1} ×H entao

(1, h) ∗ (1, k) = (ϕ(h)(1), hk) = (1, hk) ∈ {1} ×H.

Segue tambem que H → {1} ×H, h 7→ (1, h) e um isomorfismo de grupos.

Observe que a conjugacao no grupo G e a seguinte: dados (n, h), (m, k) ∈ G temos

(m, k) ∗ (n, h) ∗ (m, k)−1 = (mϕ(k)(n), kh) ∗ (ϕ(k−1)(m−1), k−1)

= (mϕ(k)(n) · ϕ(kh)(ϕ(k−1)(m−1)), khk−1)

= (mϕ(k)(nϕ(hk−1)(m−1)), khk−1),

em particular no caso h = 1 temos

(m, k) ∗ (n, 1) ∗ (m, k)−1 = (mϕ(k)(nϕ(k−1)(m−1)), 1) ∈ N × {1}

logo N × {1}EG. A acao de conjugacao de {1} ×H sobre N × {1}EG e dada por

(1, k) ∗ (n, 1) ∗ (1, k)−1 = (ϕ(k)(nϕ(k−1)(1)), k1k−1) = (ϕ(k)(n), 1),

e isso mostra que a acao dada deH sobreN , ou seja ϕ : H → Aut(N), corresponde exatamentea acao de conjugacao da “copia de H” ({1}×H) sobre a “copia de N” (N ×{1}) no produtosemidireto N oH.

E claro que (N × {1}) ∩ ({1} × H) = {(1, 1)}, e (N × {1})({1} × H) = G porque umelemento arbitrario (n, h) pode ser escrito como (n, 1) ∗ (1, h). Segue que G e o produtosemidireto interno entre N × {1} e {1} ×H. �

52 1. GRUPOS

Para poder fazer as contas e bom seguir a ideia seguinte. Escrevemos os elementos deN o H como nh onde n ∈ N , h ∈ H e se mk e um outro elemento entao nh · mk =nhmh−1 ·hk. Em outras palavras ϕ(h)(m) e igual, no produto semidireto, a hmh−1. Estamosentao interpretando a acao por automorfismo de H sobre N (dada por ϕ : H → Aut(N))como uma acao de conjugacao. Na verdade isso mostra que se H age por automorfismo sobreN (ou seja e dado H → Aut(N)) entao no produto semidireto correspondente NoH tal acaoe uma acao de conjugacao. Em outras palavras toda acao por automorfismo pode ser vistacomo uma acao por conjugacao!

A ideia da proposicao seguinte e dar um criterio suficiente para decidir se dois produtossemidiretos sao isomorfos.

Proposicao 22. Sejam N,H dois grupos e seja ϕ : H → Aut(N) uma acao por au-tomorfismo de H sobre N , seja G = N oϕ H o produto semidireto correspondente. Sejamα : N → N0, β : H → H0 isomorfismos e seja ψ : H0 → Aut(N0) um homomorfismocom G0 = N0 oψ H0 o produto semidireto correspondente. Suponha que valha a condicao decompatibilidade

ψ(β(h))(α(n)) = α(ϕ(h)(n)) ∀n ∈ N, h ∈ H.Entao G ∼= G0 por meio do isomorfismo γ : G→ G0, γ(nh) := α(n)β(h).

Demonstracao. Vamos mostrar que γ((nh)(mk)) = γ(nh)γ(mk). Temos

γ((nh)(mk)) = γ(nhmh−1hk) = α(nhmh−1)β(hk),

γ(nh)γ(mk) = α(n)β(h)α(m)β(k),

logo precisamos mostrar que α(hmh−1)β(h) = β(h)α(m). Mas

α(hmh−1)β(h) = α(ϕ(h)(m))β(h) = ψ(β(h))(α(m))β(h)

= β(h)α(m)β(h)−1β(h) = β(h)α(m).

E claro que γ extende α : N → N0 e β : H → H0 e que γ e bijetiva. �

(O1) O caso α = idN e interessante, e pode ser reformulado como segue: se ψ : H →Aut(N) e um homomorfismo e β : H → H e um isomorfismo entao N oψ H ∼= N oψ◦β H.

(O2) Um outro caso interessante e o seguinte. Sejam H ≤ Aut(N), ϕ : H → Aut(N) ainclusao e a ∈ Aut(N). Seja ψ : aHa−1 → Aut(N) a inclusao. Entao NoϕH ∼= NoψaHa−1.Para isso considere os isomorfismos α : N → N , α(n) = a(n) e β : H → aHa−1, β(h) =aha−1. Temos

ψ(β(h))(α(n)) = β(h)(a(n)) = aha−1(a(n)) = a(h(n)) = α(ϕ(h)(n)).

Ou seja subgrupos conjugados H,H0 de Aut(N) (com a acao dada pela inclusao em Aut(N))induzem produtos semidiretos isomorfos: N oH ∼= N oH0.

Por exemplo vamos classificar os grupos de ordem 2p com p primo ımpar. SejaG um grupo de ordem 2p. Seja N um p-Sylow de G, entao N ∼= Cp e N EG pelo teorema deSylow (ou porque |G : N | = 2). Dado um 2-Sylow H (de ordem 2), digamos H = 〈h〉, temosN∩H = {1} (eles tem ordens coprimas!) e |NH| = |N ||H|/|N∩H| = |N ||H| = 2p = |G| logo

18. PRODUTO SEMIDIRETO 53

NH = G e G e um produto semidireto N oH. Falta determinar a acao H → Aut(N). SendoN ∼= Cp, Aut(N) ∼= U(Z/pZ) ∼= Cp−1 (veja a lista de exercıcios) logo Aut(N) contem umunico subgrupo de ordem 2 (sendo Aut(N) cıclico!), chamando tal subgrupo de 〈ε〉, o elementoε e o automorfismo de inversao N → N , x 7→ x−1. Segue que tem duas possibilidades: acaotrivial (H → Aut(N), h 7→ 1) ou acao de inversao (H → Aut(N), h 7→ ε). O primeiro casocorresponde ao produto direto Cp × C2

∼= C2p (grupo cıclico), o segundo caso e Cp o C2

com a acao de inversao. Tal grupo e isomorfo ao grupo diedral de ordem 2p. Logo existemexatamente dois grupos de ordem 2p (a menos de isomorfismo).

Por exemplo vamos classificar os grupos de ordem 21 = 7 · 3. Dados um 7-SylowN e um 3-Sylow H, N ∼= C7, H ∼= C3 e pelo teorema de Sylow N E G e N , H tem ordenscoprimas, logo N ∩H = {1}, |NH| = |N ||H| = 21 = |G| logo NH = G e G e um produtosemidireto N o H. Falta encontrar os homomorfismos ϕ : H → Aut(N). Sendo H ∼= C3

e Aut(N) ∼= U(Z/7Z) ∼= C6 temos tres possibilidades para ϕ(h) (onde H = 〈h〉): os treselementos de Aut(N) cujo cubo e igual a 1. Se ϕ(h) = 1 o produto semidireto N oH e naverdade o produto direto N ×H (acao trivial) e N ×H ∼= C7 ×C3

∼= C21 (grupo cıclico). Osoutros dois casos correspondem aos dois automorfismos de N de ordem 3, ou seja γ2 : N → N ,γ2(y) = y2 e γ4 : N → N , γ4(y) = y4. Segue que ϕ(h) ∈ {γ2, γ4}. Por outro lado usandoO1, sendo H → H, h 7→ h2 um isomorfismo, tais duas escolhas de ϕ(h) produzem produtossemidiretos isomorfos, logo podemos supor ϕ(h) = γ2. Segue que escrevendo N = 〈x〉, a acaode h sobre um generico xi ∈ N e hxih−1 = x2i, logo em geral

xihj · xrhs = xi(hjxrh−j)hj+s = xix2jrhj+s = xi+2jrhj+s.

Isso determina completamente o produto semidireto. Segue que existem exatamente doisgrupos de ordem 21 (a menos de isomorfismo).

18.1. Exercıcios.

(1) Mostre que Aut(Cn) ∼= U(Z/nZ).(2) Mostre que se A e B sao dois grupos finitos de ordens coprimas entao Aut(A×B) ∼=

Aut(A)×Aut(B).(3) Classifique os grupos de ordem 12, 14, 20, 30, 33, 2015, 2019 a menos de isomorfismo.

Pode tentar outras ordens, mas e melhor evitar os numeros divisıveis por potenciasde primos com expoente grande porque os p-grupos sao difıceis para classificar.

[Tem 5 grupos de ordem 12, 2 grupos de ordem 14, 5 grupos de ordem 20, 4grupos de ordem 30, 1 grupo de ordem 33, 2 grupos de ordem 2015 e 2 grupos deordem 2019.]

(4) O grupo diedral de ordem 2n, D2n, e o grupo das isometrias do n-agono regular. Talgrupo pode ser descrito como o produto semidireto CnoC2 onde C2 = 〈ε〉 age sobreCn por meio da acao de inversao, ou seja a regra εxε−1 = x−1 (Cn e gerado poruma rotacao de ordem n e C2 e gerado por uma reflexao). Suponha n = p primo.Escreva a equacao das classes de G. A probabilidade de comutar de um grupo G e

pc(G) =|{(x, y) ∈ G×G : xy = yx}|

|G×G|.

54 1. GRUPOS

Essa probabilidade “mede” quanto comutativo e um grupo, no sentido que 0 <pc(G) ≤ 1 para todo G e G e comutativo se e somente se pc(G) = 1. Calculelimp→∞ pc(D2p).

[Dica: definido k(G) o numero de classes de conjugacao de G mostre primeiroque pc(G) = k(G)/|G|. Para isso veja as listas anteriores.]

(5) Tente calcular pc(D2n) para n qualquer.

(6) Calcule o centro Z(D2n).

(7) Mostre que se n e um inteiro positivo entao D4n∼= D2n × C2 se e somente se n e

ımpar.

(8) Dado um inteiro positivo n, conte os 2-subgrupos de Sylow do grupo diedral D2n.

(9) Seja p um primo e seja G um grupo de ordem p2. Mostre que G ∼= Cp2 ou G ∼=Cp × Cp.

(10) (Mais difıcil) Seja p um primo ımpar.(a) Classifique os grupos de ordem 2p2, mostrando que um tal grupo e isomorfo a

um dos seguintes: o grupo cıclico de ordem 2p2, o grupo abeliano Cp×Cp×C2,o grupo diedral de ordem 2p2, um produto semidireto V oC2 onde V = Cp×Cpe C2 = 〈ε〉 age sobre V por uma das regras

ε(x, y)ε−1 = (x−1, y−1), ε(x, y)ε−1 = (y, x).

[Dica: observe que o p-Sylow N e Cp2 ou Cp × Cp, e no segundo caso N podeser visto como espaco vetorial de dimensao 2 sobre Fp = Z/pZ, observe queneste caso Aut(N) ∼= GL(2, p) (o grupo geral linear de F2

p, ou seja o grupo dasmatrizes inversıveis 2× 2 com coeficientes em Fp) e o gerador ε de um 2-SylowH de G e diagonalizavel, quais sao os seus autovalores? Use (O2).]

(b) Determine a equacao das classes dos grupos encontrados no item acima.

(11) Classifique os grupos de ordem 147.

(12) Seja f : H → G um homomorfismo de grupos e seja ϕ : H → Aut(G) definido porϕ(h)(g) := f(h)gf(h)−1. Seja X = G o H o produto semidireto correspondente.Mostre que X ∼= G×H.

[Dica: L = {(f(h), h−1) : h ∈ H} e um subgrupo de X isomorfo a H,centralizado por G× {1}, e junto com G× {1} gera X.]

(13) Mostre que Aut(C2 × C2) ∼= S3. [Dica: Aut(C2 × C2) ∼= GL(2, 2).]

(14) Seja G = Sn e seja H ≤ G com |G : H| = 2. Mostre que H = An.[Dica: mostre que An e gerado por {x2 : x ∈ Sn}.]

19. RESOLUCAO DOS EXERCICIOS DE GRUPOS 55

19. Resolucao dos exercıcios de Grupos

19.1. Encontre inteiros x, y tais que 32x+ 23y = 1.

Algoritmo de Euclides.32 231 0 320 1 231 −1 9−2 3 53 −4 4−5 7 1

Segue que −5 · 32 + 7 · 23 = 1.

19.2. Encontre inteiros x, y tais que 18x+ 70y = 2.

Algoritmo de Euclides.70 181 0 700 1 181 −3 16−1 4 2

Segue que −70 + 4 · 18 = 2.

19.3. Faca a divisao com resto entre 90 e 13 e entre −90 e 13.

90 = 13 · 6 + 12, −90 = 13 · (−7) + 1.

19.4. Mostre que a operacao x+ y := x+ y em Z/nZ e bem definida.

Feito em sala de aula.

19.5. Calcule a ordem multiplicativa do elemento (i − 1)/√

2 no grupo multiplicativoC∗ = C− {0}.

Seja z = (i − 1)/√

2. Temos z2 = (i2 + 1 − 2i)/2 = −i logo z8 = (−i)4 = 1, segue queo(z) divide 8, logo o(z) ∈ {1, 2, 4, 8}. Mas z4 = (−i)2 = −1 6= 1, logo o(z) = 8.

19.6. Mostre que a operacao x · y := x · y de Z/nZ e bem definida. Z/nZ com essaoperacao e um grupo?


19.7. Encontre os elementos x ∈ Z/6Z tais que existe y ∈ Z/6Z com x · y = 1.

Como visto em sala de aula se trata das classes coprimas com 6, ou seja 1 e 5. Temos1 · 1 = 1 e 5 · 5 = 1.

56 1. GRUPOS

19.8. Mostre que em um grupo G o elemento neutro e unico e todo elemento possui umunico inverso.

Sejam e, f dois elementos neutros, entao e = e · f = f . Sejam b, c dois inversos de a ∈ G,entao ba = ab = 1 = ac = ca e multiplicando ab = ac a esquerda por b obtemos (ba)b = (ba)cou seja b = c.

19.9. Faca a lista dos elementos de C24 e calcule as ordens deles.

Seja x um gerador de C24, entao o(x) = 24 e sabemos que o(xm) = 24/(24,m), emparticular o(xm) = 24 se (24,m) = 1, ou seja os elementos seguintes tem ordem 24: x, x5, x7,x11, x13, x17, x19, x23. o(xm) = 12 se (24,m) = 2, ou seja os elementos seguintes tem ordem12: x2, x10, x14, x22. o(xm) = 8 se (24,m) = 3, ou seja os elementos seguintes tem ordem8: x3, x9, x15, x21. o(xm) = 6 se (24,m) = 4, ou seja os elementos seguintes tem ordem6: x4, x20. o(xm) = 4 se (24,m) = 6, ou seja os elementos seguintes tem ordem 4: x6, x18.o(xm) = 3 se (24,m) = 8, ou seja os elementos seguintes tem ordem 3: x3, x21. o(xm) = 2 se(24,m) = 12, ou seja x12 e o unico elemento de ordem 2.

19.10. Conte os elementos de ordem 15 em C30.

C30 = 〈x〉. Temos o(xm) = 15 se e somente se 30/(m, 30) = 15 ou seja (m, 30) = 2, segueque os elementos de ordem 15 em C30 sao x2, x4, x8, x14, x16, x22, x26, x28.

19.11. Conte os geradores de C32, ou seja os elementos x ∈ C32 tais que 〈x〉 = C32.

Sabemos que C32 tem ϕ(32) = 16 geradores, sao as potencias de um fixado gerador comexpoente coprimo com 32.

19.12. Seja g um elemento de ordem n de um grupo G e seja m um inteiro. Mostre que〈g〉 = 〈gm〉 se e somente se (m,n) = 1.

Segue da formula o(gm) = o(g)/(o(g),m). De fato 〈g〉 = 〈gm〉 se e somente se o(gm) =o(g) = n, ou seja n/(n,m) = n ou seja (n,m) = 1.

19.13. Considere X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} com a operacao x ? y := min(x, y), o mınimo entre

x e y. Calcule 3 ? 5 e 6 ? 2. Existe um elemento neutro? E unico? Com essa operacao X eum grupo?

E claro que 6 e o unico elemento neutro mas X com essa operacao nao e um grupo porquepor exemplo 1 nao admite inverso, sendo x ? 1 = 1 6= 6 para todo x ∈ X.

19.14. Seja X um conjunto e seja P (X) o conjunto de todos os subconjuntos de X. Seja4 a operacao de P (X) definida por A4B := (A−B)∪ (B−A) (diferenca simetrica). Mostreque P (X) com a operacao ∆ e um grupo e calcule as ordens dos seus elementos.

O elemento neutro e ∅, de fato A4∅ = A = ∅4A para todo A ∈ P (X). O inverso deA ∈ P (X) e o proprio A, de fato A4A = ∅. Segue que se P (X) com a operacao 4 e umgrupo entao os seus elementos nao triviais tem ordem 2. Para mostrar que X com a operacao


4 e um grupo basta mostrar que 4 e associativa, ou seja que para todo A,B,C ∈ P (X)temos

(A4B)4C = A4(B4C).

Para mostrar essa igualdade precisamos mostrar as duas inclusoes. Mostraremos agora ainclusao (⊆).

Se x ∈ (A4B)4C tem dois casos:

• x ∈ (A4B) − C. Neste caso se x ∈ A − B entao x ∈ A − (B4C), se x ∈ B − Aentao x ∈ (B4C)−A.

• x ∈ C − (A4B). Neste caso se x 6∈ A ∪ B entao x ∈ (B4C) − A, se x ∈ A ∩ Bentao x ∈ A− (B4C).

Mostraremos agora a inclusao (⊇).Se x ∈ A4(B4C) tem dois casos:

• x ∈ A − (B4C). Neste caso se x 6∈ B ∪ C entao x ∈ (A4B) − C, se x ∈ B ∩ Centao x ∈ C − (A4B).

• x ∈ (B4C) − A. Neste caso se x ∈ B − C entao x ∈ (A4B) − C, se x ∈ C − Bentao x ∈ C − (A4B).

19.15. Seja i ∈ C a raiz quadrada de −1. Calcule a ordem multiplicativa dos elementosi+1√

2, 1+i

√3

2 .

Seja x := i+1√2

. Temos

• x2 = 1−1+2i2 = i 6= 1,

• x3 = x2x = ix = i−1√26= 1,

• x4 = (x2)2 = i2 = −1 6= 1,• x5 = x4x = −x = −i−1√

26= 1,

• x6 = x4x2 = −i 6= 1,• x7 = x6x = −ix = 1−i√

26= 1,

• x8 = (x4)2 = (−1)2 = 1.

Logo a ordem multiplicativa de x e 8: o(x) = 8.

Seja y := 1+i√

32 . Temos

• y2 = 1−3+2i√

34 = −1+i

√3

2 6= 1,

• y3 = yy2 = (1+i√

3)(−1+i√

3)4 = −3−1

4 = −1 6= 1,

• y4 = y3y = −y = − 1+i√

32 6= 1,

• y5 = y3y2 = −y2 = −−1+i√

32 6= 1,

• y6 = (y3)2 = (−1)2 = 1.

Logo a ordem multiplicativa de y e 6: o(y) = 6.

19.16. Seja a+ ib um numero complexo. Mostre que se a+ ib tem ordem multiplicativafinita entao a2 + b2 = 1. Vale o vice-versa?

58 1. GRUPOS

Seja z = a+ ib onde a, b sao numeros reais. Se z tem ordem multiplicativa finita igual an entao zn = 1. Lembre-se que todo numero complexo admite a representacao polar, ou sejaz = r(cos(α) + i sin(α)) onde r = |z| =

√a2 + b2 e α e o angulo formado por z e o eixo real

do plano complexo. Essa notacao permite calcular as potencias de maneira imediata, pois

zn = (r(cos(α) + i sin(α)))n = rn(cos(nα) + i sin(nα)).

Logo “zn = 1” e equivalente a “rn = 1, cos(nα) = 1 e sin(nα) = 0”. Em particular rn = 1

implica r = 1, pois r e um numero real positivo. Logo r =√a2 + b2 = 1, e elevando ao

quadrado a2 + b2 = 1. O vice-versa nao vale. De fato como visto zn = 1 significa (usando arepresentacao polar z = r(cos(α) + i sin(α))) que rn = 1, cos(nα) = 1 e sin(nα) = 0, e isso soacontece quando r = 1 e nα = 2kπ com k inteiro. Logo se α nao tem a forma (2kπ)/n (comn e k inteiros) entao zn 6= 1. Por exemplo nao existem inteiros n e k tais que (2kπ)/n = 1, defato se existissem entao seria π = n/(2k), absurdo (pois π e um numero irracional). Logo oelemento z := cos(1) + i sin(1) verifica a2 + b2 = 1 (onde a = cos(1) e b = sin(1)) mas zn 6= 1para todo inteiro positivo n.

19.17. Seja G um grupo tal que (xy)2 = x2y2 para todo x, y ∈ G. Mostre que G eabeliano.

Temos xyxy = x2y2 para todo x, y ∈ G. Multiplicando a esquerda por x−1 e a direitapor y−1 obtemos yx = xy.

19.18. Seja G um grupo tal que x2 = 1 para todo x ∈ G. Mostre que G e abeliano.

Sejam x, y ∈ G. Temos (xy)2 = x2 = y2 = 1 logo xyxy = 1 e multiplicando a esquerdapor x e a direita por y deduzimos yx = xy.

19.19. Seja G um grupo e sejam x, y ∈ G. Mostre que o(xy) = o(yx).

Precisamos mostrar que (xy)n = 1 se e somente se (yx)n = 1. Se (xy)n = 1 entao(yx)n = y(xy)ny−1 = yy−1 = 1, e se (yx)n = 1 entao (xy)n = x(yx)nx−1 = xx−1 = 1.

19.20. Seja G um grupo e sejam H ≤ G, g ∈ G. Mostre que gHg−1 = {ghg−1 : h ∈ H}e um subgrupo de G.

Seja K = {ghg−1 : h ∈ H}. Queremos mostrar que K ≤ G. Temos 1 ∈ K pois1 = g1g−1 e 1 ∈ H (sendo H ≤ G). Se ghg−1 ∈ K entao (ghg−1)−1 = gh−1g−1 ∈ Kpois h−1 ∈ H (sendo H ≤ G). Se gh1g

−1 ∈ K e gh2g−1 ∈ K com h1, h2 ∈ H entao

(gh1g−1)(gh2g

−1) = gh1h2g−1 ∈ K pois h1h2 ∈ H (sendo H ≤ G).

19.21. Seja G um grupo e sejam H,K ≤ G. Mostre que H ∩ K ≤ G. Mostre queH ∪K ≤ G se e somente se H ≤ K ou K ≤ H.

Primeira implicacao (⇒). Suponha H ∪ K ≤ G e por contradicao H 6⊆ K e K 6⊆ H.Entao existem h ∈ H−K e k ∈ K−H. Temos h ∈ H∪K, k ∈ H∪K e H∪K e um subgrupo(por hipotese) logo hk ∈ H ∪ K. Isso significa que hk ∈ H ou hk ∈ K. No primeiro casohk ∈ H, logo sendo h−1 ∈ H (pois h ∈ H) temos h−1(hk) ∈ H, ou seja k ∈ H, contradicao.


No segundo caso hk ∈ K, logo sendo k−1 ∈ K (pois k ∈ K) temos (hk)k−1 ∈ K, ou sejah ∈ K, contradicao.

Segunda implicacao (⇐). Se H ⊆ K entao H ∪K = K, e se K ⊆ H entao H ∪K = H,logo nos dois casos H∪K e um subgrupo de G (e igual a K no primeiro caso, a H no segundo).

19.22. Seja G um grupo e seja x ∈ G. Mostre que H = CG(x) = {g ∈ G : gx = xg} (ocentralizador de x em G) e um subgrupo de G contendo x.

1 ∈ H pois 1g = g = g1. Se x ∈ G entao x−1g = x−1gxx−1 = x−1xgx−1 = gx−1 logox−1 ∈ H. Se x, y ∈ H entao xg = gx e yg = gy logo xyg = xgy = gxy logo xy ∈ H. Hcontem x porque x comuta com x.

19.23. Conte os subgrupos de C30 e de C105.

Os divisores de 30 = 2 ·3 ·5 sao do tipo 2a3b5c onde a, b, c ∈ {0, 1} logo 30 tem 8 divisores,especificamente os divisores de 30 sao 1, 2, 3, 5, 2 · 3 = 6, 2 · 5 = 10, 3 · 5 = 15, 2 · 3 · 5 = 30.Sabemos que C30 contem exatamente um subgrupo de ordem d para todo divisor d de 30.Logo C30 contem exatamente 8 subgrupos.

Os divisores de 105 = 3 · 5 · 7 sao do tipo 3a5b7c onde a, b, c ∈ {0, 1} logo 105 tem 8divisores, especificamente os divisores de 105 sao 1, 3, 5, 7, 3 · 5 = 15, 3 · 7 = 21, 5 · 7 = 35,3 · 5 · 7 = 105. Sabemos que C105 contem exatamente um subgrupo de ordem d para tododivisor d de 105. Logo C105 contem exatamente 8 subgrupos. O diagrama dos subgrupos eparecido com o de C30.

Segue o diagrama dos subgrupos de C30 = 〈x〉.

〈x〉

{{{{{{{{{{{{{{{{{

DDDDDDDDDDDDDDDDD

〈x2〉

CCCCCCCCCCCCCCCCC〈x3〉

{{{{{{{{{{{{{{{{{

CCCCCCCCCCCCCCCCC〈x5〉

{{{{{{{{{{{{{{{{{

〈x6〉

CCCCCCCCCCCCCCCCC〈x10〉〈x15〉

zzzzzzzzzzzzzzzzz

〈1〉

19.24. Conte os subgrupos de Z/48Z.

60 1. GRUPOS

Os divisores de 48 = 24 · 3 sao do tipo 2a3b com a ∈ {0, 1, 2, 3, 4} e b ∈ {0, 1} logo 48 tem10 divisores (tendo 5 escolhas para a e 2 escolhas para b), especificamente os divisores de 48sao 1, 2, 3, 22 = 4, 23 = 8, 24 = 16, 2 · 3 = 6, 22 · 3 = 12, 23 · 3 = 24, 24 · 3 = 48. Sabemosque o grupo aditivo cıclico Z/48Z = 〈1〉 = {0, 1, 2, . . . , 47} contem exatamente um subgrupode ordem d para todo divisor d de 48. Logo Z/48Z contem exatamente 10 subgrupos. Segueo diagrama dos subgrupos de Z/48Z.

〈1〉

{{{{{{{{

AAAAAAAA

〈2〉

zzzzzzzz

CCCCCCCC〈3〉

}}}}}}}}

〈4〉

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DDDDDDDD〈6〉

{{{{{{{{

〈8〉

{{{{{{{{

CCCCCCCC〈12〉

zzzzzzzz

〈16〉

CCCCCCCC〈24〉

{{{{{{{{

〈0〉

19.25. Conte os subgrupos de U(Z/14Z)

Temos que U(Z/14Z) = {1, 3, 5, 9, 11, 13} e um grupo de ordem 6, ele e cıclico porque32 = 9 6= 1 e 33 = 27 = 13 6= 1 logo o(3) = 6 (pois a ordem de 3 divide 6). O grupo cıclicode ordem 6 contem exatamente um subgrupo de ordem cada divisor de 6, e sendo 6 = 2 · 3,6 admite 4 divisores (ou seja 1, 2, 3, 6) logo U(Z/14Z) contem exatamente 4 subgrupos (setrata dos unicos subgrupos de ordens 1, 2, 3, 6, ou seja 〈1〉, 〈13〉, 〈9〉, 〈3〉).

19.26. Sejam p, q dois primos distintos. Conte os subgrupos de Cp2q3 .

p2q3 admite 3 · 4 = 12 divisores, os numeros da forma paqb onde a ∈ {0, 1, 2} e b ∈{0, 1, 2, 3}. Logo Cp2q3 admite exatamente 12 subgrupos. Segue o diagrama dos subgruposde Cp2q3 = 〈x〉.


〈x〉

uuuuuuuuu

IIIIIIIII

〈xp〉

wwwwwwww

HHHHHHHHH〈xq〉

vvvvvvvvv

GGGGGGGG

〈xp2〉

FFFFFFFF〈xpq〉

vvvvvvvvv

HHHHHHHHH〈xq2〉

wwwwwwww

FFFFFFFF

〈xp2q〉

HHHHHHHHH〈xpq2〉

vvvvvvvvv

GGGGGGGG〈xq3〉

xxxxxxxx

〈xp2q2〉

HHHHHHHHHH〈xpq3〉

wwwwwwwww

〈1〉

19.27. Conte os subgrupos de U(Z/30Z).

Contaremos agora os subgrupos de U(Z/30Z). Temos que

G = U(Z/30Z) = {1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29}

e um grupo de ordem 8, o(1) = 1, o(7) = 4, o(11) = 2, o(13) = 4, o(17) = 4, o(19) = 2,o(23) = 4, o(29) = 2. Observe que isso implica que G nao e cıclico (porque |G| = 8 mas G naocontem elementos de ordem 8). Em particular nao podemos dizer que o numero de subgruposde G e igual ao numero de divisores de |G| (porque isso valeria so se G fosse cıclico). A tabelada multiplicacao de G e a seguinte.

∗ 1 7 11 13 17 19 23 291 1 7 11 13 17 19 23 297 7 19 17 1 29 13 11 2311 11 17 1 23 7 29 13 1913 13 1 23 19 11 7 29 1717 17 29 7 11 19 23 1 1319 19 13 29 7 23 1 17 1123 23 11 13 29 1 17 19 729 29 23 19 17 13 11 7 1

Seja H um subgrupo qualquer de G. Sabemos que |H| divide |G| = 8 pelo teorema deLagrange, logo |H| e igual a 1, 2, 4 ou 8. Se |H| = 1 entao H = {1}, se |H| = 8 entao H = G(se trata dos subgrupos “triviais”). Se |H| = 2 entao H tem a forma {1, a} com o(a) = 2 (He cıclico de ordem 2), logo o numero de subgrupos de ordem 2 e igual ao numero de elementosde ordem 2, ou seja G contem 3 subgrupos de ordem 2. Agora suponha |H| = 4. Se H contem

62 1. GRUPOS

um elemento de ordem 4 entao e cıclico, gerado por um elemento de ordem 4, logo tem duaspossibilidades: H = 〈7〉 = 〈13〉 e H = 〈17〉 = 〈23〉. Agora suponha H nao cıclico. As ordensdos elementos de H dividem |H| = 4 logo os elementos de H tem ordem 1, 2 ou 4, por outrolado como H nao e cıclico H nao contem elementos de ordem 4, logo todos os elementos naotriviais de H tem ordem 2. Mas G contem exatamente 3 elementos de ordem 2, que sao 11,19 e 29, logo a unica possibilidade e H = {1, 11, 19, 29}. Se trata de um subgrupo de G, atabela da multiplicacao e

∗ 1 11 19 291 1 11 19 2911 11 1 29 1919 19 29 1 1129 29 19 11 1

Logo G contem exatamente 1 + 1 + 3 + 2 + 1 = 8 subgrupos. O diagrama dos subgrupos e oseguinte.

G

〈17〉

2yyyyyyyy〈7〉

2

H

2

EEEEEEEEE

〈19〉2

DDDDDDDD2

2zzzzzzzzz〈29〉

2

〈11〉2

DDDDDDDDD

{1}2

DDDDDDDD2

2zzzzzzzz

19.28. (Difıcil) Mostre que se p e um numero primo entao U(Z/pZ) e um grupo cıclico.

Seja G = U(Z/pZ), e um grupo multiplicativo de ordem m = p− 1. Para todo divisor dde m seja f(d) o numero de elementos de G de ordem d. Sabemos que Cm tem ϕ(d) elementosde ordem d. Podendo particionar G juntando elementos da mesma ordem, e podendo fazer amesma coisa com Cm, obtemos que∑

d|m

f(d) = |G| = m = |Cm| =∑d|m

ϕ(d).

Observe agora que sendo Z/pZ um corpo Xd = {x ∈ Z/pZ : xd = 1} tem tamanho nomaximo d. Por outro lado se existir um elemento x ∈ G de ordem d entao 〈x〉 ⊆ Xd e sendo|〈x〉| = d e |Xd| ≤ d obtemos 〈x〉 = Xd, logo os unicos elementos de ordem d sao as potenciasde x de ordem d. Isso mostra que f(d) ∈ {0, ϕ(d)} para todo d|m, logo f(d) ≤ ϕ(d) paratodo d|m. Mas a igualdade

∑d|m f(d) =

∑d|m ϕ(d) pode ser escrita

∑d|m(ϕ(d)− f(d)) = 0,

e uma soma de numeros nao negativos e zero se e somente se tais numeros sao todos nulos,logo ϕ(d) = f(d) para todo d|m. Em particular f(m) = ϕ(m) 6= 0, logo G contem elementosde ordem m. Como |G| = m segue que G e cıclico.


19.29. Calcule a ordem de (1, 2, 3)(4, 5, 6, 7)(8, 9, 10, 11, 12) ∈ S12.

A ordem de um produto de cıclos disjuntos e o mmc dos comprimentos dos cıclos, nestecaso 60.

19.30. De um exemplo de elementos x, y de um grupo com x · y · x−1 6= y.

G = S3, x = (123), y = (12). De fato xyx−1 = (23) 6= y.

19.31. Sejam x e y elementos de um grupo. Mostre que o(xyx−1) = o(y).

Precisamos mostrar que yn = 1 se e somente se (xyx−1)n = 1. Suponha yn = 1, entao(xyx−1)n = xynx−1 = xx−1 = 1. Suponha (xyx−1)n = 1, entao yn = x−1(xyx−1)nx =x−1x = 1.

19.32. Seja X um conjunto e seja G = Sym(X). Seja a ∈ X um elemento fixado. Mostreque H = {f ∈ G : f(a) = a} e um subgrupo de G.

Precisamos verificar os tres axiomas de subgrupo. Temos id ∈ H pois id(a) = a. Sef ∈ H entao f(a) = a logo aplicando a funcao inversa (que existe porque f e bijetiva)obtemos f−1(f(a)) = f−1(a) ou seja f−1(a) = a logo f−1 ∈ H. Se f, g ∈ H entao f(a) = a,g(a) = a logo (fg)(a) = f(g(a)) = f(a) = a, e isso mostra que fg ∈ H.

19.33. Encontre todos os subgrupos normais de S3.

G = S3 = {1, (12), (13), (23), (123), (132)}. Seja N E G diferente de {1} e de G. Como|N | divide |G| = 6 temos |N | = 2 ou |N | = 3. Mas todo grupo de ordem prima e cıclico(pelo teorema de Lagrange), logo N e cıclico. Se |N | = 2 entao N e gerado por (12), (13)ou (23), mas os subgrupos 〈(12)〉, 〈(13)〉, 〈(23)〉 nao sao normais, porque (13)(12)(13)−1 =(13)(12)(13) = (23) 6∈ 〈(12)〉 = {1, (12)}, (12)(13)(12)−1 = (12)(13)(12) = (23) 6∈ 〈(13)〉 ={1, (13)}, e (12)(23)(12)−1 = (12)(23)(12) = (13) 6∈ 〈(23)〉 = {1, (23)}. Se |N | = 3 entao Ne gerado por (123) porque 〈(123)〉 = {1, (123), (132)} = 〈(132)〉. Se trata de um subgruponormal porque e igual ao grupo alternado A3. Segue que os subgrupos normais de S3 sao{1}, A3 e S3.

19.34. Seja G = S4 e H = {g ∈ G : g(3) = 3}. Mostre que H e um subgrupo de G eque |H| = 6.

O fato que H ≤ G foi demonstrado em geral em um exercıcio acima. H pode servisto como o grupo das permutacoes de {1, 2, 4}, que e um conjunto de tres elementos, logo|H| = 3! = 6.

19.35. Mostre que S4 nao contem subgrupos de ordem 16.

Segue do teorema de Lagrage pois 16 nao divide |S4| = 4! = 24.

64 1. GRUPOS

19.36. Seja X um conjunto qualquer com |X| ≥ 3. Mostre que Sym(X) nao e comuta-tivo.

E so observar que (123)(12) = (13) e (12)(123) = (23) sao distintos.

19.37. Seja g ∈ Sn e seja 1 ≤ k ≤ n. Mostre que

g(12 . . . k)g−1 = (g(1)g(2) . . . g(k)).

Seja h = (12 . . . k), temos ghg−1(g(i)) = gh(i) = g(i + 1) para todo i = 1, . . . , k, ondek+1 e identificado com 1. Segue que ghg−1 leva g(i) para g(i+1) logo e o cıclo (g(1) . . . g(k)).

19.38. Seja G um grupo e seja H uma famılia de subgrupos de G tais que se H ∈ He g ∈ G entao gHg−1 ∈ H . Mostre que a intersecao dos subgrupos em H e um subgruponormal de G.

Seja I a intersecao dos subgrupos em H e sejam x ∈ I, g ∈ G. Precisamos mostrarque gxg−1 ∈ I, ou seja que x ∈ g−1Hg para todo H ∈ H . Mas isso e verdade porqueg−1Hg ∈H por hipotese.

19.39. Mostre que se N e um subgrupo normal de um grupo G entao o centralizador deN em G

CG(N) = {g ∈ G : gn = ng ∀ n ∈ N}e um subgrupo normal de G.

Seja H = CG(N). H ≤ G porque 1 ∈ H (sendo 1n = n1 = n para todo n ∈ N), sex, y ∈ H e n ∈ N entao xyn = xny = nxy logo xy ∈ H, e se x ∈ H entao xn = nx emultiplicando a esquerda e a direita por x−1 obtemos nx−1 = x−1n logo x−1 ∈ H. H enormal em G porque se x ∈ H e g ∈ G entao para n ∈ N sendo g−1ng ∈ N (porque N enormal) temos

(gxg−1)n = gx(g−1ng)g−1 = g(g−1ng)xg−1 = n(gxg−1).

19.40. Uma outra maneira de dizer que as classes laterais a esquerda de H ≤ G emG formam uma particao de G e o fato que a seguinte e uma relacao de equivalencia em G(verifique!): x ∼ y se e somente se y−1x ∈ H.

A relacao ∼ e reflexiva porque se x ∈ G entao x−1x = 1 ∈ H, logo x ∼ x. E simetricaporque se x, y ∈ G com x ∼ y entao y−1x ∈ H logo x−1y = (y−1x)−1 ∈ H ou seja y ∼ x.

E transitiva porque se x, y, z ∈ G com x ∼ y e y ∼ z entao y−1x, z−1y ∈ H logo z−1x =(z−1y)(y−1x) ∈ H.

19.41. Seja H um subgrupo de G, g ∈ G e seja Hg = {hg : h ∈ H} (classe laterala direita). Defina gHg−1 = {ghg−1 : h ∈ H} (um “conjugado” de H). Mostre que saoequivalentes

(1) H e normal em G;(2) Hg = gH para todo g ∈ G;(3) gHg−1 = H para todo g ∈ G.


(1) implica (2). Suponha H normal, e vamos mostrar que se g ∈ G entao Hg = gH.Mostramos as duas inclusoes. (⊆): se hg ∈ Hg entao hg = gg−1hg ∈ gH pois g−1hg ∈ H (He normal). (⊇): se gh ∈ gH entao gh = ghg−1g ∈ Hg pois ghg−1 ∈ H (H e normal).

(2) implica (3). Se Hg = gH multiplicando a direita por g−1 obtemos H = gHg−1.(3) implica (1). Suponha gHg−1 = H. Se g ∈ G e h ∈ H entao ghg−1 ∈ gHg−1 = H

logo ghg−1 ∈ H.

19.42. Seja G um grupo finito e seja H um subgrupo cıclico de G. Mostre que se H enormal em G entao todo subgrupo de H e normal em G.

Seja K ≤ H e seja g ∈ G. Precisamos mostrar que gKg−1 = K. Mas gKg−1 e umsubgrupo de G e a funcao K → gKg−1, x 7→ gxg−1 e bijetiva, logo |K| = |gKg−1|. Alemdisso sendo H normal em G e K ≤ H obtemos que gKg−1 e um subgrupo de K. Segueque K e gKg−1 sao subgrupos de H da mesma ordem. Como H e cıclico, isso implica queK = gKg−1.

19.43. Quais dos grupos aditivos seguintes sao cıclicos? Z, Q, R, Q/Z, R/Q, R/Z.Justifique a resposta.

Z e cıclico gerado por 1. R/Q nao e cıclico porque se fosse cıclico admitiria um geradorx + Z. Sendo x/2 + Q ∈ R/Q existe n ∈ Z com nx + Q = x/2 + Q, ou seja nx − x/2 =m ∈ Q. Mas sendo n 6= 1/2 isso implica x = m/(n − 1/2) ∈ Q, ou seja x + Q = Q, daıR/Q = 〈x+Q〉 = 〈Q〉 e o grupo trivial, absurdo. Segue que R e R/Z nao sao cıclicos, porqueadmitem o quociente nao cıclico R/Q.

Q/Z nao e cıclico porque se fosse cıclico admitiria um gerador x + Z, x = a/b ∈ Q coma, b ∈ Z e b 6= 0. Sendo 1/2b + Z ∈ Q/Z existe k ∈ Z com kx + Z = 1/2b + Z ou sejaka/b−1/2b = c ∈ Z, segue que 2ka−1 = 2bc, absurdo porque k, a, b, c sao inteiros. Segue queQ nao e cıclico porque admite o quociente nao cıclico Q/Z, e R nao e cıclico porque admiteo quociente nao cıclico R/Z.

19.44. Conte os elementos de ordem 2, 3, 4, 5, 6 nos grupos S4, S5, A4, A5.

Um elemento de ordem 2 em S4 e do tipo (ab) ou (ab)(cd) logo S4 tem(

42

)+ 3 = 9

elementos de ordem 2. A mesma coisa vale em S5 logo S5 tem(

52

)+ 5 · 3 = 25 elementos

de ordem 2. Os elementos de ordem 2 em A4 sao tres, (12)(34), (13)(24) e (14)(23). Oselementos de ordem 2 em A5 sao da forma (ab)(cd) logo sao 5 · 3 = 15.

Um elemento de ordem 3 em S4, S5, A4, A5 e um 3-cıclo, logo S4 e A4 contem(

43

)2 = 8

elementos de ordem 3, S5 e A5 contem(

53

)2 = 20 elementos de ordem 3.

Um elemento de ordem 4 em S4, S5 e um 4-cıclo e A4, A5 nao contem elementos de ordem4 (os 4-cıclos sao ımpares). Segue que S4 contem 3! = 6 elementos de ordem 4 e S5 contem5 · 3! = 30 elementos de ordem 4.

Um elemento de ordem 5 em S5, A5 e um 5-cıclo logo S5 e A5 contem 4! = 24 elementosde ordem 5 e S4, A4 nao contem tais elementos.

Um elemento de ordem 6 em S5 tem a forma (abc)(de) logo S5 contem(

52

)2 = 20 elementos

de ordem 6. S4, A4, A5 nao contem elementos de ordem 6.

66 1. GRUPOS

19.45. Qual e a maior ordem de um elemento de S5? E de S12, A5, A12?

Pelo exercıcio anterior a maior ordem de um elemento de S5 e 6 e a maior ordem de umelemento de A5 e 5.

As estruturas cıclicas dos elementos de S12 sao 1 (par, ordem 1), (2) (ımpar, ordem 2),(3) (par, ordem 3), (4) (ımpar, ordem 4), (5) (par, ordem 5), (6) (ımpar, ordem 6), (7) (par,ordem 7), (8) (ımpar, ordem 8), (9) (par, ordem 9), (10) (ımpar, ordem 10), (11) (par, ordem11), (12) (ımpar, ordem 12), (2, 10) (par, ordem 10), (3, 9) (ımpar, ordem 9), (4, 8) (par,ordem 8), (5, 7) (par, ordem 35), (6, 6) (par, ordem 6), (2, 2, 8) (ımpar, ordem 8), (2, 3, 7)(ımpar, ordem 42), (2, 4, 6) (ımpar, ordem 12), (2, 5, 5) (ımpar, ordem 10), (3, 3, 6) (ımpar,ordem 6), (3, 4, 5) (ımpar, ordem 60), (4, 4, 4) (ımpar, ordem 4), (2, 2, 2, 6) (par, ordem 6),(2, 2, 3, 5) (par, ordem 30), (2, 2, 4, 4) (par, ordem 4), (2, 3, 3, 4) (par, ordem 12), (3, 3, 3, 3)(par, ordem 3), (2, 2, 2, 2, 4) (ımpar, ordem 4), (2, 2, 2, 3, 3) (ımpar, ordem 6), (2, 2, 2, 2, 2, 2)(par, ordem 2). Segue que a maior ordem de um elemento de S12 e 60 e a maior ordem deum elemento de A12 e 35.

19.46. Seja f : A → B um isomorfismo de grupos. Mostre que a funcao inversa f−1 :B → A e um isomorfismo tambem.

Seja g = f−1, e sejam x, y ∈ B. Precisamos mostrar que g(xy) = g(x)g(y). Sejamr = g(x), s = g(y), entao f(r) = f(g(x)) = x e f(s) = f(g(y)) = y e g(xy) = g(f(r)f(s)) =g(f(rs)) = rs = g(x)g(y).

19.47. Seja G um grupo. Mostre que a funcao f : G→ G, f(x) = x2 e um homomorfismode grupos se e somente se G e abeliano.

Para todo x, y ∈ G temos (xy)2 = x2y2 ou seja xyxy = x2y2. Multiplicando a esquerdapor x−1 e a direita por y−1 obtemos yx = xy.

19.48. Seja G um grupo abeliano finito de ordem n e seja m um numero inteiro tal que(n,m) = 1. Mostre que a funcao f : G→ G, f(x) = xm e um isomorfismo.

f e um homomorfismo porque (xy)m = xmym para todo x, y ∈ G sendo G abeliano.Sejam a, b ∈ Z com an + bm = 1. Sabemos que xn = 1 para todo x ∈ G (pelo teorema deLagrange) logo

x = x1 = xan+bm = (xn)a(xm)b = (xm)b

para todo x ∈ G. Segue que a funcao h : G→ G definida por g(x) = xb e a inversa da funcaof , logo f e bijetiva, ou seja e um isomorfismo.

19.49. Seja G um grupo finito de ordem nao divisıvel por 3. Mostre que se (xy)3 = x3y3

para todo x, y ∈ G entao G e abeliano.

Seja n = |G|, e sejam s, t ∈ Z com sn + 3t = 1. Se x ∈ G entao x = x1 = xsn+3t = x3t

logo a funcao G → G, x 7→ x3 e bijetiva com inversa x 7→ xt. Logo todo elemento de G tema forma a3 para algum a ∈ G. Se x, y ∈ G entao x = a3 para algum a ∈ G e

yx = ya3 = ya3y−1y = (yay−1)3y = y3a3y−3y = y3xy−2 ⇒ y2x = xy2.


Segue que y2 comuta com todo elemento de G. Logo se x, y ∈ G entao

xyxyxy = (xy)3 = x3y3 = xy2x2y ⇒ xy = yx.

19.50. Seja G um grupo finito de ordem par. Seja X = {g ∈ G : g2 = 1}. Mostre que|X| e par. X e sempre um subgrupo de G?

Podemos particionar G como uniao dos conjuntos Dg = {g, g−1} onde g ∈ G. Observeque |Dg| = 1 se e somente se g tem ordem 1 ou 2, logo definido D a uniao dos Dg como(g) 6= 1, 2 temos que G e a uniao disjunta D ∪X, logo |G| = |D| + |X|. Mas |D| e par porconstrucao, e |G| e par por hipotese, logo |X| = |G| − |D| e par tambem. X nao e sempre umsubgrupo de G, por exemplo se G = S3 entao X = {1, (12), (13), (23)} nao e um subgrupo deS3 (porque |X| = 4 nao divide |S3| = 6).

19.51. Seja G = C∗ o grupo multiplicativo dos numeros complexos nao nulos e sejaN = {a+ ib ∈ G : a2 + b2 = 1}. Sabemos que N EG. Mostre que G/N e isomorfo ao grupomultiplicativo B = {x ∈ R : x > 0}. Dica: defina f : G/N → B por (a + ib)N 7→ a2 + b2.Mostre que e bem definida e que e um isomorfismo.


19.52. Seja G um grupo e seja X ⊆ G tal que se x ∈ X e g ∈ G entao gxg−1 ∈ X.Mostre que 〈X〉EG.

Se H ≤ G contem X entao todos os conjugados gHg−1 contem X. Segue que 〈X〉 =⋂X⊆H≤GH e normal em G.

19.53. Seja G um grupo e seja H ≤ G. Mostre que se |G : H| = 2 entao H EG.

Se |G : H| = 2 entao H admite duas classes laterais esquerdas em G, sejam elas H e xH.Mas pela mesma razao H admite duas classes laterais direitas em G, sejam elas H e Hy.Sendo xH = G−H = Hy obtemos xH = Hy, segue que x ∈ Hy logo Hy = Hx e xH = Hx.Isso mostra que H e normal.

19.54. Seja G um grupo e seja H ≤ G. Mostre que se H 6= G e todo elemento deG−H = {g ∈ G : g 6∈ H} tem ordem 2 entao H e abeliano, HEG e G/H e abeliano. [Dica:dado g ∈ G−H e h ∈ H temos g, gh ∈ G−H logo g2 = 1 e (gh)2 = 1; mostre que H → H,h 7→ h−1 e um homomorfismo.]

Dado g ∈ G−H e h ∈ H temos g, gh ∈ G−H logo g2 = 1 e (gh)2 = 1 ou seja ghgh = 1,segue ghg = h−1. Sendo g = g−1 obtemos que ghg−1 = h−1. Como isso vale para todo h ∈ He para todo g ∈ G−H deduzimos que H EG. Se x, y ∈ H e g ∈ G−H entao sabemos quegxg−1 = x−1, gyg−1 = y−1 e gxyg−1 = (xy)−1 logo

y−1x−1 = (xy)−1 = gxyg−1 = gxg−1gyg−1 = x−1y−1,

segue que xy = yx, logo H e abeliano. No grupo G/H temos que (gH)2 = H para todogH ∈ G/H logo como visto em outro exercıcio G/H e abeliano.

68 1. GRUPOS

19.55. Seja H um subgrupo de um grupo finito G. Mostre que se |G : H| e um numeroprimo entao H e um subgrupo maximal de G, ou seja os unicos subgrupos K de G tais queH ≤ K ≤ G sao H e G.

Seja K ≤ G tal que H ≤ K ≤ G. Temos que |G : H| = p e um numero primo e

p = |G : H| = |G||H|

=|G||K|· |K||H|

= |G : K| · |K : H|,

e os numeros |G : K|, |K : H| sao inteiros. Sendo p primo segue que |G : K| = 1 ou|K : H| = 1, ou seja G = K ou K = H.

19.56. Seja f : A → B um homomorfismo injetivo de grupos e seja x ∈ A. Mostre queo(x) = o(f(x)).

Precisamos mostrar que xn = 1 se e somente se f(x)n = 1. Se xn = 1 entao f(x)n =f(xn) = f(1) = 1. Se f(x)n = 1 entao f(1) = 1 = f(x)n = f(xn) e sendo f injetivo xn = 1.

19.57. Sejam A,B subgrupos de um grupo G. Mostre que AB ≤ G se e somente seAB = BA.

Suponha AB ≤ G, e sejam a ∈ A, b ∈ B, entao b−1a−1 = (ab)−1 ∈ AB logo existema′ ∈ A, b′ ∈ B com b−1a−1 = a′b′, segue ab = (b−1a−1)−1 = (a′b′)−1 = b′−1a′−1 ∈ BA. Issomostra que AB ⊆ BA. A inclusao BA ⊆ AB e analoga. Isso mostra que AB = BA.

Suponha AB = BA. 1 ∈ AB porque 1 = 1 · 1 e 1 ∈ A ∩ B. Se a ∈ A, b ∈ B entao(ab)−1 = b−1a−1 ∈ BA = AB. Se a1, a2 ∈ A e b1, b2 ∈ B entao b1a2 ∈ BA = AB logo(a1b1)(a2b2) ∈ A(BA)B = A(AB)B = AB.

19.58. Seja G um grupo e sejam A,B subgrupos normais de G tais que AB = G. Mostreque

G/A ∩B ∼= G/A×G/B.

Seja f : G → G/A × G/B definida por f(g) = (gA, gB). O seu nucleo e A ∩ B, logopelo teorema de isomorfismo para terminar basta mostrar que f e sobrejetiva. Seja entao(xA, yB) ∈ G/A × G/B. Sendo AB = G e A,B normais G = AB = BA logo podemosescrever x = b1a1, y = a2b2 com a1, a2 ∈ A e b1, b2 ∈ B, logo xA = b1A e yB = a2B. Sejag = a2b1. Temos gA = a2b1A = b1(b−1

1 a2b1)A = b1A = xA sendo b−11 a2b1 ∈ A (A e normal)

e gB = a2b1B = a2B = yB. Segue que f(g) = (xA, yB).

19.59. Seja p um primo e seja X = {x2 : x ∈ Z/pZ}. Mostre que |X| = (p + 1)/2.[Dica: H = X − {0} e um subgrupo do grupo multiplicativo G = Z/pZ − {0}. Consideref : G→ H, f(x) = x2.]

Considere f : G→ H, f(x) = x2 como na dica. Sendo p um primo, o nucleo de f e {−1, 1}logo pelo teorema de isomorfismo {x2 : x ∈ H} ∼= G/{−1, 1} logo |X|−1 = |G|/2 = (p−1)/2,segue que |X| = 1 + (p− 1)/2 = (p+ 1)/2.


19.60. Mostre que R/Z ∼= {a+ ib ∈ C : a2 + b2 = 1}.

Seja G = {a + ib ∈ C : a2 + b2 = 1}. Se trata de aplicar o teorema de isomorfismo afuncao R→ G, α 7→ cos(2πα) + i sin(2πα).

19.61. Seja G = U(Z/23Z). Encontre g ∈ G tal que G = 〈g〉.

Temos |G| = 22 = 2 · 11. Precisamos encontrar g ∈ G de ordem 22. Observe que todoelemento de G tem ordem 1, 2, 11 ou 22. Sendo 22 = 4 e 211 = 1, 2 tem ordem 11. Como52 = 2, segue que 511 = 25 · 5 = 22 6= 1 logo 5 tem ordem 22 (porque o(5) 6∈ {1, 2, 11}) ouseja G = 〈5〉.

19.62. Sejam a, n inteiros positivos coprimos. Mostre que aϕ(n) ≡ 1 mod n (teorema deEuler-Fermat). [Dica: use o fato que |U(Z/nZ)| = ϕ(n) e o teorema de Lagrange.]

E imediato pelo fato que x|G| = 1 para x ∈ G quando G e um grupo finito (isso e verdadeporque o(x) = |〈x〉| divide |G| pelo teorema de Lagrange).

19.63. Mostre o terceiro teorema de isomorfismo: Se A ≤ B ≤ G sao subgrupos normaisde um grupo G entao

G/A

B/A∼= G/B.

Seja f : G/A → G/B definida por f(gA) = gB. E bem definida porque se xA = yAentao y−1x ∈ A e como A ≤ B temos y−1x ∈ B logo xB = yB ou seja f(xA) = f(yA).f e um homomorfismo sobrejetivo e ker(f) = B/A, logo o resultado segue do teorema deisomorfismo.

19.64. G aja a esquerda sobre X e sejam g ∈ G, x ∈ X. Mostre que gGxg−1 = Ggx.

Primeira inclusao: se a ∈ Gx entao gag−1 · gx = gax = gx logo gag−1 ∈ Ggx. Segundainclusao: se b ∈ Ggx entao definido a = g−1bg temos ax = g−1bgx = g−1gx = x logo a ∈ Gxdaı b = gag−1 ∈ gGxg−1.

19.65. O grupo G aja a direita sobre o conjunto X levando (α, g) ∈ X × G para αg.Mostre que a formula g ∗ α := αg−1 (onde g ∈ G e α ∈ X) define uma acao a esquerda de Gsobre X.

Temos 1 ∗α = α1−1 = α1 = 1 e se g, h ∈ G entao g ∗ (h ∗α) = g ∗ (αh−1) = (αh−1)g−1 =α(h−1g−1) = α((gh)−1) = (gh) ∗ α.

19.66. O grupo simetrico G = S4 age de maneira natural sobre X = {1, 2, 3, 4}. Calculeo indice |G : Gα| para todo α = 1, 2, 3, 4.

Como a acao de G sobre X e transitiva, sendo OG(1) = X (e por consequencia OG(α) = Xpara todo α ∈ X), obtemos que |G : Gα| = |X| = 4 para todo α ∈ X. O fato que OG(1) = Xpode ser visto usando o cıclo σ = (1234), de fato 1, σ(1) = 2, σ2(1) = 3, σ3(1) = 4 pertencema OG(1).

70 1. GRUPOS

19.67. Se G age sobre X e H ≤ G podemos considerar as orbitas da acao de H sobre X(H-orbitas). Considere G = S4 agindo da maneira natural sobre X = {1, 2, 3, 4} e H = Gαonde α ∈ X. Conte as H-orbitas.

A menos de trocar os nomes dos elementos podemos supor α = 4. Temos H = StabG(4) ∼=S3, os elementos de H sao 1, (12), (13), (23), (123), (132). Segue que as H-orbitas sao {1, 2, 3}e {4}. Mais em geral as Gα-orbitas sao X−{α} e {α}. Logo tem exatamente duas H-orbitas.

19.68. Seja G um grupo. Mostre que G age sobre G×G por meio da regra

G× (G×G)→ G×G, (g, (α, β)) 7→ (gα, gβ).

Conte as orbitas dessa acao em termos de n = |G|.

A orbita de (α, β) e {(gα, gβ) : g ∈ G}, ela tem tamanho n = |G|. Segue que todas asorbitas tem tamanho n logo sendo que |G×G| = n2 o numero de orbitas e n.

19.69. Conte as classes de conjugacao de A4 e de S4.

S4 e mais facil: duas permutacoes sao conjugadas se e somente se elas tem a mesmaestrutura cıclica. Segue que representantes de classes de conjugacao sao 1, (12), (123), (1234)e (12)(34), logo S4 tem 5 classes de conjugacao e a equacao das classes e 1+6+8+6+3 = 24.No caso de

A = A4 = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23), (123), (132), (124),

(142), (234), (243), (134), (143)}.Vamos calcular os centralizadores. Para fazer isso lembre-se que, nos grupo simetricos, sendogxg−1(g(i)) = g(x(i)) temos que o conjugado de um cıclo e

g(i1 · · · ik)g−1 = (g(i1) · · · g(ik)).

Por exemplo (1234)(123)(45)(1234)−1 = (234)(15). Alem disso se c1, . . ., cn sao cıclos entao

gc1c2 · · · cng−1 = gc1g−1gc2g

−1 · · · gcng−1

e isso permite de calcular facilmente os conjugados de uma permutacao qualquer (escritacomo produto de cıclos disjuntos).

Um elemento y pertence a CA(x) se e somente se yxy−1 = x. Lembrando isso vamoscalcular os centralizadores dos elementos de A. Obviamente CA(1) = A e

• CA((12)(34)) = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}, e e tambem igual ao centralizadorde (13)(24) e de (14)(23).

• CA((123)) = CA((132)) = {1, (123), (132)}.• CA((124)) = CA((142)) = {1, (124), (142)}.• CA((234)) = CA((243)) = {1, (234), (243)}.• CA((134)) = CA((143)) = {1, (134), (143)}.

Segue que (12)(34) tem 3 conjugados, que sao (12)(34), (13)(24) e (14)(23), e a classe de(12)(34) e a unica com 3 elementos. Como cada 3-cıclo tem 4 conjugados, existem exatamenteduas classes com 4 elementos sendo 1 + 3 + 4 + 4 = 12 = |A| (equacao das classes). Segue queA contem quatro classes de conjugacao.

Curiosidade: conjugando com os 3-cıclos obtemos que


• a classe de (123) e {(123), (243), (134), (142)},• a classe de (132) e {(132), (234), (143), (124)}.

O grupo K = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)} (grupo de Klein) e um subgrupo normal de A,de ordem 4, e age (por conjugacao) sobre as A-orbitas de tamanho 4, e tais acoes sao regulares(fieis, transitivas, com estabilizadores triviais).

19.70. Seja σ = (12 . . . n− 1) ∈ Sn. Mostre que CSn(σ) = 〈σ〉.

Sn contem n(n − 2)! (n − 1)-cıclos (escolhemos o ponto fixado em n maneiras e com osrestantes n − 1 elementos formamos (n − 2)! cıclos), logo |Sn : CSn(σ)| = n(n − 2)! e issoimplica |CSn(σ)| = n− 1. Por outro lado 〈σ〉 ≤ CSn(σ) e |〈σ〉| = n− 1 logo CSn(σ) = 〈σ〉.

19.71. Seja k(G) o numero de classes de conjugacao do grupo finito G. Seja

C := {(x, y) ∈ G×G : xy = yx}.

Mostre que |C| = k(G)|G|.[Dica: comece mostrando que |C| =

∑x∈G |CG(x)| e aplique o princıpio da contagem.]

Seja cx o numero de conjugados de x em G, temos cx = |G : CG(x)| logo |CG(x)| = |G|/cx,segue que |C| = |G|

∑x∈G 1/cx. Podemos juntar todos os elementos que estao em uma mesma

classe: chamando de C1, . . . , Ck as classes de conjugacao de G, onde k = k(G), se x ∈ Cientao cx = |Ci| logo

|C| = |G|k∑i=1

∑x∈Ci

1

cx= |G|

k∑i=1

∑x∈Ci

1

|Ci|= |G|

k∑i=1

1 = |G|k.

19.72. O centro de um grupo G e Z(G) = {g ∈ G : gx = xg ∀x ∈ G} =⋂x∈G CG(x).

Mostre que Z(G)EG. Mostre que Z(Sn) = {1} para todo n ≥ 3.

1 ∈ Z(G) porque 1g = g = g1 para todo g ∈ G, se x, y ∈ Z(G) entao xy ∈ Z(G) pois seg ∈ G entao xy · g = xgy = g · xy, e se z ∈ Z(G) entao z−1 ∈ Z(G), de fato temos zg = gzpara todo g ∈ G, que pode ser re-escrito, multiplicando a esquerda e a direita por z−1, comogz−1 = z−1g, e isso vale para todo g ∈ G. Z(G) e normal em G porque se z ∈ Z(G) e g ∈ Gentao gzg−1 = z ∈ Z(G). Seja g um elemento do centro Z(Sn). Suponha por contradicao queg 6= 1 e seja i ∈ {1, . . . , n} tal que g(i) = j 6= i. Sendo n ≥ 3 existe k ∈ {1, . . . , n} com k 6= ie k 6= j. Por hipotese o 3-cıclo x = (ijk) comuta com g. Logo g(ijk) = (ijk)g. Aplicando ai obtemos g(j) = k. Por outro lado g(ij) = (ij)g tambem, e aplicando a i obtemos g(j) = i.Contradicao.

19.73. Sejam N E G e seja L um subgrupo de G/N . Seja H = {g ∈ G : gN ∈ L}.Mostre que N ≤ H ≤ G e que L = H/N .

E claro que H esta contido em G. H contem N porque se n ∈ N entao nN = N ∈ Lsendo L um subgrupo de G/N . Alem disso H e exatamente igual a pre-imagem de L pormeio da projecao canonica π : G→ G/N , g 7→ gN , logo e um subgrupo de G (1 ∈ H porqueπ(1) = N ∈ L, se x, y ∈ H entao π(xy) = xyN = xNyN ∈ L logo xy ∈ H, e se x ∈ H entao

72 1. GRUPOS

π(x−1) = x−1N = (xN)−1 ∈ L logo x−1 ∈ H). Todo elemento de H/N pertence a L pordefinicao, e se gN ∈ L entao g ∈ H logo gN ∈ H/N . Segue que L = H/N .

19.74. Seja G um grupo. Um automorfismo de G e um isomorfismo G → G. SejaA = Aut(G) o conjunto dos automorfismos de G. Entao A e um grupo com a operacao decomposicao. Seja γ : G→ A definida por γ(g)(x) = gxg−1 para todo g, x ∈ G. Mostre que γe um homomorfismo e que ker(γ) = Z(G). Deduza que G/Z(G) e isomorfo a um subgrupode Aut(G).

O inverso de um automorfismo f : G → G e um automorfismo tambem porque dadosx, y ∈ G podemos escrever x = f(a), y = f(b) com a, b ∈ G sendo f sobrejetiva, logo

f−1(xy) = f−1(f(a)f(b) = f−1(f(ab)) = ab = f−1(x)f−1(y). E claro que a identidade e umautomorfismo de G e que a composicao de dois automorfismos e um automorfismo. Segueque A e um grupo com a operacao de composicao. Para mostrar que γ e homomorfismoprecisamos mostrar que γ(gh) = γ(g)γ(h), ou seja que γ(gh)(x) = γ(g)γ(h)(x) para todox ∈ G. Mas isso significa (gh)x(gh)−1 = ghxh−1g−1 que e verdadeiro. O nucleo de γ contemaqueles elementos g ∈ G tais que γ(g) = 1, ou seja γ(g)(x) = x para todo x ∈ G, ou sejagxg−1 = x para todo x ∈ G, ou seja gx = xg para todo x ∈ G, segue que ker(γ) = Z(G).Pelo teorema de isomorfismo aplicado a γ deduzimos que G/Z(G) e isomorfo a um subgrupode Aut(G).

19.75. Seja G um grupo e seja H a famılia dos subgrupos normais N de G tais que G/Ne abeliano. Seja I =

⋂N∈H N a intersecao dos subgrupos de G pertencentes a famılia H .

Mostre que G/I e abeliano. [I e chamado de “subgrupo derivado” ou “subgrupo comutador”de G.]

Considere o produto direto X =∏N∈H G/N . Temos o homomorfismo canonico G→ X,

g 7→ (gN)N∈H , cujo nucleo e I, logo pelo teorema de isomorfismo G/I e isomorfo a umsubgrupo de X. Mas X e abeliano, sendo um produto direto de grupos abelianos, logo G/Ie abeliano tambem.

19.76. Seja p um numero primo e seja G um grupo finito de ordem p. Mostre que G ecıclico. [Dica: a ordem de um elemento de G divide a ordem de G.]

Sendo |G| = p > 1 existe 1 6= g ∈ G. Seja H = 〈g〉. Pelo teorema de Lagrange |H| = o(g)divide |G| = p, por outro lado o(g) 6= 1 sendo g 6= 1 logo |H| = o(g) = p. Sendo H ≤ G e|H| = p = |G| obtemos G = H = 〈g〉, logo G e cıclico.

19.77. G aja de maneira fiel sobre X, e seja H ≤ G. Suponha que a acao de H sobre Xseja transitiva. Defina K = CG(H) = {g ∈ G : gh = hg ∀h ∈ H} (o centralizador de H emG). Mostre que Kα = {1} para todo α ∈ X.

Seja g ∈ Kα. Temos gα = α. Se β ∈ X entao existe h ∈ H com hα = β (porque a acaode H e transitiva) daı gβ = ghα = hgα = hα = β, segue que g ∈ Kβ . Mas isso vale paratodo β ∈ X, logo g pertence a

⋂β∈X Kβ , que esta contido em

⋂β∈X Gβ = {1} (sendo a acao

de G sobre X fiel). Segue que g = 1.


19.78. Seja G um grupo finito abeliano que age de maneira fiel e transitiva sobre umconjunto X. Mostre que |G| = |X|.

Como G e abeliano temos que CG(G) = G logo aplicando o exercıcio anterior obtemosGα = {1} para todo α ∈ X. Sendo a acao transitiva, para um qualquer α ∈ X temos|X| = |G : Gα| = |G|.

19.79. Seja G um grupo que age de maneira fiel e transitiva sobre X. Mostre que |Z(G)|divide |X|.

O grupo Z(G) age sobre X e tal acao e fiel. Seja O ⊆ X uma Z(G)-orbita. SendoZ(G) um grupo abeliano que age de maneira fiel e transitiva sobre O, pelo exercıcio anteriorobtemos |O| = |Z(G)|. Isso vale para todas as Z(G)-orbitas logo pela equacao das orbitas|Z(G)| divide |X|.

19.80. Seja G um grupo. Mostre que toda classe de conjugacao de G tem tamanho nomaximo |G : Z(G)|.

A classe de conjugacao de x ∈ G tem tamanho |G : CG(x)| e como Z(G) ≤ CG(x) temos|G : Z(G)| = |G : CG(x)| · |CG(x) : Z(G)| daı |G : CG(x)| ≤ |G : Z(G)|.

19.81. Seja p um numero primo e seja G um p-grupo finito. Seja M um subgrupomaximal de G (ou seja os unicos subgrupos H de G com M ≤ H ≤ G sao M e G). Mostreque MEG e que |G : M | = p. [Dica: por inducao sobre n, onde |G| = pn. Seja y ∈ Z(G)−{1},uma sua oportuna potencia x tem ordem p; considere G/〈x〉.]

Suponha por contradicao que M tenha dois conjugados em G. Sabemos entao que |G :NG(M)| = 2. Por outro lado M ≤ NG(M) ≤ G logo NG(M) = M ou NG(M) = G (sendo Mmaximal). Mas se NG(M) = M entao 2 = |G : NG(M)| = |G : M | logo M tem ındice 2 emG, logo M EG (pelo exercıcio anterior) mas isso significa que NG(M) = G, uma contradicao.Se por outro lado NG(M) = G entao M EG logo M tem apenas um conjugado em G, umacontradicao.

19.82. O grupo G aja de maneira fiel sobre o conjunto X. Mostre que se X e finito entaoG e finito tambem.

Pelo teorema de Cayley generalizado G e isomorfo a um subgrupo de Sym(X). Se X efinito, digamos |X| = n, entao Sym(X) tem ordem n! logo sendo G isomorfo a um subgrupode Sym(X) obtemos que |G| ≤ n!, em particular G e finito.

19.83. Uma acao de G sobre X com todos os estabilizadores triviais (ou seja Gx = {1}para todo x ∈ X) e dita semiregular. Mostre que a acao de G sobre X e isomorfa a acaoregular de G (que e a acao de G sobre G dada pela multiplicacao a esquerda) se e somente see semiregular e transitiva.

A acao regular e semiregular e transitiva. Agora suponha de ter uma acao A de G sobreX que e semiregular e transitiva. Seja x ∈ X e defina f : G → X, f(g) = gx. E sobrejetiva

74 1. GRUPOS

sendo A transitiva e e injetiva pois se gx = hx entao h−1gx = x logo h−1g = 1 ou seja g = hsendo A semiregular. Alem disso f(ag) = agx = af(g) logo f e uma equivalencia e deduzimosque A e equivalente a acao regular de G sobre G.

19.84. Considere o grupo S6 agindo sobre X = {1, 2, 3, 4, 5, 6} da maneira natural. Mos-tre que S6 contem um subgrupo isomorfo a S4 cuja acao sobre X e transitiva. [Dica: considerea acao natural de S4 sobre o conjunto dos subconjuntos de {1, 2, 3, 4} de cardinalidade 2.]

A acao indicada na dica e transitiva e fiel. Logo S4 e isomorfo a um subgrupo transitivode S6.

19.85. Seja G um grupo simples. Mostre que se G contem um subgrupo H de ındice 3entao H = {1}, ou seja |G| = 3.

Seja H um subgrupo de G com |G : H| = 3. Em particular H < G logo sendo o coracaonormal HG um subgrupo normal de G contido em H, como G e simples HG = {1}. Sabemosque G ∼= G/HG e isomorfo a um subgrupo de S3. Os subgrupos de S3 sao dos tipos seguintes:{1}, C2, C3, S3. Os unicos entre eles que contem subgrupos de ındice 3 sao C3 e S3. Por outrolado S3 nao e simples porque contem um subgrupo normal de ordem 3 (o grupo alternado degrau 3), logo G ∼= C3 e |G| = 3, alem disso H = {1}.

19.86. Mostre que se G/Z(G) e cıclico entao G = Z(G), ou seja G e abeliano.[Dica: chamado Z = Z(G), o quociente G/Z e gerado por um elemento xZ, logo todo

elemento de G tem a forma xnz com n um inteiro e z ∈ Z. Considere dois elementos a = xnz,b = xmw de G (onde z, w ∈ Z) e mostre que ab = ba.]

Como z, w ∈ Z(G) e as potencias de x comutam entre elas,

ab = xnzxmw = xmwxnz = ba.

19.87. Seja G um grupo de ordem 56 contendo um subgrupo de ındice 4. Mostre que Gnao e simples.

Suponha G simples por contradicao. Como |G| = 56 nao e primo, G nao e abeliano. SejaH ≤ G com |G : H| = 4. Sabemos que o coracao normal HG E G e HG ≤ H < G, logoHG = {1} sendo G simples. Pelo teorema de Cayley generalizado G ∼= G/HG e isomorfo aum subgrupo de S4, logo |G| = 56 divide |S4| = 24, uma contradicao.

19.88. Sejam m,n dois inteiros positivos coprimos. Mostre que Cnm ∼= Cn ×Cm. [Dica:escrevendo G = Cnm = 〈x〉, sejam A = 〈xm〉, B = 〈xn〉. Mostre que A ∼= Cn, B ∼= Cm,A,B EG, AB = G, A ∩B = {1}.]

Obviamente A,B sao normais em G = Cnm sendo G abeliano, e |A| = |〈xm〉| = o(xm) =nm/(m,nm) = nm/m = n, |B| = |〈xn〉| = o(xn) = nm/(n, nm) = nm/n = m. Sendo Gcıclico, A e B sao cıclicos (sendo subgrupos de G) logo A ∼= Cn e B ∼= Cm. A intersecaoA ∩ B e trivial pelo teorema de Lagrange, sendo A ∩ B subgrupo de A e de B e sendo|A| = n e |B| = m coprimos. Falta mostrar que AB = G. Pelo algoritmo de Euclides


existem x, y ∈ Z com nx + my = 1, logo um elemento arbitrario xk de G pode ser escritoxk = xk(nx+my) = xmky+nkx = (xm)ky(xn)kx ∈ AB.

19.89. Seja G um grupo finito e seja p um numero primo. Mostre que |G| e uma potenciade p se e somente se todo elemento de G tem ordem uma potencia de p.

Se |G| e uma potencia de p entao todo elemento de G tem ordem uma potencia de ppelo teorema de Lagrange. Se todo elemento de G tem ordem uma potencia de p e porcontradicao |G| nao e uma potencia de p entao existe um divisor primo q de |G| tal que q 6= p.Pelo teorema de Cauchy existe g ∈ G de ordem q. Isso e uma contradicao porque q nao euma potencia de p.

19.90. Mostre que se G e um grupo tal que |G| ∈ {6, 12, 18, 24} entao G nao e um gruposimples.

Se |G| ∈ {6, 12, 24} entao um 2-Sylow tem ındice 3 e ja vimos (em um exercıcio acima)que a existencia de um subgrupo de ındice 3 implica |G| = 3 para um grupo simples, umacontradicao. Se |G| = 18 entao um 3-Sylow tem ındice 2 logo e normal.

19.91. Seja G um grupo finito com um subgrupo H de indice 4. Mostre que G nao esimples. [Dica: pelo teorema de Cayley generalizado G/HG e isomorfo a um subgrupo de S4]

Sendo HG ≤ H < G se G e simples (por contradicao) temos HG = {1} logo G ∼= G/HG

e isomorfo a um subgrupo de S4. Segue que |G| divide 24 e 4 divide |G| daı |G| e um entre4, 8, 12, 24. Mas 12 e 24 foram tratados no exercıcio anterior, e se |G| e um entre 4 e 8, quesao potencias de 2, entao sabemos que Z(G) 6= {1} logo existe x ∈ Z(G) de ordem 2 (peloteorema de Cauchy) e 〈x〉 e um subgrupo normal diferente de {1} e de G, contradicao.

19.92. Seja G um grupo nao abeliano com |G| < 60. Mostre que G nao e simples.

Se |G| e um primo e abeliano, se e uma potencia de um primo pn com n ≥ 2 entaosabemos que Z(G) 6= {1}, logo se G nao e abeliano entao a existencia do subgrupo normalZ(G) mostra que G nao e simples. Alem disso se G contem um subgrupo de ındice 4 entaonao e simples pelo exercıcio 19.91, e ja vimos que o unico grupo simples que contem umsubgrupo de ındice 3 e C3 (exercıcio 19.85). Se |G| = 6 entao n3 = 1, se |G| = 10 entaon5 = 1, se |G| = 12 entao veja o exercıcio acima, se |G| = 14 entao n7 = 1, se |G| = 15 entaon5 = 1, se |G| = 18 entao n3 = 1, se |G| = 20 entao n5 = 1, se |G| = 21 entao n7 = 1, se|G| = 22 entao n11 = 1, se |G| = 24 entao veja o exercıcio acima, se |G| = 26 entao n13 = 1,se |G| = 28 entao n7 = 1, se |G| = 30 entao veja acima, se |G| = 33 entao n11 = 1, se |G| = 34entao n17 = 1, se |G| = 35 entao n7 = 1, se |G| = 36 = 22 · 32 entao os 3-Sylow tem ındice 4,se |G| = 38 entao n19 = 1, se |G| = 39 entao n13 = 1, se |G| = 40 entao n5 = 1, se |G| = 42entao n7 = 1, se |G| = 44 entao n11 = 1, se |G| = 45 entao n3 = 1, se |G| = 46 entao n23 = 1,se |G| = 48 = 24 · 3 entao os 2-Sylow tem ındice 3, se |G| = 50 entao n5 = 1, se |G| = 52entao n13 = 1, se |G| = 54 entao n3 = 1, se |G| = 55 entao n11 = 1, se |G| = 56 = 23 · 7entao podemos supor n7 = 8, daı temos 6 · 8 = 48 elementos de ordem 7, daı tem espacopara apenas um 2-Sylow (porque 56− 48 = 8) ou seja n2 = 1, se |G| = 57 entao n19 = 1, se|G| = 58 entao n29 = 1.

76 1. GRUPOS

19.93. Seja G um grupo nao abeliano com 60 < |G| < 168. Mostre que G nao e simples.[Cuidado: algumas ordens sao difıceis, falaremos delas em sala de aula. Mas e bom tentar.]

Excluindo as potencias de primos e os casos em que existe um subgrupo de Sylow deındice 2, 3 ou 4 os unicos numeros faltando sao 65 = 5 · 13, 66 = 2 · 3 · 11, 70 = 2 · 5 · 7,72 = 23 · 32, 78 = 2 · 3 · 13, 80 = 24 · 5, 84 = 22 · 3 · 7, 85 = 5 · 17, 88 = 23 · 11, 90 = 2 · 32 · 5,91 = 7 · 13, 95 = 5 · 19, 99 = 32 · 11, 102 = 2 · 3 · 17, 104 = 23 · 13, 105 = 3 · 5 · 7, 110 = 2 · 5 · 11,112 = 24 ·7, 114 = 2 ·3 ·19, 115 = 5 ·23, 117 = 32 ·13, 119 = 7 ·17, 120 = 23 ·3 ·5, 126 = 2 ·32 ·7,130 = 2 · 5 · 13, 132 = 22 · 3 · 11, 133 = 7 · 19, 135 = 33 · 5, 136 = 23 · 17, 138 = 2 · 3 · 23,140 = 22 ·5 ·7, 143 = 11 ·13, 144 = 24 ·32, 145 = 5 ·29, 150 = 23 ·52, 152 = 23 ·19, 153 = 32 ·17,154 = 2 · 7 · 11, 155 = 5 · 31, 156 = 22 · 3 · 13, 160 = 25 · 5, 161 = 7 · 23, 165 = 3 · 5 · 11.

Observe que muitos deles tem a forma mp com p primo e m < p, neste caso np = 1 peloteorema de Sylow. Excluindo tais numeros os que faltam sao 70 = 2 · 5 · 7, 72 = 23 · 32,80 = 24 ·5, 84 = 22 ·3 ·7, 90 = 2 ·32 ·5, 105 = 3 ·5 ·7, 112 = 24 ·7, 120 = 23 ·3 ·5, 126 = 2 ·32 ·7,132 = 22 · 3 · 11, 135 = 33 · 5, 140 = 22 · 5 · 7, 144 = 24 · 32, 150 = 23 · 52, 154 = 2 · 7 · 11,160 = 25 · 5, 165 = 3 · 5 · 11.

Se |G| ∈ {70, 84, 140} entao n7 = 1, se |G| = 150 entao n5 = 1, se |G| ∈ {154, 165} entaon11 = 1. Se |G| tiver a forma 5 · pm com p primo diferente de 5 entao os p-Sylow tem ındice5 logo G e isomorfo a um subgrupo de S5, daı |G| divide 5! e deduzimos que pm = 3 ou pm

divide 8. Isso resolve os numeros 80, 135, 160. Os que faltam sao 72 = 23 · 32, 90 = 2 · 32 · 5,105 = 3 · 5 · 7, 112 = 24 · 7, 120 = 23 · 3 · 5, 126 = 2 · 32 · 7, 132 = 22 · 3 · 11, 144 = 24 · 32.

Se |G| = 72 = 23 · 32 entao podemos supor n3 = 4, e segue que o normalizador de um3-Sylow tem ındice 4, contradicao.

Se |G| = 105 = 3 · 5 · 7 entao podemos supor n7 = 15, n5 = 21, daı temos 15 · 6 = 90elementos de ordem 7 e 21 · 4 = 84 elementos de ordem 5, uma contradicao sendo 90 + 84 >105 = |G|.

Se |G| = 112 = 24 · 7 entao podemos identificar G com o correspondente subgrupo de S7.Seja A = A7, entao A tem ındice 2 em S7 e G∩A e normal em G, logo se G nao esta contidoem A entao G ∩ A = {1}, mas isso implica GA = S7 e |G||A| = 7! ou seja |G| = 2, absurdo.Segue que G ≤ A, em particular |G| = 24 ·7 divide |A| = 7!/2 = 23 ·32 ·5 ·7, uma contradicao.

Se |G| = 132 = 22 · 3 · 11 entao podemos supor n11 = 12, daı tem 10 · 12 = 120 elementosde ordem 11, por outro lado podemos supor n3 6= 4 (se nao o normalizador de um 3-Sylowteria ındice 4) logo n3 = 22 pelo teorema de Sylow e deduzimos que G contem 22 · 2 = 44elementos de ordem 3, uma contradicao porque 120 + 44 > 132 = |G|.

Se |G| ∈ {90, 126} entao |G| tem a forma 2m com m impar. Neste caso a representacaoregular mostra que podemos identificar G com um subgrupo de S = S2m e chamado deA = A2m < S o grupo alternado, temos que G ∩ A E G logo G ∩ A = G ou seja G ≤ A(nao pode ser G ∩A = {1} porque teriamos S = GA logo |S| = |GA| = |G||A| o que implica


|G| = 2, absurdo). Por outro lado chamado de x um gerador de um 2-Sylow de G, o elementox corresponde (na representacao regular) a um produto de m cıclos de comprimento 2, e talelemento nao pertence a A (sendo m impar), absurdo.

Faltaram os numeros 120 = 23 · 3 · 5, 144 = 24 · 32. Eles sao mais difıceis.

Se |G| = 120 = 23 · 3 · 5 e G e simples observe primeiramente que n2 = 15. De fato senao fosse assim seria 1 < n2 ≤ 5, logo G teria um subgrupo (o normalizador de um 2-Sylow)de ındice 3 ou 5. Em geral se se G tem um subgrupo proprio nao trivial de ındice menor ouigual a 5 entao pelo teorema de Cayley generalizado G e isomorfo a um subgrupo de S5 logoG ∼= S5 (sendo |G| = 120), mas S5 nao e simples pois contem o subgrupo normal A5 (grupoalternado de grau 5). Considere um 2-Sylow P agindo por conjugacao no conjunto X dos2-subgrupos de Sylow. Observe que |X| = n2 = 15. Existe pelo menos uma tal orbita detamanho 2, sendo |X| = n2 = 15 6≡ 1 mod 4. Seja entao {Q,R} uma P -orbita de tamanho2. Segue que |P : NP (Q)| = 2 logo |NP (Q)| = 4. Por outro lado NP (Q) e um 2-subgrupode G que normaliza Q, logo esta contido em Q (pelo lema tecnico visto na demonstracao doteorema de Sylow), segue que NP (Q) ≤ P ∩ Q. Mas sendo |P : NP (Q)| = 2 e P 6= Q segueP ∩Q = NP (Q) e |P ∩Q| = 4, |P : P ∩Q| = |Q : P ∩Q| = 2. Segue que P ∩Q e normal emP e em Q logo P,Q ≤ NG(P ∩Q), logo NG(P ∩Q) e um subgrupo de G que contem P e ediferente de P . Segue que |G : NG(P ∩Q)| ∈ {1, 3, 5}. Mas pelo argumento sobre os ındicesmenores ou iguais a 5 isso implica que |G : NG(P ∩Q)| = 1 ou seja P ∩QEG. Isso contradizo fato que G e simples pois |P ∩Q| = 4.

Se |G| = 144 = 24 · 32 entao observe primeiramente que n3 = 16, sendo 8 6≡ 1 mod 3 esabemos que nao existem subgrupos de ındice 2 ou 4. Seja P um 3-Sylow, entao NG(P ) = P .Considere a acao de conjugacao de P sobre o conjunto X dos 3-subgrupos de Sylow deG. Sendo |P | = 9 e |X| = n3 = 16 6≡ 1 mod 9 deve existir uma P -orbita de tamanho 3(tem uma unica orbita de tamanho 1 e as outras nao podem todas ter tamanho 9), logoexiste um 3-Sylow Q tal que |P : NP (Q)| = 3, daı |NP (Q)| = 3 e sendo NP (Q) ≤ P ∩Q (peloteorema de Sylow, porque NP (Q) e um 3-subgrupo de G que normaliza o 3-Sylow Q) obtemos|P ∩ Q| = 3. Mas P e Q tem ordem 9, logo sao abelianos, logo P ∩ Q e normal em P e emQ, logo P,Q ≤ NG(P ∩Q) logo |G : NG(P ∩Q)| ∈ {1, 2, 4, 8} e nao pode ser G = NG(P ∩Q)sendo P ∩ Q 6= {1} (sendo |P ∩ Q| = 3). Tal ındice nao pode ser 2 nem 4 sendo G simples.Deduzimos |G : NG(P ∩ Q)| = 8 mas entao |NG(P ∩ Q)| = 9 · 2 e isso implica que P temındice 2 em NG(P ∩Q) logo e normal nele, daı NG(P ∩Q) ≤ NG(P ) = P , absurdo.

19.94. Seja p um primo. Calcule np(G) nos casos seguintes.

(1) G = GL(2, p) (“general linear group”), o grupo das matrices 2 × 2 inversıveis comcoeficientes no corpo Z/pZ, ou seja

G = GL(2, p) =

{(a bc d

): a, b, c, d ∈ Z/pZ, ad− bc 6= 0

}.

[Dica: comece calculando |GL(2, p)|: tem p2 − 1 escolhas para a primeira coluna ep2 − p escolhas para a segunda.]

78 1. GRUPOS

Temos p2− 1 escolhas para a primeira coluna (uma qualquer coluna nao nula) ep2 − p escolhas para a segunda coluna (uma qualquer coluna que nao seja multiplada primeira). Obtemos

|G| = (p2 − 1)(p2 − p) = p(p− 1)2(p+ 1),

daı os p-subgrupos de Sylow tem ordem p. Seja x =

(1 10 1

). E claro que

P = 〈x〉 =

{(1 t0 1

): t ∈ Z/pZ

}e um p-subgrupo de Sylow, e pelo teorema de Sylow todos os subgrupos de Sylow saoconjugados a P . Em particular pelo princıpio da contagem np(G) = |G : NG(P )| =

|G|/|NG(P )|, logo e suficiente calcular |NG(P )|. Um elemento g =

(a bc d

)∈ G

pertence a NG(P ) se e somente se gxg−1 e uma potencia de x. Temos g−1 =

1ad−bc

(d −b−c a

), logo

gxg−1 = 1ad−bc

(a bc d

)·(

1 10 1

)·(

d −b−c a

)= 1

ad−bc

(ad− ac− bc a2

−c2 ac− bc+ ad

).

Logo se gxg−1 ∈ P devemos ter c = 0 e substituindo obtemos

gxg−1 =1

ad

(ad a2

0 ad

)=

(1 a/d0 1

)∈ P.

Segue que a igualdade c = 0 define o normalizador e |NG(P )| = p(p−1)2. Segue quenp(G) = |G : NG(P )| = p+ 1 que e coerente com o teorema de Sylow pois p+ 1 ≡ 1mod p.

(2) G = SL(2, p) (“special linear group”), o grupo das matrices 2 × 2 com coeficientesno corpo Z/pZ e determinante 1, ou seja

G = SL(2, p) =

{(a bc d

): a, b, c, d ∈ Z/pZ, ad− bc = 1

}.

[Dica: sendo o determinante det : GL(2, p)→ Z/pZ−{0} um homomorfismo sobre-jetivo com nucleo SL(2, p) obtemos pelo teorema de isomorfismo (p− 1)|SL(2, p)| =|GL(2, p)|.

Seguindo a dica obtemos |G| = p(p − 1)(p + 1) e como no caso anterior seja

x =

(1 10 1

)∈ G. O subgrupo P = 〈x〉 e um p-subgrupo de Sylow e como no

caso anterior precisamos calcular |NG(P )|. Seja g =

(a bc d

). A conta e a mesma


do exercıcio anterior lembrando que ad− bc = 1 daı

gxg−1 =

(1− ac a2

−c2 ac+ 1

).

Segue que se g ∈ NG(P ) entao c = 0 e substituindo obtemos gxg−1 ∈ P daı aigualdade c = 0 define o normalizador. Segue que os elementos diagonais sao a ea−1 logo |NG(P )| = p(p− 1) e np(G) = |G : NG(P )| = p+ 1.

(3) O grupo seguinte:

G =

{(a b0 c

): a, b, c ∈ Z/pZ, ac 6= 0

}≤ GL(2, p).

Vimos acima que G e o normalizador de um p-Sylow de GL(2, p) logo neste casonp(G) = 1.

19.95. Seja P um subgrupo de Sylow de G. Mostre que NG(NG(P )) = NG(P ).

A inclusao NG(P ) ≤ NG(NG(P )) e obvia, mostraremos a inclusao ≥. Se g ∈ NG(NG(P ))entao gNG(P )g−1 = NG(P ), em particular sendo P ≤ NG(P ) temos gPg−1 ≤ NG(P ). Sendo|gPg−1| = |P |, o subgrupo gPg−1 e um p-subgrupo de Sylow de NG(P ). Pelo teorema deSylow existe t ∈ NG(P ) tal que tP t−1 = gPg−1, por outro lado como t ∈ NG(P ) temosobviamente tP t−1 = P logo P = tP t−1 = gPg−1. Segue que g ∈ NG(P ).

19.96. Seja G um grupo de ordem 6. Mostre que se G e abeliano entao e cıclico, e quese G nao e abeliano entao G ∼= S3.

Sejam x um elemento de G de ordem 3 e y um elemento de G de ordem 2. Se G eabeliano entao xy = yx logo (xy)2 = x2y2 = x2, (xy)3 = x3y3 = y, (xy)4 = x4y4 = x,(xy)5 = x5y5 = x2y, (xy)6 = x6y6 = 1. Segue que xy e um elemento de ordem 6, logo 〈xy〉e um subgrupo de ordem 6 logo 〈xy〉 = G e G e cıclico. Agora suponha G nao cıclico. Peloteorema de Sylow n3 = 1 e n2 ∈ {1, 3}. Se fosse n2 = 1 entao G conteria um 3-Sylow normalA e um 2-Sylow normal B Logo pelo exercıcio anterior G ∼= A × B seria abeliano (sendo|A| = 3 e |B| = 2). Isso mostra que n2 = 3. Seja P um 2-Sylow de G. Temos entao PG 6= Plogo PG = {1} (sendo |P | = 2 primo e PG < P ), daı como P tem ındice 3 em G, G ∼= G/PGe isomorfo a um subgrupo de S3. Como |G| = 6 segue que G ∼= S3.

19.97. Seja G um grupo de ordem 15. Mostre que G e cıclico.

Sejam x um elemento de ordem 5 e y um elemento de ordem 3, A = 〈x〉 e B = 〈y〉.Entao A e um 5-Sylow e B e um 3-Sylow. Pelo teorema de Sylow n5 = 1 e n3 = 1, logo Ae B sao subgrupos normais de G. Como |A| e |B| sao coprimos, A ∩ B = {1}. Segue que|AB| = |A||B|/|A ∩ B| = |A||B| = 15 = |G| logo AB = G. Pelo exercıcio acima deduzimosG ∼= A×B ∼= C3 × C5

∼= C15 (teorema chines dos restos). Se podia tambem mostrar que xytem ordem 15 usando o fato que xy = yx.

80 1. GRUPOS

19.98. Seja G um grupo nao abeliano de ordem 231 = 3 · 7 · 11. Mostre que |Z(G)| = 11.[DICA: considere a acao de conjugacao de G sobre o conjunto dos elementos de ordem 11.]

Pelo teorema de Sylow n11 = 1, logo G contem exatamente 10 elementos de ordem 11.Seja X o conjunto dos 10 elementos de ordem 11 em G. O grupo G age por conjugacao sobreX, assim como todos os subgrupos de G. Sejam P um 3-Sylow, Q um 7-Sylow. As P -orbitastem tamanho 1 ou 3, logo existe uma P -orbita {x} de tamanho 1 pois 3 nao divide 10. Segueque os elementos de P comutam com x. Mas x tem ordem 11, logo ele gera o 11-Sylow, issomostra que os elementos de P comutam com todos os elementos de ordem 11. Analogamentecomo 7 nao divide 10 os elementos de Q comutam com todos os elementos de ordem 11. Issomostra que o nucleo da acao contem o 11-Sylow, um 3-Sylow e um 7-Sylow, logo a ordem donucleo e divisıvel por 11, por 3 e por 7, logo o nucleo e igual a G, ou seja a acao e trivial.Isso significa que o 11-Sylow esta contido em Z(G), daı 11 divide |Z(G)|. Por outro lado|G : Z(G)| nao e um numero primo porque se G/Z(G) e cıclico entao G e abeliano. Issoimplica que |Z(G)| = 11.

19.99. Seja G um grupo de ordem 12. Mostre que G ∼= A4 se e somente se G nao contemsubgrupos de indice 2. [DICA: se G de ordem 12 contem um subgrupo N de indice 2 entaoolhando ao 3-Sylow de N mostre que n3(G) = 1.]

Seja G um grupo de ordem 12 contendo um subgrupo N de ındice 2. Entao N e normalem G (tem ındice 2), seja P um 3-Sylow de N . Entao |P | = 3 logo P e um 3-Sylow de G.Alem disso os conjugados de P em G estao contidos em N (porque N e normal e contem P )logo sao iguais a P (porque n3(N) = 1 pelo teorema de Sylow), ou seja n3(G) = 1. Agoraseja G = A4, para mostrar que G nao contem subgrupos de ındice 2 basta entao mostrar quen3(G) 6= 1. Mas isso e claro porque G contem mais que dois elementos de ordem 3 (maisprecisamente G contem oito elementos de ordem 3). Reciprocamente suponha que |G| = 12e que G nao contem subgrupos de ındice 2. Seja P um 3-Sylow de G, entao P tem ındice 4 eP nao e normal em G porque se fosse P EG entao G/P teria ordem 4 entao pelo teorema deSylow existiria H/P de ordem 2 logo H teria ındice 2 em G. Segue que PG 6= P logo sendo|P | = 3 primo obtemos PG = {1}. Segue que G ∼= G/PG e isomorfo a um subgrupo de S4.Identificando G com o subgrupo correspondente de S4 obtemos que G e um subgrupo de S4

de ındice 2 e vimos que isso implica G = A4.

19.100. Seja P um p-subgrupo de Sylow do grupo finito G e seja N E G. Mostre queP ∩ N e um p-subgrupo de Sylow de N e que PN/N e um p-subgrupo de Sylow de G/N .[DICA: precisa mostrar que p nao divide |N : P ∩N | e que p nao divide |G/N : PN/N |.]

Primeira parte. Temos |NP | = |N ||P |/|N ∩ P | logo |N : N ∩ P | = |NP |/|P | divide|G|/|P | = |G : P | logo nao e divisıvel por p (porque p nao divide |G : P |). Por outro ladoP ∩N e um p-grupo logo e um p-subgrupo de Sylow de N .

Segunda parte. Temos |G/N : PN/N | = |G : PN | = |G|/|PN | = |G||P ∩ N |/|P ||N | =|G|/|P ||N : P ∩ N | nao e divisıvel por p (porque p nao divide |G : P |). Por outro ladoPN/N ∼= P/P ∩N e um p-grupo logo e um p-subgrupo de Sylow de G/N .


19.101. Seja p um numero primo. Mostre que todo grupo de ordem p2 e abeliano.[DICA: lembre-se do exercıcio que falava que se G/Z(G) e cıclico entao G e abeliano.]

Seja G um grupo de ordem p2. Como G e p-grupo Z(G) 6= {1}. Se Z(G) = G entao Ge abeliano, logo falta discutir o caso |Z(G)| = p. Neste caso G/Z(G) tem ordem p, logo ecıclico, mas sabemos que isso implica G abeliano, ou seja G = Z(G), uma contradicao.

19.102. Seja G um grupo de ordem p2q onde p, q sao dois primos distintos. Mostre queG nao e simples. [DICA: pelo exercıcio anterior os p-Sylow de G sao abelianos. Sejam P1, P2

dois p-Sylow, entao P1∩P2EP1 e P1∩P2EP2 sendo P1, P2 abelianos. Considere NG(P1∩P2).]

NG(P1 ∩ P2) contem P1 e P2 logo contem P1 propriamente, mas P1 tem ındice q, primo,logo NG(P1 ∩ P2) = G. Se G e simples (por contradicao) entao deduzimos P1 ∩ P2 = {1}.Como isso vale para todos os p-Sylow distintos P1, P2, e como np = q (pelo teorema de Sylow,sendo G simples), deduzimos que o numero de elementos nao triviais de ordem uma potenciade p e (p2 − 1)q = |G| − q, logo em G tem espaco para apenas um q-subgrupo de Sylow, queentao e normal (pelo teorema de Sylow).

19.103. Escreva a equacao das classes de S4, S5 e de A4.

S4 e A4 foram feitos em outros itens. A equacao das classes de S5 e

1 + 4! + 5 · 3! + 2

(5

2

)+

(5

2

)+ 2

(5

2

)+ 5 · 3 = 120 = |S5|.

Aqui 1 contabiliza a identidade, 4! e o numero de 5-cıclos, 2(

52

)e o numero de elementos de

estrutura cıclica (3, 2),(

52

)e o numero de 2-cıclos, 2

(52

)e o numero de 3-cıclos, 5 ·3 e o numero

de elementos de estrutura cıclica (2, 2).

19.104. Seja G um grupo soluvel finito. Mostre que G e policıclico, ou seja existe umaserie {1} = G0 C G1 C . . . C Gn = G tal que Gi/Gi−1 e cıclico para todo i = 1, . . . , n. Issopermanece verdadeiro se G for infinito?

Pela definicao de grupo soluvel basta claramente mostrar que todo grupo abeliano finito epolicıclico. Mas isso segue do teorema de classificacao dos grupos abelianos finitos (Teorema3): de fato um produto direto de grupos cıclicos e obviamente um grupo policıclico. Existemgrupos abelianos infinitos que nao sao policıclicos, por exemplo o grupo aditivo Q. De fatotodo grupo policıclico e obviamente finitamente gerado (o conjunto formado por pre-imagensdos geradores dos fatores cıclicos e um conjunto gerador de G), mas Q nao e finitamentegerado ...

19.105. Seja G um grupo simples de ordem 60. Mostre que G ∼= A5. [Dica: bastaencontrar um subgrupo de indice 5 (por que?); no caso n2 = 15 sejam P e Q dois 2-Sylowdistintos, entao P ∩Q e normal em P e em Q (por que?), calcule o indice |G : NG(P ∩Q)|.]

Se H ≤ G tem ındice 5 em G entao temos a representacao permutacional G → S5

com nucleo HG = {1} (sendo G simples) logo G e isomorfo a um subgrupo de S5. Podemosidentificar G com o correspondente subgrupo de S5. Observe que |G| = 60 implica |S5 : G| = 2

82 1. GRUPOS

logo G E S5. Mas os unicos subgrupos normais de S5 sao {1}, A5 e S5, logo G = A5. Issomostra que basta encontrar um subgrupo de G de ındice 5. Obviamente n2 6= 1 n2 6= 3(porque um grupo simples nao abeliano nao contem subgrupos proprios nao triviais de ındicemenor ou igual a 4) e se n2 = 5 entao o normalizador de um 2-Sylow tem ındice 5. Podemosentao supor n2 = 15. Sejam P e Q dois 2-Sylow distintos, eles tem ordem 4 logo sao abelianose P ∩Q e normal em P e em Q. Deduzimos que P,Q ≤ NG(P ∩Q) = H. Segue que P ≤ He P 6= H (sendo Q 6≤ P ) logo o ındice de H divide propriamente |G : P | = 15. Sabemos que|G : H| 6= 3 e se |G : H| = 5 entao encontramos um subgrupo de ındice 5, podemos entaosupor |G : H| = 1 ou seja G = H, ou seja P ∩ Q E G. Mas sendo G simples isso implicaP ∩Q = {1}. Contando os elementos obtemos entao que G contem 15 · 3 = 45 elementos deordem 2 ou 4. Por outro lado n5 6= 1 logo n5 ≥ 6, isso implica que G contem pelo menos4 · 6 = 24 elementos de ordem 5, isso e uma contradicao porque 45 + 24 > 60.

19.106. Seja G um grupo simples de ordem 15 · pn com p primo e n ∈ N. Mostre queG ∼= A5. [Dica: pelo exercıcio acima basta mostrar que pn = 4.]

Seja P um p-Sylow de G. Temos np(G) = |G : NG(P )| ∈ {1, 3, 5, 15} pelo teorema deSylow. Pelo teorema de Cayley generalizado, sendo G simples G e isomorfo a um subgrupode S3, S5 ou S15. Sendo |G| = 15 · pn, se G ≤ S5 entao p = 2 e n ≤ 3, segue que |G| ∈{15, 30, 60, 120} e sabemos que os grupos de ordem 15 e 30 nao sao simples e que S5 nao esimples (porque A5 E S5) logo |G| = 60 e G ∼= A5. Agora suponha np(G) = 15. Observeque P age no conjunto dos quinze p-Sylow de G por conjugacao e {P} e a unica P -orbitacom um unico elemento (veja a demonstracao do teorema de Sylow). Sendo 15 6≡ 1 mod 4deve existir uma P -orbita {Q,R} de tamanho 2, daı |P : NP (Q)| = 2, mas NP (Q) e ump-subgrupo de G que normaliza o p-Sylow Q, logo NP (Q) ≤ Q e isso implica NP (Q) = P ∩Q,daı P ∩Q tem ındice 2 em P , logo tem ordem |P |/2 = |Q|/2 logo tem ındice 2 em Q tambem.Segue que P,Q ≤ NG(P ∩ Q), logo NG(P ∩ Q) tem ındice um divisor proprio de 15. Pelosargumentos acima nao pode ser 3 nem 5, logo e igual a 1 e P ∩ Q E G. Sendo G simplesobtemos P ∩ Q = {1}, mas como P ∩ Q tem ındice 2 em P obtemos pn = 2 e |G| = 30,contradicao.

19.107. Seja G um grupo de ordem 2m com m ımpar. Mostre que existe H ≤ Gtal que |G : H| = 2. [Dica: Seja n = |G|, a representacao permutacional regular da umhomomorfismo injetivo G → Sn (Cayley), logo podemos identificar G com um subgrupo deSn. Defina H = G∩An, para mostrar que |G : H| = 2 basta mostrar que G nao esta contidoem An. Para isso tome um elemento x ∈ G de ordem 2 e mostre que a permutacao associadaem Sn e ımpar.]

A representacao regular mostra que podemos identificar G com um subgrupo de S = S2m

e chamado de A = A2m < S o grupo alternado, temos que G∩AEG logo G∩A = G ou sejaG ≤ A (nao pode ser G ∩ A = {1} porque teriamos S = GA logo |S| = |GA| = |G||A| o queimplica |G| = 2, absurdo). Por outro lado chamado de x um gerador de um 2-Sylow de G, oelemento x corresponde (na representacao regular) a um produto de m cıclos de comprimento2, e tal elemento nao pertence a A (sendo m impar), absurdo.


19.108. Mostre que S6 contem um subgrupoH cuja acao natural sobreX = {1, 2, 3, 4, 5, 6}e transitiva e com a propriedade que H ∼= S5. [Dica: S5 contem seis 5-subgrupos de Sylow.]

Seja X o conjunto dos seis 5-subgrupos de Sylow de S5. Entao a acao de conjugacao deS5 sobre X fornece um homomorfismo f : S5 → Sym(X) ∼= S6 cuja imagem e um subgrupotransitivo de S6. Falta mostrar que f e injetivo. Mas o nucleo de f e um subgrupo normalde S5, os subgrupos normais de S5 sao {1}, A5 e S5 e e claro que ker(f) nao contem A5: porexemplo (123) nao normaliza 〈(12345)〉. Segue que ker(f) = {1}.

19.109. Escreva a equacao das classes de S6 e de A6.

Temos 5! = 120 6-cıclos, 6 · 4! = 144 5-cıclos,(

64

)6 = 90 4-cıclos,

(63

)2 = 40 3-cıclos,(

62

)= 15 2-cıclos,

(62

)3 = 45 elementos (2, 2), 5 · 3 = 15 elementos (2, 2, 2), 6

(52

)2 = 120

elementos (2, 3),(

52

)2 · 2 = 40 elementos (3, 3),

(62

)6 = 90 elementos (4, 2). A equacao das

classes e

1 + 120 + 144 + 90 + 40 + 15 + 45 + 15 + 120 + 40 + 90 = 6! = 720.

As classes de A6:

• 5-cıclos. O centralizador em S6 tem ordem 5 logo e cıclico e A6 contem duas classesde 5-cıclos, cada uma de tamanho 72.• 3-cıclos. O centralizador em S6 tem ordem 18 e nao esta contido em A6 porque

(123) comuta com (45) ∈ S6 −A6, logo os 3-cıclos sao todos conjugados em A6.• (2, 2). O centralizador em S6 tem ordem 16 e nao esta contido em A6 porque (12)(34)

comuta com (56) ∈ S6 −A6, logo os (2, 2) sao todos conjugados em A6.• (3, 3). O centralizador em S6 tem ordem 18 e nao esta contido em A6 porque

(123)(456) comuta com (14)(25)(36) ∈ S6 −A6, logo os (3, 3) sao todos conjugadosem A6.• (4, 2). O centralizador em S6 tem ordem 8 e nao esta contido em A6 porque

(1234)(56) comuta com (56) ∈ S6 − A6 logo os (4, 2) sao todos conjugados emA6.

Segue que a equacao das classes de A6 e

1 + 72 + 72 + 40 + 45 + 40 + 90 = 6!/2 = 360.

19.110. Seja p ≥ 2 um inteiro. Mostre que p e primo se e somente se p divide (p−1)!+1.[Dica: se p e primo, conte os p-subgrupos de Sylow do grupo simetrico Sp.]

Se p divide (p − 1)! + 1 entao p e primo porque se nao fosse primo existiria um divisorprimo q de p com q < p logo q dividiria p e (p − 1)! e isso contradiz o fato que p divide(p − 1)! + 1. Reciprocamente suponha p primo. O grupo simetrico Sp tem (p − 1)! cıclos decomprimento p e cada p-Sylow tem ordem p logo contem p− 1 p-cıclos, daı np(Sp) = (p− 2)!.Pelo teorema de Sylow (p− 2)! ≡ 1 mod p. Multiplicando por p− 1 obtemos (p− 1)! ≡ −1mod p, ou seja p divide (p− 1)! + 1.

84 1. GRUPOS

19.111. Dado um grupo G, o grupo dos automorfismos Aut(G) de G e o grupo dosisomorfismos G → G com a operacao de composicao. Seja α : G → Aut(G) dado porα(g)(x) = gxg−1. Se trata de um homomorfismo de grupos e ker(α) = Z(G). Mostre queAut(S4) ∼= S4. [Dica: Seja X o conjunto dos subgrupos de S4 de ındice 4 (voce sabe quemeles sao). Aut(S4) age sobre X de maneira natural. Mostre que tal acao e fiel, ou seja que oseu nucleo e trivial.]

A acao obvia de Aut(S4) sobre X e dada por ϕ(H) = {ϕ(h) : h ∈ H}. Se ϕ ∈ Aut(S4)e tal que ϕ(H) = H para todo H ∈ X entao em particular ϕ(StabS4(a)) = StabS4(a) paratodo a ∈ {1, 2, 3, 4} (porque os estabilizadores tem ındice 4) logo ϕ fixa todos os 2-cıclos: porexemplo ϕ((12)) pertence a StabS4

(3) ∩ StabS4(4) = 〈(12)〉 logo ϕ((12)) = (12), e o mesmo

argumento se aplica aos outros 2-cıclos. Mas todo elemento de S4 e produto de 2-cıclos(transposicoes) logo ϕ = 1. Segue que temos uma representacao permutacional Aut(S4)→ S4

injetiva, logo |Aut(S4)| ≤ 24. Por outro lado Z(S4) = {1} logo a funcao α indicada no textomostra que |S4| ≤ |Aut(S4)|. Em conclusao Aut(S4) ∼= S4.

19.112. Seja n um inteiro ımpar e seja x = (12 . . . n) ∈ An. Mostre que x e conjugado ax−1 em An se e somente se n ≡ 1 mod 4.

Como n e ımpar x = (1 . . . n) ∈ An. Suponha n ≡ 1 mod 4. O elemento (2, n)(3, n −1) · · · (n−1

2 , n+12 ) pertence aAn (sendo n−1

2 par) e conjuga x = (1 . . . n) em (1, n, n−1, . . . , 3, 2) =

x−1.Agora suponha que x seja conjugado ao seu inverso x−1 em An, ou seja existe τ ∈ An

com τxτ−1 = x−1. Seja ρ := (2, n)(3, n − 1) · · · (n−12 , n+1

2 ). Sabemos que ρxρ−1 = x−1.

Temos ρxρ−1 = x−1 = τxτ−1 logo deduzimos τ−1ρxρ−1τ = x, ou seja τ−1ρ ∈ CSn(x). Massendo x um n-cıclo em Sn temos CSn(x) = 〈x〉 ≤ An. Segue τ−1ρ ∈ An e sendo τ ∈ An,ρ ∈ τAn = An. Sendo ρ um produto de n−1

2 transposicoes, segue que n−12 e par, ou seja

n ≡ 1 mod 4.

19.113. Seja n ≥ 5 um inteiro. Seja H ≤ Sn tal que H 6= Sn e H 6= An. Mostre que|Sn : H| ≥ n.

Seja m = |Sn : H|. Como os unicos subgrupos normais de Sn sao {1}, An e Sn, e H naocontem An (porque os unicos subgrupos de Sn que contem An sao An e Sn), o coracao normalHSn e trivial. Pelo teorema de Cayley generalizado segue que Sn e isomorfo a um subgrupode Sm (sendo |Sn : H| = m), logo n! divide m!, em particular n! ≤ m! e isso implica n ≤ m.

19.114. Seja G um grupo simples tal que |G| > 2 e seja H ≤ G tal que H 6= G. Sejan = |G : H|. Mostre que |G| divide |An| = n!/2.

Pelo teorema de Cayley generalizado G e isomorfo a um subgrupo de Sn, logo |G| dividen!. Por outro lado identificando G com tal subgrupo de Sn, temos que G∩An e um subgruponormal de G (sendo An E Sn), e G e um grupo simples, logo G ∩ An = {1} ou G ∩ An = G.No segundo caso G ≤ An logo |G| divide |An|. Falta mostrar que G ∩ An 6= {1}. Sefosse G ∩ An = {1} entao G 6≤ An logo GAn = Sn (sendo |Sn : An| = 2), segue que


C2∼= Sn/An = GAn/An ∼= G/G ∩An ∼= G ou seja G ∼= C2 que e absurdo porque |G| > 2 por

hipotese.

19.115. Mostre que Aut(Cn) ∼= U(Z/nZ).

Escrevemos Cn = 〈x〉. Seja A = Aut(Cn). Observe que ϕ ∈ A e determinado por ϕ(x)sendo ϕ(xm) = ϕ(x)m. Sendo ϕ(x) ∈ Cn = 〈x〉, existe k ∈ {0, . . . , n} tal que ϕ(x) = xk.Sendo ϕ um isomorfismo, a ordem de x e igual a ordem de ϕ(x), logo o(xk) = n. Mas sendoo(xk) = n/(n, k) isso implica que n e k sao coprimos. Por outro lado se (n, k) = 1 entaoϕ(xm) = xkm define um isomorfismo Cn → Cn: e bijetivo porque escrevendo an + bk = 1(identidade de Bezout) temos xm = xm(an+bk) = xmbk logo o inverso de ϕ e xm 7→ xmb.Podemos escrever ϕ = ϕk onde ϕk(x) = xk. Seja U = U(Z/nZ) e seja f : U → A, k 7→ ϕk.Acabamos de ver que f e sobrejetiva, e e injetiva porque se ϕk = ϕh entao xk = xh ou sejak ≡ h mod n, mas sendo h e k entre 0 e n−1 deduzimos k = h. f e homomorfismo porque acomposicao ϕk ◦ ϕh e igual a ϕkh, sendo (xh)k = xhk. Segue que f e isomorfismo de grupos.

19.116. Mostre que se A e B sao dois grupos finitos de ordens coprimas entao Aut(A×B) ∼= Aut(A)×Aut(B).

Seja f : A×B → A×B um isomorfismo, e sejam iA : A→ A×B, iA(a) = (a, 1), iB : B →A×B, iB(b) = (1, b), πA : A×B → A, πA(a, b) = a, πB : A×B → B, πB(a, b) = b. Se tratade homomorfismos de grupos. Observe que πB ◦ f ◦ iA e um homomorfismo fAB : A → B,logo a ordem da sua imagem divide |A| e |B|. Mas sendo |A| e |B| coprimos deduzimos quefAB(a) = 1 para todo a ∈ A. Pela mesma razao fBA = πA ◦ f ◦ iB e o homomorfismo trivial.Sejam fAA = πA ◦ f ◦ iA e fBB = πB ◦ f ◦ iB . Segue que

f(a, b) = f((a, 1)(1, b)) = f(a, 1)f(1, b) = (fAA(a), 1)(1, fBB(b))

= (fAA(a), fBB(b)).

Seja

ψ : Aut(A×B)→ Aut(A)×Aut(B), f 7→ (fAA, fBB).

Acabamos de ver que ψ e uma funcao bijetiva. E homomorfismo porque iA◦πA e a identidadeA→ A logo se f, h ∈ A temos

(f ◦ h)AA = πA ◦ f ◦ h ◦ iA = πA ◦ f ◦ iA ◦ πA ◦ h ◦ iA = fAA ◦ hAA.

19.117. Classifique os grupos de ordem 12, 14, 20, 30, 33, 2015, 2019 a menos de isomor-fismo. Pode tentar outras ordens, mas e melhor evitar os numeros divisıveis por potencias deprimos com expoente grande porque os p-grupos sao difıceis para classificar.

[Tem 5 grupos de ordem 12, 2 grupos de ordem 14, 5 grupos de ordem 20, 4 grupos deordem 30, 1 grupo de ordem 33, 2 grupos de ordem 2015 e 2 grupos de ordem 2019.]

• Se |G| = 12 = 22 · 3, n3 = 1 ou n2 = 1 (se fosse n3 6= 1 6= n2 entao uma simplescontagem dos elementos leva a uma contradicao). Se n2 = n3 = 1 entao G e oproduto direto do seu 2-Sylow com o seu 3-Sylow, e como o 2-Sylow tem ordem4 e o 3-Sylow tem ordem 3 segue que G e abeliano, do tipo C4 × C3

∼= C12 ouC2 ×C2 ×C3. Agora suponha que um entre n2 e n3 nao vale 1. Se n3 = 1 e n2 = 3

86 1. GRUPOS

seja N o unico 3-Sylow, e seja P um 2-Sylow, entao G e um produto semidireto NoPcom acao nao trivial, e como Aut(C3) ∼= C2 e P ∼= C4 ou P ∼= C2 ×C2 usando (O1)obtemos que tem um unico produto semidireto a menos de isomorfismo (usandoAut(C4) ∼= C2 e Aut(C2 × C2) ∼= S3 - para isso veja o exercıcio abaixo - e facil verque a partir de um homomorfismo P → Aut(N) sobrejetivo e possıvel obter todosos outros compondo com os automorfismos de P ). Se n2 = 1 e n3 = 4 seja N ounico 2-Sylow, e seja P um 3-Sylow, entao G e um produto semidireto N o P comacao nao trivial, e como Aut(C4) ∼= C2 deduzimos que N ∼= C2 × C2; agora sendoAut(C2 × C2) ∼= S3 (veja o exercıcio abaixo) tem um unico produto semidireto amenos de isomorfismo (a acao P → Aut(N) e injetiva logo pode ser pensada comoinclusao, agora e so usar (O2) lembrando que os subgrupos de S3 de ordem 2 saotodos conjugados, sendo os 2-Sylow). Resumindo, existem exatamente 5 grupos deordem 12 a menos de isomorfismo (dois abelianos e tres nao abelianos).

• Se |G| = 14 = 2 · 7, |G| tem a forma 2p com p primo ımpar e ja vimos que tem duaspossibilidades: G ∼= C14 ou G ∼= D14.

• Se |G| = 20 = 22 ·5, seja N um 5-Sylow. Pelo teorema de Sylow n5 = 1 logo G e umproduto semidireto N oP onde P e um 2-Sylow. Sendo Aut(N) ∼= C4 e P ∼= C4 ouP ∼= C2×C2 temos, computando a acao trivial, tres acoes possıveis no caso P ∼= C4

e duas acoes possıveis no caso P ∼= C2 × C2. Em total 5 grupos.• Se |G| = 30 = 2 · 3 · 5, pelo teorema de Sylow n3 ∈ {1, 10} e n5 ∈ {1, 6}, e uma

contagem mostra que nao pode ser n3 = 10 e n5 = 6. Segue que um 3-Sylow e normalou um 5-Sylow e normal. Em todo caso o produto entre um 3-Sylow e um 5-Sylowe um subgrupo N de G de ordem 15 e ındice 2, logo e normal. Sendo |N | = 15, N ecıclico (como ja vimos) e G e um produto semidireto N o P onde P e um 2-Sylow,P ∼= C2. Sendo Aut(N) ∼= Aut(C15) ∼= Aut(C3×C5) ∼= Aut(C3)×Aut(C5) ∼= C2×C4

temos quatro possibilidades para a acao de P = 〈ε〉: indicado C2×C4 = 〈a〉× 〈b〉, aimagem de ε pode ser (1, 1), (a, 1), (1, b2), (a, b2). No primeiro caso temos C30, nosegundo caso temos S3×C5, no terceiro caso temos C3×D10, no quarto caso temosD30.

• Se |G| = 33 = 3 · 11, pelo teorema de Sylow n3 = 1 e n11 = 1, logo chamados de Ae B o 3-Sylow e o 11-Sylow, A e B sao normais em G, A ∩ B = {1} (tendo A e Bordens coprimas), |AB| = |A||B|/|A ∩B| = |A||B| = 33 = |G| logo AB = G. Segueque G ∼= A× B ∼= C3 × C11

∼= C33. Isso mostra que a menos de isomorfismo C33 eo unico grupo de ordem 33.

• Se |G| = 2015 = 5 · 13 · 31, pelo teorema de Sylow n31 = n13 = 1, sejam A o31-Sylow e B o 13-Sylow. Sendo A,B normais em G, AB e um subgrupo normalde G e sendo |A| e |B| coprimos |AB| = |A||B|, N = AB ∼= A × B ∼= C13·31 e umsubgrupo normal cıclico de G de ındice 5, e Aut(N) ∼= C12×C30. As acoes possıveisde C5 sobre N por automorfismo sao entao a acao trivial e as acoes que tem comoimagem o unico subgrupo de Aut(N) de ordem 5. Por (O1) tais acoes dao produtossemidiretos isomorfos. Logo temos exatamente dois grupos de ordem 2015 a menosde isomorfismo.

• Se |G| = 2019 = 3 · 673, o 673-Sylow e normal logo G e um produto semidiretoC673oC3, e temos duas possıveis acoes por automorfismo de C3 sobre C673, a trivial


e a nao trivial (correspondente ao unico subgrupo de Aut(C673) ∼= C672 isomorfo aC3). Logo tem exatamente dois produtos semidiretos C673 o C3.

19.118. O grupo diedral de ordem 2n, D2n, e o grupo das isometrias do n-agono regular.Tal grupo pode ser descrito como o produto semidireto Cn oC2 onde C2 = 〈ε〉 age sobre Cnpor meio da acao de inversao, ou seja a regra εxε−1 = x−1 (Cn e gerado por uma rotacaode ordem n e C2 e gerado por uma reflexao). Suponha n = p primo. Escreva a equacao dasclasses de G. A probabilidade de comutar de um grupo G e

pc(G) =|{(x, y) ∈ G×G : xy = yx}|

|G×G|.

Essa probabilidade “mede” quanto comutativo e um grupo, no sentido que 0 < pc(G) ≤ 1para todo G e G e comutativo se e somente se pc(G) = 1. Calcule limp→∞ pc(D2p).

[Dica: definido k(G) o numero de classes de conjugacao de G mostre primeiro que pc(G) =k(G)/|G|. Para isso veja as listas anteriores.]

Em um exercıcio anterior foi mostrado que |{(x, y) ∈ G×G : xy = yx}| = k(G)|G|, segueque pc(G) = k(G)|G|/|G|2 = k(G)/|G|. Escrevemos D2n = 〈a〉o 〈b〉 com a de ordem n, b deordem 2 e bab = a−1. Observe que a e conjugado ao seu inverso (por meio de b) e a mesmacoisa vale para as potencias de a (baib = a−i). Os conjugados de ai sao ai e a−i, que saodistintos se i 6= 0, n/2. A classe de conjugacao de b contem os elementos aiba−i = a2ib, logo sen e ımpar a classe de b e igual a classe lateral 〈a〉b, se n e par tem duas classes de conjugacaode tamanho n/2 contidas em 〈a〉b. Segue que se n e ımpar k(G) = 1+(n−1)/2+1 = (n+3)/2,e se n e par k(G) = 2 + (n− 2)/2 + 2 = n/2 + 3. Em todo caso k(G)/|G| tende a 1/4 quandon→∞.

19.119. Tente calcular pc(D2n) para n qualquer.

Foi feito acima.

19.120. Calcule o centro Z(D2n).

Usando as notacoes acima, observe que uma potencia ai esta no centro somente se ai =baib = a−i ou seja a2i = 1, isso implica que se n e ımpar entao Z(D2n) ∩ 〈a〉 = {1} e se n epar entao Z(D2n) ∩ 〈a〉 = 〈an/2〉. Se um elemento do tipo aib esta no centro entao comutacom a, logo aib = aaiba−1 = ai+2b ou seja ai = ai+2 ou seja a2 = 1, isso implica que n divide2 logo n = 1 ou n = 2; nestes dois casos D2n e abeliano logo Z(D2n) = D2n. Segue que: sen ≤ 2 entao Z(D2n) = D2n, se n ≥ 3 e ımpar entao Z(D2n) = {1}, e se n ≥ 3 e par entaoZ(D2n) = 〈an/2〉.

19.121. Mostre que se n e um inteiro positivo entao D4n∼= D2n × C2 se e somente se n

e ımpar.

...Scriviamo G = D2n = 〈a〉〈b〉 con o(a) = 2n, o(b) = 2 e bab = a−1.

88 1. GRUPOS

(⇒) Supponiamo per assurdo che D2n∼= Dn × C2 con n pari. Allora per ??, indicando

con k(G) il numero di classi di coniugio di G si ha

2n+ 6

2= k(D2n) = k(Dn × C2) = k(Dn)k(C2) =

n+ 6

2· 2,

assurdo.(⇐) Supponiamo che n sia dispari e mostriamo che G = 〈a2〉〈b〉 × 〈an〉, questo ci basta

perche 〈a2〉〈b〉 ∼= Dn (perche siccome o(a) = 2n, o(a2) = n) e 〈an〉 ∼= C2. Per farlo bastamostrare le seguenti cose: H := 〈a2〉〈b〉 e Z := 〈an〉 sono normali in G, si intersecano in{1} e HZ = G. Mostriamo che H e Z sono normali in G. Siccome G e generato da a e bbasta mostrare che a e b normalizzano H e Z. Mostriamo che a normalizza H. Sia quindia2kbh ∈ H e calcoliamo x = aa2kbha−1 = a2k+1+εbh dove ε = ±1. Siccome 2k + 1 + ε epari segue che x ∈ H. Mostriamo che b normalizza H. Sia quindi a2kbh ∈ H e calcoliamoba2kbhb−1 = a−2kbh ∈ H dato che −2k e pari. Mostriamo che a normalizza Z. Questo echiaro dato che Z = 〈an〉 e a commuta con le sue potenze. Mostriamo che b normalizza Z.Si ha Z = {1, an} e b1b−1 = 1 ∈ Z e banb−1 = a−n = an ∈ Z dato che o(a) = 2n. Oramostriamo che H ∩ Z = {1}. Prendiamo quindi un elemento comune, che avra le due formeank = x = a2hbt. Da qui segue bt = ank−2h per cui bt = 1 essendo 〈a〉 ∩ 〈b〉 = 1. Ne segueche ank−2h = 1 quindi 2n divide nk − 2h perche o(a) = 2n. Siccome n e dispari, segue chen divide h quindi x = 1. Segue che H e Z sono normali in G e si intersecano in {1}, quindi|HZ| = |H||Z| = 4n = |G| da cui HZ = G.

19.122. Dado um inteiro positivo n, conte os 2-subgrupos de Sylow do grupo diedralD2n.

... Scriviamo G = D2n = 〈a〉〈b〉 con o(a) = 2n, o(b) = 2 e bab = a−1. Poiche 〈a〉 EDn,ogni sottogruppo di 〈a〉 e normale in Dn (esercizio ??). Sia N il 2-Sylow di 〈a〉. Allora NEDn

e per il teorema di Sylow N e contenuto in tutti i 2-Sylow di Dn (e contenuto in uno di essi equindi e contenuto in tutti, essendo N normale ed essendo i 2-Sylow a due a due coniugati).Per il teorema di corrispondenza, il numero di 2-Sylow di Dn e uguale al numero di 2-Sylowdi Dn/N . Ora, Dn/N ∼= D2n/2k dove 2k e la massima potenza di 2 che divide n. Siamoquindi ridotti a discutere il caso in cui n e dispari.

Supponiamo quindi che n sia dispari. Allora 〈b〉 e un 2-Sylow di Dn, quindi il numerodi 2-Sylow di Dn e uguale al numero di coniugati di 〈b〉, che e uguale al numero di coniugatidi b essendo b un elemento di ordine 2. Essendo b−1ab = a−1, ogni elemento di Dn si scrivecome am oppure amb per qualche intero m.

• amb(am)−1 = ba−2m e uguale a b se e solo se a−2m = 1, se e solo se n divide −2m,cioe, siccome n e dispari, n divide m. Quindi l’unica potenza di a che commuta conb e 1.

• (amb)b(amb)−1 = ambbba−m = amba−m e uguale a b se e solo se am = 1 (cf. sopra).

Ne segue che CDn(b) = 〈b〉 e quindi b ha |Dn : CDn(b)| = |Dn : 〈b〉| = n coniugati in Dn.Ne segue che Dn ha n 2-sottogruppi di Sylow. Osserviamo che questo e coerente col teoremadi Sylow: n e dispari, quindi n ≡ 1 mod (2).


In conclusione, se n > 1 e un qualsiasi intero allora il numero di 2-Sylow di Dn e n/2k

dove 2k e la massima potenza di 2 che divide n.

19.123. Seja p um primo e seja G um grupo de ordem p2. Mostre que G ∼= Cp2 ouG ∼= Cp × Cp.

Ja vimos em outro exercıcio que se |G| = p2 entao G e abeliano. Suponha G nao cıclico,entao pelo teorema de Lagrange todos os elementos nao triviais de G tem ordem p. Sejam Ae B dois subgrupos de G de ordem p (existem pelo menos dois porque |G| = p2 > p), como|A| = |B| = p e A 6= B temos A ∩B = {1}, logo AB tem ordem |A||B| = p2, segue AB = G,e sendo G abeliano A e B sao normais em G. Segue que G e isomorfo ao produto diretoA×B ∼= Cp × Cp.

19.124. (Mais difıcil) Seja p um primo ımpar.

(1) Classifique os grupos de ordem 2p2, mostrando que um tal grupo e isomorfo a umdos seguintes: o grupo cıclico de ordem 2p2, o grupo abeliano Cp×Cp×C2, o grupodiedral de ordem 2p2, um produto semidireto V oC2 onde V = Cp ×Cp e C2 = 〈ε〉age sobre V por uma das regras

ε(x, y)ε−1 = (x−1, y−1), ε(x, y)ε−1 = (y, x).

[Dica: observe que o p-Sylow N e Cp2 ou Cp × Cp, e no segundo caso N podeser visto como espaco vetorial de dimensao 2 sobre Fp = Z/pZ, observe que nestecaso Aut(N) ∼= GL(2, p) (o grupo geral linear de F2

p, ou seja o grupo das matrizesinversıveis 2 × 2 com coeficientes em Fp) e o gerador ε de um 2-Sylow H de G ediagonalizavel, quais sao os seus autovalores? Use (O2).]

(2) Determine a equacao das classes dos grupos encontrados no item acima.

Seja N o unico p-Sylow de G. Pelo exercıcio anterior N ∼= Cp2 ou N ∼= Cp × Cp. Ogrupo G e um produto semidireto N oH onde H = 〈ε〉 tem ordem 2. Se N e cıclico H agetrivialmente ou por inversao, logo obtemos o grupo cıclico e o grupo diedral. Suponha agoraN ∼= Cp × Cp. Se a acao de H sobre N e trivial G e o grupo abeliano Cp × Cp × C2, agorasuponha que H aja sobre N de maneira nao trivial. N pode ser visto como espaco vetorialde dimensao 2 sobre o corpo com p elementos, Fp = Z/pZ (notacao aditiva). Observe quetodo homomorfismo N → N e Fp-linear sendo os elementos de Fp uma soma de uns. Segueque Aut(N) ∼= GL(2, p). Como H ∼= C2 age sobre N por automorfismo de maneira naotrivial, podemos pensar no gerador ε de H como uma matriz 2× 2 inversıvel com coeficientesem Fp e de ordem 2, ε ∈ GL(2, p). O polinomio minimal de ε e X + 1 ou X2 − 1, logo

ε e conjugada em GL(2, p) a uma das matrizes

(1 00 −1

),

(−1 00 −1

). A primeira e

conjugada a

(0 11 0

). Isso corresponde aos dois grupos no enunciado.

A equacao das classes dos grupos abelianos e |G| = 1 + 1 + . . . + 1. No caso do grupodiedral de ordem 2p2 sabemos que tem uma classe de tamanho 1, (p2 − 1)/2 classes detamanho 2 e uma classe de tamanho p2, logo a equacao das classes e 1 + 2 + 2 + . . .+ 2 + p2

(onde os 2 sao (p2 − 1)/2). O grupo (Cp × Cp) o C2 com a acao de inversao tem uma

90 1. GRUPOS

classe de tamanho p2, uma classe de tamanho 1 e (p2 − 1)/2 classes de tamanho 2 logo aequacao das classes e a mesma do grupo diedral D2p2 . O grupo (Cp × Cp) o C2 com aacao de troca tem p classes de tamanho 1 (os elementos (x, x) estao no centro), (p2 − p)/2classes de tamanho 2 (do tipo {(x, y), (y, x)}). A classe de (a, b)ε e dada pelos elementos(x, y)(a, b)ε(x−1, y−1) = (x, y)(a, b)(y−1, x−1)ε = (xay−1, ybx−1)ε ou seja os elementos (r, s)εtais que rs = ab. Para encontrar um tal elemento temos p escolhas para r e dado r o elementos fica determinado, igual a s = r−1ab, logo a classe de (a, b)ε tem tamanho p. Segue queos elementos fora do p-Sylow sao particionados em p classes de tamanho p, e a equacao dasclasses e 1 + . . . + 1 + 2 + . . . + 2 + p + . . . + p onde tem p uns, (p2 − p)/2 dois e p parcelasiguais a p.

19.125. Classifique os grupos de ordem 147.

Seja G um grupo de ordem 147 = 3·72 e seja N o 7-Sylow de G e seja H um 3-Sylow de G.O grupo G e um produto semidireto N oH. Acao trivial corresponde a C147 e C7×C7×C3

(grupos abelianos), agora suponha que a acao nao seja trivial. Se N e cıclico temos umunico grupo (Aut(C49) e cıclico de ordem 42, contem um unico subgrupo de ordem 3), agorasuponha N ∼= C7×C7. Como no exercıcio anterior podemos ver N como o espaco vetorial F2

7

e H como um subgrupo de Aut(N) ∼= GL(2, 7). Seja b um gerador de H. b e raiz de X3 − 1que se fatora modulo 7 como (X − 1)(X − 2)(X − 4). Segue que b e conjugado em GL(2, 7)a uma das matrizes (

1 00 2

),

(1 00 4

),

(2 00 2

),

(2 00 4

).

Mas as primeiras duas dao grupos isomorfos (a segunda matriz e o quadrado da primeira,logo basta usar (O1) lembrando que elevar ao quadrado induz um automorfismo de H), logotemos tres grupos desse tipo, que sao

A = N o 〈(

1 00 2

)〉, B = N o 〈

(2 00 2

)〉, C = N o 〈

(2 00 4

)〉.

Mostraremos que A, B, C sao dois a dois nao isomorfos. Observe que Z(A) = {1}, Z(C) = {1}mas Z(B) 6= {1} (o centro de B tem ordem 7), de fato

• Os grupos dados sao do tipo G = N oH com H = C7 ×C7 e H agindo de maneirafiel (por automorfismo) sobre N . Se um elemento vh ∈ G pertence ao centro de Gentao wvhw−1 = vh para todo w ∈ N logo wvhw−1h−1 = v para todo w ∈ N , esendo N abeliano segue que hwh−1 = w para todo w ∈ N . Agora como a acao deH e fiel obtemos h = 1, logo vh = v e tal elemento pertence ao centro de G se esomente se comuta com todo elemento de H, ou seja e fixado pelos elementos de H.Segue que os elementos do centro sao os vetores (vendo N como espaco vetorial F2

7)fixados pela matriz que gera H, ou seja os autovetores com autovalor igual a 1. Dastres matrizes a unica que tem 1 como autovalor e a matriz associada a A.

Segue que A nao e isomorfo a B e nem a C. Falta mostrar que B 6∼= C. Para isso e suficienteobservar que todo subgrupo de N e normal em B (porque no caso de B o subgrupo H agescalarmente) por outro lado o subgrupo {(x, x) : x ∈ C7} de N nao e normal em C. Se Be C fossem isomorfos o numero de subgrupos normais de B e de C contidos em N seria omesmo (sao os subgrupos normais de ordem uma potencia de 7). Logo B 6∼= C.

20. MATERIAL ADICIONAL 91

Segue que a menos de isomorfismo existem exatamente 6 grupos de ordem 147.

19.126. Seja f : H → G um homomorfismo de grupos e seja ϕ : H → Aut(G) definidopor ϕ(h)(g) := f(h)gf(h)−1. Seja X = GoH o produto semidireto correspondente. Mostreque X ∼= G×H.

[Dica: L = {(f(h), h−1) : h ∈ H} e um subgrupo de X isomorfo a H, centralizado porG× {1}, e junto com G× {1} gera X.]

E claro que L e G × {1} geram X, porque (gf(h−1)−1, 1)(f(h), h−1) = (g, h) para todog ∈ G, h ∈ H. Alem disso se (f(h), h−1) ∈ L e (g, 1) ∈ G× {1} entao

(g, 1)(f(h), h−1) = (gf(h), h−1)

(f(h), h−1)(g, 1) = (f(h)f(h−1)gf(h−1)−1, h−1) = (gf(h), h−1)

sao iguais. Segue que L e G×{1} se centralizam, logo sao normais em X sendo o X igual aoproduto entre eles. Sendo L ∩ (G× {1}) = {1} obtemos que G e isomorfo ao produto diretoentre L e G× {1}. Mas sendo L ∼= H e G× {1} ∼= G obtemos X ∼= G×H.

19.127. Mostre que Aut(C2 × C2) ∼= S3. [Dica: Aut(C2 × C2) ∼= GL(2, 2).]

GL(2, 2) tem ordem 6 e age de maneira natural sobre C2×C2−{1}, que tem 3 elementos.Tal acao e fiel, logo GL(2, 2) e isomorfo a um subgrupo de S3, e tendo ordem 6 e isomorfo aS3.

19.128. Seja G = Sn e seja H ≤ G com |G : H| = 2. Mostre que H = An.[Dica: mostre que An e gerado por {x2 : x ∈ Sn}.]

Seja Q = {x2 : x ∈ Sn}. E claro que Q ⊆ An, porque sgn(x2) = sgn(x)2 = (±1)2 = 1.Todo elemento de An e um produto de coisas do tipo (ab)(cd) com a 6= b e c 6= d logo bastamostrar que um tal elemento pertence a Q. Se {a, b}∩{c, d} = ∅ entao (ab)(cd) = (acbd)2 ∈ Q,e se {a, b} ∩ {c, d} 6= ∅ temos dois casos: (ab) = (cd), no qual caso (ab)(cd) = 1 = 12 ∈ Q, e osegundo caso e (sem perda em generalidade) a = c e b 6= d, neste caso (ab)(cd) = (ab)(ad) =(adb) = (abd)2 ∈ Q. Segue que 〈Q〉 = An.

Sendo |G : H| = 2, HEG e se x ∈ G entao (xH)2 = H no grupo quociente G/H (porqueG/H tem ordem 2), logo x2 ∈ H para todo x ∈ G, ou seja Q ⊆ H, logo An = 〈Q〉 ≤ H esendo |G : H| = 2 segue H = An.

20. Material adicional

20.1. O grupo de automorfismos. ...

20.2. Subgrupos normais do grupo diedral. ... Sia G := Dn il gruppo diedrale diordine 2n. Mostrare quanto segue.

(1) Se n e dispari i sottogruppi normali di G sono G e i sottogruppi di 〈a〉.(2) Se n e pari i sottogruppi normali di G sono G, i sottogruppi di 〈a〉 e i sottogruppi〈a2, b〉, 〈a2, ab〉, entrambi di indice 2.

92 1. GRUPOS

Risoluzione. Sappiamo che i sottogruppi di 〈a〉 sono normali in G, in quanto sottogruppidi un sottogruppo ciclico normale.

Sia ora N un sottogruppo normale di G non contenuto in 〈a〉. Allora esiste un interoi tale che aib ∈ N , quindi N contiene a−1(aib)a = ai−1ba = ai−1babb = ai−2b, per cui Ncontiene (aib)−1(ai−2b) = ba−iai−2b = ba−2b = a2. Quindi N ⊇ 〈a2〉.

Se n e dispari allora 〈a2〉 = 〈a〉, quindi N contiene a e siccome contiene anche aib contieneanche b da cui N = G.

Supponiamo ora che n sia pari. Abbiamo visto sopra che i sottogruppi normali di G noncontenuti in 〈a〉 contengono 〈a2〉, quindi corrispondono, tramite il teorema di corrispondenza,ai sottogruppi normali di G/〈a2〉, che ha ordine |G : 〈a2〉| = |G : 〈a〉| · |〈a〉 : 〈a2〉| = 4 quindie abeliano (notiamo che |〈a〉 : 〈a2〉| = 2 perche n e pari). Non e ciclico in quanto i suoi dueelementi a〈a2〉 e b〈a2〉 hanno entrambi ordine 2. Ne segue che G/〈a2〉 ∼= C2×C2. Dal teoremadi corrispondenza segue che ci sono esattamente quattro sottogruppi di Dn che contengono a2,e sono tutti normali (corrispondono a sottogruppi di G/〈a2〉 ∼= C2×C2 e quindi sono normaliessendo C2 × C2 abeliano). Uno di essi e Dn. Siccome i sottogruppi propri non banali diC2×C2 sono tre, ognuno generato da un elemento di ordine 2, gli altri tre sottogruppi di Dn

che contengono 〈a2〉 sono generati da a2 e da un elemento di Dn che modulo 〈a2〉 ha ordine2 (cioe la cui classe in G/〈a2〉 ha ordine 2). Certamente i tre elementi a, b e ab hanno ordine2 modulo 〈a2〉 (infatti non stanno in 〈a2〉 ma il loro quadrato ci sta), ed e facile verificareche le loro classi modulo 〈a2〉 sono a due a due distinte (per esempio b〈a2〉 6= ab〈a2〉 perchealtrimenti si avrebbe, moltiplicando a sinistra per b, 〈a2〉 = a−1〈a2〉, cioe a ∈ 〈a2〉, assurdoperche n e pari). Quindi i sottogruppi di Dn che contengono 〈a2〉 sono Dn, 〈a, a2〉 = 〈a〉,〈a2, b〉 e 〈a2, ab〉.

Segue che i sottogruppi normali di Dn non contenuti in 〈a〉 sono Dn, 〈a2, b〉 e 〈a2, ab〉.

20.3. Numeros cıclicos. Um numero natural n e dito cıclico se todo grupo finito deordem n e cıclico. Por exemplo todo numero primo e cıclico e e facil ver que 15 e um numerocıclico.

Teorema 9. Seja n um numero natural. Entao n e um numero cıclico se e somente sen e ϕ(n) sao coprimos.

Demonstracao. Suponha n cıclico. Se n e divisıvel por p2 para algum primo p entaoo grupo Cp × Cp × Cn/p2 e nao cıclico de ordem n (por exemplo porque contem mais deum subgrupo de ordem p), contradicao. Se n e divisıvel por dois primos p e q com q quedivide p− 1 entao Cq e isomorfo a um subgrupo de Aut(Cp) ∼= Cp−1 logo existe um produtosemidireto nao cıclico Cp o Cq de ordem pq, uma contradicao. Escrevendo n =

∏i pi temos

ϕ(n) =∏i(pi − 1), segue que (n, ϕ(n)) = 1.

Suponha (n, ϕ(n)) = 1, e seja G um grupo de ordem n. ... �

20.4. Teorema de Landau.

Teorema 10 (Landau). Seja k um numero natural. Existem apenas um numero finitode grupos com exatamente k classes de conjugacao.

...

20. MATERIAL ADICIONAL 93

20.4.1. Encontraremos todos os grupos G com exatamente 3 classes de conjugacao. Sejamx1, x2, x3 representantes das classes de conjugacao de G e sejam ci = |CG(xi)| e suponhac1 ≤ c2 ≤ c3 = n = |G|. A equacao das classes pode ser escrita

1 = 1/c1 + 1/c2 + 1/n.

Obtemos 1 ≤ 3/c1 logo c1 ≤ 3. Nao pode ser c1 = 1, e se c3 = 3 entao (c1, c2, c3) = (3, 3, 3).Agora suponha c1 = 2. Temos 1 = 1/2 + 1/c2 + 1/n logo 1/2 = 1/c2 + 1/n ≤ 2/c2 entao3 ≤ c2 ≤ 4. Segue que (c1, c2, c3) = (2, 3, 6), (2, 4, 4). Mas (2, 4, 4) pode ser excluido porquetodo grupo de ordem 4 e abeliano. Segue que um grupo G com exatamente tres classes deconjugacao tem ordem 3, no qual caso G ∼= C3, ou tem ordem 6, no qual caso G ∼= S3

(lembrando que os grupos de ordem 6 sao C6 e S3).20.4.2. Encontraremos todos os grupos G com exatamente 4 classes de conjugacao. Sejam

x1, x2, x3, x4 representantes das classes de conjugacao de G e sejam ci = |CG(xi)| e suponhac1 ≤ c2 ≤ c3 ≤ c4 = n = |G|. A equacao das classes pode ser escrita

1 = 1/c1 + 1/c2 + 1/c3 + 1/n.

Obtemos 1 ≤ 4/c1 logo c1 ≤ 4. Nao pode ser c1 = 1 (a unica classe com um elementocorresponde a parcela 1/n), logo c1 ∈ {2, 3, 4}.

• Suponha c1 = 2. Temos

1/2 = 1/c2 + 1/c3 + 1/n ≤ 3/c2

logo 3 ≤ c2 ≤ 6 (nao podendo ser c2 = 2).– Se c2 = 3 entao 1/6 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo 7 ≤ c3 ≤ 12, logo (c3, n) =

(7, 42), (8, 24), (9, 18), (10, 15), (12, 12). como c3 divide n o caso (10, 15) naoacontece.

– Se c2 = 4 entao 1/4 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo 5 ≤ c3 ≤ 8, logo (c3, n) =(5, 20), (6, 12), (8, 8).

– Se c2 = 5 entao 3/10 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo 5 = c2 ≤ c3 ≤ 6, logo(c3, n) = (5, 10).

– Se c2 = 6 entao 1/3 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo c3 = 6 (sendo c3 ≥ c2) e(c3, n) = (6, 6).

• Suponha c1 = 3. Temos

2/3 = 1/c2 + 1/c3 + 1/n ≤ 3/c2

logo 3 = c1 ≤ c2 ≤ 4 ou seja c2 ∈ {3, 4}.– Se c2 = 3 entao 1/3 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo 4 ≤ c3 ≤ 6, logo (c3, n) =

(4, 12), (6, 6).– Se c2 = 4 entao 5/12 = 1/c3 + 1/n ≤ 2/c3 logo c3 = 4 e (c3, n) = (4, 6) que nao

e possıvel porque 4 nao divide 6.• Suponha c1 = 4. Sendo c1 ≤ c2 ≤ c3 ≤ n obtemos (c1, c2, c3, n) = (4, 4, 4, 4).

Segue que as unicas possibilidades para (c1, c2, c3, n) sao (2, 3, 7, 42), (2, 3, 8, 24), (2, 3, 9, 18),(2, 3, 12, 12), (2, 4, 5, 20), (2, 4, 6, 12), (2, 4, 8, 8), (2, 5, 5, 10), (2, 6, 6, 6), (3, 3, 4, 12), (3, 3, 6, 6),(4, 4, 4, 4).

94 1. GRUPOS

Se n = 6 ja sabemos que G tem 3 ou 6 classes de conjugacao, isso elimina (2, 6, 6, 6) e(3, 3, 6, 6).

Observe que em geral se X e um grupo finito cuja ordem e divisıvel por p2 onde p e umprimo entao |CX(x)| 6= p para todo x ∈ X. De fato se |CX(x)| = p entao sendo x ∈ CX(x)temos CX(x) = 〈x〉 e x tem ordem p, seja P um p-Sylow de G contendo x. Seja z umelemento nao trivial do centro Z(P ) de P . Como z ∈ CX(x) e |CX(x)| = p segue quex ∈ CX(x) = 〈z〉 ≤ Z(P ), daı P ≤ CX(x) e isso contradiz o fato que p2 divide |P |.

Isso elimina os casos (2, 3, 8, 24), (2, 3, 9, 18), (2, 3, 12, 12), (2, 4, 5, 20), (2, 4, 6, 12), (2, 4, 8, 8).

O caso (2, 3, 7, 42): Como |G| = 2 · 21, sabemos que existe N E G de ındice 2, ou sejaordem 21. Seja x ∈ G de ordem 2. Como |CG(x)| = 2, o elemento x tem |G : CG(x)| = 21conjugados em G, em particular G contem pelo menos 21 elementos de ordem 2. Por outrolado nenhum elemento de N tem ordem 2, e |N | = 21 = |G − N |, isso implica que oselementos de ordem 2 sao os elementos de G − N = {xn : n ∈ N}. Segue que xn temordem 2 para todo n ∈ N , ou seja xnxn = 1, ou seja xnx−1 = n−1 (sendo x−1 = x).Mas entao se n,m ∈ N temos por um lado xnmx−1 = (nm)−1 = m−1n−1 e por outrolado xnmx−1 = xnx−1 · xmx−1 = n−1m−1. Segue que m−1n−1 = n−1m−1, que pode serescrito nm = mn. Isso mostra que N e abeliano, logo esta contido no centralizador dos seuselementos, e contradiz o fato que existem centralizadores de ordem 3 e 7 (lembrando que Ncontem todos os elementos de ordem 3 e 7).

Segue que as unicas possibilidades sao

(2, 5, 5, 10), (3, 3, 4, 12), (4, 4, 4, 4).

• No caso (2, 5, 5, 10) seja P um 2-Sylow, entao |G : P | = 5 e G nao e abeliano,segue que a representacao permutacional G → S5 e injetiva sendo PG = {1} (sefosse PG = P sendo |P | = 2 o gerador de P pertenceria ao centro de G logoteria centralizador de ordem 10). Alem disso G contem um 5-Sylow normal logoG esta contido no normalizador de um 5-Sylow de S5, que podemos escolher comosendo o normalizador de Q = 〈(12345)〉. Observe que S5 contem 4! 5-cıclos logon5(S5) = 4!/4 = 6 logo |NS5

(Q)| = 5!/6 = 20. NS5(Q) contem um unico subgrupo

de ordem 10, que e a sua intersecao com A5. Trata-se do grupo diedral D10, segueque G ∼= D10.

• No caso (3, 3, 4, 12) seja P um 3-Sylow de G, temos |G : P | = 4, considere a re-presentacao permutacional associada G → S4 com nucleo PG. Observe que P naoe normal em G porque G tem duas classes de elementos de ordem 3, cada umacom quatro elementos, logo G contem 4 + 4 = 8 elementos de ordem 3. Segue quePG = {1} logo G→ S4 e injetiva e G e isomorfo a um subgrupo de S4 de ordem 12,logo G ∼= A4.

• O caso (4, 4, 4, 4) corresponde aos grupos abelianos C4 e C2 × C2.

Segue que os unicos grupos finitos com exatamente 4 classes de conjugacao sao C4, C2×C2,A4 e D10.

CAPıTULO 2

Aneis e polinomios

1. Aneis comutativos unitarios

Definicao 6 (Anel unitario). Um anel unitario e um conjunto A que tem duas operacoesbinarias + e · (soma e produto) tais que

(1) A com a operacao + e um grupo comutativo com elemento neutro 0 e o inverso(aditivo) de a e −a.

(2) A com a operacao · e um monoide, isto e, · e associativa e existe um elemento neutro1.

(3) Propriedade distributiva (compatibilidade entre soma e produto):a(b+ c) = ab+ ac e (a+ b)c = ac+ bc para todo a, b, c ∈ A.

A palavra “unitario” refere-se a existencia do elemento 1 (elemento neutro do produto).Observe que em geral um anel nao e um grupo com a multiplicacao. Quando falamos “anel”queremos sempre dizer anel unitario. Um anel A e dito comutativo se a sua operacao demultiplicacao e comutativa, isto e, se ab = ba para todo a, b ∈ A.

Multiplicacao por zero. Se A e um anel e a ∈ A entao a · 0 = 0. De fato a · 0 =a · (0 + 0) = a · 0 + a · 0 logo adicionando −(a · 0) aos dois lados 0 = a · 0. Observe que aigualdade a·0 = 0 e uma consequencia da propriedade distributiva. Isso implica em particularque 0 admite inverso multiplicativo se e somente se 0 = 1, e neste caso o inverso de 0 e 0 eA = {0} (porque se a ∈ A entao a = a · 1 = a · 0 = 0).

Por exemplo Z, Q, R, C sao aneis comutativos com as operacoes usuais.

Um exemplo importante de anel e Z/nZ com soma e produto modulares. A propriedadedistributiva neste caso e uma consequencia imediata da propriedade distributiva em Z: sea, b, c ∈ Z entao

a · (b+ c) = a · b+ c = a(b+ c)

= ab+ ac = ab+ ac = a · b+ a · c

Todos os aneis considerados serao unitarios.

Definicao 7 (Corpo). Um anel comutativo A e dito corpo se todo elemento a ∈ Adiferente de zero admite inverso multiplicativo a−1.

95

96 2. ANEIS E POLINOMIOS

Por exemplo Z nao e um corpo (pois por exemplo 2 ∈ Z mas 2a 6= 1 para todo a ∈ Z)mas Q, R e C sao corpos.

Proposicao 23. O anel comutativo A = Z/nZ e um corpo se e somente se n e umnumero primo.

Demonstracao. A e um corpo se e somente se todo elemento a 6= 0 admite inversomultiplicativo, ou seja todo a ∈ {1, 2, . . . , n − 1} e coprimo com n, ou seja n e um numeroprimo. �

Se A e um anel comutativo considere U(A), o conjunto dos elementos de A que admiteminverso multiplicativo. U(A) e um grupo multiplicativo (um grupo com a operacao de multi-plicacao) chamado de “grupo das unidades” de A (grupo dos elementos inversıveis de A).Por exemplo ja estudamos o grupo U(Z/nZ). Observe que U(Z) = {1,−1} (pois os unicosinteiros que admitem inverso multiplicativo inteiro sao 1 e −1), logo U(Z) e um grupo cıclicode ordem 2 (gerado por −1). Vimos que U(Z/nZ) e um grupo de ordem ϕ(n) e que e cıclicode ordem n− 1 se n for primo.

Observe que e imediato da definicao de corpo que o anel comutativo A e um corpo se esomente se U(A) = A − {0}. Por exemplo Z/6Z nao e um corpo pois U(Z/6Z) = {1, 5} 6={1, 2, 3, 4, 5} = Z/6Z − {0}, e Z/5Z e um corpo pois U(Z/5Z) = {1, 2, 3, 4} = Z/5Z − {0}.Observe que no anel Z/6Z temos 2 6= 0, 3 6= 0 mas 2 · 3 = 6 = 0. Isso mostra que em um anelpode acontecer que o produto de dois elementos nao nulos e igual a zero. Isso nao aconteceem um corpo:

Proposicao 24 (Lei de cancelamento). Seja K um corpo, e sejam a, b ∈ K. Entaoab = 0 se e somente se a = 0 ou b = 0. Em outras palavras se a 6= 0 e b 6= 0 entao ab 6= 0.

Demonstracao. Sendo a segunda implicacao imediata, mostraremos somente a pri-meira implicacao. Suponha ab = 0. Se a 6= 0 existe a−1 ∈ K (sendo K um corpo) logomultiplicando os dois lados da igualdade ab = 0 por a−1 obtemos b = 0. Se b 6= 0 existeb−1 ∈ K (sendo K um corpo) logo multiplicando os dois lados da igualdade ab = 0 por b−1

obtemos a = 0. �

2. Aneis de polinomios

Seja K um anel comutativo. Um “polinomio com coeficientes em K” e uma funcaof : N→ K tal que C = {i ∈ N : f(i) 6= 0} e finito. A representacao canonica de polinomio e

P (X) =

n∑i=0

aiXi = a0 + a1X + a2X

2 + . . .+ anXn

onde ai = f(i) ∈ K e f(i) = 0 para i > n. Os elementos a0, a1, . . . , an sao chamados de“coeficientes” do polinomio P (X). Observe que C pode ser vazio, neste caso o polinomioP (X) e chamado de polinomio nulo: P (X) = 0. Se C nao for vazio na escrita P (X) =∑ni=0 aiX

i supomos por coerencia de notacao que o coeficiente de Xn seja nao nulo: an 6= 0.Em outras palavras n = max(C). Se C nao for vazio (ou seja se P (X) nao for o polinomionulo), o maximo elemento de C (que existe pois C e finito) e chamado de grau do polinomio.Por exemplo o polinomio 6X3 + 2X2 + 1 tem grau 3, e C neste caso e {0, 2, 3} (que esta

2. ANEIS DE POLINOMIOS 97

contido propriamente em {0, 1, 2, 3}). Observe que a0 = 1, a1 = 0, a2 = 2, a3 = 6, e ai = 0para todo i ≥ 4. Ou seja os ai que nao aparecem sao iguais a zero. Se C for vazio entaoP (X) = 0 e o polinomio nulo e normalmente digamos que o grau do polinomio nulo e −∞,um numero menor de todos os numeros. Os polinomios de grau zero sao da forma a com0 6= a ∈ K (polinomios “constantes”), os polinomios de grau 1 sao da forma aX + b coma, b ∈ K e a 6= 0, os polinomios de grau 2 sao da forma aX2 + bX + c com a, b, c ∈ K e a 6= 0,etc.

Dois polinomios P1(X) =∑ni=0 aiX

i, P2(X) =∑ni=0 biX

i sao iguais exatamente quandosao iguais as funcoes correspondentes f(i) = ai, g(i) = bi, ou seja exatamente quando ai = bipara todo i ∈ N. Esse fato e as vezes chamado de “principio de identidade dos polinomios”,se trata de uma consequencia imediata da definicao de polinomio.

Podemos introduzir duas operacoes entre polinomios.

• Soma.n∑i=0

aiXi +

n∑i=0

biXi =

n∑i=0

(ai + bi)Xi.

• Produto. Se trata da regra XiXj = Xi+j extendida por distributividade, ou seja(n∑i=0

aiXi

)·

(m∑i=0

biXi

):=

n+m∑k=0

∑i+j=k

aibj

Xk.

Proposicao 25. Seja K um corpo. Se P (X), Q(X) ∈ K[X] sao dois polinomios naonulos de graus n e m, o grau de P (X)Q(X) e n+m.

Demonstracao. Escrevendo P (X) =∑ni=0 aiX

i e Q(X) =∑mi=0 biX

i com an 6= 0,bm 6= 0 e imediato ver, usando a distributividade, que P (X)Q(X) = anbmX

n+m +J(X) comJ(X) de grau menor que n+m, logo o grau de P (X)Q(X) e n+m: de fato anbm 6= 0 sendoK um corpo, an, bn ∈ K, an 6= 0 e bm 6= 0. �

O conjunto de todos os polinomios com coeficientes no anel comutativo unitario K eindicado por K[X]. Se trata de um anel comutativo unitario com elemento neutro da soma0 (o polinomio nulo) e elemento neutro do produto 1 (o polinomio constante 1). Em geralos elementos nao admitem inverso multiplicativo, por exemplo consideramos o polinomio X.Nao existe nenhum polinomio P (X) tal que XP (X) = 1, sendo o grau de XP (X) igual a1 + n onde n e o grau de P (X), e 1 + n ≥ 1.

Teorema 11 (Divisao com resto para polinomios.). Sejam A(X), B(X) ∈ K[X] doispolinomios nao nulos. Existem Q(X), R(X) em K[X] (quociente e resto) polinomios comR(X) nulo ou de grau menor que o grau de B(X), tais que

A(X) = Q(X)B(X) +R(X).

Demonstracao. Considere o conjunto

U = {A(X)− S(X)B(X) : S(X) ∈ K[X]}.


Se 0 ∈ U entao existe Q(X) com A(X) = Q(X)B(X) e basta escolher R(X) = 0. Agorasuponha 0 6∈ U . Entao o conjunto dos graus dos elementos de U admite mınimo. SejaR(X) = A(X) − Q(X)B(X) um polinomio de U de grau mınimo. Precisamos mostrar queo grau n de R(X) e menor que o grau m de B(X). Seja a o coeficiente de Xn em R(X)multiplicado pelo inverso do coeficiente de Xm em B(X) (que existe pois K e corpo!). Sefor n ≥ m (por contradicao) entao escrevendo n = m + k, k ≥ 0 e por definicao de a,L(X) = R(X)− aXkB(X) e nulo ou tem grau menor que n. Obtemos

A(X)−Q(X)B(X) = R(X) = L(X) + aXkB(X)

logo A(X) − (Q(X) + aXk)B(X) = L(X) daı L(X) ∈ U . Mas isso implica que L(X) 6= 0(pois 0 6∈ U) e L(X) tem grau menor que o grau de R(X). Isso contradiz a minimalidade dograu de R(X). �

Por exemplo se A(X) = X2 + X + 2 e B(X) = X o problema da divisao com restoe reduzida a “colocar X em evidencia”: A(X) = X(X + 1) + 2 = (X + 1)B(X) + 2 logoQ(X) = X + 1 e R(X) = 2. Observe que R(X) tem grau zero, e B(X) tem grau 1, o que fazsentido pois 0 < 1.

Um outro exemplo facil e A(X) = X2 + 1, B(X) = X + 1, neste caso X2 + 1 = (X −1)(X + 1) + 2 logo Q(X) = X − 1 e R(X) = 2.

Para resolver exemplos mais complicados precisamos de um algoritmo de divisao. Oalgoritmo para fazer a divisao com resto entre dois polinomios A(X) e B(X) e o seguinte.Sejam n o grau de A(X), m o grau de B(X), daı existem polinomios H(X) (de grau menor quen) e J(X) (de grau menor que m) tais que A(X) = anX

n +H(X) e B(X) = bmXm + J(X).

A(X) = anXn +H(X) B(X) = bmX

m + J(X)

Q1(X)B(X) Q1(X) = anbmXn−m

A(X)−Q1(X)B(X)

Feito isso, o algoritmo continua com A(X)−Q1(X)B(X) no lugar de A(X). Isso nos da um“segundo quociente” Q2(X), etc. No final teremos que o resto da divisao e o ultimo polinomioda primeira coluna e o quociente e Q1(X) +Q2(X) + . . .

Observe que o polinomio anbmXn−m e um elemento de K[X], e isso explica porque esco-

lhemos K como sendo um corpo. Por exemplo o anel Z[X] nao admite divisao com resto.

2. ANEIS DE POLINOMIOS 99

Exemplo. Sejam A(X) = X4 + X2 + 1, B(X) = X2 + X em Q[X]. Faremos a divisaocom resto entre A(X) e B(X).

X4 +X2 + 1 X2 +XX4 +X3 X2 −X + 2

−X3 +X2 + 1−X3 −X2

2X2 + 12X2 + 2X−2X + 1

Obtemos que A(X) = B(X)Q(X) + R(X) onde Q(X) = X2 −X + 2 (quociente) e R(X) =−2X + 1 (resto).

Exemplo. Sejam A(X) = X4 − 2X3 + X2 − X − 1 e B(X) = 3X2 + X. Faremos adivisao com resto entre A(X) e B(X).

X4 − 2X3 +X2 −X − 1 3X2 +XX4 + 1

3X3 1

3X2 − 7

9X + 1627

− 73X

3 +X2 −X − 1− 7

3X3 − 7

9X2

169 X

2 −X − 1169 X

2 + 1627X

− 4327X − 1

Obtemos que A(X) = B(X)Q(X) + R(X) onde Q(X) = 13X

2 − 79X + 16

27 (quociente) e

R(X) = − 4327X − 1 (resto).

Lembrando que em Z/5Z[X] temos 3−1 = 2, podemos fazer a divisao entre A(X) =X4 − 2X3 +X2 −X − 1 e B(X) = 3X2 +X em Z/5Z[X]. Temos

X4 − 2X3 +X2 −X − 1 3X2 +XX4 + 2X3 2X2 + 2X + 3

X3 +X2 + 4X + 4X3 + 2X2

4X2 + 4X + 44X2 + 3XX + 4

Tendo divisao com resto, podemos aplicar o algoritmo de Euclides exatamente como oaplicamos em Z. Ou seja se K e corpo entao no anel K[X] pode se aplicar o algoritmo deEuclides.

Uma “raiz” de P (X) ∈ K[X] e um elemento a ∈ K tal que P (a) = 0.

Proposicao 26. Seja K um corpo e seja P (X) ∈ K[X] de grau n ≥ 1. Entao P (X)tem no maximo n raizes em K.


Demonstracao. Por inducao sobre n. Se n = 1 entao P (X) = cX + d (com c, d ∈ Ke c 6= 0) tem exatamente uma raiz, −d/c = −d · c−1 (observe que c−1 existe porque K eum corpo e c 6= 0). Suponha o resultado verdadeiro para n e seja P (X) um polinomio degrau n + 1. Se P (X) nao tiver raizes em K entao P (X) tem no maximo n + 1 raizes (pois0 ≤ n + 1) e o resultado e demonstrado, entao suponha que P (X) tenha uma raiz a ∈ K.Fazendo a divisao com resto entre P (X) e X−a obtemos P (X) = (X−a)Q(X) +R(X) comR(X) nulo ou de grau menor que o grau de X − a, ou seja R(X) = r ∈ K e uma constante(que pode ser nula). Sendo P (a) = 0 obtemos

0 = P (a) = (a− a)Q(a) + r = r

daı r = 0 logo P (X) = (X − a)Q(X), logo Q(X) tem grau n (pois P (X) tem grau n + 1 eX − a tem grau 1). Uma raiz de P (X) diferente de a tem que ser uma raiz de Q(X) (poisse P (b) = 0 entao (b− a)Q(b) = 0 logo Q(b) = 0 se b 6= a, sendo K um corpo), por hipoteseQ(X) tem no maximo n raizes em K (pois o resultado e verdadeiro para n) logo P (X) temno maximo n+ 1 raizes em K. �

Todo polinomio P (X) ∈ K[X] induz uma funcao polinomial fP : K → K, fP (x) := P (x).Dois polinomios diferentes podem induzir a mesma funcao polinomial. Por exemplo X2 +Xe 0 induzem a funcao nula Z/2Z→ Z/2Z.

2.1. Exercıcios.

(1) Faca a divisao com resto entre X6 −X e 2X2 +X + 1 em Q[X] e em Z/7Z[X].

(2) Encontre dois polinomios G(X), H(X) ∈ Q[X] tais que

G(X)(X3 + 2) +H(X)(X2 +X + 1) = 1.

(3) Existe uma formula para o grau de A(X)+B(X) que depende so dos graus de A(X)e B(X)?

(4) Encontre todos os x ∈ Z/17Z tais que x2 + 8x+ 14 = 0.

(5) Conte os polinomios de grau 4 em Z/3Z[X].

(6) Calcule X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4) em Z/5Z[X].

(7) Encontre todos os x ∈ Z/16Z tais que x4 = 0.

(8) Sejam A e B dois aneis (comutativos, unitarios). Seja R = A × B o produtocartesiano entre A e B. Mostre que R e um anel (comutativo, unitario) com asoperacoes

(a1, b1) + (a2, b2) = (a1 + a2, b1 + b2),

(a1, b1) · (a2, b2) = (a1a2, b1b2).

Mostre que U(R) = U(A)× U(B). R e um corpo?

3. IDEAIS, QUOCIENTES, TEOREMA DE ISOMORFISMO 101

(9) Seja A o conjunto das funcoes f : R → R. Mostre que A e um anel comutativounitario com as operacoes

(f + g)(x) := f(x) + g(x), (f · g)(x) := f(x)g(x).

Calcule U(A).

(10) Seja A um anel unitario. Mostre que U(A) com a multiplicacao e um grupo.

(11) Seja K um corpo. Mostre que U(K[X]) = U(K) = K − {0}.

(12) Seja G um grupo abeliano aditivo e seja A = End(G) o conjunto dos endomorfismosde G, ou seja os homomorfismos G→ G. Mostre que A e um anel com as operacoes(f + g)(x) = f(x) + g(x) (para todo x ∈ G) e (fg)(x) = f(g(x)) (para todo x ∈ G).

(13) Seja A um anel unitario. Mostre que se b2 = b para todo b ∈ A entao A e comutativo.Mostre que se b3 = b para todo b ∈ A entao A e comutativo.

(14) Seja p um numero primo ımpar e seja K o corpo Z/pZ. Mostre que o polinomioX2 + 1 ∈ K[X] admite uma raiz em K se e somente se p ≡ 1 mod 4. [Dica:lembre-se que U(K) ∼= Cp−1.]

(15) Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 modulo 4.[Dica: suponha isso falso por contradicao e seja m o produto de todos os primos

congruentes a 1 modulo 4. Seja P (X) = X2 +1 e seja p um divisor primo de P (2m).Mostre que P (X) admite uma raiz em K = Z/pZ e deduza que p ≡ 1 mod 4 usandoo exercıcio anterior.]

(16) Seja K um corpo infinito e seja P (X) um polinomio em K[X]. Entao P (X) e opolinomio nulo se e somente se P (a) = 0 para todo a ∈ K.

(17) Seja K um corpo, e seja F o conjunto das funcoes K → K. Seja g : K[X] → F afuncao definida por g(P (X))(a) := P (a). Mostre que g e injetiva se e somente se Ke infinito.

3. Ideais, quocientes, teorema de isomorfismo

Seja A um anel comutativo unitario. Em particular A e um grupo abeliano com +; sejaI um subgrupo aditivo de A. Como visto no primeiro modulo, sabemos fazer o quocienteA/I = {a+ I : a ∈ A} e sabemos que se trata de um grupo aditivo abeliano com elementoneutro I = 0 + I. Observe que como visto no primeiro modulo, x+ I = y+ I se e somente sex− y ∈ I (lembre-se que em notacao multiplicativa, xN = yN se e somente se y−1xN = N ,se e somente se y−1x ∈ N). Queremos indagar as propriedades que I precisa ter para poderdar uma estrutura natural de anel a A/I. Ja temos uma operacao de soma em A/I, aquelado grupo quociente: (a + I) + (b + I) := (a + b) + I. A definicao natural de produto e(a+ I)(b+ I) := ab+ I com elemento neutro 1 + I.


Imagine que A/I seja um anel bem definido com as operacoes definidas acima. Lembre-seque sendo A/I um anel com zero igual a 0 + I = I, temos (a + I)(0 + I) = 0 + I para todoa ∈ A (pois r · 0 = 0 para todo r ∈ R, se R e um qualquer anel). Por outro lado x+ I = 0 + Ipara todo x ∈ I, logo temos (a+I)(x+I) = 0+I para todo a ∈ A, x ∈ I, em outras palavrasax+ I = I para todo a ∈ A, x ∈ I, isto e, ax ∈ I para todo a ∈ A, x ∈ I.

Definicao 8. Um ideal de um anel A e um subgrupo aditivo I de A tal que ax ∈ I paratodo a ∈ A, x ∈ I. Se I e um ideal de A escrevemos I EA.

Por exemplo, e facil mostrar que {0} e A sao ideais de A.

Vamos mostrar que se I e um ideal de A entao as operacoes (a+I)+(b+I) = (a+ b)+I,(a + I)(b + I) = ab + I fazem de A/I um anel comutativo unitario com elemento neutro dasoma 0 + I = I e elemento neutro do produto 1 + I. Vamos mostrar isso.

• O produto e bem definido. Sejam a+I = c+I (isto e, a−c ∈ I), b+I = d+I (isto e,b−d ∈ I) elementos de A/I. Queremos mostrar que (a+I)(b+I) = (c+I)(d+I), istoe, que o produto nao depende do representante escolhido. Mas (a+I)(b+I) = ab+Ie (c+I)(d+I) = cd+I, logo temos que mostrar que ab+I = cd+I, isto e, ab−cd ∈ I.Temos ab− cd = a(b−d) +d(a− c) ∈ I pois I e um ideal (em particular, grupo com+) e b− d, a− c ∈ I e a, d ∈ A. Observe que aqui usamos as duas propriedades quedefinem um ideal.

• O produto e associativo:

(a+ I)((b+ I)(c+ I)) = (a+ I)(bc+ I) = a(bc) + I = (ab)c+ I =

= (ab+ I)(c+ I) = ((a+ I)(b+ I))(c+ I).

• Propriedade distributiva:

(a+ I)((b+ I) + (c+ I)) = (a+ I)((b+ c) + I) = a(b+ c) + I = ab+ ac+ I =

= (ab+ I) + (ac+ I) = (a+ I)(b+ I) + (a+ I)(c+ I).

Um homomorfismo de aneis A,B e um homomorfismo de grupos aditivos f : A → Bcom as duas propriedades seguintes: f(xy) = f(x)f(y) para todo x, y ∈ A e f(1) = 1.Observe que a primeira dessas duas propriedades em geral nao implica a segunda pois f(1) =f(1 · 1) = f(1)f(1) nao implica f(1) = 1 se f(1) nao tem inverso em A (lembre que aoperacao de produto em um anel nao e uma operacao de grupo). Um isomorfismo de aneise um homomorfismo bijetivo. Se existe um isomorfismo A→ B escrevemos A ∼= B.

O nucleo de f e ker(f) := {a ∈ A : f(a) = 0} e a imagem de f e Im(f) := {f(a) :a ∈ A}. Ja sabemos que f e injetivo se e somente se e injetivo como homomorfismo de gruposaditivos, e isso vale se e somente se ker(f) = {0}.

• ker(f) e um ideal de A. De fato ja sabemos que ker(f) e um subgrupo aditivo deA, e se a ∈ A e x ∈ ker(f) logo f(ax) = f(a)f(x) = f(a)0 = 0 entao ax ∈ ker(f).

• Im(f) e um subanel de B (ou seja Im(f) e um anel com as mesmas operacoes de B eos mesmos elementos neutros). De fato 1 = f(1) ∈ Im(f) e se b1, b2 ∈ Im(f) existema1, a2 ∈ A com f(a1) = b1 e f(a2) = b2 e b1b2 = f(a1)f(a2) = f(a1a2) ∈ Im(f).


Por exemplo a funcao π : A → A/I (projecao canonica) definida por π(a) := a + Ie um homomorfismo sobrejetivo de aneis e ker(π) = I. Ja vimos no primeiro modulo queπ e um homomorfismo de grupos aditivos e que ker(π) = I, falta mostrar que π respeita oproduto e que leva 1 para 1: π(ab) = ab+ I = (a+ I)(b+ I) = π(a)π(b) e π(1) = 1 + I.

Teorema 12 (Teorema de isomorfismo). Seja f : A → B um homomorfismo de aneis.Entao A/ ker(f) ∼= Im(f) (isomorfismo de aneis!).

Demonstracao. Seja I := ker(f). Ja sabemos que ϕ : A/I → Im(f) definida porϕ(a+ I) := f(a) e um isomorfismo de grupos aditivos (pelo teorema de isomorfismo visto noprimeiro modulo). Falta mostrar que e um homomorfismo de aneis: temos

ϕ((a+ I)(b+ I)) = ϕ(ab+ I) = f(ab) = f(a)f(b) = ϕ(a+ I)ϕ(b+ I)

e ϕ(1 + I) = f(1) = 1. �

Por exemplo se n e um inteiro entao nZ = {nz : z ∈ Z} e um ideal do anel Z.De fato ja sabemos que nZ e um subgrupo aditivo de Z e se a ∈ Z e nz ∈ nZ entaoax = anz = n(az) ∈ nZ.

Por exemplo se A = Q[X] entao o conjunto S = {nX : n ∈ Z} nao e um ideal poisX ∈ S mas X2 = X ·X 6∈ S (todos os polinomios em S tem grau 1 enquanto X2 tem grau2). Logo nao vale o axioma 2 da definicao de ideal neste caso.

Por exemplo Z ⊆ Q[X] mas Z nao e um ideal de Q[X], de fato 1 ∈ Z, X ∈ Q[X] mas1 ·X = X 6∈ Z.

Definicao 9 (Ideal principal). Seja A um anel comutativo unitario. Seja r ∈ A. O“ideal principal gerado por r” e o conjunto (r) := {rx : x ∈ A}. Se trata de um ideal de A.

Vamos mostrar que (r) e realmente um ideal de A.Axioma 1. (r) e um subgrupo aditivo de A, de fato 0 ∈ (r) sendo 0 = r0 e se rx, ry ∈ (r)

entao rx+ ry = r(x+ y) ∈ (r), −(rx) = r(−x) ∈ (r).Axioma 2. Se a ∈ A e rx ∈ (r) entao a(rx) = r(ax) ∈ (r).

Por exemplo {0} e A sao ideais principais de A sendo {0} = (0) e A = (1).

Por exemplo se A = Z e r ∈ A entao (r) = rZ.

Por exemplo se K e um corpo o ideal (X) de K[X] e o ideal

(X) = {XP (X) : P (X) ∈ k[X]}.

Proposicao 27. Seja A um anel comutativo unitario. Entao A e um corpo se e somentese os unicos ideais de A sao (0) = {0} e (1) = A.

Demonstracao. Suponha A corpo e seja I um ideal de A com I 6= (0). Seja x ∈ I comx 6= 0. Como A e um corpo, x−1 ∈ A, logo xx−1 ∈ I pois I e ideal, assim 1 ∈ I. Mas sea ∈ A entao a = a · 1 ∈ I pois I e ideal e 1 ∈ I. Isso mostra que A ⊆ I, logo A = I.

Suponha que os unicos ideais de A sejam (0) = {0} e (1) = A. Seja x ∈ A com x 6= 0 evamos mostrar que x tem inverso em A. Como x 6= 0, o ideal principal (x) = {ax : a ∈ A}


e um ideal nao nulo de A. Como os unicos ideais de A sao (0) e (1), temos (x) = (1), emparticular 1 ∈ (x), logo existe a ∈ A tal que ax = 1, assim a e o inverso de x. �

Logo A e um corpo se e somente se A tem exatamente dois ideais, (0) e (1).

Teorema 13 (Teorema de correspondencia). Seja I um ideal de um anel comutativounitario A. Existe uma bijecao (canonica) A → B entre o conjunto A dos ideais de A quecontem I e o conjunto B dos ideais de A/I.

Demonstracao. Defina ϕ : A → B por ϕ(J) := J/I e ψ : B → A por ψ(T ) := {a ∈A : a + I ∈ T}. Primeiro, mostraremos que ϕ e ψ sao bem definidas, isto e, que se J ∈ Aentao ϕ(J) e um ideal de A/I e que se T ∈ B entao ψ(T ) e um ideal de A contendo I.

• Um elemento de J/I tem a forma x + I sendo x ∈ J . Se x + I, y + I ∈ J/I entao(x + I) + (y + I) = x + y + I ∈ J/I pois x + y ∈ J sendo J um ideal de A. Alemdisso, −(x+ I) = −x+ I ∈ J/I pois −x ∈ J sendo J um ideal de A. Se a+ I ∈ A/Ientao (a+ I)(x+ I) = ax+ I ∈ J/I pois ax ∈ J sendo J um ideal de A. Isso mostraque J/I EA/I.

• Sejam x, y ∈ ψ(T ), assim x+ I, y+ I ∈ T . Temos x+ y+ I = (x+ I) + (y+ I) ∈ Tpois x + I, y + I ∈ T e T e um ideal de A/I; isso mostra que x + y ∈ ψ(T ). Alemdisso, −x+ I = −(x+ I) ∈ T pois x+ I ∈ T e T e um ideal de A/I; isso mostra que−x ∈ ψ(T ). Se x ∈ ψ(T ) e a ∈ A entao ax + I = (a + I)(x + I) ∈ T pois T e umideal de A/I; isso mostra que ax ∈ ψ(T ). Isso mostra que ψ(T )E A. ψ(T ) contemI pois se x ∈ I entao x+ I = I = 0 + I ∈ T pois T e um ideal de A/I.

Vamos mostrar que para todo J ∈ A, T ∈ B temos ψ(ϕ(J)) = J e ϕ(ψ(T )) = T .

• Temos ψ(ϕ(J)) = ψ(J/I) = {a ∈ A : a+ I ∈ J/I}. a+ I ∈ J/I significa que existej ∈ J tal que a+ I = j + I, isto e, a− j = i ∈ I, assim a = i+ j ∈ J sendo J ⊇ I.Por outro lado e claro que se a ∈ J entao a+ I ∈ J/I. Isso mostra que a+ I ∈ J/Ie equivalente a a ∈ J , logo ψ(ϕ(J)) = {a ∈ A : a ∈ J} = J .

• Temos ϕ(ψ(T )) = {a ∈ A : a + I ∈ T}/I. Vamos mostrar que ϕ(ψ(T )) = Tmostrando as duas inclusoes. Se x+ I ∈ ϕ(ψ(T )) entao x+ I = a+ I com a+ I ∈ Tlogo x+ I ∈ T ; isso mostra (⊆). Se t = a+ I ∈ T entao a ∈ ψ(T ) logo t = a+ I ∈ϕ(ψ(T )); isso mostra (⊇).

Logo ϕ e ψ sao bijecoes (uma a inversa da outra). �

Por exemplo, isso implica que se I E A, o anel A/I e um corpo se e somente se I e umideal maximal de A, isto e, os unicos ideais de A que contem I sao I e A. De fato, comovisto acima A/I e um corpo se e somente se os unicos ideais de A/I sao os ideais triviais,I/I = {I} (o ideal nulo) e A/I. Pelo teorema de correspondencia, isso significa que os unicosideais de A contendo I sao I e A.

Seja K um corpo. Os ideais de A = K[X] sao principais. De fato se I e um ideal de Adiferente de {0} seja P (X) um polinomio nao nulo de grau minimo em I e seja H(X) ∈ I.Efetuando a divisao com resto entre H(X) e P (X) obtemos H(X) = Q(X)P (X) + R(X)logo R(X) = H(X)−Q(X)P (X) ∈ I, e como o grau de R(X) e menor que o grau de P (X)obtemos R(X) = 0 ou seja H(X) = Q(X)P (X) ∈ (P (X)). Isso mostra que I ⊆ (P (X)) e aoutra inclusao e clara logo I = (P (X)).


Um polinomio nao nulo P (X) ∈ K[X] e dito irredutıvel se para toda fatoracao P (X) =H(X)Q(X) com H(X), Q(X) ∈ K[X] temos que pelo menos um entre H(X) e Q(X) pertencea U(K[X]) ou seja e um polinomio constante.

Proposicao 28. Seja K um corpo e seja A = K[X]. Se 0 6= P (X) ∈ A o ideal I =(P (X)) E A e maximal em A se e somente se P (X) e irredutıvel. Segue que um quocienteK[X]/(P (X)) e um corpo se e somente se P (X) e irredutıvel em K[X].

Demonstracao. Suponha I = (P (X)) maximal emA. Se P (X) e um produtoH(X)Q(X)entao P (X) ∈ (Q(X)) logo (P (X)) ⊆ (Q(X)) e sendo I maximal isso implica (Q(X)) =(P (X)) ou (Q(X)) = A. No primeiro caso Q(X) = P (X)S(X) com S(X) ∈ A logoP (X) = H(X)S(X)P (X) ou seja P (X)(1 − H(X)S(X)) = 0 e sendo P (X) 6= 0 isso im-plica 1 − H(X)S(X) = 0 (pela formula do grau de um produto a lei de cancelamento valeem A). Segue que H(X)S(X) = 1 logo H(X) e um polinomio inversıvel. No segundo caso(Q(X)) = A 3 1 logo existe H(X) ∈ A com Q(X)H(X) = 1 logo Q(X) e um polinomioinversıvel.

Suponha P (X) irredutıvel e seja I = P (X). Se I ⊆ J ⊆ A e J e ideal de A vamos mostrarque J = (P (X)) ou J = A. Podemos escrever J = (Q(X)) logo P (X) = Q(X)H(X) paraalgum H(X) ∈ A, segue que um entre Q(X) e H(X) e inversıvel (sendo P (X) irredutıvel) eisso implica J = (Q(X)) = A ou (H(X)) = A. No segundo caso sendo 1 ∈ A existe S(X) ∈ Acom H(X)S(X) = 1 logo P (X)S(X) = Q(X)H(X)S(X) = Q(X) logo Q(X) ∈ (P (X)) = I eisso implica J = (Q(X)) ⊆ (P (X)) = I. Como a outra inclusao vale por hipotese deduzimosJ = I. �

3.1. Exercıcios.

(1) Um elemento a de um anel comutativo unitario A e chamado de nilpotente se an = 0para algum n ∈ N. Mostre que o conjunto dos elementos nilpotentes de A e umideal de A.

(2) Um elemento e de um anel comutativo unitario A e chamado de idempotente see2 = e. Mostre que A contem idempotentes diferentes de 0 e de 1 se e somente seA e isomorfo a um produto direto de dois aneis comutativos unitarios nao triviais,A ∼= X×Y . [Dica: mostre que 1− e e idempotente e defina X = eA, Y = (1− e)A.]

(3) Se I e J sao ideais de um anel comutativo unitario A entao defina I + J = {i+ j :i ∈ I, j ∈ J}. Mostre que I + J EA. Defina IJ como sendo o ideal de A gerado por{ij : i ∈ I, j ∈ J} (a intersecao dos ideais de A contendo {ij : i ∈ I, j ∈ J}).Mostre que se I + J = A entao I ∩ J = IJ .

(4) Seja A um anel comutativo unitario e sejam a, b ∈ A. Considere (a, b) := {ax+ by :x, y ∈ A}. Mostre que (a, b) e um ideal de A.

(5) Seja f : A→ B um homomorfismo de aneis comutativos unitarios e seja J um ideal

de B. Mostre que f←(J) = {a ∈ A : f(a) ∈ J} e um ideal de A. E verdade que seI e um ideal de A entao f(I) e um ideal de B?

(6) Seja A um anel comutativo unitario e seja f : A[X] → A a funcao definida porf(P (X)) := P (0), isto e, f(a0 + a1X + . . . + anX

n) := a0. Usando o teorema deisomorfismo, mostre que A[X]/(X) ∼= A.

(7) Escreva e demonstre o teorema de isomorfismo para espacos vetoriais sobre um corpoK. Se V e um espaco vetorial e W e um subespaco, V/W = {v + W : v ∈ V } e


um espaco vetorial com a multiplicacao por escalar dada por a(v + W ) := av + W(para todo a ∈ K, v ∈ V ). Calcule dimK(V/W ).

(8) Calcule o nucleo de vi+1 : Q[X]→ C, vi+1(P (X)) := P (i+ 1).(9) Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 modulo 3. [Dica: se por con-

tradicao sao finitos seja m o produto deles, seja P (X) = X2 +X + 1 ∈ Z[X] e sejap um divisor primo de P (3m). Mostre que U(Z/pZ) contem um elemento de ordem3.]

4. Domınios

Um domınio de integridade (ou simplesmente domınio) e um anel comutativo unitario Atal que se a, b ∈ A e ab = 0 entao a = 0 ou b = 0. Por exemplo Z e Z[X] sao domınios e maisem geral se A e um domınio A[X] e um domınio tambem: isso segue pela formula

grau(P (X)Q(X)) = grau(P (X)) + grau(Q(X))

que vale em A[X] se A e um domınio, como ja visto (isso foi feito no caso A corpo mas a unicacoisa usada foi a lei de cancelamento). Observe tambem que a formula acima vale tambemquando um entre P (X) e Q(X) e nulo porque grau(0) = −∞.

Teorema 14. Seja A um anel comutativo. Entao A e um domınio de integridade se esomente se A e isomorfo a um subanel de um corpo.

Demonstracao. Seja A um subanel de um corpo K e sejam a, b ∈ A tais que ab = 0.Mostraremos que a = 0 ou b = 0, em outras palavras, mostraremos que se a 6= 0 entao b = 0.Se a 6= 0 entao existe a−1 ∈ K (pois K e um corpo) logo multiplicando os dois lados de ab = 0por a−1 obtemos b = aba−1 = 0a−1 = 0.

Agora vamos mostrar a outra implicacao, isto e, que se A e um domınio de integridadeentao A e um subanel de um corpo. Seja

R := {(a, b) : a, b ∈ A, b 6= 0}.Vamos definir uma relacao ∼ em R da forma seguinte:

(a, b) ∼ (c, d) ⇔ ad = bc.

Se trata de uma relacao de equivalencia:

(1) Propriedade reflexiva. Se (a, b) ∈ R entao (a, b) ∼ (a, b) pois ab = ba (A e comuta-tivo).

(2) Propriedade simetrica. Se (a, b) ∼ (c, d) entao (c, d) ∼ (a, b). De fato, (a, b) ∼ (c, d)significa ad = bc, que implica da = cb (A sendo comutativo) logo (c, d) ∼ (a, b).

(3) Propriedade transitiva. Suponha (a, b) ∼ (c, d) ∼ (e, f), e vamos mostrar que(a, b) ∼ (e, f), isto e, que af = be. Temos ad = bc e cf = de. Multiplicando os doislados de ad = bc por e temos ade = bce e usando cf = de obtemos acf = bce, istoe, caf − cbe = 0 (A e comutativo). Isolando c temos c(af − be) = 0 (propriedadedistributiva) logo se c 6= 0 entao af = be, o que queremos (pois A e um domınio deintegridade). Agora suponha c = 0. Precisamos mostrar que se ad = 0 e de = 0entao af = be. Como d 6= 0 e A e um domınio de integridade, ad = 0 e de = 0implicam a = e = 0 logo af = be vale.

4. DOMINIOS 107

As classes de equivalencia de ∼ sao (aqui (a, b) ∈ R)

[(a, b)]∼ := {(x, y) ∈ R : (x, y) ∼ (a, b)}.

O conjunto quociente e

K := R/ ∼ = {[(a, b)]∼ : (a, b) ∈ R}.

Queremos dar a K estrutura de corpo contendo uma copia do anel A.

A primeira coisa para fazer e usar uma notacao menos complicada para a classe deequivalencia [(a, b)]∼, vamos por

a

b:= [(a, b)]∼.

Com essa notacao, lembrando que o que acontece em Q e

a

b+c

d=ad+ bc

bd,

a

b

c

d:=

ac

bd

e natural pegar essas igualdades como definicao de soma e produto em K, em outras palavras(mais formais)

[(a, b)]∼ + [(c, d)]∼ := [(ad+ bc, bd)]∼, [(a, b)]∼ · [(c, d)]∼ := [(ac, bd)]∼.

Agora precisamos verificar que + e · fazem de K um corpo. No que segue lembre-se que pordefinicao de classe de equivalencia, [(a, b)]∼ = [(c, d)]∼ se e somente se (a, b) ∼ (c, d), isto e,ab = c

d se e somente se ad = bc.

(1) + e bem definida. Se ab = x

y (isto e, ay = bx) e cd = z

w (isto e, cw = dz) precisamos

mostrar que ab + c

d = xy + z

w , isto e, ad+bcbd = xw+yz

yw , isto e, (ad+bc)yw = bd(xw+yz),

que segue das propriedades comutativa do produto e distributiva e do fato queay = bx e cw = dz.

(2) · e bem definida. Se Se ab = x

y (isto e, ay = bx) e cd = z

w (isto e, cw = dz) precisamos

mostrar que ab ·

cd = x

y ·zw , isto e, ac

bd = xzyw , em outras palavras acyw = bdxz, o que

segue da propriedade comutativa do produto e do fato que ay = bx e cw = dz.(3) (K,+) e um grupo abeliano com elemento neutro 0

1 e o inverso de ab e −ab (em outras

palavras, −ab e por definicao −ab ).A operacao + e associativa pois

(a

b+c

d) +

e

f=ad+ bc

bd+e

f=

(ad+ bc)f + bde

bdf

a

b+ (

c

d+e

f) =

a

b+cf + de

df=adf + (cf + de)b

bdf

sao iguais pois (ad+ bc)f + bde = adf + (cf + de) pelas propriedades comutativa edistributiva de A.

(4) (K, ·) e um monoide comutativo com elemento neutro 11 . A operacao · e associativa

poisa

b· ( cd· ef

) =a

b· cedf

=ace

bdf=ac

bd· ef

= (a

b· cd

) · ef.

E comutativa pois ab ·

cd = ac

bd = cadb = c

d ·ab , sendo A comutativo.


(5) A propriedade distributiva, isto e, o fato que ab · (

cd + e

f ) = ab ·

cd + a

b ·ef (podemos

verificar so essa pois · e comutativo). De fato, temos

a

b· ( cd

+e

f) =

a

b· cf + de

df=a(cf + de)

bdf

a

b· cd

+a

b· ef

=ac

bd+ae

bf=acbf + bdae

bdbf

sao iguais pois a(cf + de)(bdbf) = bdf(acbf + bdae) (definicao de igualdade entrefracoes).

(6) Todo elemento diferente de zero tem inverso multiplicativo. De fato, se ab ∈ K e

ab 6= 0 = 0

1 , isto significa que a · 1 6= b · 0, isto e, a 6= 0, logo ba ∈ K. Temos

ab ·

ba = ab

ba = 11 sendo ab = ba.

Isso mostra que K e um corpo. Seja A := {a1 : a ∈ A}, que e um subanel de K. A

funcao ϕ : A→ A definida por ϕ(a) = a/1 e um isomorfismo de aneis. �

O corpo K construido na prova acima e dito corpo de fracoes de A e indicado comFrac(A). Por exemplo Frac(Z) = Q. Um outro exemplo e dado pelos polinomios: Frac(Z[X]) =

Q(X), onde Q(X) e o anel (na verdade, corpo) das fracoes P (X)Q(X) onde P (X), Q(X) sao po-

linomios de Q[X] e Q(X) 6= 0.

Observe que se A e um domınio entao Frac(A) e “o menor corpo contendo A” no sentidoseguinte: se F e um corpo que contem A como subanel e K = Frac(A) entao existe um unicohomomorfismo injetivo de aneis f : K → F tal que f(a) = a para todo a ∈ A (onde estamosidentificando A com a sua imagem {a/1 : a ∈ A} em K). Se trata de f(a/b) = ab−1. Porexemplo se A e um corpo entao A ∼= Frac(A).

5. Corpos

Se A e B sao aneis com A ≤ B (A subanel de B) e b ∈ B podemos considerar

vb : A[X]→ B, vb(a0 + a1X + . . .+ anXn) := a0 + a1b+ . . .+ anb

n,

em outras palavras vb(P (X)) := P (b). Se trata de um homomorfismo de aneis (homomorfismode substituicao), pois e claro que vb(1) = 1 e vb(P (X)+Q(X)) = P (b)+Q(b) = vb(P (X))+vb(Q(X)) e vb(P (X)Q(X)) = P (b)Q(b) = vb(P (X))vb(Q(X)). A imagem de vb e indicadacom A[b]: Im(vb) = A[b]. Se A[b] e um domınio, o corpo de fracoes de A[b] e indicado comA(b).

A[b] = {P (b) : P (X) ∈ A[X]},

A(b) =

{P (b)

Q(b): P (X), Q(X) ∈ A[X], Q(b) 6= 0

}.

Observe que A[b] nao e um anel de polinomios: se trata do subanel de B seguinte:

A[b] := {a0 + a1b+ . . .+ anbn : n ∈ N, a0, a1, . . . , an ∈ A} ≤ B.

5. CORPOS 109

Vimos que se K e um corpo entao o ideal I = (P (X)) de K[X] e maximal se e somentese P (X) e irredutıvel, e neste caso K[X]/I e um corpo. Por exemplo R[X]/(X2 + 1) e umcorpo. Considere o homomorfismo de substituicao

vi : R[X]→ C, vi(P (X)) = P (i).

E sobrejetivo porque todo elemento de C tem a forma ai + b com a, b ∈ R logo ai + b =vi(aX + b). O nucleo ker(vi) e um ideal de R[X], mostraremos agora que ker(vi) = (X2 + 1),o ideal principal gerado por X2 + 1. A inclusao (X2 + 1) ⊆ ker(vi) e clara porque se L(X) =(X2 + 1)Q(X) ∈ (X2 + 1) entao vi(L(X)) = (i2 + 1)Q(i) = 0Q(i) = 0 logo L(X) ∈ ker(vi).Para mostrar a inclusao ker(vi) ⊆ (X2 + 1) considere L(X) ∈ ker(vi), ou seja L(i) = 0.Efetuando a divisao com resto de L(X) por X2 + 1 obtemos L(X) = (X2 + 1)Q(X) + aX + bonde a, b ∈ R e 0 = vi(L(X)) = L(i) = (i2 + 1)Q(i) + ai + b = ai + b logo a = b = 0e R(X) = aX + b = 0. Segue que L(X) = (X2 + 1)Q(X) ∈ (X2 + 1). Pelo teorema deisomorfismo obtemos que

C ∼= R[X]/ ker(vi) = R[X]/(X2 + 1).

Lema 5. Seja K um corpo, e seja G um subgrupo multiplicativo de K∗. Se G e finitoentao G e cıclico.

Demonstracao. Quando mostramos que se p e primo U(Z/pZ) e cıclico o argumentofoi o seguinte: se G e um grupo abeliano finito tal que a equacao xd = 1 tem no maximo dsolucoes em G para todo divisor d de |G| entao G e cıclico. Isso vale para o grupo G = K∗

porque o polinomio Xd − 1, que tem grau d, tem no maximo d solucoes. �

Se p e um primo defina Fp = Z/pZ.

Por exemplo F∗7 e um grupo cıclico. Observe que F7 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} logo F∗7 ={1, 2, 3, 4, 5, 6}. As potencias de 2 sao 21 = 2, 22 = 4, 23 = 1, logo 2 tem ordem 3: o(2) = 3.Em particular 2 nao e um gerador de F∗7: 〈2〉 6= F∗7. As potencias de 3 sao 31 = 3, 32 = 2,33 = 2 · 3 = 6, 34 = 6 · 3 = 4, 35 = 4 · 3 = 5, 36 = 5 · 3 = 1. Logo F∗7 = 〈3〉, em outras palavraso grupo cıclico F∗7 e gerado por 3. Em geral F∗p e um grupo multiplicativo cıclico de ordemp− 1.

Considere K = F3[X]/I onde I e o ideal principal (X2 + 1). Sabemos que X2 + 1 eirredutıvel em F3[X] porque X2+1 e um polinomio de grau 2 sem raizes em F3: 02+1 = 1 6= 0,11 + 1 = 2 6= 0, 22 + 1 = 2 6= 0. Logo

K := F3[X]/(X2 + 1)

e um corpo. Queremos entender melhor os elementos de K e as operacoes de soma e produtoem K. Um elemento generico de K e uma classe P (X) + (X2 + 1). Fazendo a divisaocom resto de P (X) por X2 + 1 obtemos P (X) = (X2 + 1)Q(X) + R(X) com R(X) degrau menor que 2, assim R(X) = aX + b com a, b ∈ F3. Observe que P (X) + (X2 + 1) =(X2 + 1)Q(X) + R(X) + I = R(X) + I, logo na verdade os elementos de K tem a formaaX + b + I (o que acabamos de mostrar e que existem representantes de grau menor que2). Observe que os representantes de grau menor que 2 dao classes dois a dois distintas poisaX + b + I = cX + d + I se e somente se a = c e b = d (se aX + b − cX − d ∈ I entaoX2 + 1 divide (a− c)X + (b− d) logo (a− c)X + (b− d) = 0). Em particular podemos contar


os elementos de K: temos 3 possibilidades para a e 3 possibilidades para b (pois a, b ∈ F3)logo |K| = 32 = 9. K e um corpo com 9 elementos. Em particular existem corpos com 9elementos (K e um exemplo).

Agora queremos entender as operacoes em K. Seja α := X = X + I ∈ K. Usar αsimplifica muito a notacao pois aX + b+ I = aα+ b. Logo

K = {0, 1, 2, α, α+ 1, α+ 2, 2α, 2α+ 1, 2α+ 2}.A soma de dois elementos de K se faz da forma usual lembrando que 3 = 0, assim por exemplo(2α+ 1) + (2α+ 2) = 4α+ 3 = α. Entender a multiplicacao e mais interessante. Observe queα e raiz do polinomio Y 2 + 1 ∈ K[Y ], de fato α2 + 1 = (X + I)2 + (1 + I) = X2 + 1 + I = I(zero). Em outras palavras α2 = −1. Isso nos permite de multiplicar elementos de K, porexemplo

(2α+ 1)(α+ 2)(α+ 1) = (2α2 + 5α+ 2)(α+ 1) = (2α)(α+ 1) = 2α2 + 2α = 2α+ 1.

Agora podemos responder a uma outra pergunta interessante. Sabemos que K e um corpocom 9 elementos, em particular

K∗ = K − {0} = {1, 2, α, α+ 1, α+ 2, 2α, 2α+ 1, 2α+ 2}e um grupo multiplicativo finito. Sabemos que isso implica que K∗ e cıclico (e um subgrupode K∗). Vamos agora encontrar um gerador de K∗. Para fazer isso calculamos as potenciasdos elementos de K∗. Como |K∗| = 8, um gerador de K∗ e exatamente um elemento de K∗

de ordem 8. As potencias de 2 sao 21 = 2 e 22 = 1, logo o(2) = 2 (2 tem ordem 2) e 2 nao eum gerador de K∗: 〈2〉 6= K∗. As potencias de α sao α1 = α, α2 = −1, α3 = −α, α4 = 1,logo o(α) = 4 (α tem ordem 4) e α nao e um gerador de K∗: 〈α〉 6= K∗. As potencias de α+1sao (α+ 1)1 = α+ 1, (α+ 1)2 = α2 + 2α+ 1 = 2α, (α+ 1)3 = 2α(α+ 1) = 2α2 + 2α = 2α+ 1,(α + 1)4 = (α + 1)(2α + 1) = 2α2 + 1 = 2. Isso implica que o(α + 1) > 4. Por outro ladoo(α+ 1) divide |K∗| = 8 (pelo teorema de Lagrange) logo o(α+ 1) = 8. Isso mostra que α+ 1e um gerador de K∗: 〈α+ 1〉 = K∗.

5.1. Exercıcios.

(1) Sejam I, J ideais de um anel comutativo unitario A. Suponha I + J = A. Mostreque I ∩ J e um ideal de A e que

A/I ∩ J ∼= A/I ×A/J.(Isomorfismo de aneis, obviamente).

(2) Sejam A,B corpos (com 1 6= 0) e seja f : A → B um homomorfismo de aneis.Mostre que f e injetivo.

(3) Seja A um domınio de integridade finito. Mostre que A e um corpo. [Dica: dadoa ∈ A diferente de zero considere a funcao A → A dada pela multiplicacao por a.Mostre que e injetiva e deduza que e sobrejetiva.]

(4) Seja A um domınio. Mostre que se A tem apenas um numero finito de ideais entaoA e um corpo.

(5) Seja A um domınio de integridade e sejam a, b ∈ A. Mostre que (a) = (b) se esomente se existe um elemento inversıvel u ∈ A tal que b = au.

(6) Conte os ideais de Z/12Z.(7) Conte os ideais de R[X]/(X2 − 1) e de R[X]/(X2 − 2X + 1).

6. EXTENSOES SIMPLES 111

(8) Se A e B sao domınios A×B e um domınio?(9) Seja K := F2[X]/(X3 + X + 1). Mostre que K e um corpo finito, calcule |K| e

encontre um gerador do grupo multiplicativo cıclico K∗. Seja I = (X3 + X + 1).Escreva o inverso de α = X = X + I e de α + 1 como polinomio (com coeficientesem F2) avaliado em α.

(10) Seja K := F5[X]/(X2 + 2). Mostre que K e um corpo finito, calcule |K| e encontreum gerador do grupo multiplicativo cıclico K∗.

(11) Seja K um corpo finito. Mostre que existe P (X) ∈ K[X] de grau maior que zerotal que P (a) 6= 0 para todo a ∈ K.

(12) Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 modulo 6. [Dica: X2−X + 1.]

6. Extensoes simples

Uma extensao de corpos e, por definicao, dada por um corpo contendo um outro corpocomo subanel: F ≤ E. A notacao que vamos usar e E/F (que nao significa quociente).Consideramos extensao de corpos tambem um homomorfismo de aneis ϕ : F → E, onde F eE sao corpos: um tal homomorfismo tem que ser injetivo (pois o seu nucleo e um ideal docorpo F diferente de F , sendo ϕ(1) = 1 6= 0) e identificamos F com a imagem ϕ(F ).

Seja E/F uma extensao de corpos e seja α ∈ E. Considere o homomorfismo de substi-tuicao

vα : F [X]→ E, P (X) 7→ P (α).

Se trata de um homomorfismo de aneis. A imagem de vα e indicada por F [α], se trata de{P (α) : P (X) ∈ F [X]}. Indicamos por F (α) o corpo de fracoes de F [α], isto e, F (α) ={P (α)/Q(α) : P (X), Q(X) ∈ F [X], Q(α) 6= 0}. Observe que F (α) e canonicamenteisomorfo a um subcorpo de E (por meio do homomorfismo P (α)/Q(α) 7→ P (α)Q(α)−1).Temos F ≤ F [α] ≤ F (α) ≤ E (onde ≤ significa subanel). Em geral F [α] 6= F (α), em outraspalavras F [α] nao e um corpo. Queremos entender quando F [α] e um corpo.

Definicao 10. Seja E/F uma extensao de corpos e seja α ∈ E. Seja vα : F [X]→ E ohomomorfismo de substituicao, vα(P (X)) := P (α). α e dito

• algebrico sobre F se ker(vα) 6= {0};• transcendente sobre F se ker(vα) = {0}.

Em outras palavras, α e algebrico se e somente se existe 0 6= A(X) ∈ ker(vα), isto e, se esomente se α e raiz de um polinomio nao nulo de F [X]. Nesse caso ker(vα) e um ideal principalde F [X] (pois todos os ideais de F [X] sao principais, sendo F [X] um domınio Euclidiano), enao nulo, logo e gerado por um polinomio nao nulo.

Definicao 11. Seja E/F uma extensao de corpos e seja α ∈ E um elemento algebricosobre F . O polinomio minimal de α sobre F (as vezes indicado com Irr(α, F )) e o unicogerador monico do ideal ker(vα) de F [X].

Comentario. Lembre-se que um polinomio e dito monico se o coeficiente de grau maximo e1. Como os geradores de ker(vα) sao dois a dois associados (isto e, diferem pela multiplicacaopor uma constante nao nula), existe um unico gerador monico de ker(vα), dito polinomiominimal de α sobre F .


Proposicao 29. Seja E/F uma extensao de corpos e seja α ∈ E algebrico sobre F .Entao o polinomio minimal de α sobre F e o unico polinomio monico irredutıvel contido emker(vα).

Demonstracao. Seja P (X) o polinomio minimal de α sobre F . Primeiro observe queP (X) nao e o polinomio nulo (pois α e algebrico, i.e. ker(vα) 6= {0}) e P (X) nao e inversıvel(pois ker(vα) 6= F [X] sendo vα(1) = 1 6= 0). Suponha agora P (X) = A(X)B(X) comA(X), B(X) ∈ F [X]. Entao 0 = P (α) = A(α)B(α) logo um entre A(α) e B(α) e zero(pois sao elementos de E, que e um corpo), por exemplo suponha A(α) = 0 (o outro caso eanalogo). Assim A(X) ∈ ker(vα) = (P (X)) logo P (X) divide A(X), Mas como A(X) divideP (X), segue que P (X) e A(X) sao associados: P (X) = cA(X) com c ∈ F uma constantenao nula. Assim cA(X) = P (X) = A(X)B(X) implica que B(X) = c logo B(X) e inversıvel.

Agora seja M(X) ∈ F [X] um polinomio monico irredutıvel tal que M(α) = 0. TemosM(X) ∈ ker(vα) = (P (X)) logo P (X) divide M(X), e como M(X) e irredutıvel e P (X) nao einversıvel, P (X) e M(X) sao associados. Como eles sao ambos monicos, P (X) = M(X). �

Seja E/F extensao de corpos, seja α ∈ E algebrico sobre F e seja P (X) o polinomiominimal de α sobre F . Pelo teorema de isomorfismo

F [α] ∼= F [X]/(P (X))

e um corpo (sendo P (X) irredutıvel!). Isso mostra que se α e algebrico entao F [α] e um corpo.Por outro lado, observe que se α e transcendente entao ker(vα) = {0} logo F [α] ∼= F [X] naoe um corpo! Em outras palavras, α e algebrico sobre F se e somente se F [α] e um corpo (enesse caso F [α] = F (α)), e α e transcendente sobre F se e somente se F [α] nao e um corpo.Exemplos de elementos de R transcendentes sobre Q sao e e π. Em particular Q[π] ∼= Q[X].

Definicao 12 (Grau de uma extensao). Seja E/F uma extensao de corpos. Entao Ee um espaco vetorial sobre F com as operacoes de soma e produto por escalar dadas pelasoperacoes de soma e produto em E. A dimensao dimF (E) e chamada de grau da extensao ee indicada com |E : F |.

|E : F | := dimF (E).

Seja α ∈ E algebrico sobre F . Entao F [α] = F (α) e um corpo. A extensao F (α)/F echamada de “extensao simples”, ou seja uma extensao K/F e dita simples se existir α ∈ Ktal que K = F (α). Queremos entender o grau |F (α) : F |.

Proposicao 30. Seja E/F uma extensao de corpos e seja α ∈ E algebrico sobre F . Ograu |F (α) : F | e igual ao grau do polinomio minimal de α sobre F .

Demonstracao. Seja P (X) o polinomio minimal de α sobre F e seja n o grau de P (X).Vamos mostrar que B = {1, α, . . . , αn−1} e uma base de F [α] = F (α) sobre F (isto e, umconjunto gerador linearmente independente). Isso implica o resultado (pois a dimensao deum espaco vetorial e o numero de elementos de uma qualquer base dele).

Primeiro mostraremos que B e um conjunto gerador de F [α]. Um elemento generico deF [α] e L(α) onde L(X) e um polinomio de F [X]. Fazendo a divisao com resto de L(X) porP (X) temos L(X) = P (X)Q(X) + R(X) com R(X) de grau menor que n, assim R(X) =a0 + a1X + . . . + an−1X

n−1 com a0, a1, . . . , an−1 ∈ F . Substituindo X = α temos L(α) =P (α)Q(α) +R(α) = R(α) = a0 + a1α+ . . .+ an−1α

n−1. Segue que L(α) e combinacao lineardos elementos deB com coeficientes em F .

6. EXTENSOES SIMPLES 113

Mostraremos agora que B e um conjunto linearmente independente. Suponha que b0 +b1α + . . . + bn−1α

n−1 = 0 com b0, b1, . . . , bn−1 ∈ F . Queremos mostrar que b0 = 0, . . .,bn−1 = 0. Seja L(X) = b0 + b1X + . . . + bn−1X

n−1 ∈ F [X]. Entao L(α) = 0, logo L(X) ∈ker(vα) = (P (X)) assim P (X) divide L(X). Mas se L(X) nao e nulo, o grau de L(X) enao negativo e menor que n (por definicao de L(X)) logo P (X), que tem grau n, nao podedividir L(X) (porque o grau de um produto e a soma dos graus). Logo L(X) = 0, em outraspalavras b0 = 0, b1 = 0, . . ., bn−1 = 0. �

Antes de fazer exemplos precisamos de um lema.

Lema 6. Seja P (X) ∈ Z[X] monico e seja z = r/s ∈ Q uma raiz de P (X) (com r, sinteiros coprimos). Entao s = ±1, ou seja z = r/s ∈ Z. Alem disso z divide P (0) em Z.

Demonstracao. Escrevendo P (X) =∑ni=0 aiX

i temos P (r/s) = 0 e multiplicando porsn obtemos

∑ni=0 air

isn−i = 0. Como an = 1 obtemos

rn = −n−1∑i=0

airisn−i = −s

n−1∑i=0

airisn−i−1,

segue que s divide rn. Como r e s sao coprimos isso implica s = ±1.Se z e uma raiz inteira de P (X) entao P (z) = 0, que pode ser escrito

a0 = −n∑i=1

aizi = −z

n∑i=1

aizi−1.

Segue que z divide a0 = P (0). �

Agora vamos fazer exemplos. Observe que um polinomio P (X) ∈ F [X] de grau 3 eirredutıvel em F [X] se e somente se nao tem raizes em F . De fato P (X) e redutıvel se esomente se admite um fator de grau 1, e a existencia de um fator de grau 1 em F [X] eequivalente a existencia de uma raiz em F .

(1) Sejam F = R, E = C, α = i. Como nao existem polinomios de grau 1 em R[X]com i como raiz, o polinomio minimal de i sobre R e X2 + 1 e R[i] = {a + ib :a, b ∈ R} = C e uma extensao de R de grau 2 (pois X2 + 1 tem grau 2). Alem dissoC = R[i] ∼= R[X]/(X2 + 1).

(2) Sejam F = Q, E = C, α = i. Como nao existem polinomios de grau 1 em Q[X]com i como raiz, o polinomio minimal de i sobre Q e X2 + 1 e Q[i] = {a + ib :a, b ∈ Q} e uma extensao de Q de grau 2 (pois X2 + 1 tem grau 2). Alem dissoQ[i] ∼= Q[X]/(X2 + 1).

(3) Sejam F = Q, E = C, α = 3√

2. Temos α3 = 2 logo α e raiz de P (X) = X3 − 2.Esse polinomio e irredutıvel em Q[X] pelo Lema 6 pois tem grau 3 e nao tem raizesracionais, porque nao tem raizes inteiras, porque as candidatas raizes inteiras saoos divisores de −2 ou seja 1,−1, 2,−2 e nenhum desses elementos e raiz de P (X).Logo α e algebrico sobre Q e P (X) e o polinomio minimal de α sobre Q, o grau|Q(α) : Q| e igual a 3 e Q(α) = Q[α] ∼= Q[X]/(X3 − 2).

Vimos que se α = 3√

2 entao Q(α)/Q e uma extensao de grau 3, e Q(α) = Q[α] sendoα algebrico. O fato que Q[α] e um corpo significa que o inverso de todo elemento nao nulode Q[α] pode ser escrito como polinomio avaliado em α. Por exemplo sendo α3 = 2 temos


1/α = (1/2)α2. Um exemplo mais complicado e estudar 1/(α + 1) por exemplo. Para issovamos fazer a divisao com resto entre X3−2 e X+1, obtendo X3−2 = (X+1)(X2−X+1)−3.Substituindo X = α e lembrando que α3 = 2 obtemos (α + 1)(α2 − α + 1) = 3. Dividindopor 3(α+ 1) obtemos que 1

α+1 = 13 (α2 − α+ 1).

Mais em geral, se E/F e uma extensao de corpos e α ∈ E e algebrico sobre F compolinomio minimal P (X) ∈ F [X], de grau n, dado L(α) ∈ F [α] com L(X) ∈ F [X] de graumenor de n, L(X) e P (X) sao coprimos (pois P (X) e irredutıvel de grau maior ou igual queo grau de L(X)) e aplicando o algoritmo de Euclides obtemos S(X), T (X) ∈ F [X] tais queS(X)P (X) + T (X)L(X) = 1. Como P (α) = 0, substituindo X = α obtemos T (α)L(α) = 1logo T (α) e o inverso de L(α) em F [α].

6.1. Exercıcios.

(1) Mostre que nao existem homomorfismos de aneis (comutatıvos unitarios) C → R,

R→ Q, Q→ Z, Z[√

2]→ Z[√

3], Z/nZ→ Z.(2) Encontre todos os homomorfismos de aneis ϕ : C → C com a propriedade que

ϕ(r) = r para todo r ∈ R.(3) Um ideal I de um anel comutativo unitario A e chamado de primo se A/I e um

domınio de integridade. Mostre que todo ideal maximal de A e primo e que se Ae finito entao todo ideal primo de A e maximal. Quais sao os ideais primos de Z?Quais sao os ideais maximais de Z?

(4) Seja α = i√

2 ∈ C. Mostre que α e algebrico sobre Q e calcule o grau |Q(α) : Q|.Encontre o inverso de α e de α + 1 em Q[α] (ou seja expresse α e α + 1 comopolinomios de Q[X] avaliados em α).

(5) Seja α =√

22 (1+i) ∈ C. Mostre que α e algebrico sobre Q e calcule o grau |Q(α) : Q|.

Encontre o inverso de α2 + 1 em Q[α] (ou seja expresse α2 + 1 como polinomio deQ[X] avaliado em α).

(6) Seja α =√

2− i ∈ C. Mostre que α e algebrico sobre Q e que√

2 ∈ Q(α).(7) Seja F um corpo e α ∈ F . Encontre o polinomio minimal de α sobre F .(8) Seja P (X) ∈ Q[X] um polinomio de grau ≥ 1 e seja α ∈ C. Mostre que α e algebrico

sobre Q se e somente se P (α) e algebrico sobre Q.(9) Um corpo F e dito algebricamente fechado se todo polinomio de F [X] admite uma

raiz em F . Mostre que F e algebricamente fechado se e somente se nao existemextensoes E/F de grau finito maior que 1.

(10) Seja E/F uma extensao de corpos e suponha E finito. Mostre que E/F e umaextensao simples.

(11) Seja K := F2[X]/I onde I = (X3 + X + 1). Seja α = X = X + I ∈ K. Escreva oinverso de α2 +1 e de α2 +α+1 como polinomios (com coeficientes em F2) avaliadosem α.

(12) Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 modulo 8. [Dica: X4 + 1.]

7. Fatoracao

Lembre-se que nos domınios de integridade temos 1 6= 0, ou seja o anel nulo nao econsiderado como domınio. Seja A um domınio de integridade e sejam a, b, u ∈ A. Lembreque (a) = {ax : x ∈ A} (ideal principal gerado por a).

7. FATORACAO 115

(1) a divide b se existe c ∈ A com ac = b. Em outras palavras, (a) ⊇ (b).(2) u e dito inversıvel (ou unidade) se existe c ∈ A com uc = 1. Em outras palavras,

u divide 1, isto e, (u) ⊇ (1). Como (1) = A, temos que u e inversıvel se e somentese (u) = A. O conjunto dos elementos inversıveis (as unidades) de A e indicado porU(A): observe que se trata de um grupo multiplicativo.

(3) a, b sao ditos associados se existe c ∈ A inversıvel tal que b = ac. Se a, b saoassociados escrevemos a ∼ b. Observe que ∼ e uma relacao de equivalencia em A, eque a ∼ b se e somente se (a) = (b).

(4) a ∈ A diferente de zero e dito irredutıvel se• a nao e inversıvel e• cada vez que a = xy com x, y ∈ A, pelo menos um entre x e y e inversıvel.

E facil mostrar que se a, b sao associados, a e irredutıvel se e somente se b e irre-dutıvel.

(5) x ∈ A diferente de zero e dito primo se• x nao e inversıvel e• cada vez que x divide um produto ab, x divide pelo menos um entre a e b.

Alguns exemplos de calculo dos elementos irredutıveis.

(1) Os elementos irredutıveis de Z sao os elementos da forma ±p sendo p un numeroprimo. Observe que se trata tambem de elementos primos de Z (cf. a definicao deelemento primo acima).

(2) Os elementos irredutıveis de C[X] sao os polinomios de grau 1, aX + b com a 6= 0.De fato, C e algebricamente fechado. Isto significa que todo polinomio de C[X]admite uma raiz complexa, logo (pela divisao com resto) admite um fator de grau1. Os polinomios de grau 1 sao obviamente irredutıveis pois um fator proprio delesteria que ter grau 0, i.e. teria que ser inversıvel.

(3) Os elementos irredutıveis de R[X] sao os polinomios de grau 1, aX + b com a 6= 0, eos polinomios de grau 2 com discriminante negativo, aX2 + bX+ c com b2−4ac < 0(exercıcio; dica: os produtos (X − (a+ ib))(X − (a− ib)) tem coeficientes reais).

(4) O que acontece em Q[X] e em Z[X]? Boa pergunta.

Definicao 13 (UFD). Um domınio A e dito domınio de fatoracao unica (ou domıniofatorial, ou DFU, ou UFD) se todo elemento nao nulo e nao inversıvel de A se escreve de“maneira unica” como produto de elementos irredutıveis de A, mais precisamente:

(1) Todo elemento nao nulo e nao inversıvel de A e um produto finito de elementosirredutıveis.

(2) Se p1, . . . , ps, q1, . . . , qt sao elementos irredutıveis e p1 · · · ps = q1 · · · qt entao s = te existe uma bijecao σ : {1, . . . , s} → {1, . . . , t = s} tal que pi e associado a qσ(i)

para todo i = 1, . . . , s.

Por exemplo 12 = 2 ·2 ·3 = (−2) · (−3) ·2, nesse caso observe que 2 e associado a −2 e 3 eassociado a −3. Os elementos 2, 3, −2, −3 sao irredutıveis e o numero de fatores irredutıveise o mesmo, s = t = 3.

Um outro exemplo e X2− 1 = (X − 1)(X + 1) = (2(X − 1))( 12 (X + 1)) em Q[X], de fato

observe que X − 1 e associado a 2(X − 1) e X + 1 e associado a 12 (X + 1) pois 2 e 1

2 saoinversıveis em Q[X] (um o inverso do outro).


Proposicao 31. Seja A um domınio. Entao todo elemento primo de A e irredutıvel. SeA e UFD, todo elemento irredutıvel de A e primo.

Demonstracao. Seja x um elemento primo de A, mostraremos que x e irredutıvel.Suponha que x = ab, vamos mostrar que um entre a e b e inversıvel. Como x divide x(pois x = x · 1) e x = ab, x divide ab logo x divide a ou x divide b (pois x e um elementoprimo). Suponha que x divida a (o outro caso e analogo), assim a = xy e x = ab = xyb logox(1 − yb) = 0. Como x e primo, x 6= 0 assim 1 = yb pois A e domınio. Isso mostra que b einversıvel.

Agora seja A um UFD, seja x ∈ A irredutıvel e mostraremos que x e primo. Suponhaentao que x divida um produto ab, assim existe y ∈ A tal que xy = ab, e mostraremos que xdivide pelo menos um entre a e b. Escreva y, a, b como produto de irredutıveis: y = y1 · · · yt,a = a1 · · · an, b = b1 · · · bm. Entao podemos escrever xy = ab da seguinte forma (lembrandoque x e irredutıvel):

xy1 · · · yt = a1 · · · anb1 · · · bm.Como A e UFD, pela unicidade da fatoracao x tem que ser associado a um ai ou a um bi,suponha que x seja associado a ai (o outro caso e analogo). Entao x = aiu com u inversıvel,logo x divide a (pois ai divide a e u e inversıvel). �

Isso nos permite dar uma caracterizacao dos domınios fatoriais.

Proposicao 32. Seja A um domınio. Entao A e UFD se e somente se todo elementonao nulo e nao inversıvel de A e um produto finito de elementos irredutıveis de A e todoelemento irredutıvel de A e primo.

Demonstracao. A implicacao ⇒ foi mostrada acima. Mostraremos ⇐. Suponha quetodo elemento nao nulo e nao inversıvel de A seja um produto finito de elementos irredutıveise que todo elemento irredutıvel de A seja primo. Para mostrar que A e UFD temos apenasque mostrar a unicidade da fatoracao. Suponha entao que p1 · · · ps = q1 · · · qr com os pi e qiirredutıveis, mostraremos o resultado por inducao sobre s. Se s = 1 entao p1 = q1 · · · qr logor = 1 (pois p1 e irredutıvel e nenhum dos qi e inversıvel) e p1 = q1 - isso mostra a base dainducao. Agora suponha s > 1. Por hipotese os pi sao primos (sendo eles irredutıveis). Agorap1 divide q1 · · · qr, assim p1 divide um qj pois p1 e primo, e podemos supor que j = 1 (a menosde reordenar os fatores). Logo q1 = u1p1 com u1 ∈ A, e como q1 e irredutıvel u1 tem queser inversıvel, assim p1 e q1 sao associados. Agora p1 · · · ps = q1 · · · qr = u1p1q2 · · · qr implicaque p1(p2 · · · ps − u1q2 · · · qr) = 0 logo p2 · · · ps = u1q2 · · · qr pois p1 6= 0 e A e um dominio.q′2 = u1q2 e irredutıvel e p2 · · · ps = q′2q3 · · · qr, e por hipotese de inducao s− 1 = r− 1 (assims = r) e existe uma bijecao σ′ : {2, . . . , s} → {2, . . . , r = s} tal que pi e associado a qσ′(i) paratodo i = 2, . . . , s. Definindo σ : {1, 2, . . . , s} → {1, . . . , r = s} por σ(1) = 1 e σ(i) = σ′(i)para 2 ≤ i ≤ s obtemos que pi e associado a qσ(i) para todo i = 1, . . . , s. �

Exemplo de um elemento irredutıvel nao primo: considere o elemento 2 ∈ Z[√−5]. E

irredutıvel porque se 2 = (a + b√−5)(c + d

√−5) entao o modulo quadrado (a norma) e

22 = (a2 + 5b2)(c2 + 5d2) que e uma contradicao, sendo a, b, c, d inteiros. Nao e primo porque2 divide 6 = 2 · 3 e 6 = (1 +

√−5)(1−

√−5) mas 2 nao divide 1 +

√−5 nem 1−

√−5, de fato

se 2 dividisse um deles entao tomando o modulo quadrado (a norma) 4 dividiria 1 + 5 = 6.

8. DOMINIOS PRINCIPAIS 117

8. Domınios principais

Um domınio A e dito domınio principal ou DIP ou PID (domınio de ideais principais)se todo ideal de A e principal. Como os ideais de um corpo sao (0) e (1), todo corpo e umdomınio principal. Ja vimos, usando a divisao com resto, que Z e um domınio principal e quese K e um corpo K[X] e um domınio principal.

O domınio Z[X] nao e um domınio principal. Para mostrar isso defina I := (2, X) ={2S(X) + XT (X) : S(X), T (X) ∈ Z[X]}. Se trata de um ideal de Z[X] (o ideal geradopelos elementos 2 e X). Vamos mostrar que I nao e principal. Se (2, X) = (P (X)) paraalgum P (X) ∈ Z[X] entao P (X) divide 2 e X logo P (X) tem grau zero (pois divide 2) eisso implica P (X) = ±1 (pois P (X) divide X) e I = (2, X) = (P (X)) = (±1) = Z[X], emparticular 1 ∈ I = (2, X). Logo existem S(X), T (X) ∈ Z[X] tais que 2S(X) +XT (X) = 1, esubstituindo X = 0 obtemos 2S(0) = 1, absurdo (pois S(0) ∈ Z).

Uma propriedade importante dos domınios principais e a seguinte.

Lema 7. Seja A um domınio principal. Nao existe nenhuma cadeia infinita de ideaisI1 ⊂ I2 ⊂ I3 ⊂ . . . com toda inclusao propria (isto e, Ii 6= Ii+1 para todo i ≥ 1). [Um anelcom essa propriedade e dito Noetheriano.]

Demonstracao. Suponha por contradicao que exista uma cadeia infinita de ideais I1 ⊂I2 ⊂ I3 ⊂ . . . com Ii 6= Ii+1 para todo i ≥ 1. Seja I :=

⋃i≥1 Ii. E facil mostrar que I e um

ideal de A, de fato se a, b ∈ I e x ∈ A entao existem dois indices i, j tais que a ∈ Ii e b ∈ Ij , epor hipotese temos Ii ⊆ Ij ou Ij ⊆ Ii (os ideais Ii formam uma cadeia), por exemplo suponhaIi ⊆ Ij (o outro caso e analogo). Assim a ∈ Ii ⊆ Ij e b ∈ Ij , logo a + b ∈ Ij pois Ij e umideal. Como Ij ⊆ I, temos a + b ∈ I. Analogamente, ax ∈ Ij pois Ij e um ideal e Ij ⊆ Iimplica ax ∈ I. Isso mostra que I e um ideal. Cuidado: uma uniao de ideais em geral nao eum ideal (pense em um exemplo).

Como A e DIP, existem ai ∈ A e z ∈ A com Ii = (ai) e I = (z). Por outro ladoz ∈ (z) = I =

⋃i(ai), logo existe um indice k tal que z ∈ (ak), assim (z) ⊆ (ak), e podemos

escrever(a1) ⊆ (a2) ⊆ (a3) ⊆ . . . ⊆ (ak) ⊆ (ak+1) ⊆ . . . ⊆ (z) ⊆ (ak)

assim todas as inclusoes depois de (ak) na verdade sao igualdades: (ak) = (ak+1) = . . ., e issocontradiz o fato que a cadeia e infinita. �

Teorema 15. Todo domınio principal e UFD.

Por exemplo isso implica que Z e K[X] (K corpo) sao UFD.

Demonstracao. Seja A um domınio principal. Para mostrar que A e UFD, usandoo criterio acima, basta mostrar que existe a fatoracao em irredutıveis e que todo elementoirredutıvel e primo.

Primeiro, mostraremos a existencia da fatoracao em irredutıveis. Seja x ∈ D nao nulo enao inversıvel. Vamos mostrar que x possui um divisor irredutıvel. Suponha por contradicaoque x nao possua divisores irredutıvel. Entao x nao e irredutıvel (se nao, ele seria um divisorirredutıvel de si mesmo), logo x = a1b1 com a1, b1 nao inversıveis, assim (x) ⊆ (a1). Na


verdade, essa inclusao e estrita: (x) 6= (a1). De fato, se fosse (x) = (a1) entao x e a1 seriamassociados, assim x = a1u com u inversıvel e a1b1 = x = a1u implica a1(b1 − u) = 0 assimb1 = u (pois a1 6= 0 e A e um domınio), contradicao (b1 nao e inversıvel). Agora, se a1 eirredutıvel entao e um divisor irredutıvel de x, contradicao, logo a1 = a2b2 com a2, b2 naoinversıveis, assim pelo mesmo argumento (a1) ⊂ (a2) e essa inclusao e estrita. Continuandodessa forma, encontramos uma cadeia infinita (a1) ⊂ (a2) ⊂ (a3) ⊂ . . . e isso contradiz olema.

Vamos mostrar que x e um produto de irredutıveis. Se x e irredutıvel entao x e um pro-duto de irredutıveis. Suponha x nao irredutıvel. Sabemos que x possui um divisor irredutıvelp1, assim x = p1b1 com b1 nao inversıvel. Isso implica (x) ⊂ (b1) e realmente (x) 6= (b1)pois se fosse (x) = (b1) entao x e b1 seriam associados, isto e x = ub1 com u inversıvel, ep1b1 = x = ub1 implica (p1 − u)b1 = 0 assim p1 = u pois b1 6= 0 e A e um domınio - assimp1 = u e inversıvel, contradicao. Se b1 e irredutıvel entao x = p1b1 e um produto de irre-dutıveis, logo suponha b1 nao irredutıvel. Entao pelo argumento anterior b1 possui um divisorirredutıvel p2 e b1 = p2b2 com b2 nao inversıvel, e x = p1p2b2. Continuando dessa forma, seesse processo nao acabar entao encontramos uma cadeia (x) ⊂ (b1) ⊂ (b2) ⊂ . . . com inclusoesproprias, e isso contradiz o lema. Logo existe um bk irredutıvel, assim x = p1p2 · · · pkbk eproduto de irredutıveis.

Agora vamos mostrar que todo elemento irredutıvel de A e primo. Seja x um elementoirredutıvel de A, e suponha que x divida um produto ab. Precisamos mostrar que x divide aou x divide b. Como A e um DIP, o ideal (x, a) = {αx + βa : α, β ∈ D} e principal, assimexiste d ∈ D tal que (x, a) = (d), em particular d divide x e d divide a. Escrevemos x = dye a = dz com y, z ∈ D. Como x e irredutıvel, tem dois casos possıveis: y e inversıvel ou d einversıvel. Se y e inversıvel entao d = xy−1 assim a = dz = xy−1z logo x divide a. Se d einversıvel (x, a) = (d) = D = (1), em particular 1 ∈ (d) = (x, a) logo existem α, β ∈ D taisque 1 = αx + βa, e multiplicando por b obtemos b = αxb + βab, assim x divide b (pois xdivide αxb e x divide ab). �

8.1. Exercıcios.

(1) Seja A um domınio de integridade e seja a ∈ A diferente de zero e nao inversıvel.Mostre que a e um elemento primo se e somente se o quociente A/(a) e um domıniode integridade.

(2) Seja A um domınio. Mostre que A e corpo se e somente se A[X] e um domınioprincipal.

(3) Seja A 6= {0} um anel comutativo unitario tal que A/I e um domınio de integridadepara todo ideal I de A diferente de A. Mostre que A e um corpo. [Dica: dado a ∈ Adiferente de zero considere o ideal (a2).]

(4) Sejam A um anel comutativo unitario, a, u ∈ A com u inversıvel e suponha quean = 0 com n inteiro positivo. Mostre que u+ a e inversıvel. [Dica: se a2 = 0 entao(a+ u)(a− u) = −u2.]

(5) Seja A = Z[i] = {a + ib : a, b ∈ Z} (anel dos inteiros Gaussianos). Mostre que oideal (2, i) = {2x+ iy : x, y ∈ A} de A e principal.

9. O TEOREMA DE GAUSS 119

(6) Quais dos elementos seguintes sao irredutıveis em A = Z[i]? 2, 3, 5. [Dica: definaN(a+ ib) = (a+ ib)(a− ib) = a2 + b2 e mostre que N(xy) = N(x)N(y) para todox, y ∈ A.]

(7) Mostre que o elemento 2 + i de Z[i] e irredutıvel. [Dica: Calcule N(2 + i).](8) Mostre que os polinomios irredutıveis de R[X] sao da forma aX+b ou aX2 +bX+c

com b2 − 4ac < 0.(9) Escreva a fatoracao dos polinomios seguintes em irredutıveis em R[X] e C[X]: X2+1,

X3 − 1, X6 − 1, X4 + 1, X4 + 2.(10) Encontre tres aneis comutativos unitarios de tamanho 4 dois a dois nao isomorfos.

9. O teorema de Gauss

Teorema 16 (Gauss). Se A e UFD, entao A[X] e UFD.

Entao por exemplo sendo Z UFD, Z[X] e UFD (e um exemplo de um UFD nao principal,pois como ja visto o ideal (2, X) de Z[X] nao e principal). Um outro exemplo importante e oseguinte: se A e UFD entao A[X] e UFD logo A[X,Y ] e UFD e por inducao A[X1, . . . , Xn](o anel dos polinomios em n variaveis sobre A) e UFD (e nao e principal se n ≥ 2, porexemplo o ideal (X1, X2) nao e principal). Na demonstracao seguinte lembre-se sempre docaso arquetıpico A = Z, K = Q.

Para mostrar o teorema de Gauss vamos precisar da nocao de MDC (maior divisor co-mum). Dados a1, . . . , an elementos de A, um MDC de a1, . . . , an em A e um elemento d ∈ Atal que

• d divide a1, . . . , an;• se x ∈ A divide a1, . . . , an entao x divide d.

Se A e UFD, o MDC de a1, . . . , an existe e e unico a menos de associados. A unicidade amenos de associados e facil (se d1, d2 sao dois MDC de a1, . . . , an entao por definicao de MDCd1 divide d2 e d2 divide d1, logo d1 e d2 sao associados). Para provar a existencia definimos dcomo o produto das potencias de irredutıveis distintos pm com a propriedade que pm dividea1, . . . , an e pm+1 nao divide ai para algum i. Escrevendo as fatoracoes de cada ai fica claroque d divide todo ai. Se x divide todo ai entao na fatoracao de x em irredutıveis o expoenteda potencia de um irredutıvel p nao pode ser maior da potencia maxima de p que divide d -por definicao de d - em outras palavras x divide d.

Como o MDC e unico a menos de associados, se d1, d2 sao dois MDC de a1, . . . , anescrevemos d1 ∼ d2.

Seja f(X) = a0+a1X+. . .+anXn ∈ A[X]. O conteudo de f(X) e c(f) = MDC(a0, . . . , an),

o maior divisor comum dos coeficientes de f (definido a menos de associados). f(X) e ditoprimitivo se c(f) ∼ 1, isto e, c(f) e inversıvel (i.e. nao existe nenhum elemento irredutıvelde A que divide todos os coeficientes a0, a1, . . ., an). Usaremos o abuso de notacao seguinte:d = c(f) significa que d e c(f) sao associados.

Algumas observacoes faceis. Seja K o corpo de fracoes de A.

• Se f ∈ A[X] entao f = c(f)f1 com f1 ∈ A[X] primitivo (se trata de isolar c(f)).• Se f ∈ A[X] e d ∈ A entao c(df) = d · c(f) (se trata de isolar d).


• Se f ∈ K[X] existem a, b ∈ A com b 6= 0 e f = ab f1 e f1 ∈ A[X] primitivo (se trata

de isolar os denominadores e todos os divisores comuns dos coeficientes).

Lembre-se que U(A[X]) = U(A).

Lema 8 (Gauss). Seja A um UFD e seja K o corpo de fracoes de A.

(1) Se f, g ∈ A[X] entao c(fg) ∼ c(f)c(g).(2) Se g ∈ A[X] tem grau ≥ 1 entao g e irredutıvel em A[X] se e somente se g e

primitivo em A[X] e irredutıvel em K[X].(3) Se g, h sao primitivos em A[X] entao g, h sao associados em A[X] se e somente se

g, h sao associados em K[X].

Demonstracao. Vamos mostrar (1). Sejam d = c(f) e d′ = c(g), f = df1, g = d′g1 comf1, g1 ∈ A[X] primitivos. Logo fg = dd′f1g1 e c(fg) ∼ c(dd′f1g1) ∼ dd′c(f1g1) assim bastamostrar que c(f1g1) ∼ 1. Em outras palavras, podemos supor f = f1 e g = g1, isto e, que fe g sao primitivos. Vamos mostrar que fg e primitivo. Escreva f = a0 + a1X + . . . + anX

n

e g = b0 + b1X + . . . + bmXm (assim ai = 0 se i > n e bi = 0 se i > m). Entao fg =

c0 + c1X + . . . + cn+mXn+m sendo ck = a0bk + a1bk−1 + . . . + ak−1b1 + akb0. Seja p um

elemento irredutıvel de A. Precisamos mostrar que existe k tal que p nao divide ck (e issoque significa que fg e primitivo). Como f e g sao primitivos existem os primeiros coeficientesas, br tais que p nao divide as e p nao divide br (assim, p divide a0, a1, . . ., as−1, b0, b1, . . .,br−1 mas nao divide as, br). Observe que

cr+s = a0br+s + a1br+s−1 + . . .+ as−1br+1 + asbr + as+1br−1 + . . .+ ar+sb0.

Logo p divide todos os adendos dessa soma exceto asbr, logo p nao divide cr+s.

Vamos mostrar (2). A implicacao (⇐) e facil observando que uma fatoracao em A[X]e em particular uma fatoracao em K[X] (pois A ⊆ K). Vamos mostrar (⇒). Suponhag ∈ A[X] irredutıvel em A[X], e por contradicao g = hl com h, l ∈ K[X] de grau ≥ 1.Escreva h = (a/b)h1 e l = (a′/b′)l1 com h1, l1 ∈ A[X] primitivos de grau ≥ 1, assim g =(aa′/bb′)h1l1 e bb′g = aa′h1l1, assim (como c(h1l1) ∼ 1 pelo ponto 1) bb′c(g) ∼ c(bb′g) ∼c(aa′h1l1) ∼ aa′c(h1l1) ∼ aa′ logo existe u ∈ U(A) com aa′ = c(g)ubb′ logo (em K) temosaa′/bb′ = c(g)u ∈ A. Isso implica que (aa′/bb′)h1 ∈ A[X] logo g = (aa′/bb′)h1 · l1 e umafatoracao em A[X] cujos fatores tem grau ≥ 1, contradicao.

Vamos mostrar (3). Se g, h ∈ A[X] sao primitivos e associados em A[X] e obvio que elessao associados em K[X] (pois U(A[X]) ⊆ U(K[X])). Isso mostra (⇒). Agora mostraremos(⇐). Suponha g, h primitivos em A[X] e associados em K[X], assim g = εh com ε ∈U(K[X]) = K∗, assim ε = a/b com a, b ∈ A e b 6= 0, logo bg = ah e calculando o conteudo,e lembrando que g e h sao primitivos, temos b ∼ c(bg) ∼ c(ah) ∼ a. Entao existe u ∈ U(A)com a = ub e ε = a/b = u ∈ U(A). Logo g = εh = uh e g, h sao associados em A[X]. �

Agora vamos mostrar o teorema de Gauss. Seja f ∈ A[X] um polinomio de grau ≥ 1. Aideia e construir a fatoracao unica de f usando os fatos (que ja sabemos) que A e UFD (porhipotese) e K[X] e UFD (sendo principal).

9. O TEOREMA DE GAUSS 121

(1) Existencia da fatoracao. Escreva f = df1 com d = c(f) e f1 ∈ A[X] primitivo.No UFD A temos d = p1 · · · pt (fatoracao em irredutıveis) assim cada pi e irredutıvelem A[X] tambem. Como f1 ∈ A[X] ⊆ K[X] e K[X] e UFD temos f1 = q1 · · · qr comqi ∈ K[X] irredutıvel em K[X] para todo i. Escreva qi = (ai/bi)q

′i com ai, bi ∈ A e

bi 6= 0, q′i ∈ A[X] primitivo. Como qi e irredutıvel em K[X], q′i tambem e irredutıvelem K[X] (pois ai/bi ∈ K∗ = U(K[X])), logo pelo item 2 do lema de Gauss q′i eirredutıvel em A[X]. Pelo item 1 do lema de Gauss q′1 · · · q′r e primitivo em A[X].Temos f1 = q1 · · · qr = (a/b)q′1 · · · q′r onde a = a1 · · · ar e b = b1 · · · br logo f1 eq′1 · · · q′r sao primitivos e associados em K[X]. Pelo item 3 do lema de Gauss elessao associados em A[X], logo existe u ∈ U(A[X]) = U(A) tal que f1 = uq′1 · · · q′r,segue que f = df1 = up1 · · · ptq′1 · · · q′r e uma fatoracao em irredutıveis em A[X].

(2) Unicidade da fatoracao. Suponha de ter um produto de irredutıveis em duasmaneiras diferentes, p1 · · · ptq1 · · · qr = l1 · · · lt′v1 · · · vr′ com p1, . . . , pt, l1, . . . , lt′ ir-redutıveis de A e q1, . . . , qr, v1, . . . , vr′ irredutıveis de A[X] de grau ≥ 1. Olhando aoconteudo obtemos p1 · · · pt = εl1 · · · lt′ com ε ∈ U(A). Pela unicidade da fatoracaoem A temos t = t′ e a menos de reordenar os indices pi ∼ li para todo i = 1, . . . , t (as-sociados em A, em particular em A[X]). Cancelando obtemos εq1 · · · qr = v1 · · · vr′onde ε ∈ U(A) = U(A[X]) e qi, vi sao irredutıveis em A[X], em particular em K[X],logo pela unicidade da fatoracao em K[X] temos r = r′ e a menos de reordenar osindices qi ∼ vi (associados em K[X]), logo pelo item 3 do lema de Gauss, sendoqi, vi irredutıveis em A[X], em particular primitivos, qi, vi sao associados em A[X].

Teorema 17 (Criterio de Eisenstein). Seja A um UFD e seja K o corpo de fracoes deA. Seja f(X) = anX

n + . . .+ a1X + a0 um polinomio de A[X] de grau n ≥ 1. Se existe umirredutıvel p ∈ A tal que p nao divide an, p divide a0, a1, . . . , an−1 e p2 nao divide a0 entaof(X) e irredutıvel em K[X].

Demonstracao. Observe que podemos supor f(X) primitivo. De fato, f = c(f)f1 comf1 primitivo e p nao divide c(f) (pois p nao divide an), logo as hipoteses sobre p e f valemtambem para p e f1. Alem disso c(f) e inversıvel em K (pois c(f) 6= 0) logo a irredutibilidadede f e equivalente a irredutibilidade de f1.

Suponha entao f(X) primitivo. Pelo lema de Gauss a irredutibilidade de f em K[X] eequivalente a irredutiblidade de f em A[X]. Como f e primitivo, uma fatoracao propria def consiste de fatores de grau ≥ 1. Suponha que f tenha uma tal fatoracao, assim f(X) =g(X)h(X) e igual a

(αsXs + αs−1X

s−1 + . . .+ α1X + α0) · (βtXt + βt−1Xt−1 + . . .+ β1X + β0).

Temos αs 6= 0, βt 6= 0, 1 ≤ t ≤ n − 1 e 1 ≤ s ≤ n − 1. g(X) tem grau s e h(X) tem grau t.Alem disso a0 = α0β0 e an = αsβt. Como p divide a0 e p2 nao divide a0, p divide um entreα0 e β0 e nao divide o outro, por exemplo suponha que p divida α0 e que p nao divida β0 (ooutro caso e analogo). Como p nao divide an = αsβt, p nao divide αs e p nao divide βt. Seja1 ≤ u ≤ s ≤ n− 1 o menor inteiro tal que p nao divide αu (um tal u existe pois p divide α0

mas nao divide αs). Temos

au = α0βu + α1βu−1 + . . .+ αu−1β1 + αuβ0.


Como p divide αi para todo i = 0, 1, . . . , u−1, existe m ∈ A tal que au = pm+αuβ0. Por outrolado p nao divide αuβ0 (pois p nao divide αu e p nao divide β0), logo como au−pm = αuβ0, pnao divide au. Como 1 ≤ u ≤ n− 1, isso contradiz a hipotese (p divide a0, a1, . . . , an−1). �

Entao por exemplo os polinomios seguintes sao irredutıveis em Z[X] e Q[X]. A irreduti-bilidade em Q[X] segue do criterio de Eisenstein, a irredutibilidade em Z[X] segue do lemade Gauss observando que os polinomios dados sao primitivos.

• X4 + 45X + 15 (criterio de Eisenstein aplicado a p = 3 ou p = 5).• Xn − 2, n > 0 qualquer (criterio de Eisenstein aplicado a p = 2).• 3Xn − 2X + 2, n > 1 qualquer (criterio de Eisenstein aplicado a p = 2).

Usando o criterio de Eisenstein podem se construir tambem polinomios irredutıveis emK[X,Y ] (K corpo), por exemplo X4 + (X2 − 1)Y +X − 1.

9.1. Exercıcios.

(1) Mostre que 2X10 + 25X3 + 10X2 − 30 e irredutıvel em Q[X] e em Z[X].(2) Mostre que se p e um numero primo e n e um inteiro ≥ 1, o polinomio Xn − p e

irredutıvel em Z[X] e em Q[X].

(3) Mostre que 3X5 + 18X2 + 24X + 6 e irredutıvel em Q[X]. E irredutıvel em Z[X]?(4) Mostre que X3 +X + 4 e irredutıvel em Q[X] e em Z[X].(5) Mostre que se P (X) ∈ Z[X] e a ∈ Z entao P (X) e irredutıvel se e somente se

P (X + a) e irredutıvel.(6) Mostre que P (X) = X4 +1 e irredutıvel em Z[X] e em Q[X] considerando P (X+1)

(veja o exercıcio anterior).

(7) Seja α =

√2−

√2−√

2 ∈ R. Mostre que α e algebrico sobre Q e calcule o grau

|Q(α) : Q|. Encontre o inverso de α2 em Q[α].

(8) Seja α =√

2− i ∈ C. Mostre que α e algebrico sobre Q e calcule o grau |Q(α) : Q|.(9) Seja P (X) =

∑ni=0 aiX

i ∈ Z[X] um polinomio primitivo, e suponha que exista umnumero primo p tal que p nao divide an e P (X) e irredutıvel modulo p, ou seja areducao modulo p de P (X) e um polinomio irredutıvel em Fp[X]. Mostre que P (X)e irredutıvel em Q[X]. [Curiosidade: o polinomio X4 − 10X2 + 4 e irredutıvel emZ[X] mas e redutıvel em Fp[X] para todo primo p (o seu grupo de Galois nao contem4-cıclos).]

(10) Mostre que 7X3 + 12X2 + 3X + 45 e irredutıvel em Z[X] e em Q[X].(11) Lembre-se que Z[i] = {a+ ib : a, b ∈ Z} (subanel de C). Seja p um numero primo

e seja I o ideal principal de Z[i] gerado por p. Mostre que Z[i]/I ∼= Fp[X]/(X2 + 1).Para quais valores de p o ideal I e maximal?

(12) Para a + ib ∈ Z[i] lembre-se que N(a + ib) = a2 + b2 e que N((a + ib)(c + id)) =N(a+ib)N(c+id). Seja f : Z[i]→ Z/2Z definido por f(x) = N(x)+2Z. Mostre quef e homomorfismo e que ker(f) e um ideal principal de Z[i] (encontre um geradordele).

10. CORPOS DE DECOMPOSICAO 123

10. Corpos de decomposicao

Lembre-se que se E/F e uma extensao de corpos, dado α ∈ E, F (α) = {P (α)/Q(α) :P (X), Q(X) ∈ F [X], Q(α) 6= 0}. Se trata de um corpo. A extensao F (α)/F e dita extensaosimples de F . O resultado seguinte nos da um criterio para saber se um elemento α e algebricoem termo do grau da extensao F (α)/F .

Proposicao 33. Seja E/F extensao de corpos, e seja α ∈ E. Entao α e algebrico sobreF se e somente se o grau |F (α) : F | e finito.

Demonstracao. Se α e algebrico sobre F entao F (α) = F [α] e o grau |F (α) : F | eigual ao grau do polinomio minimal de α sobre F , em particular e finito. Agora suponha|F (α) : F | finito, igual a n. Entao os elementos 1, α, α2, . . . , αn sao linearmente dependentessobre F (pois sao n + 1 elementos em um espaco vetorial de dimensao n), assim existema0, a1, . . . , an ∈ F nao todos nulos tais que a0 + a1α+ a2α

2 + . . .+ anαn = 0. Seja P (X) :=

a0 + a1X + . . . + anXn ∈ F [X]. Se trata de um polinomio nao nulo e P (α) = 0, assim

0 6= P (X) ∈ ker(vα), logo ker(vα) 6= {0}, em outras palavras α e algebrico. �

A situacao e F ≤ F (α) ≤ E, logo temos tres extensoes: F (α)/F , E/F e E/F (α).Queremos entender a relacao entre os graus.

Teorema 18 (Formula do grau). Sejam F ≤ K ≤ E tres corpos. Entao o grau |E : F |e finito se e somente se |E : K| e |K : F | sao finitos e nesse caso |E : F | = |E : K| · |K : F |.

Demonstracao. Suponha |E : F | = dimF (E) finito, igual a n. Observe que K e umsubespaco vetorial de E (sobre F ) logo |K : F | = dimF (K) ≤ dimF (E) = |E : F | = n, assim|K : F | e finito. Alem disso, uma base de E sobre K e um conjunto linearmente independentesobre F , logo tem no maximo n elementos. Assim |E : K| ≤ n tambem, em particular |E : K|e finito.

Suponha |E : K| e |K : F | finitos, e vamos mostrar que |E : F | = |E : K| · |K : F | (emparticular essa formula implica que |E : F | e finito). Seja {v1, . . . , vn} uma base de K sobreF , e seja {w1, . . . , wm} uma base de E sobre K, onde n = |K : F | e m = |E : K|. Vamosmostrar que B = {viwj : 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m} e uma base de E sobre F (isso implica que|E : F | = nm que e o nosso resultado).

Vamos mostrar que B e linearmente independente. Suponha∑i,j aijviwj = 0 com aij ∈

F para todo i e j, e vamos mostrar que aij = 0 para todo i e j. Podemos re-escrever a somacomo

∑j(∑i aijvi)wj = 0, o que implica que

∑i aijvi = 0 para todo j (de fato, w1, . . . , wm

sao linearmente independentes sobre K e∑i aijvi ∈ K para todo j), logo aij = 0 para todo

i e todo j (de fato, v1, . . . , vn sao linearmente independentes sobre F e aij ∈ F ).Vamos mostrar que B e um conjunto gerador. Seja w ∈ E, assim existem bj ∈ K tais que

w =∑j bjwj (pois {w1, . . . , wm} e um conjunto gerador de E sobre K) e existem aij ∈ F

tais que bj =∑i aijvi para todo j (pois {v1, . . . , vn} e um conjunto gerador de K sobre F ).

Logo w =∑j(∑i aijvi)wj =

∑i,j aijviwj . �

Observe que se E/F e extensao de corpos, |E : F | = 1 se e somente se E = F . De fato,se E = F entao E tem dimensao 1 sobre F = E, com base {1}. Se |E : F | = 1 entao existeuma base {e} com um elemento, assim como 1 ∈ E temos que existe f ∈ F com 1 = ef logoe = f−1 ∈ F . Em particular todo elemento de E tem a forma ey com y ∈ F , assim pertencea F (pois e e y pertencem a F ). Logo E = F .


Corolario 3. Seja E/F uma extensao de corpos e suponha que |E : F | = p seja umnumero primo. Entao E/F e uma extensao simples, isto e, existe α ∈ E tal que E = F (α).

Demonstracao. Como |E : F | = p > 1, temos E 6= F , logo existe α ∈ E − F . Assim|F (α) : F | > 1 (se fosse |F (α) : F | = 1 entao F (α) = F , em particular α ∈ F , absurdo) epela formula do grau

p = |E : F | = |E : F (α)| · |F (α) : F |.Como p e primo devemos ter |E : F (α)| = 1 assim E = F (α). �

Proposicao 34. Seja E/F uma extensao de corpos e seja A o conjunto dos elementosde E algebricos sobre F . Entao A e um corpo: F ≤ A ≤ E.

Demonstracao. Sejam α, β ∈ A com α 6= 0. Precisamos mostrar que α + β, −α,α−1, αβ (que sao elementos de E) pertencem a A. Considere K := F (α)(β) = F (α, β).Vamos mostrar que |K : F | e finito. Pela formula do grau isso acontece se e somente se|F (α, β) : F (α)| e |F (α) : F | sao finitos e nesse caso |K : F | = |F (α)(β) : F (α)| · |F (α) : F |.Como |F (α) : F | e finito (pois α e algebrico sobre F ) basta mostrar que |F (α)(β) : F (α)|e finito, em outras palavras, que β e algebrico sobre F (α). Mas sabemos que β e algebricosobre F , seja P (X) ∈ F [X] o polinomio minimal de β sobre F . Assim P (X) e um polinomionao nulo de F [X] ⊆ F (α)[X] tal que P (β) = 0, logo β e algebrico sobre F (α).

Entao |F (α, β) : F | e finito. Seja γ um entre α+β, −α, α−1, αβ. Observe que γ ∈ F (α, β),assim F (γ) ≤ F (α, β) (subcorpo, mas tambem subespaco vetorial). Logo |F (γ) : F | =dimF (F (γ)) ≤ dimF (F (α, β)) = |F (α, β) : F | e finito, assim γ e algebrico sobre F . �

Por exemplo seja E = Q(√

2,√

3) = Q(√

2)(√

3). Vamos calcular |E : Q|. Observe quepela formula do grau

|E : Q| = |Q(√

2)(√

3) : Q(√

2)| · |Q(√

2) : Q|.

Sabemos que |Q(√

2) : Q| = 2 (o polinomio minimal de√

2 sobre Q e X2−2), logo temos que

calcular |Q(√

2)(√

3) : Q(√

2)|, em outras palavras queremos calcular o polinomio minimal de√3 sobre Q(

√2). Sabemos que

√3 e raiz do polinomio monico X2−3 ∈ Q(

√2)[X]. Queremos

mostrar que X2 − 3 e irredutıvel em Q(√

2)[X] (e nao somente em Q[X]). Como se trata de

um polinomio de grau 2 a redutibilidade e equivalente a existencia de raizes em Q(√

2), logo

basta mostrar que√

3 6∈ Q(√

2) (pois as raizes de X2 − 3 sao√

3 e −√

3). Mas sabemos que

Q(√

2) = Q[√

2] = {a+ b√

2 : a, b ∈ Q},

assim precisamos mostrar que nao existem a, b ∈ Q tais que√

3 = a + b√

2. Suponha porcontradicao que existam tais elementos a, b, entao elevando

√3 = a + b

√2 ao quadrado nos

dois lados obtemos 3 = a2 + 2b2 + 2ab√

2. Como√

2 6∈ Q devemos ter ab = 0, assim a = 0ou b = 0. No primeiro caso 3 = 2b2, no segundo caso 3 = a2. Nos dois casos obtemos umacontradicao pois

√3/2,√

3 6∈ Q.

Isso implica que |Q(√

2)(√

3) : Q(√

2)| = 2 logo |E : Q| = 2 · 2 = 4. Uma base de E sobre

Q e dada por {1,√

2,√

3,√

2√

3 =√

6}.

Seja E/F uma extensao de corpos. Se α1, . . . , αn ∈ E podemos definir indutivamente

F (α1, . . . , αn) = F (α1, . . . , αn−1)(αn).


Se trata do subcorpo de E gerado por F e por α1, . . . , αn, isto e, a intersecao dos subcorposde E que contem F , α1, . . . , αn. Ja encontramos exemplos de tais corpos, por exemploQ(√

2,√

3). Observe que se os αi sao algebricos sobre F entao |F (α1, . . . , αn) : F | ≤ d1 · · · dn,onde di = |F (αi) : F |.

Definicao 14 (Corpo de decomposicao). Seja F um corpo e seja P (X) ∈ F [X] de grau≥ 1. Um corpo M contendo F e dito corpo de decomposicao de P (X) sobre F se

(1) M = F (u1, . . . , ur) onde P (ui) = 0 para todo i = 1, . . . , r.(2) P (X) e fatoravel em M [X] em fatores de grau 1.

Em outras palavras um corpo de decomposicao de P (X) sobre F e um corpo M contendoF e minimal com respeito a propriedade seguinte: se Q(X) e irredutıvel em M [X] e divideP (X) (em M [X]) entao Q(X) tem grau 1.

Por exemplo seja P (X) = X2 + 1 ∈ Q[X]. As raizes complexas de P (X) em C sao i e−i, logo um corpo de decomposicao de P (X) sobre Q e Q(i,−i) = Q(i).

Por exemplo seja P (X) = X3−2 ∈ Q[X]. As raizes complexas de P (X) sao α, ρα e ρ2α

onde α = 3√

2 e ρ = − 12 + i

√3

2 (em outras palavras α e a raiz real de P (X) e ρ e um elemento

de C∗ de ordem 3). Logo um corpo de decomposicao de P (X) sobre Q e Q(α, ρα, ρ2α), quee igual a Q(α, ρ) (a inclusao ⊆ e facil, para mostrar a inclusao ⊇ observe que ρ = (ρα)α−1).ρ ∈ C− R e ρ e raiz de X2 +X + 1 logo o grau de ρ sobre Q(α) e 1 ou 2. Mas nao pode ser1 porque ρ 6∈ Q(α), de fato ρ 6∈ R mas Q(α) ⊆ R. Pela formula do grau

|Q(α, ρ) : Q| = |Q(α)(ρ) : Q(α)| · |Q(α) : Q| = 2 · 3 = 6.

Vamos mostrar a existencia e a unicidade dos corpos de decomposicao.

Teorema 19 (Corpos de decomposicao - Existencia). Seja P (X) ∈ F [X] de grau n ≥ 1.Existe um corpo de decomposicao M de P (X) sobre F .

Demonstracao. Inducao sobre n. Se n = 1 entao P (X) = aX + b ∈ F [X] logo umcorpo de decomposicao de P (X) sobre F e F (−b/a) = F . Suponha n ≥ 2. Escreva P (X) =A(X)B(X) com A(X) irredutıvel em F [X]. Seja E := F [X]/(A(X)) e seja u = X + I ∈ Eonde I = (A(X)). Temos entao E = F (u). Alem disso A(u) = 0, de fato escrevendoA(Y ) =

∑i aiY

i temos

A(u) = A(X + I) =∑i

ai(X + I)i =∑i

aiXi + I = A(X) + I = I

onde A(X) ∈ I, em outras palavras A(u) = 0 em E. Isso implica que P (X) = (X −u)H(X) para algum H(X) ∈ E[X] (pois E contem u). Como P (X) = A(X)B(X) = (X −u)H(X)B(X), por hipotese de inducao existe um corpo de decomposicao de H(X)B(X) sobreE = F (u) (pois H(X)B(X) tem grau n−1), logo M e corpo de decomposicao de P (X) sobreF (ele contem E = F (u) e as outras raizes). �

Teorema 20 (Corpos de decomposicao - Unicidade). Seja σ : K → F isomorfismo decorpos, e σ : K[X] → F [X] a sua extensao; seja f(X) ∈ K[X] e f(X) := σ(f(X)); sejamM e M corpos de decomposicao de f(X) e de f(X) respectivamente, sobre K e F , onde


deg(f(X)) > 0. Entao σ pode ser extendido a um isomorfismo M → M . O numero deisomorfismos M → M que extendem σ e menor ou igual a |M : K| e e exatamente igual a|M : K| se e somente se os fatores irredutıveis de f(X) sao fatoraveis em M [X] em fatoreslineares dois a dois nao associados (i.e. as raizes em M dos fatores irredutıveis de f(X) saodistintas).

Demonstracao. Mostraremos o teorema por inducao sobre n := |M : K|. Se n =1, M = K logo f(X) e fatoravel completamente em K[X]. Segue que f(X) e fatoravelcompletamente em F [X], logo M = F e o unico isomorfismo possıvel M →M extendendo σe o proprio σ. Segue que existe exatamente 1 = |M : K| tal isomorfismo.

Seja agora n ≥ 2. Seja h(X) ∈irr K[X] de grau maior que 1 e suponha f(X) = h(X)t(X)em K[X]. Isso e possıvel porque K[X] e um domınio de fatoracao unica e se todos ospolinomios irredutıveis de K[X] que dividem f(X) tivessem grau 1 entao K seria igual a M .Como M e corpo de decomposicao para f(X) sobre K, e h(X) e um fator de f(X) em K[X],existe u ∈ M tal que h(u) = 0, e pela mesma razao existe v ∈ M tal que h(v) = 0. Temosh(X) ∈irr F [X], h(X) divide f(X) e M e M sao corpos de decomposicao de f(X) e f(X)sobre K(u) e F (v) respectivamente (sao tais sobre K e F respectivamente).

Sejam u1, u2, ..., ur as raizes distintas de h(X) em M . Existe um unico isomorfismo decorpos

σi : K(u)→ F (ui)

que extende σ e que leva u para ui. A sua unicidade e imediata (e definido nos geradores),para mostrar a existencia considere a composicao

K(u) ∼= K[X]/(h(X)) ∼= F [X]/(h(X)) ∼= F (ui).

Temos r ≤ grau(h(X)) = |K(u) : K|. Sendo |M : K(u)| < |M : K|, pela hipotese de inducaoσi pode ser extendido a M de no maximo |M : K(u)| maneiras, e como tem no maximo rpossibilidades para σi, o numero total de tais isomorfismos e no maximo

r · |M : K(u)| ≤ |K(u) : K| · |M : K(u)| = |M : K|.Para terminar basta entao mostrar que todo isomorfismo φ : M →M que extende σ e obtidoextendendo algum σi. Para isso observe que φ(u) e raiz de h(X). De fato se h(X) = anX

n +...a1X+a0 com ai ∈ K para todo i = 0, 1, . . . , n entao h(X) = σ(an)Xn+ ...+σ(a1)X+σ(a0)e φ(ai) = σ(ai) para todo i = 0, 1, . . . , n sendo que φ extende σ por hipotese, logo

h(φ(u)) =

n∑i=0

σ(ai)φ(u)i =

n∑i=0

φ(ai)φ(u)i = φ

(n∑i=0

aiui

)= φ(h(u)) = φ(0) = 0.

Segue que φ(u) = ui para algum i ∈ {1, ..., r}, ou seja φ|K(u) = σi.Relendo a demonstracao e claro que a igualdade vale se e somente se o numero de raizes

distintas em M de cada fator irredutıvel de f(X) em K[X] e igual ao seu grau. �

Uma consequencia imediata e que se um polinomio f(X) ∈ K[X] admite dois corpos dedecomposicao M , M sobre K entao a identidade σ = id : K → K = F pode ser extendida aum isomorfismo M →M . Em outras palavras dois corpos de decomposicao de um polinomiode K[X] sao sempre isomorfos.


Exemplo. f(X) = X4 − 5X2 + 5 ∈ Q[X] (irredutıvel pelo criterio de Eisenstein). Asraizes de f(X) sao a, b,−a,−b onde

a =

√5 +√

5

2, b =

√5−√

5

2.

Observe que 2a2−5 =√

5 e ab =√

5 logo 2a2−5 = ab, e deduzimos que b = (2a2−5)/a ∈ Q(a).Segue que neste caso o corpo de decomposicao de f(X) sobre Q e Q(a,−a, b,−b) = Q(a), eletem grau 4 sobre Q.

10.1. Exercıcios.

(1) Mostre que Q(√

3,√

5) = Q(√

3 +√

5).

(2) Mostre que Q(i,√

7) = Q(i +√

7) e encontre o polinomio minimal de i +√

7 sobreQ.

(3) Seja u =√

2(1 + i) ∈ Q[√

2, i]. Mostre que Q(u2) = Q[i], encontre o polinomiominimal f(X) de u sobre Q e diga se Q(u) e um corpo de decomposicao de f(X)sobre Q.

(4) Seja u :=√

2 +√

5 ∈ R. Encontre o polinomio minimal f(X) de u sobre Q, escrevau + 1/u como polinomio avaliado em u e calcule |E : Q| onde E e um corpo dedecomposicao de f(X) sobre Q.

(5) Mostrar que o corpo de decomposicao de P (X) = X4 + 2X2 + 9 sobre Q contido

em C e Q(i√

2).(6) Seja α ∈ C algebrico de grau ımpar sobre Q. Mostre que Q(α) = Q(α2).(7) Seja P (X) = X4 − X2 − 3 ∈ Z[X]. Mostre que P (X) e irredutıvel em Z[X] e

em Q[X]. [Dica: pelo lema de Gauss basta mostrar que e irredutıvel em Z[X]. Seadmite uma fatoracao em dois fatores de grau 2 entao podemos supor que eles sejammonicos (por que?).]

(8) Seja α uma raiz de f(X) = X3 +X2 + 1 ∈ F2[X] em uma oportuna extensao de F2.Mostre que F2(α) e um corpo de decomposicao para f(X).

(9) Calcule o grau do corpo de decomposicao M (contido em C) sobre Q dos polinomiosseguintes.(a) X2, X2 − 1, X2 − 2, X2 − 3, X2 − 4,(b) X3 − 1, X3 − 4, X3 − 8,(c) X3 + 1, X3 + 8,(d) X4 − 2, X4 − 16,(e) X4 + 1, X4 + 16,(f) (X2 − 2)(X2 − 3),(g) X4 − 6X2 + 6 (difıcil),(h) X4 − 6X2 − 3 (dica: observe que M 6⊆ R),(i) X3 − 3X + 1 (dica: se u e raiz, u2 − 2 e raiz?).

(10) Encontre o grau de um corpo de decomposicao de X6 + 1, X4 − 2 e X4 + 4 sobreQ, e sobre F2, F3 e F5.


(11) Seja P (X) = (X2−2)(X2−3)(X2−6) ∈ Z[X]. Mostre que P (X) nao admite raizesinteiras mas admite raizes modulo p (ou seja a sua reducao modulo p admite umaraiz em Fp) para todo primo p.

(12) Seja f(X) ∈ Z[X] um polinomio. Mostre que se f(a) e um numero primo para todoa ∈ Z entao f(X) e um polinomio constante.

(13) Mostre que se n e um inteiro positivo sin(π/n) e algebrico sobre Q.(14) Verifique que os dois aneis A = Z/6Z×Z/6Z e B = Z/6Z[X]/(X2−2) tem a mesma

cardinalidade. Sao isomorfos? Existe um quociente de Z/6Z[X] isomorfo a A?

(15) Seja A = Z[i√

5] = {a + bi√

5 : a, b ∈ Z} (subanel de C). Calcule U(A). [UseN(a+ ib) = a2 + b2.]

(16) Sejam K/Q e F/Q extensoes de corpos e seja f : K → F um isomorfismo. Mostreque f |Q e a identidade.

(17) Seja K um corpo e seja G = Aut(K) o grupo dos automorfismos de K, ou seja os

isomorfismos K → K (com a operacao de composicao). Calcule Aut(Q(√

2)).(18) Seja P (X) ∈ A = Z[X] um polinomio de grau positivo e seja p ∈ Z um numero

primo positivo. Para quais valores de p o ideal (p, f(X)) de A e maximal? O ideal(3, X3 + X + 1) de A e maximal? [Dica: chamado de f(X) a reducao de f(X)modulo p mostre que A/(p, f(X)) ∼= Fp[X]/(f(X)).]

(19) Conte os polinomios irredutıveis de grau 2 em F2[X] e em F3[X].(20) Conte os ideais de F3[X]/(f(X)) nos casos seguintes: f(X) = X2 +X + 1, f(X) =

X2 + 1, f(X) = X3 + 1, f(X) = X3 +X, f(X) = X3 + 2X.

11. Resolucao dos exercıcios de Aneis

11.1. Faca a divisao com resto entre X6 −X e 2X2 +X + 1 em Q[X] e em Z/7Z[X].

A divisao em Q[X] e

X6 −X 2X2 +X + 1X6 + 1

2X5 + 1

2X4 1

2X4 − 1

4X3 − 1

8X2 + 3

16X −132

− 12X

5 − 12X

4 −X− 1

2X5 − 1

4X4 − 1

4X3

− 14X

4 + 14X

3 −X− 1

4X4 − 1

8X3 − 1

8X2

38X

3 + 18X

2 −X38X

3 + 316X

2 + 316X

− 116X

2 − 1916X

− 116X

2 − 132X −

132

− 3732X + 1

32

Logo X6 −X = (2X2 +X + 1)Q(X) +R(X) ondeQ(X) = 1

2X4 − 1

4X3 − 1

8X2 + 3

16X −132 ,

R(X) = − 3732X + 1

32 .

A divisao em Z/7Z[X] e

11. RESOLUCAO DOS EXERCICIOS DE ANEIS 129

X6 −X 2X2 +X + 1X6 + 4X5 + 4X4 4X4 + 5X3 + 6X2 + 5X + 53X5 + 3X4 −X

3X5 + 5X4 + 5X3

5X4 + 2X3 + 6X5X4 + 6X3 + 6X2

3X3 +X2 + 6X3X3 + 5X2 + 5X

3X2 +X3X2 + 5X + 5

3X + 2

Logo X6 −X = (2X2 +X + 1)Q(X) +R(X) ondeQ(X) = 4X4 + 5X3 + 6X2 + 5X + 5,R(X) = 3X + 2.

11.2. Encontre dois polinomios G(X), H(X) ∈ Q[X] tais que

G(X)(X3 + 2) +H(X)(X2 +X + 1) = 1.

Pode-se aplicar o algoritmo de Euclides, mas neste caso o problema e reduzido a umasimples divisao com resto.

X3 + 2 X2 +X + 1X3 +X2 +X X − 1−X2 −X + 2−X2 −X − 1

3

Logo X3 + 2 = (X2 +X + 1)(X − 1) + 3 e dividindo por 3 obtemos

1

3(X3 + 2) + (−1

3(X − 1))(X2 +X + 1) = 1.

11.3. Existe uma formula para o grau de A(X) + B(X) que depende so dos graus deA(X) e B(X)?

Nao porque por exemplo X + (−X + 1) = 1 tem grau zero mas X + (X + 1) = 2X + 1tem grau 1.

11.4. Encontre todos os x ∈ Z/17Z tais que x2 + 8x+ 14 = 0.

Podemos usar a formula de Bhaskara, observando que 82 − 4 · 14 = 8 = 52. Obtemosx = −8±5

2 ou seja x = −3/2 = 7 e x = −13/2 = 2.

11.5. Conte os polinomios de grau 4 em Z/3Z[X].

Sao da forma aX4 + bX3 + cX2 + dX + e com a, b, c, d, e ∈ Z/3Z e a 6= 0, logo temexatamente 2 · 34 = 162 polinomios de grau 4 em Z/3Z[X].


11.6. Calcule X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4) em Z/5Z[X].

Temos

X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4) =

= (X3 − 3X2 + 2X)(X2 − 7X + 12)

= X5 − 7X4 + 12X3 − 3X4 + 21X3 − 36X2 + 2X3 − 14X2 + 24X

= X5 −X.

11.7. Encontre todos os x ∈ Z/16Z tais que x4 = 0.

Observe que se x ∈ Z e par x4 ≡ 0 mod 16 (e divisıvel por 24 = 16) e se x ∈ Z e ımparx4 6≡ 0 mod 16 (e ımpar). Segue que as solucoes da equacao proposta sao 0, 2, 4, 6, 8, 10,12, 14. Em particular X4 ∈ Z/16Z[X] e um polinomio de grau 4 com 8 raizes.

11.8. Sejam A e B dois aneis (comutativos, unitarios). Seja R = A × B o produtocartesiano entre A e B. Mostre que R e um anel (comutativo, unitario) com as operacoes

(a1, b1) + (a2, b2) = (a1 + a2, b1 + b2),

(a1, b1) · (a2, b2) = (a1a2, b1b2).

Mostre que U(R) = U(A)× U(B). R e um corpo?

As operacoes sao associativa pois sao associativas em A e B: (a, b) + ((c, d) + (e, f)) =(a, b) + (c + e, d + f) = (a + (c + e), b + (d + f)) = ((a + c) + e, (b + d) + f) = (a + c, b +d) + (e, f) = ((a, b) + (c, d)) + (e, f), e (a, b)((c, d)(e, f)) = (a, b)(ce, df) = (a(ce), b(df)) =((ac)e, (bd)f) = (ac, bd)(e, f) = ((a, b)(c, d))(e, f). As operacoes sao comutativas pois elassao comutativas em A e B: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) = (c + a, d + b) = (c, d) + (a, b)e (a, b)(c, d) = (ac, bd) = (ca, db) = (c, d)(a, b). O elemento neutro da soma e (0, 0), de fato(a, b) + (0, 0) = (a, b) para todo (a, b) ∈ R. O inverso aditivo (oposto) de (a, b) e (−a,−b)pois (a, b) + (−a,−b) = (a− a, b− b) = (0, 0). O elemento neutro do produto e (1, 1), de fato(a, b)(1, 1) = (a, b) para todo (a, b) ∈ R. Propriedade distributiva:

(a, b)((c, d) + (e, f)) = (a, b)(c+ e, d+ f) = (a(c+ e), b(d+ f))

= (ac+ ae, bd+ bf) = (ac, bd) + (ae, bf)

= (a, b)(c, d) + (a, b)(e, f).

R nunca e corpo porque (1, 0) nunca tem inverso, de fato (1, 0)(x, y) = (1, 1) implicaria 0 = 1,absurdo.


11.9. Seja A o conjunto das funcoes f : R → R. Mostre que A e um anel comutativounitario com as operacoes

(f + g)(x) := f(x) + g(x), (f · g)(x) := f(x)g(x).

Calcule U(A).

Observe que a igualdade entre duas funcoes f = g significa (por definicao de funcao)que f(x) = g(x) para todo x ∈ R (!). A ideia e que as propriedades de A seguem daspropriedades do anel R. A soma e associativa pois ((f + g) + h)(x) = (f + g)(x) + h(x) =(f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) = f(x) + (g + h)(x) = (f + (g + h))(x) logo(f + g) + h = f + (g + h) para todo f, g, h ∈ A, o elemento neutro da soma e a funcaonula 0 definida por 0(x) = 0, o inverso aditivo (oposto) da funcao f ∈ A e −f , definida por(−f)(x) := −f(x). A soma e comutativa pois (f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) =(g + f)(x). O produto e associativo pois ((fg)h)(x) = (fg)(x)h(x) = (f(x)g(x))h(x) =f(x)(g(x)h(x)) = f(x)(gh)(x) = (f(gh))(x) logo (fg)h = f(gh) para todo f, g, h ∈ A, oelemento neutro do produto e a funcao 1 definida por 1(x) = 1. O produto e comutativo pois(fg)(x) = f(x)g(x) = g(x)f(x) = (gf)(x). Propriedade distributiva:

(f(g + h))(x) = f(x)((g + h)(x)) = f(x)(g(x) + h(x))

= f(x)g(x) + f(x)h(x) = (fg)(x) + (fh)(x)

= (fg + fh)(x)

logo f(g + h) = fg + fh para todo f, g, h ∈ A. Um elemento f ∈ A admite inversog ∈ A exatamente quando fg = 1 ou seja f(x)g(x) = 1 para todo x ∈ R. Isso implica emparticular que f(x) 6= 0 para todo x ∈ R, e neste caso g(x) = 1/f(x) define o inverso de f .Logo U(A) = {f ∈ A : f(x) 6= 0 ∀x ∈ R}.

11.10. Seja A um anel unitario. Mostre que U(A) com a multiplicacao e um grupo.

Obviamente 1 ∈ U(A) sendo 1−1 = 1 e se x, y ∈ U(A) entao xy ∈ U(A), de fato(xy)−1 = y−1x−1 ∈ A logo xy admite inverso em A.

11.11. Seja K um corpo. Mostre que U(K[X]) = U(K) = K − {0}.

A inclusao U(K) ⊆ U(K[X]) e clara, pois se a ∈ U(K) entao a admite inverso em K.Mostraremos a outra inclusao. Se P (X) ∈ U(K[X]) entao existe Q(X) ∈ K[X] tal queP (X)Q(X) = 1. Segue que a soma dos graus de P (X) e Q(X) e igual ao grau de 1, ouseja 0, logo P (X) e Q(X) tem grau 0, em outras palavras sao constantes nao nulas, ou sejaP (X), Q(X) ∈ K − {0} = U(K).

11.12. Seja G um grupo abeliano aditivo e seja A = End(G) o conjunto dos endomor-fismos de G, ou seja os homomorfismos G → G. Mostre que A e um anel com as operacoes(f + g)(x) = f(x) + g(x) (para todo x ∈ G) e (fg)(x) = f(g(x)) (para todo x ∈ G).

A soma e associativa pois ((f + g) + h)(x) = (f + g)(x) + h(x) = (f(x) + g(x)) + h(x) =f(x)+(g(x)+h(x)) = f(x)+(g+h)(x) = (f+(g+h))(x) para todo x ∈ G, logo (f+g)+h =


f + (g+h). O elemento neutro de + e a funcao nula, f(x) = 0 para todo x ∈ G. O oposto def e −f definido por (−f)(x) := −f(x). Se trata de endomorfismos de G. A composicao ◦ eassociativa pois ((f ◦g)◦h)(x) = (f ◦g)(h(x)) = f(g(h(x))) = f(g ◦h(x)) = (f ◦ (g ◦h))(x). Oelemento neutro de ◦ e a funcao identidade, f(x) = x para todo x ∈ G (e um endomorfismode G). Propriedades distributivas:

• (f ◦ (g+h))(x) = f((g+h)(x)) = f(g(x) +h(x)) = f(g(x)) + f(h(x)) = (f ◦ g)(x) +(f ◦h)(x), logo f ◦ (g+h) = f ◦ g+ f ◦h. Observe que usamos o fato que f respeitaa operacao de G.

• ((f + g) ◦ h)(x) = (f + g)(h(x)) = f(h(x)) + g(h(x)) = (f ◦ h + g ◦ h)(x), logo(f + g) ◦ h = f ◦ h + g ◦ h. Observe que aqui usamos simplesmente a definicao desoma em R.

11.13. Seja A um anel unitario. Mostre que se b2 = b para todo b ∈ A entao A ecomutativo. Mostre que se b3 = b para todo b ∈ A entao A e comutativo.

Suponha b2 = b para todo b ∈ A. Em particular se a, b ∈ A temos (a + b)2 = a + b ouseja, usando a2 = a e b2 = b, temos ab + ba = 0 (observe que (a + b)2 = a2 + ab + ba + b2)ou seja ba = −ab, logo para terminar precisamos mostrar que 1 = −1. Mas (1 + 1)2 = 1 + 1implica 1 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 ou seja 1 = −1.

Suponha b3 = b para todo b ∈ A. 23 = 2 implica 6 = 0 logo 6a = 0 para todo a ∈ A,ou seja 3a = −3a (*) para todo a ∈ A. Se a ∈ A temos (a + a2)3 = a + a2 ou seja3(a + a2) = 0 ou seja (lembrando de (*)) 3a2 = −3a = 3a (**). Aplicando isso a a + bobtemos 3(a+ b)2 = −3(a+ b) ou seja 3a2 + 3ab+ 3ba+ 3b2 = −3a− 3b e sendo 3a2 = −3a e3b2 = −3b obtemos (usando (**)) 3ab = 3ba. As igualdades b+ c = (b+ c)3 e b− c = (b− c)3

podem ser escritas

b2c+ bcb+ bc2 + cb2 + cbc+ c2b = 0, −b2c− bcb+ bc2 − cb2 + cbc+ c2b = 0.

Somando elas obtemos (***) 2bc2 + 2cbc+ 2c2b = 0. Multiplicando (***) a direita/esquerdapor c obtemos

2bc+ 2cbc2 + 2c2bc = 0, 2cbc2 + 2c2bc+ 2cb = 0.

Subtraindo elas obtemos 2bc = 2cb. Junto com (**), isso implica que bc = 3bc − 2bc =3cb− 2cb = cb.

11.14. Seja p um numero primo ımpar e seja K o corpo Z/pZ. Mostre que o polinomioX2 + 1 ∈ K[X] admite uma raiz em K se e somente se p ≡ 1 mod 4. [Dica: lembre-se queU(K) ∼= Cp−1.]

Se o polinomio X2 + 1 admite uma raiz em K, digamos a ∈ K, entao a2 = −1. Sendop impar −1 6= 1 logo a nao tem ordem 2, e a 6= 1 sendo 11 = 1 6= −1. Por outro lado a4 =(a2)2 = (−1)2 = 1 logo a tem ordem 4 em U(K) = K −{0} (que e um grupo multiplicativo).Pelo teorema de Lagrange 4 divide |K| − 1 = p− 1, ou seja p ≡ 1 mod 4.

Agora suponha p ≡ 1 mod 4. Sendo U(K) um grupo cıclico de ordem p − 1 existea ∈ U(K) de ordem 4, em particular a4 = 1 ou seja a e raiz de X4 − 1. Segue que 0 =a4 − 1 = (a− 1)(a+ 1)(a2 + 1). Sendo K um corpo, isso implica que um desses tres fatores enulo. Mas a 6= ±1 pois a tem ordem 4, logo a2 + 1, ou seja a e raiz de X2 + 1.


11.15. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 modulo 4.[Dica: suponha isso falso por contradicao e seja m o produto de todos os primos congru-

entes a 1 modulo 4. Seja P (X) = X2 + 1 e seja p um divisor primo de P (2m). Mostre queP (X) admite uma raiz em K = Z/pZ e deduza que p ≡ 1 mod 4 usando o exercıcio anterior.]

Seja α = 2m + pZ ∈ K, temos P (α) = 0 logo α e uma raiz de X2 + 1 em K. Peloexercıcio anterior p ≡ 1 mod 4 logo p divide m (por definicao de m), mas isso implicaP (α) = 1, absurdo.

11.16. Seja K um corpo infinito e seja P (X) um polinomio em K[X]. Entao P (X) e opolinomio nulo se e somente se P (a) = 0 para todo a ∈ K.

Se P (X) e o polinomio nulo entao obviamente P (a) = 0 para todo a ∈ K. Agora suponhaP (a) = 0 para todo a ∈ K. Se P (X) nao e o polinomio nulo entao o seu grau e n ≥ 0, esabemos que P (X) admite no maximo n raizes. Mas por hipotese P (a) = 0 para todo a ∈ K,absurdo sendo K infinito.

11.17. Seja K um corpo, e seja F o conjunto das funcoes K → K. Seja g : K[X]→ F afuncao definida por g(P (X))(a) := P (a). Mostre que g e injetiva se e somente se K e infinito.

Se K e infinito e g(P (X)) = g(Q(X)) entao P (a) = Q(a) para todo a ∈ K logo opolinomio L(X) = P (X) − Q(X) verifica L(a) = 0 para todo a ∈ K logo L(X) = 0 (peloexercıcio acima) ou seja P (X) = Q(X). Agora suponha K finito, mostraremos que g naoe injetiva. Seja m = |K| > 1, se a ∈ K − {0} entao am−1 = 1 sendo K − {0} um grupomultiplicativo de ordem m − 1, logo am = a. Essa igualdade vale para todo a ∈ K − {0}e obviamente vale tambem para a = 0, segue que am = a para todo a ∈ K. Isso pode serreformulado dizendo que g(Xm) = g(X), logo g nao e injetiva.

11.18. Um elemento a de um anel comutativo unitario A e chamado de nilpotente sean = 0 para algum n ∈ N. Mostre que o conjunto dos elementos nilpotentes de A e um idealde A.

0 e nilpotente pois 01 = 0, e se an = 0 e x ∈ A entao sendo A comutativo (xa)n = xnan =xn0 = 0. Escolhendo x = −1 obtemos tambem que −a e nilpotente. Falta mostrar que se ae b sao nilpotentes entao a+ b e nilpotente. Suponha an = 0 e bm = 0. Sendo A comutativopodemos usar a formula do binomio de Newton

(a+ b)n+m =

n+m∑i=0

(n+m

i

)aibn+m−i = 0

porque em cada termo da soma aparece uma potencia ai com i ≥ n ou uma potencia bn+m−i

com n+m− i ≥ m.

11.19. Um elemento e de um anel comutativo unitario A e chamado de idempotentese e2 = e. Mostre que A contem idempotentes diferentes de 0 e de 1 se e somente se A eisomorfo a um produto direto de dois aneis comutativos unitarios nao triviais, A ∼= X × Y .[Dica: mostre que 1− e e idempotente e defina X = eA, Y = (1− e)A.]


Observe que (1 − e)2 = 1 − 2e + e2 = 1 − 2e + e = 1 − e logo 1 − e e idempotentee X = eA, Y = (1 − e)A sao aneis unitarios com elementos neutros do produto e e 1 − erespectivamente, logo o elemento neutro do produto de X × Y e (e, 1 − e). Defina f : A →X × Y , f(a) = (ea, (1 − e)a), se trata de um homomorfismo de aneis unitarios. E injetivoporque se f(a) = 0 entao ea = 0, (1 − e)a = 0 logo a = ea + (1 − e)a = 0, e e sobrejetivoporque se (ec, (1− e)d) ∈ X × Y entao definido a = ec+ (1− e)d usando que e2 = e obtemosea = ec e (1− e)a = (1− e)d.

11.20. Se I e J sao ideais de um anel comutativo unitario A entao defina I + J ={i+ j : i ∈ I, j ∈ J}. Mostre que I + J EA. Defina IJ como sendo o ideal de A gerado por{ij : i ∈ I, j ∈ J} (a intersecao dos ideais de A contendo {ij : i ∈ I, j ∈ J}). Mostre quese I + J = A entao I ∩ J = IJ .

I + J e um ideal de A porque se i1 + j1, i2 + j2 ∈ I + J entao sendo I e J ideais temosi1 + j1 + i2 + j2 = (i1 + i2) + (j1 + j2) ∈ I + J , −(i1 + j1) = −i1 + (−j1) ∈ I + J e sea ∈ A entao a(i1 + j1) = ai1 + aj1 ∈ I + J . Agora suponha I + J = A, mostraremos queI ∩J = IJ . A inclusao IJ ⊆ I ∩J e sempre verdadeira porque I ∩J e um ideal que contem ijpara todo i ∈ I, j ∈ J (por definicao de ideal) logo contem IJ (por definicao de IJ). Agoramostraremos I ∩ J ⊆ IJ . Seja x ∈ I ∩ J . Sendo I + J = A existem i ∈ I, j ∈ J tais quei+ j = 1, logo x = x · 1 = x(i+ j) = xi+ xj ∈ IJ porque xi, xj ∈ IJ (sendo x ∈ I ∩ J).

11.21. Seja A um anel comutativo unitario e sejam a, b ∈ A. Considere (a, b) := {ax +by : x, y ∈ A}. Mostre que (a, b) e um ideal de A.

Segue do exercıcio anterior sendo (a, b) = (a) + (b).

11.22. Seja f : A → B um homomorfismo de aneis comutativos unitarios e seja J umideal de B. Mostre que f←(J) = {a ∈ A : f(a) ∈ J} e um ideal de A. E verdade que se I eum ideal de A entao f(I) e um ideal de B?

Seja J E B e I = f←(J). Se x, y ∈ I entao x + y ∈ I pois f(x + y) = f(x) + f(y) ∈ Jsendo f(x), f(y) ∈ J e J ideal, e se a ∈ A e x ∈ I temos ax ∈ I pois f(ax) = f(a)f(x) ∈ Jsendo f(x) ∈ J , f(a) ∈ B e J ideal. Em geral se I E A entao f(I) nao e ideal de B, porexemplo considere a inclusao Z → Q, os ideais nZ de Q nao sao ideais de Q (sendo Q umcorpo, os unicos ideais de Q sao {0} e Q).

11.23. Seja A um anel comutativo unitario e seja f : A[X] → A a funcao definida porf(P (X)) := P (0), isto e, f(a0 +a1X + . . .+anX

n) := a0. Usando o teorema de isomorfismo,mostre que A[X]/(X) ∼= A.

E claro que f e sobrejetiva pois f(a) = a para todo a ∈ A, logo para terminar bastamostrar que ker(f) = (X), mas isso e claro pois se XP (X) ∈ (X) entao f(XP (X)) =0P (0) = 0 e se P (X) ∈ ker(f) entao escrevendo P (X) =

∑ni=0 aiX

i temos a0 = P (0) = 0logo P (X) =

∑ni=1 aiX

i = X∑ni=1 aiX

i−1 ∈ (X).


11.24. Escreva e demonstre o teorema de isomorfismo para espacos vetoriais sobre umcorpo K. Se V e um espaco vetorial e W e um subespaco, V/W = {v + W : v ∈ V } e umespaco vetorial com a multiplicacao por escalar dada por a(v + W ) := av + W (para todoa ∈ K, v ∈ V ). Calcule dimK(V/W ).

Seja f : V → U um homomorfismo de espacos vetoriais sobre K (ou seja uma funcao K-linear) e seja W = ker(f). Entao V/W ∼= Im(f) por meio do isomorfismo ϕ(v +W ) = f(v).O fato que f e bem definida e bijetiva foi visto quando mostramos o teorema de isomorfismopara grupos. Falta mostrar que ϕ e K-linear. Se λ ∈ K temos ϕ(λ(v +W )) = ϕ(λv +W ) =f(λv) = λf(v) = λϕ(v + W ). Lembre-se que dim(V ) = dim(ker(f)) + dim(Im(f)) e sendoker(f) = W e Im(f) ∼= V/W obtemos dim(V/W ) = dim(V )− dim(W ).

11.25. Calcule o nucleo de vi+1 : Q[X]→ C, vi+1(P (X)) := P (i+ 1).

Seja α = 1 + i. Observe que (α− 1)2 = i2 = −1 logo α e raiz de H(X) = (X − 1)2 + 1 =X2 − 2X + 2. Mostraremos que ker(vi+1) = (H(X)). A inclusao ⊇ e obvia porque seH(X)Q(X) ∈ (H(X)) entao H(α)Q(α) = 0Q(α) = 0 logo H(X)Q(X) ∈ ker(vα). Agoraseja P (X) ∈ ker(vα), efetuando a divisao com resto de P (X) por H(X) temos P (X) =Q(X)H(X)+R(X) com R(X) = aX+b, logo 0 = P (α) = Q(α)H(α)+R(α) = R(α) = aα+b(sendo H(α) = 0). Isso implica a(1+i)+b = 0 ou seja a+b+ai = 0 que implica a+b = a = 0ou seja a = b = 0 ou seja R(X) e o polinomio nulo, logo P (X) = Q(X)H(X) ∈ (H(X)).

11.26. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 modulo 3. [Dica: se porcontradicao sao finitos seja m o produto deles, seja P (X) = X2 +X + 1 ∈ Z[X] e seja p umdivisor primo de P (3m). Mostre que U(Z/pZ) contem um elemento de ordem 3.]

Seja α = 3m + pZ ∈ K = Z/pZ. Obviamente P (α) = 0, por outro lado X3 − 1 =(X − 1)P (X) logo α e raiz de X3 − 1 ou seja α3 = 1. Mas α 6= 1 porque 1 nao e raiz deP (X): de fato P (1) = 3 6= 0 sendo p 6= 3 (p divide P (3m) = 9m2 + 3m + 1). Segue que αtem ordem 3 em U(K), que e um grupo de ordem p− 1, logo p ≡ 1 mod 3 e isso implica quep divide m (por definicao de m), logo P (α) = 1, absurdo.

11.27. Sejam I, J ideais de um anel comutativo unitario A. Suponha I+J = A. Mostreque I ∩ J e um ideal de A e que

A/I ∩ J ∼= A/I ×A/J.

(Isomorfismo de aneis, obviamente).

Considere f : A→ A/I × A/J , f(x) = (x+ I, x+ J). Se trata de um homomorfismo deaneis e ker(f) = I ∩ J . Pelo teorema de isomorfismo para terminar precisamos mostrar quef e sobrejetiva. Seja (a+ I, b+ J) ∈ A/I × A/J . Como I + J = A existem i ∈ I, j ∈ J taisque i+ j = 1. Seja x = aj + bi, temos x+ I = aj + bi+ I = aj + I = a(i+ j) + I = a+ I ex+ J = bi+ J = b(i+ j) + J = b+ J . Logo f(x) = (a+ I, b+ J).


11.28. Sejam A,B corpos (com 1 6= 0) e seja f : A → B um homomorfismo de aneis.Mostre que f e injetivo.

O nucleo de f e um ideal de A logo ker(f) = {0} ou ker(f) = A (sendo A corpo). Masker(f) 6= A porque f(1) = 1 6= 0, logo ker(f) = {0} ou seja f e injetivo.

11.29. Seja A um domınio de integridade finito. Mostre que A e um corpo. [Dica: dadoa ∈ A diferente de zero considere a funcao A→ A dada pela multiplicacao por a. Mostre quee injetiva e deduza que e sobrejetiva.]

f : A→ A, f(x) = ax e injetiva pois se ax = ay entao a(x−y) = 0 logo x = y sendo a 6= 0e sendo A um domınio. Sendo A um conjunto finito e f : A→ A injetiva, f e sobrejetiva logoexiste x ∈ A tal que f(x) = 1 ou seja ax = 1, logo a e inversıvel.

11.30. Seja A um domınio. Mostre que se A tem apenas um numero finito de ideaisentao A e um corpo.

Seja a ∈ A, a 6= 0 e considere In = (an) para todo inteiro positivo n. Como A tem apenasum numero finito de ideais existem dois inteiros distintos n,m tais que (an) = (am). Peloproximo exercıcio isso implica que am = uan para algum u ∈ U(A), logo supondo (sem perdade generalidade) n > m temos am(1 − uan−m) = 1 e sendo a 6= 0 e A domınio isso implicauan−m = 1 logo a e inversıvel, o inverso dele sendo uan−m−1.

11.31. Seja A um domınio de integridade e sejam a, b ∈ A. Mostre que (a) = (b) se esomente se existe um elemento inversıvel u ∈ A tal que b = au.

Se um entre a e b e zero o enunciado e trivialmente verdadeiro sendo (0) = {0}. Suponhaa 6= 0 e b 6= 0. Se (a) = (b) entao existem s, t ∈ A com a = bs, b = at logo a = bs = ats,segue que a(1− ts) = 0 e sendo a 6= 0 e A domınio temos ts = 1 e b = at logo basta escolheru = t. Se b = au com u ∈ U(A) entao (a) = (b), a inclusao ⊆ segue do fato que se ax ∈ (a)entao ax = bu−1x ∈ (b) e a inclusao ⊇ segue do fato que se by ∈ (b) entao by = auy ∈ (a).

11.32. Conte os ideais de Z/12Z.

Pelo teorema de correspondencia se trata de contar os ideais (d) de Z contendo 12Z = (12),e (d) contem (12) se e somente se d divide 12, logo se trata de contar os divisores de 12, setrata de ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12. Por outro lado (x) = (−x) para todo x ∈ Z (porque−1 ∈ U(Z)) e mais ainda sendo U(Z) = {1,−1} temos (x) = (y) se e somente se y = ±x(veja o exercıcio acima). Segue que os ideais contendo (12) sao (1), (2), (3), (4), (6) e (12),seis ideais.

11.33. Conte os ideais de R[X]/(X2 − 1) e de R[X]/(X2 − 2X + 1).

Como no exercıcio anterior, lembrando que U(R[X]) = R − {0}, se trata de contar osdivisores monicos do polinomio gerador, no primeiro caso temos 4 divisores, 1, X − 1, X + 1e X2 − 1 e no segundo caso temos tres divisores, 1, X − 1 e (X − 1)2.


11.34. Se A e B sao domınios A×B e um domınio?

Nao porque (1, 0)(0, 1) = (0, 0) e (1, 0) 6= (1, 1), (0, 1) 6= (1, 1).

11.35. Seja K := F2[X]/(X3 + X + 1). Mostre que K e um corpo finito, calcule |K| eencontre um gerador do grupo multiplicativo cıclico K∗. Seja I = (X3 + X + 1). Escreva oinverso de α = X = X + I e de α+ 1 como polinomio (com coeficientes em F2) avaliado emα.

K e um corpo porque X3 +X+1 e irredutıvel em F2[X] (tem grau 3 e nao tem raizes emF2), seja α = X = X + I ∈ K onde I = (X3 +X + 1). Sabemos que α e raiz de X3 +X + 1ou seja α3 = α+ 1, pela teoria {1, α, α2} e uma base de K sobre F2. Segue que |K| = 23 = 8.Como a ordem multiplicativa de α (no grupo K∗) divide |K∗| = 7 e α 6= 1, temos que α eum gerador do grupo cıclico K∗.

11.36. Seja K := F5[X]/(X2+2). Mostre que K e um corpo finito, calcule |K| e encontreum gerador do grupo multiplicativo cıclico K∗.

X2 + 2 e irredutıvel em F5[X] pois tem grau 2 e nao tem raizes em F5: 02 + 2 = 2,12 + 2 = 3, 22 + 2 = 1, 32 + 2 = 1, 42 + 2 = 3. Logo K e um corpo. Dito α = X + Isendo I = (X2 + 2), α2 = −2 = 3 e os elementos de K sao a + bα sendo a, b ∈ F5, assim|K| = 52 = 25. Um gerador de G = K∗ tem ordem 25 − 1 = 24. Um elemento g de umgrupo cıclico de ordem 24 = 23 · 3 tem ordem 24 se e somente se g12 6= 1 e g8 = 1 (pois24/2 = 12, 24/3 = 8 e 2, 3 sao todos os divisores primos de 24), logo para saber se g ∈ Ggera G basta calcular g12 e g8. Observe que (α + 4)12 = (4 + 3α)6 = (3 + 4α)3 = 4 6= 1 e(α+ 4)8 = (4 + 3α)4 = (3 + 4α)2 = 2 + 4α 6= 1. Logo α+ 4 e um gerador de G: G = 〈α+ 4〉.

11.37. Seja K um corpo finito. Mostre que existe P (X) ∈ K[X] de grau maior que zerotal que P (a) 6= 0 para todo a ∈ K.

Escrevendo K = {a1, . . . , am} defina P (X) = (X − a1) · · · (X − am) + 1. ObviamenteP (ai) = 1 6= 0 para todo i = 1, . . . ,m.

11.38. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 modulo 6. [Dica: X2−X+1.]

Seja P (X) = X2 −X + 1 e seja p um divisor primo de P (6m), α = 6m+ pZ ∈ K = Fp.Observe que P (α) = 0 em K. Sendo

α6 − 1 = (α− 1)(α2 + α+ 1)(α+ 1)(α2 − α+ 1)

temos que α6 = 1, por outro lado α 6= 1 (porque 1 nao e raiz de P (X) sendo P (1) = 1), α2 6= 1sendo α 6= −1 (porque −1 nao e raiz de P (X) sendo P (−1) = 3 e p 6= 3 pois P (6m) ≡ 1mod 3), α3 6= 1 sendo α2 + α + 1 6= 0 (se fosse α2 = −α − 1 entao −α − 1 = α2 = α − 1implicaria 2α = 0 ou seja α = 0, sendo P (6m) ≡ 1 mod 2, mas 0 nao e raiz de P (X) poisP (1) = 1). Segue que α tem ordem 6 no grupo multiplicativo K∗, que tem ordem p− 1. Peloteorema de Lagrange 6 divide p − 1 ou seja p ≡ 1 mod 6 e por definicao isso implica que pdivide m, daı P (α) = 1 em K, absurdo.


11.39. Mostre que nao existem homomorfismos de aneis (comutatıvos unitarios) C→ R,

R→ Q, Q→ Z, Z[√

2]→ Z[√

3], Z/nZ→ Z (n > 0).

Seja f : C → R homomorfismo de aneis. Temos −1 = −f(1) = f(−1) = f(i2) = f(i)2,logo f(i) ∈ R verifica f(i)2 = −1, absurdo.

Seja f : R → Q homomorfismo de aneis. Temos f(√

2)2 = f(√

22) = f(2) = f(1 + 1) =

f(1) + f(1) = 1 + 1 = 2, logo f(√

2) ∈ Q verifica f(√

2)2 = 2, absurdo.

Seja f : Q → Z homomorfismo de aneis. Temos 2f(1/2) = f(1/2) + f(1/2) = f(1/2 +1/2) = f(1) = 1, logo f(1/2) ∈ Z verifica 2f(1/2) = 1, absurdo.

Seja f : Z[√

2] → Z[√

3] homomorfismo de aneis. Temos f(√

2)2 = f(√

22) = f(2) =

f(1 + 1) = f(1) + f(1) = 1 + 1 = 2, logo f(√

2) ∈ Z[√

3] verifica f(√

2)2 = 2. Escrevendo

f(√

2) = a+ b√

3 temos entao (a+ b√

3)2 = 2 ou seja a2 + 3b2 + 2ab√

3 = 2, segue 2ab√

3 =2− a2− 3b2 ∈ Z logo 2ab = 0, ou seja a = 0 ou b = 0. Se a = 0 entao 3b2 = 2 e isso contradizb ∈ Z, e se b = 0 entao a2 = 2 e isso contradiz a ∈ Z.

Seja f : Z/nZ→ Z homomorfismo de aneis. Temos 0 = f(0) = f(n) = f(1+1+ . . .+1) =f(1) + f(1) + . . .+ f(1) = nf(1) = n, logo n = 0 em Z, absurdo.

11.40. Encontre todos os homomorfismos de aneis ϕ : C → C com a propriedade queϕ(r) = r para todo r ∈ R.

ϕ(i)2 = ϕ(i2) = ϕ(−1) = −1 logo ϕ(i) = ±i. Segue que existem dois homomorfismos

possıveis, ϕ(a + ib) = a + ib e ϕ(a − ib) = a − ib. E facil mostrar que a + ib 7→ a − ib ehomomorfismo de aneis.

11.41. Um ideal I de um anel comutativo unitario A e chamado de primo se A/I e umdomınio de integridade. Mostre que todo ideal maximal de A e primo e que se A e finitoentao todo ideal primo de A e maximal. Quais sao os ideais primos de Z? Quais sao os ideaismaximais de Z?

Se I e maximal A/I e um corpo, logo A/I e um domınio, ou seja I e primo. Um ideal(n) = nZ de Z e primo se e somente se cada vez que ab ∈ (n) (ou seja n divide ab) um entrea e b pertence a (n) (ou seja n divide a ou b), ou seja n e igual a zero ou um numero primo.Se n e primo Z/nZ e um corpo logo nZ e um ideal maximal de Z. O ideal nulo e primo e naomaximal pois Z/0Z ∼= Z e um domınio mas nao e um corpo.

11.42. Seja α = i√

2 ∈ C. Mostre que α e algebrico sobre Q e calcule o grau |Q(α) : Q|.Encontre o inverso de α e de α+ 1 em Q[α] (ou seja expresse α2 + 1 como polinomio de Q[X]avaliado em α).

α2 = −2 logo α e raiz de X2 + 2 que e irredutıvel em Q[X] porque tem grau 2 e nao temraizes em Q (porque os divisores inteiros de 2 nao sao raizes). Assim |Q(α) : Q| = 2. Temosα ·α = −2 logo α ·(−α/2) = 1, assim α−1 = −α/2. Aplicar o algoritmo de Euclides a X2 +2 e


X+1 neste caso e simples poisX2+2 = (X+1)(X−1)+3 assim 13 (X2+2)− 1

3 (X+1)(X−1) = 1

logo substituindo X = α obtemos que o inverso de α+ 1 em Q[α] e − 13 (α− 1).

11.43. Seja α =√

22 (1 + i) ∈ C. Mostre que α e algebrico sobre Q e calcule o grau

|Q(α) : Q|. Encontre o inverso de α2 + 1 em Q[α] (ou seja expresse α2 + 1 como polinomiode Q[X] avaliado em α).

α2 = i logo α4 = −1, assim α e raiz de X4 + 1 que e irredutıvel porque nao tem raizesem Q (porque os divisores de 1 em Z nao sao raizes) e se admite um fator de grau 2 entao(X − α)(X − α) e um fator de grau 2 em Q[X] (onde α e o complexo conjugado de α) mas

(X − α)(X − α) = X2 −√

2X + 1 6∈ Q[X] . Logo |Q(α) : Q| = 4. O algoritmo de Euclidesaplicado a X4 +1 e X2 +1 neste caso e simples pois X4 +1 = X4−1+2 = (X2−1)(X2 +1)+2logo 1

2 (X4 + 1) − 12 (X2 − 1)(X2 + 1) = 1, assim substituindo X = α obtemos que o inverso

de α2 + 1 e − 12 (α2 − 1).

11.44. Seja α =√

2− i ∈ C. Mostre que α e algebrico sobre Q e que√

2 ∈ Q(α).

Temos α2 = 1 − 2i√

2 logo (α2 − 1)2 = −8, segue que α e raiz do polinomio nao nulo

(X2 − 1)2 + 8 logo e algebrico sobre Q. Como α2 = 1− 2i√

2 obtemos i√

2 = −(α2 − 1)/2 ∈K = Q(α) (pois 2 ∈ K) logo i

√2α = 2i+

√2 ∈ K, segue que α− (2i+

√2) = −3i ∈ K logo

i ∈ K (pois 3 ∈ K), segue que α+ i =√

2 ∈ K.

11.45. Seja F um corpo e α ∈ F . Encontre o polinomio minimal de α sobre F .

X − α.

11.46. Seja P (X) ∈ Q[X] um polinomio de grau ≥ 1 e seja α ∈ C. Mostre que α ealgebrico sobre Q se e somente se P (α) e algebrico sobre Q.

Se α e algebrico P (α) e algebrico porque P (α) ∈ K(α) logo K(P (α)) e um subespacovetorial de K(α), seja m a sua dimensao (sobre K), temos m ≤ n, em particular K(P (α))tem dimensao finita sobre K, logo P (α) e algebrico (se fosse transcendente K(P (α)) con-teria K[P (α)] ∼= K[X] que tem dimensao infinita sobre K). Se P (α) e algebrico existe umpolinomio nao nulo Q(X) ∈ K[X] tal que Q(P (α)) = 0, segue que α e raiz do polinomioQ(P (X)) e como o grau de P (X) e maior que zero, Q(P (X)) tem grau maior que zero.

11.47. Um corpo F e dito algebricamente fechado se todo polinomio de F [X] admite umaraiz em F . Mostre que F e algebricamente fechado se e somente se nao existem extensoesE/F de grau finito maior que 1.

Se F e algebricamente fechado e E/F e uma extensao de grau finito maior que 1 entaoexiste α ∈ E − F (de fato |E : F | = 1 se e somente se E = F ) logo F (α) tem dimensao finitasobre F (porque e um F -subespaco vetorial de E, que tem dimensao finita sobre F ) logo F [α]tem dimensao finita sobre F (porque e um F -subespaco vetorial de F (α)) em particular αe algebrico sobre F (se fosse transcendente F [α] ∼= F [X] teria dimensao infinita sobre F ),seja P (X) o polinomio minimal de α sobre F . Pela hipotese existe r ∈ F tal que P (r) = 0,


logo P (X) e divisıvel por X − r, escrevamos P (X) = (X − r)H(X). Sendo P (X) monico eirredutıvel em F [X] (e um polinomio minimal) deduzimos H(X) = 1 ou seja P (X) = X − re sendo P (α) = 0 obtemos 0 = P (α) = α − r ou seja α = r. Sendo r ∈ F obtemos α ∈ F ,contradicao.

Se nao existem extensoes E/F de grau finito maior que 1 e P (X) ∈ F [X], por inducaosobre o grau de P (X) existe um fator irredutıvel H(X) de P (X), seja n o grau de H(X).O corpo F [X]/(H(X)) e uma extensao de F de grau n, logo n = 1 (por hipotese), ou sejaH(X) tem grau 1, digamos H(X) = aX + b com a 6= 0 e a, b ∈ F . Segue que P (−b/a) = 0.

11.48. Seja E/F uma extensao de corpos e suponha E finito. Mostre que E/F e umaextensao simples.

Como E e um corpo finito, o grupo multiplicativo E∗ e cıclico, digamos E∗ = 〈a〉. Segueque E = F (a).

11.49. Seja K := F2[X]/I onde I = (X3 +X + 1). Seja α = X = X + I ∈ K. Escreva oinverso de α2 + 1 e de α2 + α+ 1 como polinomios (com coeficientes em F2) avaliados em α.

Observe que α e raiz de X3 +X + 1 ou seja α3 +α+ 1 = 0 ou seja α3 = α+ 1 (lembre-seque 2 = 0 ou seja −1 = 1). Temos X3 + X + 1 = X(X2 + 1) + 1 logo substituindo X = αobtemos α(α2 + 1) = 1 ou seja o inverso de α2 + 1 e α. Aplicando o algoritmo de Euclides aX3 +X + 1 e X2 +X + 1 obtemos

X3 +X + 1 X2 +X + 11 0 X3 +X + 10 1 X2 +X + 11 X + 1 X

X + 1 X2 1

Segue que (X + 1)(X3 +X + 1) +X2(X2 +X + 1) = 1 logo substituindo X = α obtemos queo inverso de α2 + α+ 1 e α2.

11.50. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 modulo 8. [Dica: X4 + 1.]

Seja P (X) = X4 + 1 e seja p um divisor primo de P (2m), α = 2m + pZ ∈ K = Fp.Observe que P (α) = 0 em K. Sendo

α8 − 1 = (α− 1)(α+ 1)(α2 + 1)(α4 + 1)

temos que α8 = 1, por outro lado α 6= 1 (porque 1 nao e raiz de P (X) sendo P (1) = 1), α2 6= 1sendo α 6= −1 (porque −1 nao e raiz de P (X) sendo P (−1) = 2 e p 6= 2 pois P (2m) ≡ 1mod 2), α4 6= 1 sendo α2 + 1 6= 0 (se fosse α2 = −1 entao sendo α4 = −1 obteriamos 1 = −1ou seja 2 = 0 absurdo sendo p 6= 2, sendo P (2m) ≡ 1 mod 2). Segue que α tem ordem 8 nogrupo multiplicativo K∗, que tem ordem p− 1. Pelo teorema de Lagrange 8 divide p− 1 ouseja p ≡ 1 mod 8 e por definicao isso implica que p divide m, daı P (α) = 1 em K, absurdo.


11.51. Seja A um domınio de integridade e seja a ∈ A diferente de zero e nao inversıvel.Mostre que a e um elemento primo se e somente se o quociente A/(a) e um domınio deintegridade.

Se a e primo, I = (a) e x+ I, y+ I ∈ A/I sao tais que (x+ I)(y+ I) = xy+ I = I entaoxy ∈ I = (a) logo a divide xy, e sendo a primo a divide x ou a divide y, ou seja x+ I = I ouy + I = I. Isso implica que A/I e domınio.

Se I = (a) e ideal primo e a divide um produto xy entao (x + I)(y + I) = xy + I = Iem A/I pois xy ∈ I, e como A e domınio x + I = I ou y + I = I, ou seja x ∈ I = (a) ouy ∈ I = (a), ou seja a divide x ou a divide y.

11.52. Seja A um domınio. Mostre que A e corpo se e somente se A[X] e um domınioprincipal.

O fato que se A e corpo A[X] e domınio principal foi visto em sala de aula (usandoa divisao com resto em A[X]). Agora suponha A[X] domınio principal e seja 0 6= a ∈ A,queremos mostrar que a admite inverso multiplicativo em A. Considere o ideal I = (a,X) ={aP (X) + XQ(X) : P (X), Q(X) ∈ A[X]} (o ideal de A[X] gerado por a e por X). ComoA[X] e domınio principal existe H(X) ∈ A[X] tal que I = (H(X)). Como a ∈ I, H(X) dividea logo H(X) tem grau zero, H(X) = h ∈ A e h 6= 0. Como H(X) = h divide X, h e inversıvel,logo I = (H(X)) = (h) = A[X], em particular 1 ∈ I logo existem P (X), Q(X) ∈ A[X] taisque aP (X) +XQ(X) = 1. Substituindo X = 0 obtemos aP (0) = 1 logo P (0) ∈ A e o inversomultiplicativo de a em A.

11.53. Seja A 6= {0} um anel comutativo unitario tal que A/I e um domınio de integri-dade para todo ideal I de A diferente de A. Mostre que A e um corpo. [Dica: dado a ∈ Adiferente de zero considere o ideal (a2).]

Seja I = (a2). Se I = A entao 1 ∈ I logo existe b ∈ A tal que a2b = 1 ou seja a · ab = 1 ea admite inverso em A. Agora suponha I 6= A. Pela hipotese A/I e domınio de integridade,por outro lado (a+ I)(a+ I) = a2 + I = I logo a+ I = I, ou seja a ∈ I = (a2), ou seja existec ∈ A tal que a = a2c, que pode ser re-escrito como a(1 − ac) = 0. Sendo A 6= {0} o idealnulo {0} e diferente de A logo A/{0} ∼= A e domınio (por hipotese), segue que a(1− ac) = 0implica 1− ac = 0 (sendo a 6= 0) ou seja ac = 1 e isso implica que a e inversıvel.

11.54. Sejam A um anel comutativo unitario, a, u ∈ A com u inversıvel e suponha quean = 0 com n inteiro positivo. Mostre que u + a e inversıvel. [Dica: se a2 = 0 entao(a+ u)(a− u) = −u2.]

Observe que an+1 = ana = 0a = 0 logo podemos supor n ımpar. O polinomio Xn − an edivisıvel por X − a sendo

Xn − an = (X − a)(Xn−1 + aXn−2 + a2Xn−3 + . . .+ an−2X + an−1).

Substituindo X = −u e lembrando que an = 0 obtemos (−u)n = (−u − a)b com b =(−u)n−1 + a(−u)n−2 + a2(−u)n−3 + . . . + an−2(−u) + an−1 ∈ A, daı sendo n ımpar issoimplica (u+ a)b = un logo o inverso de u+ a e bu−n.


11.55. Seja A = Z[i] = {a+ ib : a, b ∈ Z} (anel dos inteiros Gaussianos). Mostre que oideal (2, i) = {2x+ iy : x, y ∈ A} de A e principal.

Sendo i ∈ I e i inversıvel (com inverso −i, sendo i(−i) = 1) temos que I = A = (1).

11.56. Quais dos elementos seguintes sao irredutıveis em A = Z[i]? 2, 3, 5. [Dica: definaN(a+ ib) = (a+ ib)(a− ib) = a2 + b2 e mostre que N(xy) = N(x)N(y) para todo x, y ∈ A.]

Temos

N((a+ ib)(c+ id)) = N(ac− bd+ i(bc+ ad)) = (ac− bd)2 + (bc+ ad)2

= (a2 + b2)(c2 + d2) = N(a+ ib)N(c+ id).

Para determinar se um elemento de A e irredutıvel precisamos primeiro determinar osinversıveis. Se x ∈ A e inversıvel existe x−1 ∈ A logo xx−1 = 1, e temos 1 = N(1) =N(xx−1) = N(x)N(x−1) logo sendo N(x) inteiro e positivo segue N(x) = 1. Escrevendox = a+ ib obtemos 1 = N(x) = a2 + b2 e sendo a e b inteiros isso implica a = 0 ou b = 0, noprimeiro caso b = ±1 e no segundo caso a = ±1, segue que tem quatro possibilidades para x:x = 1, x = −1, x = i, x = −i. Segue que U(A) = {1,−1, i,−i} e um grupo cıclico de ordem4 (gerado por i). Observe que U(A) e exatamente igual ao conjunto dos elementos x ∈ A taisque N(x) = 1.

Observe que 2 = (1 + i)(1 − i) e 5 = (1 + 2i)(1 − 2i) e os elementos 1 + i, 1 − i, 1 + 2i,1 − 2i nao sao inversıveis porque nao pertencem a U(A). Segue que 2 e 5 sao redutıveis emA. Agora suponha 3 = (a+ ib)(c+ id) com a+ ib e c+ id nao inversıveis, tomando as normas9 = N(3) = N(a+ ib)N(c+ id) = (a2 + b2)(c2 + d2). Se um entre N(a+ ib) e N(c+ id) e 1entao como visto um entre a+ ib e c+ id e inversıvel, logo N(a+ ib) = N(c+ id) = 3. Seguea2 + b2 = 3 e isso nao pode acontecer, sendo a e b inteiros. Segue que 3 e irredutıvel em A.

11.57. Mostre que o elemento 2 + i de Z[i] e irredutıvel. [Dica: Calcule N(2 + i).]

N(2 + i) = 22 + 12 = 5. Se 2 + i = xy como x, y ∈ Z[i] entao 5 = N(2 + i) = N(xy) =N(x)N(y) logo sendo N(x), N(y) inteiros e 5 um numero primo um entre N(x) e N(y) e 1,logo um entre x e y e inversıvel.

11.58. Mostre que os polinomios irredutıveis de R[X] sao da forma aX+b ou aX2+bX+ccom b2 − 4ac < 0.

Todo polinomio de R[X] admite uma fatoracao em C[X] do tipo seguinte

(X − λ1)(X − λ1) · · · (X − λn)(X − λn)(X − µ1) · · · (X − µm)

onde λi ∈ C − R e µi ∈ R - sendo que se λ = a + ib, λ = a − ib, o conjugado de λ - defato, lembre-se que se λ e raiz de P (X) ∈ R[X] entao λ e tambem raiz de P (X). Por outrolado, (X − λ)(X − λ) = X2 − (λ + λ)X + λλ ∈ R[X] pois se λ = a + ib entao λ + λ = 2a eλλ = a2 + b2.


11.59. Escreva a fatoracao dos polinomios seguintes em irredutıveis em R[X] e C[X]:X2 + 1, X3 − 1, X6 − 1, X4 + 1, X4 + 2.

• X2 + 1 = (X + i)(X − i). Esse polinomio e irredutıvel em R[X].

• X3 − 1 = (X − 1)(X2 +X + 1) = (X − 1)(X − −1+i√

32 )(X − −1−i

√3

2 ).

• X6−1 = (X3−1)(X3 +1) = (X−1)(X+1)(X2−X+1)(X2 +X+1) e a fatoracao

em R[X], e em C[X] pondo α = 1+i√

32 temos

X6 − 1 = (X − 1)(X + 1)(X − α)(X − α)(X + α)(X + α).

• Pondo α = 2−1/2(1 + i) (uma raiz de X4 + 1) temos X4 + 1 = (X −α)(X −α)(X +

α)(X + α) logo em R[X] temos X4 + 1 = (X2 −√

2X + 1)(X2 +√

2X − 1).• Pondo α = 2−1/4(1 + i) (uma raiz de X4 + 2) temos X4 + 2 = (X −α)(X −α)(X +

α)(X + α) = (X2 − 23/4X +√

2)(X2 + 23/4X +√

2).

11.60. Encontre tres aneis comutativos unitarios de tamanho 4 dois a dois nao isomorfos.

Dois tais aneis sao A = Z/4Z (operacoes usuais) e B = Z/2Z × Z/2Z (operacoes porcomponentes). A nao e isomorfo a B porque A e B nao sao isomorfos nem como gruposaditivos (A e cıclico, B nao e cıclico). Observe que A nao e corpo porque 2 · 2 = 0 em A, eB nao e corpo porque (1, 0)(0, 1) = (0, 0) em B, logo para terminar basta construir um corpode tamanho 4. Como visto sendo X2 +X + 1 irredutıvel em F2[X] (onde F2 = Z/2Z) temosque C = F2[X]/(X2 +X + 1) e um corpo de tamanho 4.

11.61. Mostre que 2X10 + 25X3 + 10X2 − 30 e irredutıvel em Q[X] e em Z[X].

Lema de Gauss e criterio de Eisenstein aplicado a p = 5.

11.62. Mostre que se p e um numero primo e n e um inteiro ≥ 1, o polinomio Xn − p eirredutıvel em Z[X] e em Q[X].

Lema de Gauss e criterio de Eisenstein aplicado a p.

11.63. Mostre que 3X5 +18X2 +24X+6 e irredutıvel em Q[X]. E irredutıvel em Z[X]?

Nao e irredutıvel em Z[X] pois e igual a 3(X5 + 6X2 + 4X + 2). E irredutıvel em Q[X]pois 3 e inversıvel em Q[X] e X5 + 6X2 + 4X + 2 e irredutıvel em Q[X] pelo criterio deEisenstein aplicado ao primo 2.

11.64. Mostre que X3 +X + 4 e irredutıvel em Q[X] e em Z[X].

Pelo lema de Gauss basta mostrar que e irredutıvel em Z[X]. Se P (X) = X3 + X + 4fosse redutıvel admitiria um fator de grau 1 (porque P (X) tem grau 3) que corresponde auma raiz inteira. As candidatas raizes inteiras sao os divisores de P (0) = 4, ou seja ±1, ±2e ±4. Mas P (1) = 6, P (−1) = 2, P (2) = 14, P (−2) = −6, P (4) = 72, P (−4) = −64.


11.65. Mostre que se P (X) ∈ Z[X] e a ∈ Z entao P (X) e irredutıvel se e somente seP (X + a) e irredutıvel.

Segue facilmente do fato que se P (X+a) = A(X)B(X) entao P (X) = A(X−a)B(X−a),e se P (X) = A(X)B(X) entao P (X+a) = A(X+a)B(X+a) (e o grau de L(X) e de L(X+a)e de L(X − a) e o mesmo, para todo L(X) ∈ Z[X]).

11.66. Mostre que P (X) = X4 + 1 e irredutıvel em Z[X] e em Q[X] considerandoP (X + 1) (veja o exercıcio anterior).

P (X + 1) = (X + 1)4 + 1 = X4 + 4X3 + 6X2 + 4X + 2 e irredutıvel em Z[X] pelo criteriode Eisenstein aplicado a p = 2, logo e irredutıvel em Q[X] tambem pelo lema de Gauss.Pelo exercıcio anterior isso implica que P (X) e irredutıvel em Z[X] tambem, logo P (X) eirredutıvel em Q[X].

11.67. Seja α =

√2−

√2−√

2 ∈ R. Mostre que α e algebrico sobre Q e calcule o grau

|Q(α) : Q|. Encontre o inverso de α2 em Q[α].

α2 = 2−√

2−√

2 logo (α2 − 2)2 = 2−√

2 logo ((α2 − 2)2 − 2)2 = 2, assim α e raiz de

((X2 − 2)2 − 2)2 − 2 = X8 − 8X6 + 20X4 − 16X2 + 2

que e irredutıvel pelo criterio de Eisenstein aplicado a p = 2, logo |Q(α) : Q| = 8 e α8−8α6 +20α4 − 16α2 + 2 = 0 implica que α2(α6 − 8α4 + 20α2 − 16) = −2, assim o inverso de α2 emQ[α] e − 1

2 (α6 − 8α4 + 20α2 − 16).

11.68. Seja α =√

2−i ∈ C. Mostre que α e algebrico sobre Q e calcule o grau |Q(α) : Q|.

α2 = 1− 2i√

2 logo (α2 − 1)2 = −8 assim α e raiz de P (X) = X4 − 2X2 + 9. Pelo lemade Gauss como P (X) e primitivo para mostrar a irredutibilidade em Q[X] basta mostrara irredutibilidade em Z[X]. P (X) nao tem fatores de grau 1 pois P (1) = P (−1) = 8,P (3) = P (−3) = 72, P (9) = P (−9) = 94− 162 + 9 6= 0. Se P (X) tem fatores de grau 2 entaoe igual a

(X2 + aX + b)(X2 + cX + d) = X4 + (a+ c)X3 + (d+ ac+ b)X2 + (ad+ bc)X + bd

sendo a, b, c, d ∈ Z, assim a+ c = 0, d+ac+ b = −2, ad+ bc = 0 e bd = 9. Temos c = −a logoa(d− b) = 0. Se a = 0 entao c = 0 e d+ b = −2, bd = 9, assim b(−b− 2) = 9 absurdo (bastaconferir os casos possıveis, b = ±1,±3,±9). Se a 6= 0 entao d− b = 0 logo d = b, b2 = 9 assimb = d = ±3. Se b = d = 3 entao 6 − a2 = −2 absurdo, se b = d = −3 entao −6 − a2 = −2absurdo. Isso mostra que P (X) e irredutıvel em Q[X] logo e o polinomio minimal de α sobre

Q e [Q(α) : Q] = 4. Agora vamos mostrar que√

2 ∈ K = Q(α). Temos α2 = 1 − 2i√

2 logo

i√

2 ∈ K. Logo K 3 i√

2(√

2 − i) = 2i +√

2 assim K 3 (2i +√

2) + 2(√

2 − i) = 3√

2 logo

K 3 (3√

2)/3 =√

2 sendo 3 ∈ Q ⊆ K.


11.69. Seja P (X) =∑ni=0 aiX

i ∈ Z[X] um polinomio primitivo, e suponha que existaum numero primo p tal que p nao divide an e P (X) e irredutıvel modulo p, ou seja a reducaomodulo p de P (X) e um polinomio irredutıvel em Fp[X]. Mostre que P (X) e irredutıvel emQ[X]. [Curiosidade: o polinomio X4 − 10X2 + 4 e irredutıvel em Z[X] mas e redutıvel emFp[X] para todo primo p (o seu grupo de Galois nao contem 4-cıclos).]

Pelo lema de Gauss, f(X) sendo primitivo e irredutıvel em Q[X] se e somente se eirredutıvel em Z[X]. Mostraremos que f(X) e irredutıvel em Z[X]. Suponha que f(X) =P (X)Q(X) com P (X), Q(X) ∈ Z[X]. Sejam b, c os coeficientes de grau maximo de P (X),Q(X) respectivamente. Temos bc = an, logo p nao divide b nem c. Segue que os polinomios

reduzidos modulo p, P (X), Q(X) tem o mesmo grau de P (X), Q(X) respectivamente. Como

f(X) ∈ Fp[X] e irredutıvel, um entre P (X), Q(X) tem grau zero, logo um entre P (X), Q(X)tem grau zero em Z[X]. Como f(X) = P (X)Q(X) e primitivo segue que um entre P (X),Q(X) e igual a um dos polinomios constantes 1,−1, ou seja e inversıvel em Z[X].

11.70. Mostre que 7X3 + 12X2 + 3X + 45 e irredutıvel em Z[X] e em Q[X].

Segue do exercıcio anterior reduzindo modulo 2. O polinomio X3 + X + 1 e irredutıvelem F2[X] pois tem grau 3 e nao tem raizes em F2.

11.71. Lembre-se que Z[i] = {a + ib : a, b ∈ Z} (subanel de C). Seja p um numeroprimo e seja I o ideal principal de Z[i] gerado por p. Mostre que Z[i]/I ∼= Fp[X]/(X2 + 1).Para quais valores de p o ideal I e maximal?

Considere os dois homomorfismos seguintes.

γ : Z[X]→ Z[i]/(p), γ(P (X)) := P (i) + (p),

δ : Z[X]→ Fp[X]/(X2 + 1), δ(P (X)) := P (X) + (X2 + 1).

Observe que γ e a composicao do homomorfismo de substituicao Z[X] → Z[i], P (X) 7→P (i) com o homomorfismo de projecao Z[i] → Z[i]/(p), x 7→ x + (p), e δ e a composicaodo homomorfismo de reducao Z[X] → Fp[X] com o homomorfismo de projecao Fp[X] →Fp[X]/(X2 + 1).

Observe que γ e δ sao sobrejetivos. Vamos mostrar que ker(γ) = ker(δ).

• ker(γ) ⊆ ker(δ). Seja P (X) ∈ ker(γ), isto e γ(P (X)) = 0, assim P (i) + (p) = (p),em outras palavras P (i) ∈ (p). Logo existe a + ib ∈ Z[i] tal que P (i) = (a + ib)p.Seja A(X) := P (X) − (a + bX)p. Temos A(i) = P (i) − (a + ib)p = 0, logo X2 + 1divide A(X) (pelo argumento usual de divisao com resto de A(X) por X2 +1), assimA(X) = Q(X)(X2 + 1), isto e P (X) = (a + bX)p + Q(X)(X2 + 1). Temos entaoδ(P (X)) = δ((a+ bX)p+Q(X)(X2 + 1)) = 0. Logo P (X) ∈ ker(δ).

• ker(δ) ⊆ ker(γ). Seja P (X) ∈ ker(δ), isto e δ(P (X)) = 0, assim P (X) + (X2 +

1) = (X2 + 1), em outras palavras P (X) ∈ (X2 + 1), isto e existe Q(X) ∈ Z[X]

tal que P (X) = (X2 + 1)Q(X) e isto significa que existe L(X) ∈ Z[X] tal queP (X)− (X2 + 1)Q(X) = pL(X). Logo γ(P (X)) = γ((X2 + 1)Q(X) + pL(X)) = 0.Logo P (X) ∈ ker(γ).


Pelo teorema de isomorfismo

Z[i]/(p) ∼= Z[X]/ ker(γ) = Z[X]/ ker(δ) ∼= Fp[X]/(X2 + 1).

Logo a maximalidade de (p) em Z[i] e equivalente a irredutibilidade de X2 + 1 em Fp[X](pois Z[i]/(p) ∼= Fp[X]/(X2 + 1), logo o primeiro e um corpo se e somente se o segundo e umcorpo). Vimos que X2 + 1 e irredutıvel em Fp[X] se e somente se p ≡ 1 mod 4.

11.72. Para a+ ib ∈ Z[i] lembre-se que N(a+ ib) = a2 + b2 e que N((a+ ib)(c+ id)) =N(a + ib)N(c + id). Seja f : Z[i] → Z/2Z definido por f(x) = N(x) + 2Z. Mostre que f ehomomorfismo e que ker(f) e um ideal principal de Z[i] (encontre um gerador dele).

O fato que f(xy) = f(x)f(y) para todo x, y ∈ A = Z[i] segue do fato que N(xy) =N(x)N(y). Observe que escrevendo x = a+ ib, y = c+ id temos que f(x+y) = (a+b)2 +(c+d)2+2Z e f(x)+f(y) = a2+b2+c2+d2+2Z sao iguais porque (a+b)2+(c+d)2 ≡ a2+b2+c2+d2

mod 2. Alem disso f(0) = 0 e f(1) = 1, logo f e homomorfismo de aneis. Mostraremos queker(f) = (1 + i). A inclusao ⊇ e clara pois f(1 + i) = 12 + 12 + 2Z = 2Z. Seja agorax = a + ib ∈ ker(f), queremos mostrar que x ∈ (1 + i). Queremos encontrar c + id ∈ A talque a + ib = (1 + i)(c + id), ou seja a = c − d e b = c + d. Somando e subtraindo temos2c = a + b e 2d = a − b, logo basta mostrar que a + b e a − b sao pares. Mas isso e claroporque (a+ b)2 ≡ (a− b)2 ≡ a2 + b2 mod 2 e a2 + b2 e par por hipotese.

11.73. Mostre que Q(√

3,√

5) = Q(√

3 +√

5).

A inclusao ⊇ e clara. Sejam a =√

3, b =√

5 e u = a+ b. Sejam K = Q(a, b), F = Q(u),

queremos mostrar que K ⊆ F e para isso basta mostrar que a, b ∈ F . Temos u2 = 8 + 2√

15logo au2 = 8a + 6b ∈ F . Segue que a + b, 8a + 6b ∈ F logo 2a = 8a + 6b − 6(a + b) ∈ F esendo 2 ∈ Q ⊆ F deduzimos a ∈ F , logo b = u− a ∈ F .

11.74. Seja u =√

2(1 + i) ∈ Q[√

2, i]. Mostre que Q(u2) = Q[i], encontre o polinomiominimal f(X) de u sobre Q e diga se Q(u) e um corpo de decomposicao de f(X) sobre Q.

Como i e√

2 sao algebricos, sendo raizes de X2 + 1 e X2− 2 respectivamente, Q[√

2, i] =

Q(√

2, i) e Q[i] = Q(i). Temos u2 = 4i, logo u4 = −16, ou seja u e raiz de X4 + 16.Decompor X4 + 16 sobre C e equivalente a encontrar as raizes quartas de −16. X4 + 16 =(X2 − 4i)(X2 + 4i) e igual a

(X −√

2(1 + i))(X +√

2(1 + i))(X −√

2(1− i))(X +√

2(1− i))

= (X − u)(X + u)(X − u)(X + u).

Aqui u indica o complexo conjugado de u =√

2(1 + i), ou seja u =√

2(1− i). Pelo fato queu,−u, u,−u 6∈ Q segue que X4 + 16 nao tem fatores de grau 1 em Q[X], e multiplicando-os dois a dois encontramos que nao existem fatores de grau 2 em Q[X]. Deduzimos quef(X) = X4 + 16 e irredutıvel em Q[X], logo e o polinomio minimal de u sobre Q.

Observe que Q(u) = Q(√

2(1 + i)) ⊆ Q(i,√

2). Alem disso Q(i,√

2) tem grau 4 sobre Q,e isso segue pela formula dos graus:

|Q(√

2, i) : Q| = |Q(√

2)(i) : Q(√

2)| · |Q(√

2) : Q|.


O grau |Q(√

2) : Q| e igual a 2 porque o polinomio minimal de√

2 sobre Q e X2− 2, de grau

2. O grau |Q(√

2)(i) : Q(√

2)| e com certeza menor ou igual a 2 sendo i raiz de X2 + 1, de

grau 2, e por outro lado nao pode ser 1 se nao seria√

2 ∈ Q(i) logo existiriam a, b ∈ Q com√2 = a+ bi, e elevando ao quadrado obtemos 2 = a2 − b2 + 2abi, logo ab = 0, ou seja 2 = a2

ou 2 = −b2, absurdo porque 2 e −2 nao sao quadrados em Q.O corpo Q(u) esta contido em Q(i,

√2) e tem grau 4 sobre Q, logo sao iguais: Q(u) =

Q(i,√

2). E facil ver que as quatro raizes de f(X) pertencem a Q(i,√

2). Segue que Q(u) eum corpo de decomposicao de f(X) sobre Q.

11.75. Seja u :=√

2 +√

5 ∈ R. Encontre o polinomio minimal f(X) de u sobre Q,escreva u + 1/u como polinomio avaliado em u e calcule |E : Q| onde E e um corpo dedecomposicao de f(X) sobre Q.

Temos u2 = 2 +√

5 logo (u2− 2)2 = 5. Seja f(X) = (X2− 2)2− 5, assim f(u) = 0. Paramostrar que f(X) e o polinomio minimal de u sobre Q precisamos mostrar que e irredutıvel

em Q[X]. Temos f(X) = (X2 − 2−√

5)(X2 − 2 +√

5) que e igual a

(X −√

2 +√

5)(X +

√2 +√

5)(X −√

2−√

5)(X +

√2−√

5).

Aqui√

2−√

5 indica o elemento i√√

5− 2 ∈ C (observe que 2−√

5 < 0). Multiplicando osfatores lineares dois a dois deduzimos que f(X) e irredutıvel. Temos f(X) = (X2− 2)2− 5 =X4 − 4X2 − 1, logo u(u3 − 4u) = 1 e deduzimos que 1/u = u3 − 4u. Logo u+ 1/u = u3 − 3u.

Seja v := i√√

5− 2. u e v sao raizes de f(X), mas u e um numero real e v nao e real.Temos tambem E = Q(u, v). Segue que Q(u) 6= E, de fato Q(u) esta contido em R e E nao

esta contido em R (de fato v ∈ E − R). Como v2 = 2 −√

5,√

5 ∈ Q(v) e como u e raiz de

X2 − 2−√

5 ∈ Q(v)[X], segue que u tem grau 1 ou 2 sobre Q(v). Pela formula dos graus

|E : Q| = |Q(v)(u) : Q(v)| · |Q(v) : Q|.

Como E nao tem grau 4 sobre Q (se nao seria igual a Q(u), sendo Q(u) subcorpo de E degrau 4 sobre Q) e |Q(v) : Q| = grau(f(X)) = 4 (lembre-se que f(X), sendo irredutıvel emQ[X] com v como raiz, e o polinomio minimal de v sobre Q), segue que |Q(v)(u) : Q(v)| > 1.Como u tem grau 1 ou 2 sobre Q(v) (pela discussao feita), segue que |Q(v)(u) : Q(v)| = 2logo |E : Q| = 2 · 4 = 8.

11.76. Mostrar que o corpo de decomposicao de P (X) = X4 + 2X2 + 9 sobre Q contido

em C e Q(i√

2).

As raizes de P (X) em C sao as raizes quadradas em C de −1 ± 2i√

2 (esses numerossao obtidos resolvendo a equacao de segundo grau correspondente a substituicao Y = X2).

Queremos entao expressar −1 ± 2i√

2 como um quadrado em C. Obtemos −1 ± 2i√

2 =(1 ± i

√2)2, logo as raizes de P (X) in C sao ±(1 ± i

√2), e pertencem a Q(i

√2). Segue que

o corpo de decomposicao L de P (X) sobre Q contido em C esta contido em Q(i√

2). Por

outro lado 1 + i√

2, 1 − i√

2 ∈ L (sao raizes de P (X)) logo L 3 (1 + i√

2 − (1 − i√

2))/2 =

2i√

2/2 = i√

2, logo L ⊇ Q(i√

2). Segue que L = Q(i√

2). A fortiori obtemos que P (X) eredutıvel sobre Q (se nao L conteria o subcorpo de grau 4 = grau(P (X)) gerado por uma raiz


de P (X)) e olhando as raizes conjugadas 1 + i√

2, 1− i√

2 e −(1 + i√

2),−(1− i√

2) obtemosP (X) = (X2 + 2X + 3)(X2 − 2X + 3).

11.77. Seja α ∈ C algebrico de grau ımpar sobre Q. Mostre que Q(α) = Q(α2).

Como α e raiz de X2 − α2 ∈ Q(α2)[X], o grau |Q(α) : Q(α2)| e 1 ou 2. Por outrolado ele divide |Q(α) : Q| (que e ımpar) pela formula dos graus, logo e ımpar. Segue que|Q(α) : Q(α2)| = 1 ou seja Q(α) = Q(α2).

11.78. Seja P (X) = X4 −X2 − 3 ∈ Z[X]. Mostre que P (X) e irredutıvel em Z[X] e emQ[X]. [Dica: pelo lema de Gauss basta mostrar que e irredutıvel em Z[X]. Se admite umafatoracao em dois fatores de grau 2 entao podemos supor que eles sejam monicos (por que?).]

Pelo lema de Gauss, como P (X) e primitivo, a irredutibilidade em Z[X] e equivalente airredutibilidade em Q[X]. Vamos mostrar a irredutibilidade em Z[X]. Observe que se P (X)e redutıvel entao admite com certeza um fator de grau 1 ou 2.

Nao existencia de fatores de grau 1. Sendo P (X) monico, basta mostrar que P (X)nao admite raizes inteiras, e as candidatas raizes inteiras sao os divisores de P (0) = −3.Seja a uma raiz inteira de P (X). As possibilidades sao a ∈ {1,−1, 3,−3}. Por outro ladoP (1) = −3 6= 0, f(−1) = −3 6= 0, f(3) = 69 6= 0, f(−3) = 69 6= 0. Logo P (X) nao temfatores de grau 1.

Nao existencia de fatores de grau 2. Como P e monico, uma fatoracao em fatores de grau2 tem a forma

X4 −X2 − 3 = f(X) = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d)

sendo a, b, c, d ∈ Z. De fato, estamos trabalhando em Z[X], P (X) e monico logo os coeficientesde grau maximo dos fatores sao ±1 e (−g(X))(−h(X)) = g(X)h(X). Fazendo o produtotemos que P (X) = X4 −X2 − 3 e igual a

(X2 + aX + b)(X2 + cX + d) = X4 + (a+ c)X3 + (d+ ac+ b)X2 + (ad+ bc)X + bd

logo por definicao de polinomio temos a + c = 0, d + ac + b = −1, ad + bc = 0, bd = −3.Assim c = −a e a terceria equacao da a(d−b) = 0. Logo a = 0 ou d−b = 0. No segundo casod = b e −3 = bd = b2 e uma contradicao (pois b ∈ Z). Logo a = 0, c = −a = 0 e d+ b = −1,bd = −3. Como b divide −3 temos b ∈ {1,−1, 3,−3} assim d = −1− b vale −2, 0, −4, 2 nosquatro casos. Em todo caso bd 6= −3, contradicao. Logo P (X) nao tem fatores de grau 2.

11.79. Seja α uma raiz de f(X) = X3 +X2 + 1 ∈ F2[X] em uma oportuna extensao deF2. Mostre que F2(α) e um corpo de decomposicao para f(X).

f(X) e irredutıvel em F2[X] (tem grau 3 e nao tem raizes em F2, de fato f(0) = f(1) = 1),em particular α 6∈ F2, α e algebrico sobre F2 (sendo raiz do polinomio nao nulo f(X) eF2[α] = F2(α) ∼= F2[X]/(f(X)) e um corpo com 23 = 8 elementos. Fazendo a divisao comresto entre f(X) e X−α obtemos f(X) = (X−α)g(X) onde g(X) = X2 +(1+α)X+α+α2.Precisamos mostrar que as raizes de g(X) pertencem a F2(α). Nao podemos usar a formulade Bhaskara porque 2 = 0 logo nao podemos dividir por 2. Como F2(α) tem apenas 23 = 8


elementos, para encontrar uma raiz podemos calcular g(x) para todo x ∈ F2(α). Lembrandoque α3 = α2 + 1 (sendo f(α) = 0) obtemos

g(α2) = α4 + (1 + α)α2 + α+ α2 = α(α2 + 1) + α2 + α2 + 1 + α+ α2

= α2 + 1 + α+ α2 + α2 + 1 + α+ α2 = 0.

Isso mostra que F2(α) e corpo de decomposicao para f(X): de fato aplicando a divisao comresto a g(X) e X − α2 obtemos f(X) = (X − α)(X − α2)(X − (1 + α+ α2)).

11.80. Calcule o grau do corpo de decomposicao M (contido em C) sobre Q dos po-linomios seguintes.

(1) X2, X2 − 1, X2 − 2, X2 − 3, X2 − 4.Observe que se f(X) tem todas as raizes em Q entao o corpo de decomposicao

dele e Q, e o caso de X2, X2− 1 = (X − 1)(X + 1) e X2− 4 = (X − 2)(X + 2). Um

c.d. de X2−2 e Q(√

2,−√

2) = Q(√

2), tem grau 2 sobre Q sendo X2−2 irredutıvel

sobre Q (pelo criterio de Eisenstein), e um c.d. de X2 − 3 e Q(√

3,−√

3) = Q(√

3),tem grau 2 sobre Q sendo X2 − 3 irredutıvel sobre Q (pelo criterio de Eisenstein).

(2) X3 − 1, X3 − 4, X3 − 8.

X3 − 1 = (X − 1)(X2 + X + 1), um c.d. e Q(u) onde u = −1/2 + i√

3/2 euma raiz de X2 +X + 1 (irredutıvel porque nao tem raizes inteiras). Analogamente

X3 − 8 = (X − 2)(X2 + 2X + 4), um c.d. e Q(u) onde u = −1 + i√

3 e uma raiz deX2 + 2X + 4 (irredutıvel porque nao tem raizes inteiras).

(3) X3 + 1, X3 + 8.X3 +1 = (X+1)(X2−X+1), um c.d. e Q(u) onde u e uma raiz de X2−X+1,

e X3 +8 = (X+2)(X2−2X+4), um c.d. e Q(v) onde v e uma raiz de X2−2X+4.O grau e 2 nos dois casos.

(4) X4 − 2, X4 − 16.

Uma raiz de X4 − 2 e α = 4√

2, e as outras sao iα, −α, −iα. Segue que umcorpo de decomposicao e Q(α, i). Como |Q(α) : Q| = 4 (sendo X4 − 2 irredutıvelpelo criterio de Eisenstein) e Q(α) ⊆ R, e i 6∈ R, segue que |Q(α, i) : Q| = |Q(α, i) :Q(α)| · |Q(α) : Q| = 2 · 4 = 8.

(5) X4 + 1, X4 + 16.

As raizes de X4 + 1 sao (±1 ± i)/√

2, logo um corpo de decomposicao e M =

Q(i,√

2), e sendo Q(√

2) real e i 6∈ R deduzimos que |M : Q| = 4. As raizes de

X4 + 16 sao (±1± i)√

2 logo ele tem o mesmo corpo de decomposicao de X4 + 1.(6) (X2 − 2)(X2 − 3).

Os dois fatores X2−2, X2−3 sao irredutıveis pelo criterio de Eisenstein. Sejama =√

2, b =√

3. O corpo de decomposicao e M = Q(a, b). Observe que b 6∈ Q(a),de fato se fosse b = ar + s com r, s ∈ Q entao 3 = b2 = 2r2 + s2 + 2ars que implicaa = (3 − 2r2 − s2)/2rs ∈ Q, uma contradicao. Segue que |M : Q(a)| = 2 logo|M : Q| = |M : Q(a)| · |Q(a) : Q| = 2 · 2 = 4.

(7) X4 − 6X2 + 6 (difıcil). Vou deixar para mais tarde.(8) X4 − 6X2 − 3 (dica: observe que M 6⊆ R),

Seja f(X) = X4− 6X2− 3 (irredutıvel pelo criterio de Eisenstein). Resolvendo

f(X) = 0 obtemos X2 = 3±√

12 = 3±2√

3. Sejam a =√

3 + 2√

3, b =√

3− 2√

3.As raizes de f(X) sao a,−a, b,−b, logo um corpo de decomposicao para f(X) sobre


Q e M = Q(a, b). Temos Q(a) ⊆ R mas b 6∈ R, logo b 6∈ Q(a). Sendo b raiz deX2− b2 ∈ Q(a)[X], temos |M : Q(a)| ∈ {1, 2}, mas tal grau nao e 1 sendo b 6∈ Q(a).Sendo |Q(a) : Q| = 4 obtemos |M : Q| = |M : Q(a)| · |Q(a) : Q| = 2 · 4 = 8.

(9) X3 − 3X + 1 (dica: se u e raiz, u2 − 2 e raiz?).Seja f(X) = X3− 3X + 1. Se f(u) = 0 entao u3 = 3u− 1. Usando essa relacao

calculamos

f(u2 − 2) = (u2 − 2)3 − 3(u2 − 2) + 1

= u6 − 6u4 + 12u2 − 8− 3u2 + 6 + 1

= (3u− 1)2 − 6u(3u− 1) + 9u2 − 1

= 9u2 − 6u+ 1− 18u2 + 6u+ 9u2 − 1 = 0.

Segue que u2 − 2 e raiz, logo (u2 − 2)2 − 2 = u4 − 4u2 + 2 = u(3u− 1)− 4u2 + 2 =−u2 − u+ 2 tambem e raiz. Segue que u, u2 − 2 e −u2 − u+ 2 sao raizes distintasde f(X) (uma igualdade entre duas delas daria uma equacao polinomial para u degrau menor que 3, absurdo) logo Q(u) e um corpo de decomposicao para f(X) sobreQ, ele tem grau 3.

11.81. Encontre o grau de um corpo de decomposicao de X6 + 1, X4− 2 e X4 + 4 sobreQ, e sobre F2, F3 e F5.

(1) X6 + 1. Lembre-se que X3 + 1 = (X + 1)(X2 −X + 1). Substituindo X com X2

obtemos X6 + 1 = (X2 + 1)(X4−X2 + 1). As raizes complexas deste polinomio sao

±i e ±eiπ/6, ±ei5π/6, e os ultimos quatro sao potencias de ζ = eiπ/6 = 12 (√

3 + i).Segue que o corpo de decomposicao E de P (X) sobre Q contido em C e igual a

Q(i, ζ) = Q(ζ,√

3). Temos ζ − ζ5 = 12 (√

3 + i)− 12 (−√

3 + i) =√

3 logo√

3 ∈ Q(ζ)e segue que E = Q(ζ) tem grau 4 su Q.• Sobre o corpo F2 temos X6 + 1 = (X3 + 1)2 = (X + 1)2(X2 + X + 1)2 eX2 + X + 1 e irredutıvel, logo toda raiz dele gera um corpo de decomposicaode P (X), que entao tem grau 2.

• Sobre o corpo F3 temos X6 + 1 = (X2 + 1)3 e X2 + 1 e irredutıvel, logo todaraiz dele gera um corpo de decomposicao de P (X), que entao tem grau 2.

• Sobre o corpo F5 temos X6 + 1 = (X2 + 1)(X4 − X2 + 1) = (X − 2)(X −3)(X4−X2 + 1). Examinando as fatoracoes de X4−X2 + 1 em dois fatores degrau 2 encontramos X4−X2 + 1 = (X2 + 2X − 1)(X2− 2X − 1). Segue que asseis raizes de P (X) sao 2, 3, ±1±α onde α e um elemento que verifica α2 = 2.Segue que um corpo de decomposicao de P (X) sobre F5 e F5(α) = F5[α], temgrau 2.

(2) X4 − 2. Seja u = 4√

2. As quatro raizes complexas de P (X) = X4 − 2 sao ±u,±iu. Seja E o corpo de decomposicao de P (X) sobre Q contido em C, ou sejaE = Q(u,−u, iu,−iu) = Q(u, iu) = Q(u, i). Sendo Q(u) ⊆ R, i 6∈ Q(u) logo como item grau 2 sobre Q (sendo raiz de X2 + 1), i tem grau 2 sobre Q(u) tambem (talgrau e 1 ou 2 e nao pode ser 1 porque i 6∈ Q(u)). Pela formula dos graus

|E : Q| = |Q(u, i) : Q| = |Q(u)(i) : Q(u)| · |Q(u) : Q| = 2 · 4 = 8.


• Sobre F2 temos P (X) = X4 logo F2 e um corpo de decomposicao, tem grau 1.• Sobre F3 temos P (X) = X4 + 1 = (X2 +X+ 2)(X2−X+ 2) (fatoracao obtida

producando os fatores ou tambem observando que P (X) = (X2 + 2)2 −X2 eaplicando o produto notavel) logo as raizes de P (X) sao 2(±1±α) onde α e umelemento tal que α2 = 2. Segue que F3(α) = F3[α] e um corpo de decomposicaode P (X) sobre F3 e tem grau 2.• Sobre F5 temos que P (X) = X4−2 e irredutıvel (isso se demonstra procurando

as fatoracoes a mao). Seja u uma raiz dele. Temos P (X) = X4 − 2 = (X2 −u2)(X2 +u2) = (X+u)(X−u)(X2−4u2) = (X+u)(X−u)(X+ 2u)(X−2u).Segue que F5(u) = F5[u] e um corpo de decomposicao de P (X) sobre F5 e temgrau 4.

(3) X4 +4. Resolvendo a equacao biquadratica obtemos X2 = ±2i logo as quatro raizescomplexas de P (X) sao ±(1± i), logo um corpo de decomposicao de P (X) e Q(i),e tem grau 2 sobre Q.• Sobre F2 temos P (X) = X4 logo F2 e um corpo de decomposicao, tem grau 1.• Sobre F3 temos P (X) = X4 + 1, veja o item sobre X4 + 1.• Sobre F5 temos P (X) = X4 − 1 = (X2 − 1)(X2 + 1) = (X − 1)(X + 1)(X −

2)(X + 2) logo F5 e um corpo de decomposicao de P (X) sobre F5, e tem grau1.

11.82. Seja P (X) = (X2 − 2)(X2 − 3)(X2 − 6) ∈ Z[X]. Mostre que P (X) nao admiteraizes inteiras mas admite raizes modulo p (ou seja a sua reducao modulo p admite uma raizem Fp) para todo primo p.

E claro que P (X) nao admite raizes inteiras, pois as suas raizes complexas sao√

2,√3 e√

6. Suponha que 2 e 3 nao sao raizes de P (X) modulo p para um fixado primo p.Mostraremos que 6 e raiz de P (X) modulo p. Sendo 6 = 2 · 3, basta mostrar que o produtode dois elementos nao da forma x2 e um elemento da forma x2, e para isso basta mostrar queH = {x2 : x ∈ Fp − {0}} e um subgrupo de ındice 2 do grupo multiplicativo G = Fp − {0}.Mas isso segue do teorema de isomorfismo observando que o homomorfismo G→ H, x 7→ x2

e sobrejetivo e tem nucleo igual a {1,−1}, logo H ∼= G/{1,−1} logo |H| = |G|/2 ou seja|G : H| = 2.

Uma outra possibilidade era observar que F∗p e um grupo cıclico, seja α um gerador dele,

os nao-quadrados tem a forma α2m+1 e isso implica que o produto de dois nao-quadrados eum quadrado: α2m+1α2k+1 = α2(m+k+1).

11.83. Seja f(X) ∈ Z[X] um polinomio. Mostre que se f(a) e um numero primo paratodo a ∈ Z entao f(X) e um polinomio constante.

Observe que a divide f(na)−f(0) para todo inteiro a e para todo inteiro n. Por hipotesef(0) = p e um numero primo, logo se n e um inteiro qualquer p divide f(np)−f(0) = f(np)−p,ou seja p divide f(np). Mas f(np) e um numero primo por hipotese, logo f(np) = p paratodo inteiro n. Segue que o polinomio f(X)− p ∈ Q[X] tem infinitas raizes em Q e sendo Qum corpo infinito isso implica que f(X) = p e o polinomio constante p.

11.84. Mostre que se n e um inteiro positivo sin(π/n) e algebrico sobre Q.


Seja u = cos(π/n) + i sin(π/n). Temos u2n = 1 logo u e algebrico sobre Q (e raiz deX2n − 1). Seja v = cos(π/n) − i sin(π/n) = cos(−π/n) + i sin(−π/n). Temos v2n = 1 logov e algebrico sobre Q (e raiz de X2n − 1). Sendo 2i algebrico sobre Q (e raiz de X2 + 4) ecomo os elementos de C algebricos sobre Q formam um subcorpo de C (como visto nas aulasteoricas) segue que (u− v)/2i = sin(π/n) e algebrico sobre Q.

11.85. Verifique que os dois aneis A = Z/6Z × Z/6Z e B = Z/6Z[X]/(X2 − 2) tem amesma cardinalidade. Sao isomorfos? Existe um quociente de Z/6Z[X] isomorfo a A?

Seja I = (X2 − 2) E R = Z/6Z[X]. Um elemento de R/I e do tipo P (X) + I comP (X) ∈ R, e cada X2 que aparece em P (X) pode ser substituido com 2 (reducao modulo I),segue que podemos supor que P (X) tenha grau 1 ou seja P (X) = aX + b e os elementos deA sao do tipo aX + b+ I. Dois elementos aX + b+ I e cX + d+ I sao iguais se e somente seX2− 2 divide (a− c)X + b− d em R ou seja (X2− 2)g(X) = (a− c)X + b− d com g(X) ∈ R.Mas se g(X) nao e nulo (X2 − 2)g(X) tem grau maior ou igual a 2, logo g(X) = 0 e a = c,b = d. Como tem 6 escolhas para a e 6 para b obtemos |B| = 6 · 6 = 36. Por outro lado|A| = 36 tambem e A e B nao sao isomorfos porque o elemento a = X + I em B verificaa2 = 2 mas nenhum elemento (a, b) de A verifica (a, b)2 = (2, 2) pois em Z/6Z nao existemraizes quadradas de 2. Pelo teorema chines o quociente Z/6Z[X]/(X2 +X) e isomorfo a A.

11.86. Seja A = Z[i√

5] = {a + bi√

5 : a, b ∈ Z} (subanel de C). Calcule U(A). [UseN(a+ ib) = a2 + b2.]

Se x ∈ U(A) entao xx−1 = 1 e aplicando N obtemos N(x)N(x−1) = N(1) = 1. Sendo

N(x) e N(x−1) inteiros nao negativos deduzimos N(x) = 1 ou seja escrevendo x = a+ bi√

5temos a2 + 5b2 = 1. Sendo a e b inteiros deduzimos b = 0 logo a = ±1, ou seja x = 1 oux = −1. Por outro lado 1 e −1 sao inversıveis em A logo U(A) = {1,−1}.

11.87. Sejam K/Q e F/Q extensoes de corpos e seja f : K → F um isomorfismo. Mostreque f |Q e a identidade.

Sendo f(1) = 1 temos f(1 + 1) = f(1) + f(1) = 1 + 1 = 2 e o mesmo argumento mostraque f(n) = n para todo n inteiro. Se a/b ∈ Q com a, b inteiros entao a = f(a) = f(b(a/b)) =f(b)f(a/b) = bf(a/b) logo f(a/b) = a/b.

11.88. Seja K um corpo e seja G = Aut(K) o grupo dos automorfismos de K, ou seja

os isomorfismos K → K (com a operacao de composicao). Calcule Aut(Q(√

2)).

Seja f : Q(√

2) → Q(√

2) automorfismo e seja t =√

2. Observe que f(t)2 = f(t2) =

f(2) = 2 logo f(t) = ±√

2 = ±t. Se f(t) = t entao f(a+ b√

2) = a+ b√

2 e a identidade, e se

f(t) = −t entao f(a+ b√

2) = a− b√

2. Essa segunda funcao e isomorfismo de aneis. Segue

que Aut(Q(√

2)) = {f1, f2} onde f1 e f2 sao as funcoes encontradas acima.


11.89. Seja P (X) ∈ A = Z[X] um polinomio de grau positivo e seja p ∈ Z um numeroprimo positivo. Para quais valores de p o ideal (p, f(X)) de A e maximal? O ideal (3, X3 +X + 1) de A e maximal?

[Dica: chamado de f(X) a reducao de f(X) modulo pmostre queA/(p, f(X)) ∼= Fp[X]/(f(X)).]

Seja ϕ : A → Fp[X]/I onde I = (f(X)) o homomorfismo canonico P (X) 7→ P (X) + I.O seu nucleo contem polinomios g(X) tais que p divide g(X)− f(X) ou seja g(X) = f(X) +ph(X) com h(X) ∈ A, ou seja ker(ϕ) = (p, f(X)). Obviamente ϕ e sobrejetivo, logo oresultado segue do teorema de isomorfismo. Isso mostra que (p, f(X)) e um ideal maximalde A se e somente se f(X) e irredutıvel em Fp[X], ou seja f(X) e irredutıvel modulo p. Porexemplo sendo X3 +X + 1 redutıvel modulo 3 (admite 1 como raiz) o ideal (3, X3 +X + 1)nao e maximal em A.

11.90. Conte os polinomios irredutıveis de grau 2 em F2[X] e em F3[X].

Se trata de fazer a lista dos polinomios e eliminar os redutıveis. O unico polinomioirredutıvel de grau 2 em F2[X] e X2 +X + 1. Os polinomios irredutıveis de grau 2 em F3[X]sao X2 + 1, 2X2 + 2, X2 +X + 2, 2X2 + 2X + 1, X2 + 2X + 2 e 2X2 +X + 1.

11.91. Conte os ideais de F3[X]/(f(X)) nos casos seguintes: f(X) = X2 + X + 1,f(X) = X2 + 1, f(X) = X3 + 1, f(X) = X3 +X, f(X) = X3 + 2X.

Os ideais sao do tipo (P (X))/(f(X)) onde P (X) e um divisor monico de f(X), e comoX2 + X + 1 = (X + 1)(X + 2), X2 + 1 e irredutıvel, X3 + X = X(X2 + 1) e X3 + 2X =X(X + 1)(X + 2) o numero de ideais e 4 no primeiro caso, 2 no segundo, 4 no terceiro e 8 noquarto.

CAPıTULO 3

Teoria de Galois

1. Estrutura dos corpos finitos

Vamos usar a nocao de corpo de decomposicao para estudar a estrutura dos corpos finitos.Primeiro algumas observacoes.

Seja A um anel comutativo unitario. Existe um unico homomorfismo de aneis f : Z→ A,de fato f(1) = 1, f(−1) = −1 e todo elemento de Z e uma soma de 1 ou uma soma de −1.Seja I o nucleo de f , I = ker(f) E Z. Assim existe um unico inteiro nao negativo m ≥ 0tal que I = (m) = mZ. Esse inteiro e unico (de fato, os geradores de (m) sao m e −m) e echamado caracterıstica de A. Por exemplo Z tem caracterıstica zero, assim como qualqueranel que contem Z como subanel, e Z/nZ tem caracterıstica n.

Seja F um corpo finito e seja m a caracterıstica de F . Observe que m > 0 pois se m = 0entao f e injetiva, absurdo (Z e infinito). Alem disso, m e um numero primo p. De fatose m = ab com a, b inteiros maiores que 1 entao 0 = f(m) = f(ab) = f(a)f(b) que e umaigualdade no corpo F assim um entre f(a) e f(b) e zero, isto e, um entre a e b pertence aker(f) = I = (m), assim m divide um entre a e b, absurdo.

Temos entao que o nucleo de f : Z → F e (p) = pZ para algum numero primo p. Peloteorema de isomorfismo Fp = Z/pZ ∼= Im(f) ≤ F . Isso implica que F contem um subcorpoisomorfo a Fp, isto e, F e uma extensao de Fp. Seja n := |F : Fp| = dimFp(F ). Como F eum conjunto de cardinalidade finita, a dimensao n de F sobre Fp e finita. Se {v1, . . . , vn} euma base de F sobre Fp entao todo elemento de F pode ser escrito de maneira unica comoa1v1 + . . . + anvn com a1, . . . , an ∈ Fp. Tem p escolhas para todo ai, assim |F | = pn. Issomostra em particular que a cardinalidade de um corpo finito e sempre uma potencia de umprimo. Em particular, por exemplo, nao existem corpos de cardinalidade 12 (pois 12 nao euma potencia de um primo).

A pergunta natural agora e a seguinte: dado um primo p e um inteiro positivo n, quantoscorpos de cardinalidade pn existem (a menos de isomorfismo)? Usando a nocao de corpo dedecomposicao mostraremos que existe (a menos de isomorfismo) um unico corpo de cardina-lidade dada. Antes disso, mais uma nocao.

Seja A um anel comutativo unitario cuja caracterıstica e um numero primo p. Considerea funcao ϕ : A → A definida por ϕ(a) := ap. Se trata de um homomorfismo de aneis(chamado endomorfismo de Frobenius). Para mostrar isso observe que ϕ(1) = 1p = 1,

155

156 3. TEORIA DE GALOIS

ϕ(ab) = (ab)p = apbp = ϕ(a)ϕ(b). Na proxima conta os inteiros sao identificados com asimagens deles em A via o homomorfismo Z→ A. Se a, b ∈ A temos

ϕ(a+ b) = (a+ b)p =

p∑i=0

(p

i

)aibp−i.

Observe que se 0 < i < p entao o inteiro(pi

)= p!

i!(p−i)! e divisıvel por p, de fato p e primo logo

e coprimo com i!(p− i)!. Assim todos os coeficientes considerados em A sao nulos exceto osque correspondem a i = 0 e i = p, isto e, bp e ap. Isso mostra que (a + b)p = ap + bp em A.Assim ϕ e homomorfismo. Se A e um domınio entao ϕ e injetivo pois ker(ϕ) = {0} (ap = 0implica a = 0) e se A e finito entao ϕ e sobrejetivo pelo princıpio da casa dos pombos. Logose F e um corpo finito o seu endomorfismo de Frobenius e um isomorfismo. Por exemplo seF = Fp entao ϕ e a identidade (pelo pequeno teorema de Fermat, ou seja o fato que ap = apara todo a ∈ Fp, que segue facilmente do fato que F∗p e um grupo multiplicativo).

Seja E/F uma extensao de corpos e seja P (X) ∈ F [X]. Uma raiz α ∈ E de P (X)e dita raiz multipla de P (X) se (X − α)2 divide P (X) em E[X]. A derivada formal deP (X) =

∑ni=0 aiX

i e definida por

P ′(X) =

n∑i=1

iaiXi−1 ∈ F [X].

Os elementos iai pertencem a F , em particular o fator a esquerda do produto iai indica1 + 1 + . . . + 1 (i vezes). Os expoentes i de Xi, por outro lado, sao numeros inteiros (naosao elementos de F ). Observe que para a derivada formal vale a formula de derivacao de umproduto, (A(X)B(X))′ = A(X)B′(X) +A′(X)B(X).

Proposicao 35. Seja E/F extensao de corpos. Seja P (X) ∈ F [X] e seja α ∈ E. Entaoα e uma raiz multipla de P (X) se e somente se P (α) = 0 e P ′(α) = 0.

Demonstracao. (⇒) Suponha P (X) = (X−α)2Q(X). Entao P ′(X) = 2(X−α)Q(X)+(X − α)2Q′(X), logo P ′(α) = 0. (⇐) Suponha P (α) = 0 e P ′(α) = 0. P (α) = 0 implica queP (X) = (X−α)Q(X) para algum Q(X) ∈ E[X], logo P ′(X) = Q(X)+(X−α)Q′(X). AgoraP ′(α) = 0 implica Q(α) = 0 logo Q(X) = (X − α)H(X) assim P (X) = (X − α)Q(X) =(X − α)2H(X). �

Um polinomio P (X) ∈ F [X] e chamado de separavel se nao admite raizes multiplas emnenhuma extensao de F .

Corolario 4. Seja F um corpo e seja P (X) ∈ F [X] irredutıvel. Entao P (X) e separavelse e somente se P ′(X) 6= 0.

Demonstracao. Se P (X) e separavel entao P ′(X) 6= 0 porque se fosse P ′(X) = 0 entaotoda raiz de P (X) seria raiz de P ′(X) tambem. Mostraremos agora a outra implicacao. SeP ′(X) nao e nulo entao se trata de um polinomio nao nulo de grau menor que o grau de P (X).Como P ′(X) ∈ F [X] e P (X) e irredutıvel P (X) e P ′(X) sao coprimos em F [X], logo peloalgoritmo de Euclides existem A(X), B(X) ∈ F [X] com A(X)P (X) +B(X)P ′(X) = 1. Issoimplica que P (X) e P ′(X) nao podem ter raizes em comum em nenhuma extensao de F (seα fosse uma raiz comum substituindo X = α obteriamos 0 = 1), logo P (X) e separavel. �

1. ESTRUTURA DOS CORPOS FINITOS 157

Corolario 5. Seja d um inteiro positivo e p um numero primo. O polinomio Xpd−X ∈Fp[X] e separavel.

Demonstracao. A derivada formal de Xpd − X e pdXpd−1 − 1 = −1 que nao temnenhuma raiz. �

Sabemos que se F e um corpo finito de caracterıstica p entao Fp e um subcorpo de F ,em outras palavras F e uma extensao de Fp. Em particular todo subcorpo de F e tambemuma extensao de Fp, em outras palavras se K ≤ F entao Fp ≤ K ≤ F .

Teorema 21. Seja F um corpo finito, |F | = pn.

(1) F e um corpo de decomposicao de Xpn −X sobre Fp.(2) Seja A o conjunto dos subcorpos de F e seja B o conjunto dos divisores de n. A

funcao ψ : A → B que leva K para |K : Fp| e uma bijecao. A inversa dela e

θ(d) := {a ∈ F : apd

= a}.

Demonstracao. Seja F ∗ o grupo multiplicativo dos elementos nao nulos de F . Sea ∈ F ∗ entao ap

n−1 = 1 (pois |F ∗| = pn − 1). Multiplicando por a obtemos apn

= a. Essaigualdade vale tambem quando a = 0, assim F = {a ∈ F : ap

n

= a}. Isso implica que X − adivide Xpn −X para todo a ∈ F logo, como |F | = pn e igual ao grau de Xpn −X, obtemosque Xpn −X =

∏a∈F (X − a). Assim F e corpo de decomposicao de Xpn −X sobre Fp.

Mostraremos que se d divide n entao Kd = θ(d) = {a ∈ F : apd

= a} e um subcorpode F e que |Kd| = pd. O fato que Kd ≤ F segue do fato que elevar a p e um homomorfismo

(isomorfismo de Frobenius), assim se a, b ∈ Kd entao (ab)pd

= apd

bpd

= ab logo ab ∈ Kd,

(a + b)pd

= apd

+ bpd

= a + b logo a + b ∈ Kd, e se a 6= 0, (a−1)pd

= (apd

)−1 = a−1 logo

a−1 ∈ Kd. Agora mostraremos que |Kd| = pd. Como o polinomio Xpd − X tem raizesdistintas (em outras palavras, nao tem raizes multiplas em nenhuma extensao, pelo corolarioacima), e F e um corpo de decomposicao de Xpn − X, para mostrar que |Kd| = pd basta

mostrar que Xpd −X divide Xpn −X. Se m e um inteiro positivo, o polinomio Y − 1 divideY m − 1 (pois 1 e uma raiz de Y m − 1) logo substituindo Y = pd e m = n/d obtemos que

pd − 1 divide pn − 1. Substituindo entao Y = Xpd−1 − 1, m = (pn − 1)/(pd − 1) obtemos que

Xpd−1 − 1 divide Xpn−1 − 1 e multiplicando por X obtemos que Xpd −X divide Xpn −X.Agora vamos mostrar que ψ e θ sao uma a inversa da outra. Temos θ(ψ(K)) = θ(d) = Kd

onde d = |K : Fp|. K e um corpo de cardinalidade pd, logo apd

= a para todo a ∈ K (comomostrado acima em geral para F ) assim K ⊆ Kd. Como K e Kd tem a mesma cardinalidadepd obtemos que K = Kd, assim θ(ψ(K)) = K. Temos ψ(θ(d)) = ψ(Kd) = |Kd : Fp| = d pois|Kd| = pd. �

Agora podemos mostrar o teorema de existencia e unicidade dos corpos finitos.

Teorema 22. Sejam p um numero primo, n um inteiro positivo. Existe um corpo F decardinalidade pn e todos os corpos de cardinalidade pn sao isomorfos.

Demonstracao. Seja F um corpo de decomposicao de Xpn −X sobre Fp (existe pelo

teorema de existencia do corpo de decomposicao) e seja K = {a ∈ F : apn

= a}. Comomostrado na prova acima usando o isomorfismo de Frobenius, K e um subcorpo de F . Alemdisso K e gerado por raizes de Xpn −X (ele consiste de raizes!) e Xpn −X e fatoravel em


K[X] em fatores de grau 1 (pois isso vale em F [X] e todas as raizes pertencem a K). ComoF e um corpo de decomposicao de Xpn −X obtemos K = F . Como as raizes de Xpn −Xsao distintas, |F | = |K| = pn. Se E e um corpo de cardinalidade pn entao pelo teorema 2 Ee um corpo de decomposicao de Xpn −X sobre Fp logo pelo teorema de unicidade do corpode decomposicao E ∼= F . �

Exemplo de um polinomio irredutıvel nao separavel: seja K = Fp(t) (corpo defracoes do anel de polinomios Fp[t]), seja F = Fp(tp) e considere o elemento t na extensao

K/F . E raiz de Xp − tp ∈ F [X]. Sendo Xp − tp = (X − t)p em K[X] temos que o polinomiominimal f(X) de t em F [X] e uma potencia de X − t. Segue que f(X) tem raızes multiplas,logo f ′(X) = 0. Escrevendo f(X) =

∑ni=0 aiX

i temos f ′(X) =∑ni=0 iaiX

i−1 = 0 logoiai = 0 para todo i = 1, . . . , n. Isso significa que ai = 0 se p nao divide i, logo considerandoos ındices i = 1, 2, . . . , p− 1 obtemos que o grau de f(X) e maior ou igual a p (nao podendoser zero). Como f(X) divide Xp − tp segue que f(X) = Xp − tp. Isso mostra que Xp − tpe irredutıvel em F [X] mas admite uma unica raiz em K, com multiplicidade p, logo nao eseparavel.

1.1. Exercıcios.

(1) Seja A um domınio de integridade. Mostre que a caracterıstica de A e 0 ou umnumero primo.

(2) Seja F um corpo finito. Mostre que existe um ideal I de Z[X] tal que Z[X]/I ∼= F .(3) Um corpo F e dito perfeito se todo polinomio irredutıvel P (X) ∈ F [X] e separavel.

Mostre que todo corpo finito e perfeito.(4) Conte os subcorpos de F2[X]/(X3 +X + 1) e de Z[i]/(2 + i).(5) Sejam p um numero primo e n um inteiro positivo. Mostre que existe P (X) ∈ Fp[X]

irredutıvel de grau n.(6) Sejam F corpo finito e P (X) = X5 + 4X3 +X2 + 2X + 4 ∈ F [X]. Mostre que 1 e

raiz multipla de P (X) se e somente se F tem caracterıstica 3.(7) Seja K um corpo, e seja F o conjunto das funcoes K → K. Seja g : K[X] → F a

funcao definida por g(P (X))(a) := P (a). Mostre que g e sobrejetiva se e somente seK e finito. [Dica: mostre que F e um anel com as operacoes (f+g)(x) = f(x)+g(x)e (fg)(x) = f(x)g(x) e que g e homomorfismo de aneis. Se K e finito quem e ker(g)?]

(8) Se q = pk e uma potencia de um primo p sabemos que a menos de isomorfismo existeum unico corpo de tamanho q, que indicaremos com Fq. Sejam f(X), g(X) ∈ Fq[X]definidos por

f(X) = X6 + 2X3 +X, g(X) = X9 + 8X3 +X.

Encontre todos os valores de q tais que f(a) = g(a) para todo a ∈ Fq.

2. O grupo de Galois

Se M/K e extensao de corpos, um K-automorfismo de M e um isomorfismo de aneisσ : M → M com a propriedade que σ(x) = x para todo x ∈ K. O conjunto dos K-automorfismos de M e um grupo com a composicao, indicado por AutK(M) ou G(M/K) echamado de grupo de Galois da extensao M/K.

2. O GRUPO DE GALOIS 159

Se M e corpo de decomposicao para f(X) ∈ K[X] sobre K e G e o grupo de Galois deM/K podemos escrever f(X) =

∑ni=0 aiX

i com ai ∈ K para todo i = 0, . . . , n logo se r ∈Me uma raiz de f(X) e g ∈ G entao, sendo g(ai) = ai para todo i = 0, . . . , n,

f(g(r)) =

n∑i=0

aig(r)i =

n∑i=0

g(airi) = g

(n∑i=0

airi

)= g(f(r)) = g(0) = 0,

logo g(r) e tambem uma raiz de f(X). Segue que a acao natural (de automorfismo) de Gsobre M induz uma acao de G sobre o conjunto das raizes de f(X) que pertencem ao corpo M(que sao exatamente n quando f(X) e um polinomio separavel). Vimos que |G| ≤ |M : K|.Como M e gerado pelas raizes de f(X) sobre K, tal acao de G e fiel, logo G e isomorfo a umsubgrupo de Sn, e isso implica que |G| divide n!. Lembre-se que se f(X) e separavel entaovimos que |G| = |M : K|.

Chamado de G o grupo de Galois de M/K, seja [M/K] o reticulado dos corpos in-termediarios de M/K (ou seja o conjunto parcialmente ordenado dos corpos L tais queK ≤ L ≤ M , e um reticulado), e indicaremos com L (G) o reticulado dos subgrupos deG (ou seja o conjunto parcialmente ordenado dos subgrupos de G, que e um reticulado). Aordem parcial dos reticulados [M/K] e L (G) e a inclusao.

Definicao 15 (As correspondencias de Galois). Considere as aplicacoes seguintes (cor-respondencias de Galois):

i : [M/K]→ L (G), L 7→ i(L) = L′ j : L (G)→ [M/K], H 7→ j(H) = H ′

i(L) = {g ∈ G | g(`) = ` ∀` ∈ L} j(H) = {m ∈M | h(m) = m ∀h ∈ H}

Sao boas definicoes. Dados L ∈ [M/K], H ∈ L (G), L′′ = j(i(L)) ∈ [M/K] e H ′′ = i(j(H)) ∈L (G) sao chamados de “fechos” de L e de H respectivamente. Se L e H coincidem com osseus fechos sao chamados de fechados.

Observe que:

• As correspondencias de Galois invertem as inclusoes: se L1 ≤ L2 entao i(L1) ≥i(L2); se H1 ≤ H2 entao j(H1) ≥ j(H2).

De fato se L1 ≤ L2 e g ∈ i(L2) entao g(`) = ` para todo ` ∈ L2, e como L1 ⊆ L2

obtemos g(`) = ` para todo ` ∈ L1 logo g ∈ i(L1). Analogamente se H1 ≤ H2 em ∈ j(H2) entao g(m) = m para todo g ∈ H2, e como H1 ≤ H2 obtemos g(m) = mpara todo g ∈ H1 logo m ∈ j(H1).

• Se L ∈ [M/K] e H ∈ L (G) entao L′′ ≥ L e H ′′ ≥ H.De fato se ` ∈ L entao g(`) = ` para todo g ∈ L′ logo ` ∈ L′′, e analogamente

se h ∈ H entao h(m) = m para todo m ∈ H ′ logo h ∈ H ′′.

• K ′ = G. Isso e porque todo elemento de G fixa todo elemento de K.

• G e fechado, ou seja G′′ = G, sendo G′′ ≥ G.


• K ′′′ = G, de fato K ′′′ = G′′ = G.

• M e fechado. De fato M ′ = {1} logo M ′′ = {1}′ = M .

• {1} e fechado. De fato {1}′ = M logo {1}′′ = M ′ = {1}.

• L ∈ [M/K] e fechado se e somente se existe H ∈ L (G) tal que L = H ′. Em outraspalavras a imagem de j e igual ao conjunto dos subcorpos fechados.

De fato se L e fechado entao L′′ = L logo basta escolher H = L′, e reciproca-mente se existe H ∈ L (G) tal que H ′ = L entao L′ = H ′′ ≥ H logo (lembrandoque j inverte as inclusoes) L ≤ L′′ ≤ H ′ = L que implica L′′ = L.

• H ∈ L (G) e fechado se e somente se existe L ∈ [M/K] tal que H = L′. Em outraspalavras a imagem de i e igual ao conjunto dos subgrupos fechados.

De fato se H e fechado entao H ′′ = H logo basta escolher L = H ′, e recipro-camente se existe L ∈ [M/K] tal que L′ = H entao H ′ = L′′ ≥ L logo (lembrandoque i inverte as inclusoes) H ≤ H ′′ ≤ L′ = H que implica H ′′ = H.

• i◦j restrita ao conjunto dos subgrupos fechados de G e a identidade; j ◦ i restrita aoconjunto dos corpos intermediarios fechados de M/K e a identidade. Segue que i e jinduzem bijecoes, uma a inversa da outra, entre o conjunto dos subgrupos fechadosde G e o conjunto dos corpos intermediarios fechados de M/K.

K em geral nao e fechado. Por exemplo se M = Q( 3√

2) e K = Q entao vimos queG = {1} logo K ′ = G = {1} e G′ = {1}′ = M . Temos entao que K ′′ = M 6= K logo Knao e fechado. O unico subcorpo fechado e M . Observe que neste caso [M/K] = {K,M} eL (G) = {G} sendo G = {1}.

Uma extensao M/K na qual K e fechado sera chamada “extensao de Galois”.

Teorema 23. Seja M/K extensao de corpos. Sejam L1, L2 ∈ [M/K] com L1 ≤ L2 e|L2 : L1| = n. Entao |L′1 : L′2| ≤ n.

Demonstracao. Inducao sobre n. Se n = 1 temos L1 = L2, logo L′1 = L′2, logo|L′2 : L′1| = 1 ≤ 1. Seja agora n ≥ 2. Temos dois casos:

Primeiro caso: existe L0 ∈ [M/K] tal que L1 < L0 < L2. Sejam |L0 : L1| = n1 < n,|L2 : L0| = n2 < n. Pela formula dos graus n = n1n2. Por hipotese de inducao |L′1 : L′0| ≤ n1,|L′0 : L′2| ≤ n2. Segue que |L′1 : L′2| = |L′1 : L′0| · |L′0 : L′2| ≤ n1n2 = n.

Segundo caso: nao existem corpos intermediarios entre L1 e L2. Neste caso dado u ∈L2 \ L1 temos L2 = L1(u), logo u e algebrico sobre L1 porque L2/L1 e extensao finita (temgrau n). O polinomio minimal de u sobre L1, f(X), tem grau n. Indicado com G o grupo deGalois da extensao M/K,

L′2 = L1(u)′ = {g ∈ G | g(u) = u, g(`) = ` ∀` ∈ L1} = {g ∈ L′1 : g(u) = u}.

Seja r := |L′1 : L′2|. Se σ, τ ∈ L′1 sao tais que σ(u) = τ(u) entao u = σ−1(τ(u)) logoσ−1τ ∈ L′2, ou seja σ e τ sao congruentes modulo L′2: eles tem a mesma classe lateralmodulo L′2, ou seja σL′2 = τL′2. Escrevendo L′1 = τ1L

′2 ∪ . . . ∪ τrL′2 como uniao disjunta das

r = |L′1 : L′2| classes laterais de L′2 em L′1, temos entao que τ1(u), . . . , τr(u) sao dois a dois

2. O GRUPO DE GALOIS 161

distintos. Sendo L2 = L1(u) e |L2 : L1| = n, o polinomio minimal f(X) de u sobre L1 temgrau n. Os τi restritos a L1 sao a identidade de L1, logo pelo argumento usual, sendo f opolinomio minimal de u sobre L1, f(τi(u)) = τi(f(u)) = τi(0) = 0 para todo i = 1, ..., r. Issonos da r raizes distintas de f(X), logo r ≤ n. �

Exemplo. Seja f(X) = X3 − 2, α = 3√

2, t = e2πi/3 = −1/2 + i√

3/2. Sejam K = Q,M = Q(α, t) o corpo de decomposicao de f(X) sobre Q e G = G(M/K). Sabemos que G agede maneira fiel sobre o conjunto das raizes, {α, αt, αt2}, logo temos um homomorfismo injetivo(representacao permutacional) G→ S3, que e isomorfismo pois |G| = |M : K| = 6 = |S3|. Seg ∈ G temos que g(α) e uma raiz de f(X) logo as possibilidades sao

• g(α) = α. Neste caso se g(αt) = αt entao αt = g(αt) = g(α)g(t) = αg(t) logog(t) = t e g e a identidade. Se g(αt) = αt2 entao αt2 = g(αt) = g(α)g(t) = αg(t)logo g(t) = t2.

• g(α) = αt. Neste caso se g(αt) = α entao α = g(αt) = g(α)g(t) = αtg(t) logog(t) = t2. Se g(αt) = αt2 entao αt2 = g(αt) = g(α)g(t) = αtg(t) logo g(t) = t.

• g(α) = αt2. Neste caso se g(αt2) = α entao α = g(αt2) = g(α)g(t)2 = αt2g(t)2 logog(t) = t2. Se g(αt2) = αt entao αt = g(αt2) = g(α)g(t)2 = αt2g(t)2 logo g(t) = t.

Segue que os elementos de G sao (determinados pela acao nas tres raizes e) dados por

Elemento Imagem de α Imagem de t Estruturag1 α t Identidadeg2 α t2 2-cıclo (αt, αt2)g3 αt t 3-cıclo (α, αt, αt2)g4 αt t2 2-cıclo (α, αt)g5 αt2 t 3-cıclo (α, αt2, αt)g6 αt2 t2 2-cıclo (α, αt2)

Como G ∼= S3, cada possibilidade ocorre. Observe que g1 = 1. Deduzimos que

• Q′ = G• Q(α)′ = {g1, g2} = 〈g2〉,• Q(αt)′ = {g1, g6} = 〈g6〉,• Q(αt2)′ = {g1, g4} = 〈g4〉,• Q(t)′ = {g1, g3, g5} = 〈g3〉.• M ′ = {1}.

Sendo M um corpo de decomposicao i e j sao bijetivas, uma a inversa da outra (assim todos ossubcorpos e todos os subgrupos sao fechados), e os reticulados [M/K], L (G) sao os seguintes.As setas sao inclusoes e os numeros a esquerda indicam os graus, a direita indicam os ındices.


Observe que g3g5 = 1.

M

Q(α)

2

;;vvvvvvvvvQ(αt)

2

OO

Q(αt2)

2

ddJJJJJJJJJ

Q(t)

3

iiTTTTTTTTTTTTTTTTTTTT

Q3

ccGGGGGGGGGG3

OO3

::uuuuuuuuuu

2

55jjjjjjjjjjjjjjjjjjjj

{1}

2}}zzzzzzzz2

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2

!!DDDDDDDD3

((QQQQQQQQQQQQQQQQ

〈g2〉3

""EEEEEEEE〈g6〉

3

��

〈g4〉

3||yyyyyyyy

〈g3〉

2

vvlllllllllllllllll

G

2.1. Exercıcios.

(1) Seja M/K uma extensao de grau 2 e seja G = G(M/K). Mostre que K e fechado,ou seja G′ = K. [Dica: seja u ∈M−K, mostre que M = K(u), deduza que M e umcorpo de decomposicao do polinomio minimal de u sobre K, deduza que |G| = 2.]

(2) Seja K = Q. Dado o polinomio f(X) ∈ K[X] seja M o corpo de decomposicaode f(X) sobre K contido em C e seja G = G(M/K) (o grupo de Galois de f(X)).Calcule i : [M/K] → L (G) e j : L (G) → [M/K] (as correspondencias de Galois)nos casos seguintes:

X4 + 1, X3 − 1, X3 − 3X + 1, (X2 − 2)(X2 − 3).

3. O teorema fundamental

Sejam H ≤ G grupos, n = |G : H|, e seja {τ1, ..., τn} um transversal esquerdo de H emG, ou seja τ1H ∪ . . . ∪ τnH = G. Para todo σ ∈ G, {στ1, ..., στn} e tambem um transversalesquerdo de H em G: e so multiplicar por σ a esquerda na igualdade G = τ1H ∪ . . . ∪ τnH.

Teorema 24. Seja M/K uma extensao finita de corpos, com grupo de Galois G, e sejamH1, H2 ∈ L (G) com H1 ≤ H2. Definido n := |H2 : H1| temos |H ′1 : H ′2| ≤ n.

Demonstracao. Seja {τ1, ..., τn} transversal esquerdo de H1 em H2. Se σ ∈ H2 entao{στ1, ..., στn} e um transversal esquerdo de H1 em H2. Os elementos de uma mesma classelateral esquerda de H1 operam da mesma forma nos elementos de H ′1: sejam γ, β ∈ H2

congruentes modulo H1, ou seja tais que β−1γ = µ ∈ H1; se u ∈ H ′1 entao γ(u) = β(µ(u)) =β(u). Logo se σ ∈ H2 e i ∈ {1, ..., n} existe j ∈ {1, ..., n} tal que τi(u) = σ(τj(u)) para todou ∈ H ′1.

Suponha por contradicao que |H ′1 : H ′2| > n. Sejam ui ∈ H ′1 para i = 1, ..., n + 1,linearmente independentes sobre H ′2. Considere o sistema linear

∑n+1i=1 τ1(ui)xi = 0

...∑n+1i=1 τn(ui)xi = 0

Se trata de um sistema de n equacoes lineares e n+1 incognitas x1, . . . , xn+1, logo admite pelomenos uma solucao nao nula em M . Seja (a1, ..., ar, 0, ..., 0) uma solucao nao nula (obtida amenos de reordenacao) com o numero maximo de zeros, e com ai 6= 0 para todo i = 1, ..., r.A menos de multiplicar tal solucao por a−1

1 (obtendo uma outra solucao) podemos supor quea1 = 1. A nossa solucao e entao (1, a2, ..., ar, 0, ..., 0). Existe um unico i ∈ {1, ..., n} tal que

3. O TEOREMA FUNDAMENTAL 163

τi ∈ H1. Sem perda de generalidade podemos supor i = 1. Para todo i = 1, ..., n + 1 temosτ1(ui) = ui. Existe pelo menos um j ∈ {2, ..., r} tal que aj 6∈ H ′2, porque se a2, ..., ar ∈ H ′2entao pela primeira equacao u1 +a2u2 + ...+arur = 0, o que contradiz a independencia lineardos ui sobre H ′2. Sem perda de generalidade seja j = 2. Seja entao σ ∈ H2 tal que σ(a2) 6= a2.Aplicando σ ao sistema obtemos

∑n+1i=1 (στ1)(ui)σ(ai) = 0

...∑n+1i=1 (στn)(ui)σ(ai) = 0

Mas pelo que foi dito no comeco dessa demonstracao os τi agem exatamente como os στisobre os ui, muda apenas a ordem. Segue que

(σ(1), σ(a2), ..., σ(ar), σ(0), ..., σ(0)) = (1, σ(a2), ..., σ(ar), 0, ..., 0)

e uma outra solucao do sistema (e so permutar as linhas do sistema). Subtraindo a solucao(1, a2, ..., ar, 0, ..., 0) obtemos uma terceira solucao, ela e

(0, σ(a2)− a2, ..., σ(ar)− ar, 0, ..., 0)

Essa solucao nao e nula porque σ(a2)−a2 6= 0, e tem um zero amais da solucao (1, a2, ..., ar, 0, ..., 0).Isso contradiz a maximalidade do numero de zeros. �

Segue que se M/K e uma extensao de corpos com grupo de Galois G, e L1, L2 ∈ [M/K],H1, H2 ∈ L (G), entao:

Se L1 ≤ L2 ≤M e L1 e fechado entao L2 e fechado e |L′1 : L′2| = |L2 : L1|. De fato

|L2 : L1| ≥ |L′1 : L′2| ≥ |L′′2 : L′′1 | = |L′′2 : L1| = |L′′2 : L2| · |L2 : L1|,

logo L′′2 = L2 e |L′1 : L′2| = |L2 : L1|.

Se H1 ≤ H2 ≤ G e H1 e fechado entao H2 e fechado e |H ′1 : H ′2| = |H2 : H1|. Emparticular, como {1} e fechado, todo subgrupo de G e fechado. De fato

|H2 : H1| ≥ |H ′1 : H ′2| ≥ |H ′′2 : H ′′1 | = |H ′′2 : H1| = |H ′′2 : H2| · |H2 : H1|,

logo H ′′2 = H2 e |H ′1 : H ′2| = |H2 : H1|.

Definicao 16 (Extensoes de Galois). Seja M/K uma extensao de corpos com grupo deGalois G. M/K e dita extensao de Galois se uma das seguintes condicoes equivalentes esatisfeita:

• K e fechado, ou seja K ′′ = K, ou seja G′ = K.• Todo u ∈M −K nao e fixado por algum σ ∈ G.

K ′′ = K e equivalente a G′ = K porque em geral K ′ = G.

Proposicao 36. Se M/K e extensao de Galois finita com grupo de Galois G entao oscorpos intermediarios de M/K e os subgrupos de G sao fechados.

Demonstracao. Seja L ∈ [M/K]. L e fechado sendo K fechado. Seja H ∈ L (G).Temos {1} ≤ H e {1} e fechado, logo H e fechado. �


Proposicao 37. Se M/K e extensao de Galois finita e L ∈ [M/K] entao M/L e extensaode Galois.

Demonstracao. Sabemos que L e fechado, ou seja que o conjunto dos elementos de Mfixados por L′ e L. Alem disso o grupo de Galois de M/L e L′. Segue que L e fechado emM/L tambem, e M/L e extensao de Galois. �

Obtemos como corolario o teorema fundamental.

Teorema 25 (Teorema fundamental da teoria de Galois). Seja M/K extensao de Galoisfinita com grupo de Galois G. Entao todos os corpos intermediarios de M/K sao fechados etodos os subgrupos de G sao fechados. As correspondencias de Galois induzem uma corres-pondencia bijetiva entre os corpos intermediarios de M/K e os subgrupos de G que inverteas inclusoes. O ındice de dois subgrupos e igual ao grau dos correspondentes corpos inter-mediarios, e o grau de dois subcorpos e igual ao ındice dos correspondentes subgrupos. Emparticular |G| = |M : K|.

Teorema 26. Seja M/K extensao de Galois finita com grupo de Galois G. Se f(X) ∈irrK[X], de grau n ≥ 1, tem uma raiz em M entao f(X) pode ser decomposto em fatores linearesem M [X] e admite exatamente n raizes distintas. Em particular chamada de {v1, . . . , vn}uma K-base de M , e chamado de fi(X) o polinomio minimal de vi sobre K, M e corpo dedecomposicao para f1(X) · · · fn(X) sobre K.

Demonstracao. Suponha sem perda de generalidade que f(X) seja monico. Sejamu1, ..., ur as raizes distintas de f(X) em M . Chamado de n o grau de f(X) temos r ≤ n.Seja g(X) := (X−u1)...(X−ur). Dado σ ∈ G, sabemos que se u e raiz de f(X) em M entaoσ(u) e tambem raiz de f(X). Segue que

{u1, ..., ur} = {σ(u1), ..., σ(ur)}.

Ou seja σ permuta as raizes de f(X) contidas em M . Em particular chamado de σ o unico au-tomorfismo de M [X] que extende σ e leva X para X, temos que σ(g(X)) = g(X). Escrevendog(X) =

∑ri=0 biX

i, se σ ∈ G temos entao

r∑i=0

biXi = g(X) = σ(g(X)) =

r∑i=0

σ(bi)Xi

Segue que σ(bi) = bi para todo σ ∈ G e para todo i = 0, . . . , r. Segue que bi ∈ G′ paratodo i = 0, . . . , r. Mas G′ = K sendo M/K extensao de Galois, logo g(X) ∈ K[X]. Alemdisso g(X) divide f(X) em M [X] pois todas as raizes de g(X) sao raizes de f(X), todas demultiplicidade 1. Sendo f(X), g(X) ∈ K[X] segue que g(X) divide f(X) em K[X]. Comof(X) e irredutıvel em K[X] e f(X) e g(X) sao monicos, isso implica que g(X) = f(X), logof(X) pode ser decomposto em fatores lineares em M [X]. Em particular o grau de g(X) eigual ao grau de f(X), ou seja r = n, ou seja f(X) admite n raizes distintas em M . �

Corolario 6. Seja M/K extensao finita de corpos. Entao M/K e de Galois se esomente se M e corpo de decomposicao sobre K para um polinomio de K[X] cujos fatoresirredutıveis sao separaveis.

3. O TEOREMA FUNDAMENTAL 165

Demonstracao. A implicacao ⇒ e o teorema acima. Mostraremos ⇐. Seja M corpode decomposicao sobre K de um polinomio de K[X] cujos fatores irredutıveis sao separaveis,e seja G = G (M/K). Sabemos (pelo teorema visto sobre os corpos de decomposicao, olhandoas extensoes da identidade K → K) que o numero de isomorfismos de M que extendem aidentidade de K (ou seja K-isomorfismos) e igual ao grau |M : K|, ou seja |G| = |M : K|.Segue que

|G| = |M : K| = |M : K ′′| · |K ′′ : K| ≥ |K ′′′ : M ′| · |K ′′ : K| = |G| · |K ′′ : K|

e deduzimos K ′′ = K ou seja K e fechado. �

Teorema 27 (Transitividade). Seja f(X) ∈ K[X] um polinomio separavel e seja M umseu corpo de decomposicao sobre K. Entao a acao de G = G (M/K) no conjunto das raizesde f(X) e transitiva se e somente se f(X) e irredutivel em K[X].

Demonstracao. Se f(X) e irredutıvel e α, β sao duas raizes de f(X) em M entaosabemos que a composicao K(α) ∼= K[X]/(f(X)) ∼= K(β) e um K-isomorfismo que leva αpara β, e se extende a um isomorfismo M → M , ou seja um elemento de G que leva α paraβ.

Agora suponha que a acao de G seja transitiva. Se f(X) = h(X)k(X) entao se r e raiz deh(X) e s e raiz de k(X) existe g ∈ G tal que g(r) = s, e por um lado h(g(r)) = g(h(r)) = 0,ou seja g(r) = s e raiz de h(X), por outro lado g(r) = s e raiz de k(X) logo isso daria umaraiz de f(X) com multiplicidade maior que 1, uma contradicao. �

3.1. Exercıcios.

(1) Seja K = Q. Dado o polinomio f(X) ∈ K[X] seja M o corpo de decomposicaode f(X) sobre K contido em C e seja G = G (M/K) (o grupo de Galois de f(X)).Calcule i : [M/K] → L (G) e j : L (G) → [M/K] (as correspondencias de Galois)nos casos seguintes (cf. as listas anteriores):• X2 + 1,• X3 − 2,• X3 − 3X + 1,• X4 − 5X2 + 5.• X4 − 3X2 + 4.

(2) Seja M/K uma extensao de grau 2 e seja G = G (M/K). Mostre que K e fechado,ou seja G′ = K. [Dica: seja u ∈M−K, mostre que M = K(u), deduza que M e umcorpo de decomposicao do polinomio minimal de u sobre K, deduza que |G| = 2.]

(3) Sejam α = 3√

2, t = e2πi/3, K = Q, M = Q(α, t) (corpo de decomposicao de X3 − 2sobre Q). Seja G = G (M/K). Quais sao os subcorpos L de M tais que g(`) ∈ Lpara todo ` ∈ L e para todo g ∈ G?

(4) Descreva as correspondencias de Galois para a extensao M/K onde K = Q e M eo corpo de decomposicao de f(X) contido em C nos casos seguintes.(a) f(X) = X4 −X3 − 2X + 2.(b) f(X) = X4 + 5X2 + 5.(c) f(X) = X4 −X2 + 1. [Dica: escreva a fatoracao de X12 − 1 e mostre que se

u ∈ C e um elemento de ordem multiplicativa igual a 12 entao f(u) = 0 e asraizes de f(X) sao potencias de u.]


(d) f(X) = X4 − 2, que tem grupo de Galois G (M/Q) ∼= D8 (o grupo diedral deordem 8), sendo D8 o unico subgrupo de S4 de ordem 8 e sendo |M : Q| = 8.G = D8 = 〈a, b〉 onde a = (13) e b = (12)(34). Observe que ab = (1234)tem ordem 4. Os subgrupos normais de G sao {1}, 〈abab〉 = Z(G), 〈a, bab〉,〈ab〉, 〈b, aba〉, G. O quociente G/Z(G) e isomorfo a C2 × C2. As classes deconjugacao de G sao {1}, {abab}, {ab, ba}, {a, bab}, {aba, b}. Os subgrupos deG sao os seguintes.

G

2lllllllllllllll

22

RRRRRRRRRRRRRRR

〈a, bab〉 ∼= C2 × C2

2pppppppppppp

22

QQQQQQQQQQQQQ〈ab〉 ∼= C4

2

〈b, aba〉 ∼= C2 × C2

2mmmmmmmmmmmmm

22

NNNNNNNNNNNN

〈a〉2

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW 〈bab〉2

QQQQQQQQQQQQQQQ 〈abab〉〈aba〉〈b〉

{1}2

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW2

QQQQQQQQQQQQQQQ2

2mmmmmmmmmmmmmmm

2

ggggggggggggggggggggggggggggggg

(Curiosidade) X3 − 2 tem grupo de Galois S3 e X3 − 3X + 1 tem grupo de GaloisA3. Usando um programa (por exemplo WolframAlpha, disponıvel na internet) compare asfatoracoes de X3 − 2 modulo os primos p ≤ 50 com as fatoracoes de X3 − 3X + 1 modulo osprimos p ≤ 50. Voce percebera que existe um tipo de fatoracao (modulo os primos) muitofrequente para X3 − 2 que nao ocorre para X3 − 3X + 1. Usar WolframAlpha e muito facil,por exemplo para fatorar X3 − 2 modulo 5 basta escrever

factorize x^3-2 modulo 5

4. Cubicas

Sejam K um corpo, f(X) ∈ K[X] de grau n, separavel, com corpo de decomposicaoM sobre K e grupo de Galois G. G e chamado de grupo de Galois de f(X) sobre K eindicado com Gf . Sabemos que G pode ser visto como um subgrupo de Sn (representacaopermutacional induzida pela acao de G no conjunto das n raizes de f(X)) Sejam v1, . . . , vnas raizes do polinomio f(X) (todas distintas). Seja

∆ := (v1 − v2)(v1 − v3)...(vn−1 − vn) =∏

1≤i<j≤n

(vi − vj)

D := ∆2 e chamado de discriminante de f(X). Como todo g ∈ G induz uma permutacaodos vi, temos g(∆) ∈ {∆,−∆}. Mais especificamente se g e par g(∆) = ∆, se g e ımparg(∆) = −∆. Segue que para todo g ∈ G, g(D) = g(∆2) = g(∆)2 = (±∆)2 = D, logoD ∈ K sendo M/K Galois. Alem disso, como g ∈ G fixa ∆ se e somente se g ∈ An, segueque o subgrupo correspondente a K(∆) (nas correspondencias de Galois) e K(∆)′ = G∩An.Observe que isso e coerente com as correspondencias de Galois pois |G : G ∩An| vale 1 ou 2,assim como |K(∆) : K|, e |G : G ∩An| = 2 se e somente se |K(∆) : K| = 2.

4. CUBICAS 167

Seja f(X) = X3 + bX2 + cX + d ∈ K[X]. Entao calculando f(X − b/3) obtemos umpolinomio da forma h(X) = f(X − b/3) = X3 + pX + q ∈ K[X] com o mesmo discriminantede f(X), e o mesmo grupo de Galois de f(X). Logo podemos supor que f(X) e igual aX3 + pX + q onde p, q ∈ K.

Proposicao 38. D = −4p3 − 27q2.

Demonstracao. Seja M um corpo de decomposicao de f(X). Escreva f(X) = (X −v1)(X − v2)(X − v3) onde os vi sao as raizes de f(X) em M = Q(v1, v2, v3). Como f(X) =X3 + pX + q segue

X3 + pX + q = X3 − (v1 + v2 + v3)X2 + (v1v2 + v1v3 + v2v3)X − v1v2v3.

Segue quev1 + v2 + v3 = 0, v1v2 + v1v3 + v2v3 = p, v1v2v3 = −q.

Calculando v1, v2, v3 pela equacao v1 + v2 + v3 = 0 e substituindo na expressao de p obtemos

p = v1(−v1 − v3) + v1v3 + v2v3 = −v21 + v2v3,

p = (−v2 − v3)v2 + v1v3 + v2v3 = −v22 + v1v3,

p = v1v2 + v1v3 + (−v1 − v3)v3 = −v23 + v1v2.

Suponha primeiro que q = −v1v2v3 6= 0.

D = ∆2 = (v1 − v2)2(v2 − v3)2(v1 − v3)2

= ((v1 + v2)2 − 4v1v2)((v2 + v3)2 − 4v2v3)((v1 + v3)2 − 4v1v3)

=

(v2

3 + 4q

v3

)(v2

1 + 4q

v1

)(v2

2 + 4q

v2

)=

1

v1v2v3(v3

3 + 4q)(v31 + 4q)(v3

2 + 4q)

= (−1/q)(−pv3 + 3q)(−pv1 + 3q)(−pv2 + 3q)

= (−1/q)(p2v1v3 + 3pqv2 + 9q2)(−pv2 + 3q)

= (−1/q)(p3q + 3p2qv1v3 − 3p2qv22 + 9pq2v2 − 9pq2v2 + 27q3)

= (−1/q)(p3q + 3p3q + 27q3) = −p3 − 3p3 − 27q2 = −4p3 − 27q2.

Suponha agora que um dos vi e zero, por exemplo v3 = 0 (sem perda de generalidade). Entaoq = 0, p = −v2

2 e v2 = −v1 logo D = (v1 − v2)2v42 = 4v6

2 = −4p3 = −4p3 − 27q2. �

Suponha agora f(X) irredutıvel. Lembre-se que

∆ = (v1 − v2)(v1 − v3)(v2 − v3).

Sabemos que o grupo de Galois de f(X) e um subgrupo transitivo de S3, logo e S3 ou A3 (ossubgrupos transitivos de S3 sao A3 e S3). Mas observe que se G = S3 entao existe s ∈ G quefixa v3 e troca v1 com v2, logo s(∆) = −∆ e por consequencia ∆ 6∈ K, ou seja D nao e umquadrado em K. Por outro lado se G = A3, digamos gerado por s, e s(v1) = v2, s(v2) = v3

e s(v3) = v1 entao s(∆) = ∆ logo ∆ ∈ G′ = K (sendo G gerado por s) ou seja D e umquadrado em K. Segue que G = A3 se D e um quadrado em K, e G = S3 se D nao e umquadrado em K.


Exemplo. f(X) = X3 − 2 tem grupo S3 sobre Q. De fato p = 0, q = −2 logo odiscriminante e −27 · 22, que nao e um quadrado em Q. O mesmo polinomio em F7[X] eirredutıvel (tendo grau 3 e nao tendo raizes em F7) e o seu grupo de Galois e isomorfo a A3

pois −27 · 22 = 22 e um quadrado em F7. Para as correspondencias de Galois sobre Q nestecaso veja as aulas anteriores.

Exemplo. f(X) = X3 − 3X + 1 tem grupo A3 sobre Q. De fato e irredutıvel e p = −3,q = 1 logo o discriminante e −4(−3)3 − 27 = 92. Chamada de a uma raiz de f(X), o corpode decomposicao e Q(a) e os seus unicos subcorpos sao os dois triviais.

Exemplo. f(X) = X3+3X2+1 tem grupo S3 sobre Q. De fato e irredutıvel e f(X−1) =X3 − 3X + 3 logo p = −3, q = 3, segue que D = −4(−3)3 − 27 · 32 = −27(−4− 9) = 33 · 13nao e um quadrado em Q logo G = S3.

4.1. Exercıcios.

(1) Seja K = Q. Dado o polinomio f(X) ∈ K[X] seja M o corpo de decomposicaode f(X) sobre K contido em C e seja G = G (M/K) (o grupo de Galois de f(X)).Calcule i : [M/K] → L (G) e j : L (G) → [M/K] (as correspondencias de Galois)nos casos seguintes:(a) X3 +X + 4, K = Q, K = F5.(b) X3 − 2X + 1, K = Q.(c) X3 − aX + a onde a e um inteiro ımpar, K = Q.(d) X5 − 1, K = Q, sabendo que o seu grupo de Galois e cıclico de ordem 4.(e) X8 − 1, K = F11.

(2) Seja f(X) ∈ Q[X] um polinomio irredutıvel de grau 3. E verdade que se todas asraizes complexas de f(X) sao reais entao Gf ∼= A3?

(3) Dada uma extensao de Galois M/K com grupo de Galois G seja m ∈M e definaNM/K(m) :=

∏g∈G g(m) (a norma de m),

TM/K(m) :=∑g∈G g(m) (o traco de m).

Mostre que NM/K(m) ∈ K e TM/K(m) ∈ K para todo m ∈M .

(4) Seja f(X) um polinomio em Q[X] e seja M o corpo de decomposicao de f(X) sobreQ contido em M . Calcule NM/K(m) e TM/K(m) nos casos seguintes.

(a) f(X) = X2 + 1, m = a+ ib.

(b) f(X) = X3 − 2, m = 3√

2, m = −1/2 + i√

3/2, m = 3√

2− 1/2 + i√

3/2.(c) f(X) = X3 − 3X + 1, m = uma raiz de f(X).

(5) Seja f(X) ∈ K[X] um polinomio irredutıvel separavel de grau 4 e sejam M umcorpo de decomposicao de f(X) sobre K e α ∈ M uma raız de f(X). Mostre quese G (M/Q) ∼= S4 entao os unicos subcorpos de K(α) sao K e K(α).

(6) Seja f(X) ∈ Q[X] irredutıvel de grau 3. E verdade que se Gf ∼= A3 entao todas asraızes complexas de f(X) sao reais?

5. SUBCORPOS ESTAVEIS 169

(7) Descreva as correspondencias de Galois para o corpo de decomposicao M de f(X)contido em C nos casos seguintes.(a) f(X) = X7 − 1.(b) f(X) = X9 − 1.(c) f(X) = X5 − 2.(d) f(X) = X6 − 2.(e) f(X) = (X2 − 2)(X3 − 2).(f) f(X) = (X2 + 3)(X3 − 2).

(8) Encontre dois polinomios irredutıveis f(X), h(X) em Q[X] com grupos de Galois Ae B sobre Q respectivamente tais que o grupo de Galois do produto f(X)h(X) naoe isomorfo a A nem a B e nem a A×B.

(9) Seja f(X) = X5 − 4X + 2 ∈ Q[X] e seja M um corpo de decomposicao de f(X)sobre Q com grupo de Galois G, pensado como subgrupo de S5 agindo nas 5 raızesde f(X).(a) Mostre que f(X) tem tres raızes reais e duas raızes complexas conjugadas.(b) Mostre que G contem um 2-cıclo.(c) Mostre que G contem um 5-cıclo.(d) Mostre que G = S5.

(10) Seja f(X) ∈ Q[X] irredutıvel de grau 5 e seja G o seu grupo de Galois sobre Q.Mostre que se G contem um elemento de ordem 3 entao G ∼= A5 ou G ∼= S5.

(11) Seja α ∈ C algebrico sobre Q e seja f(X) o polinomio minimal de α sobre Q. Sejan o grau de f(X). Suponha Gf ∼= Sn. Mostre que os unicos subcorpos de Q(α) saoQ e Q(α).

5. Subcorpos estaveis

Seja M/K extensao de corpos com grupo de Galois G. L ∈ [M/K] e dito estavel separa todo σ ∈ G, u ∈ L temos σ(u) ∈ L. L e estavel se e somente se σ(L) = L para todoσ ∈ G. A inclusao L ≤ σ(L) segue do fato que se ` ∈ L entao ` = σ(σ−1(`)) e σ−1(`) ∈ L seL e estavel. Em outras palavras, a acao natural de G sobre M induz uma acao de G sobre[M/K] dada por (σ, L) 7→ σ(L) = {σ(`) : ` ∈ L} (e facil ver que se σ ∈ G e L e subcorpode M contendo K entao σ(L) e subcorpo de M contendo K) e os subcorpos estaveis sao ospontos fixos dessa acao.

Teorema 28 (Teorema fundamental - parte 2). Seja M/K extensao de Galois finitacom grupo de Galois G. Entao L ∈ [M/K] e estavel se e somente se L′ e normal em G, se esomente se L/K e de Galois. Se L e estavel entao G (L/K) ∼= G/L′.

Demonstracao. Seja L ∈ [M/K] corpo intermediario estavel. Para todo σ ∈ G, γ ∈L′, u ∈ L temos σ−1(γ(σ(u))) = σ−1(σ(u)) = u porque σ(u) ∈ L sendo L estavel e sendoγ ∈ L′. Logo σ−1γσ ∈ L′. Isso mostra que L′ EG.


Seja H E G. Para todo γ ∈ H, σ ∈ G e para todo u ∈ H ′ temos σ−1(γ(σ(u))) = u, ouseja γ(σ(u)) = σ(u). Valendo isso para todo γ ∈ H, temos σ(u) ∈ H ′, e isso vale para todou ∈ H ′ e para todo σ ∈ G. Segue que H ′ e estavel.

Se L ∈ [M/K] e estavel entao L/K e de Galois. De fato dado u ∈ L−K basta mostrarque existe um γ ∈ G (L/K) tal que γ(u) 6= u. Sendo M/K de Galois, existe σ ∈ G (M/K) talque σ(u) 6= u. Alem disso σ|L ∈ G (L/K) sendo L estavel. Basta entao tomar γ := σ|L.

Se L ∈ [M/K] e L/K e de Galois entao L e estavel. De fato seja σ ∈ G (M/K) e sejau ∈ L. Precisamos mostrar que σ(u) ∈ L. Sendo L/K algebrica, u e algebrico sobre K.Considere f(X) ∈ K[X], o polinomio minimal de u sobre K. Sendo u ∈ L e L/K Galois,f(X) e produto de fatores lineares em L[X] (chamado de J o grupo de Galois de L/K oproduto

∏j∈J(X − j(u)) divide f(X) e pertence a K[X] logo e igual a f(X)). Sabemos que

σ(u) e tambem raiz de f(X) em M ≥ L. Logo σ(u) ∈ L.Seja L ∈ [M/K] estavel. Considere α : G = G (M/K) → G (L/K) definido por α(σ) :=

σ|L (faz sentido sendo L estavel). Sendo M um corpo de decomposicao sobre K, todo K-automorfismo de L pode ser extendido a M , logo α e sobrejetiva. O nucleo de α consistedos K-automorfismos de M que sao a identidade sobre L, ou seja ker(α) = L′. Segue queG (L/K) ∼= G/L′. �

Observe que se M e corpo de decomposicao de f(X) ∈ K[X] sobre K entao M e corpode decomposicao de f(X) sobre L tambem, sendo K ≤ L. Ou seja se M/K e Galois eK ≤ L ≤ M entao M/L e Galois, e obviamente G (M/L) = L′. Do ponto de vista do grupode Galois, se L ∈ [M/K] com certeza {1} E L′, ou seja M/L e Galois. Em geral L′ nao e

normal em G, ou seja L/K nao e Galois: por exemplo Q( 3√

2)/Q nao e Galois e esta contidono corpo de decomposicao de X3 − 2 sobre Q.

6. Corpos ciclotomicos

Seja Q ≤ K ≤ C um corpo e seja n um inteiro positivo. Na proposicao seguinte ϕ e afuncao de Euler.

Proposicao 39. O grupo de Galois de Xn − 1 sobre K e abeliano, isomorfo a umsubgrupo de U(Z/nZ), em particular a sua ordem divide ϕ(n).

Demonstracao. f(X) = Xn − 1 nao tem raizes multiplas porque e coprimo com a suaderivada nXn−1. Seja A o conjunto das raizes de f(X) em C. Observe que A e um grupocıclico de ordem n gerado por u = ei2π/n, e M = K(u). Seja G = G (M/K). O homomorfismoϕ : G → Aut(A) que leva g para g|A e injetivo (porque se g fixa os elementos de A entaofixa todas as raizes, logo e a identidade), logo G e isomorfo a um subgrupo de Aut(A). Masγ ∈ Aut(A) e determinado por γ(u) (sendo γ(uk) = γ(u)k para todo inteiro k, sendo γhomomorfismo), logo podemos considerar ψ : Aut(A) → U(Z/nZ) que leva γ para m ondeγ(u) = um (aqui U(Z/nZ) e o grupo multiplicativo de Z/nZ, ou seja o grupo multiplicativodas classes modulo n coprimas com n). γ e bem definido porque se a, b sao inteiros ua = ub

se e somente se a ≡ b mod n, e se γ ∈ Aut(A) e γ(u) = um (os elementos de A sao potenciasde u) entao m e coprimo com n porque um precisa ser um gerador do grupo cıclico A ∼= Cn.O nucleo de ψ e trivial porque se γ ∈ Aut(A) e ψ(γ) = 1 entao γ(u) = u1 = u logo γ e aidentidade, de fato γ(uk) = γ(u)k = uk para todo inteiro k. Segue que ψ e um homomorfismo

6. CORPOS CICLOTOMICOS 171

injetivo de grupos logo G e isomorfo a um subgrupo de U(Z/nZ), que e um grupo abeliano(a multiplicacao modulo n e comutativa), logo G e abeliano. �

Seja n > 0 um inteiro. Seja P ⊆ C o conjunto das raızes primitivas n-esimas de 1 (ouseja os elementos de ordem multiplicativa n), os elementos de P sao os geradores do grupo{x ∈ C : xn = 1} ∼= Cn, logo |P | = ϕ(n). Seja

Φn(X) :=∏η∈P

(X − η)

Φn(X) e dito polinomio ciclotomico n-esimo. Observe que grau(Φn(X)) = |P | = ϕ(n).Como toda raiz de Xn − 1 tem ordem multiplicativa igual a um divisor de n, e cada raiz deXn − 1 tem uma unica ordem, e claro que

Xn − 1 =∏d|n

Φd(X).

Mostraremos que essa fatoracao e exatamente a fatoracao de Xn − 1 em fatores irredutıveis.Se ε e uma raiz primitiva n-esima de 1 o corpo L := Q(ε) e chamado de n-esimo corpociclotomico, e a extensao L/Q e de Galois sendo L corpo de decomposicao de Xn − 1 sobreQ (que tem caracterıstica zero logo e perfeito). ε e raiz de Φn(X), e os elementos de P saoεr onde r ∈ {1, . . . , n} e (r, n) = 1. Vimos que o seu grupo de Galois G e isomorfo a umsubgrupo de U(Z/nZ), logo a sua ordem, igual a |L : K|, divide ϕ(n).

Mostraremos que Φn(X) e monico e pertence a Z[X]. Se n = 1 isso e verdade. Suponhan ≥ 2. Um produto de polinomios monicos e monico, e

Φn(X) =Xn − 1∏

d|n, d<n Φd(X)

Por hipotese de inducao Φn(X) ∈ Z[X] sendo Φn(X) o quociente entre dois polinomiosmonicos com coeficientes inteiros (a divisao com resto entre polinomios monicos de Z[X]acontece toda em Z[X]).

Por exemplo:

• Φ1(X) = X − 1.• Φ2(X) = (X2 − 1)/(X − 1) = X + 1.• Φ3(X) = (X3 − 1)/(X − 1) = X2 +X + 1.• Φ4(X) = (X4 − 1)/((X − 1)(X + 1)) = X2 + 1.• Φ5(X) = (X5 − 1)/(X − 1) = X4 +X3 +X2 +X + 1.• Φ6(X) = (X6 − 1)/((X − 1)(X + 1)(X2 +X + 1)) = X2 −X + 1.• Φ7(X) = (X7 − 1)/(X − 1) = X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X + 1.• Φ8(X) = (X8 − 1)/((X − 1)(X + 1)(X2 + 1)) = X4 + 1.• Φ9(X) = (X9 − 1)/((X − 1)(X2 +X + 1)) = X6 +X3 + 1.• Φ10(X) = (X10 − 1)/((X + 1)(X5 − 1)) = X4 −X3 +X2 −X + 1.

Lema 9. Suponha Φn(X) = f(X)g(X) em Z[X], com f(X) monico e irredutıvel emZ[X]. Se f(η) = 0 e p e um primo que nao divide n entao f(ηp) = 0.


Demonstracao. ηp e uma raiz primitiva n-esima de 1 pois p nao divide n, logo Φn(ηp) =0. Suponha f(ηp) 6= 0 por contradicao. Segue g(ηp) = 0, ou seja η e raiz de g(Xp). Segue quef(X) divide g(Xp), escrevamos g(Xp) = f(X)t(X) com t(X) ∈ Z[X]. Reduzindo modulo pobtemos g(Xp) = f(X)t(X). Aplicando o endomorfismo de Frobenius deduzimos

(g(X))p = g(Xp) = f(X)t(X).

Seja ψ(X) ∈ Fp[X] um fator irredutıvel de f(X). Segue que ψ(X) divide g(X), logo ψ(X)2

divide f(X)g(X) = Φn(X) em Fp[X]. Mas Φn(X) divide Xn − 1, logo Xn − 1 ∈ Fp[X] temraizes multiplas, contradicao pois p nao divide n. �

Se ε e raiz de Φn(X) entao toda raiz de Φn(X) e do tipo η = εr com (r, n) = 1, ou sejaεp1...pt onde os pi sao primos (nao necessariamente distintos) que nao dividem n. Aplicando olema t vezes segue que todo tal η deve ser raiz de todo fator irredutıvel de Φn(X) que admite εcomo raiz, logo Φn(X) e irredutıvel em Z[X], logo e irredutıvel em Q[X] pelo lema de Gauss.Segue que Φn(X) e o polinomio minimal de ε sobre Q e sendo Q(ε) corpo de decomposicao deXn−1 obtemos |G| = |Q(ε) : Q| = grau(Φn(X)) = ϕ(n) e como G e isomorfo a um subgrupode U(Z/nZ), que tem ordem ϕ(n), segue que G ∼= U(Z/nZ). Resumindo:

Proposicao 40. Para todo inteiro n > 0 o polinomio Φn(X) e monico e irredutıvel emQ[X] e pertence a Z[X]. Alem disso o grupo de Galois de Xn − 1 sobre Q e isomorfo aU(Z/nZ). Mais especificamente, se ε e uma raiz primitiva n-esima de 1 entao todo elementodo grupo de Galois e do tipo gr : Q(ε) → Q(ε), unicamente determinado pela igualdadegr(ε) = εr.

6.1. Exercıcios.

(1) Sejam M/K extensao de Galois com grupo de Galois G e sejam H,K ≤ G e T, L ∈[M/K]. Calcule (H ∩K)′, 〈H,K〉′, (T ∩ L)′, 〈T, L〉′. Dado g ∈ G calcule (gHg−1)′

e g(L)′.(2) Seja M/K extensao de Galois e seja G = G (M/K). Se L ∈ [M/K] e H = L′

descreva (HG)′ ∈ [M/K] (onde HG e o coracao normal de H em G).(3) Sejam h(X), k(X) dois polinomios de K[X] cujos fatores irredutıveis sao separaveis

e sejam Gh e Gk os seus grupos de Galois sobre K, respectivamente. Seja f(X) =h(X)k(X), seja Mf um corpo de decomposicao de f(X) sobre K, sejam Mh, Mk

corpos de decomposicao contidos em Mf de h(X), k(X) sobre K respectivamente esejam Gf = G (Mf/K), Gh = G (Mh/K), Gk = G (Mk/K). Seja

ϕ : Gf → Gh ×Gk, ϕ(g) = (g|Mh, g|Mk

).

• Mostre que ϕ e um homomorfismo bem definido e injetivo.• Mostre que as composicoes G→ Gh e G→ Gk de ϕ com as projecoes canonicas

sao sobrejetivas (ou seja Gf e um produto sub-direto de Gh e Gk).• Mostre que ϕ e isomorfismo se e somente se Mh ∩Mk = K.

(4) Traduza a frase “todo subgrupo de ındice 2 e normal” em teoria de Galois.(5) Seja M um corpo de decomposicao sobre K do polinomio irredutıvel separavel

f(X) ∈ K[X]. Seja u ∈ M uma raiz de f(X). Mostre que se G = G (M/K) eabeliano entao M = K(u).

(6) Mostre que nenhum corpo ciclotomico contido em C contem 3√

2.

7. RESOLUCAO DOS EXERCICIOS DE TEORIA DE GALOIS 173

(7) Seja n ≥ 2 um inteiro, seja u = ei2π/n ∈ C∗ e seja α = u + u−1. Mostre queQ(α) ⊆ R e que |Q(u) : Q(α)| = 2.

(8) Calcule o grau de sin(2π/11) e de cos(2π/11) sobre Q.(9) Calcule o discriminante de f(X) = X5−1, ou seja D =

∏i 6=j(ai−aj) onde a1, . . . , a5

sao as raızes de f(X). Observe que

∆ =∏i<j

(ai − aj) ∈ Q(a1, . . . , a5).

Qual e o valor de ∆? Consegue generalizar ao caso Xn − 1? [Dica: chamadas dea1, . . . , a5 as raızes calcule f ′(ai) para todo i = 1, . . . , 5.]

(10) Seja n > 1 um inteiro. Mostre que Φn(0) = 1.(11) Seja p > 0 um numero primo e seja n = pk uma potencia de p. Mostre que Φn(1) = p.(12) Seja ζn = ei2π/n. Encontre todos os subcorpos de Q(ζ13) e de Q(ζ24).(13) Seja u = ei2π/10 e seja M = Q(u). Calcule NM/Q(u+ u−1).(14) Seja n > 0 um inteiro. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 modulo

n. [Dica: se por contradicao p1, . . . , pt sao todos os primos congruentes a 1 modulo nseja m = np1 · · · pt e seja p um divisor primo de Φn(m). Mostre que p ≡ 1 mod n.]

(15) Sejam p um numero primo e n > 0 um inteiro nao divisıvel por p. Encontre o graude um corpo de decomposicao de Xn − 1 sobre Fp. [Dica: se M e um corpo dedecomposicao de Xn − 1 sobre Fp entao M e finito e A = {m ∈ M : mn = 1} eum subgrupo de M∗, calcule |A|.]

(16) Seja E um corpo finito de caracterıstica p. Mostre que E/Fp e extensao de Galoise o seu grupo de Galois e cıclico de ordem |E : Fp|. Deduza que se F ≤ E saocorpos finitos entao E/F e extensao de Galois com grupo de Galois cıclico de ordem|E : F |.

(17) (*) Seja α =√

(2 +√

2)(3 +√

3) e seja M = Q(α). Sabendo que M/Q e ex-

tensao de Galois e que o seu grupo de Galois sobre Q e isomorfo a Q8, estudeas correspondencias de Galois. A que sao isomorfos G (M/Q(

√2)), G (M/Q(

√3)),

G (M/Q(√

6))? [Dica: as raızes do polinomio minimal de α sao oito, especifica-

mente ±√

(2±√

2)(3±√

3).] O grupo Q8 (“grupo dos quaternios”) e um grupo

nao abeliano de ordem 8.

Q8 = {1,−1, i,−i, j,−j, k,−k}.Temos as relacoes i2 = j2 = k2 = −1 e ij = k, ji = −k. Os subgrupos de Q8 saotodos normais, o centro e Z(Q8) = 〈−1〉 = {1,−1} e Q8/Z(Q8) ∼= C2 × C2.

(18) Mostre que nao existe f(X) ∈ Q[X] irredutıvel de grau 4 com grupo de Galois sobreQ isomorfo a Q8.

7. Resolucao dos exercıcios de Teoria de Galois

7.1. Seja A um domınio de integridade. Mostre que a caracterıstica de A e 0 ou umnumero primo.

Seja m a caracterıstica de A, ou seja m e um inteiro positivo tal que o ideal principal(m) de Z e o nucleo do unico homomorfismo de aneis f : Z → A. Se m = ab com a, b


inteiros maiores que 1 entao 0 = f(m) = f(ab) = f(a)f(b) que e uma igualdade no domıniode integridade A assim um entre f(a) e f(b) e zero, isto e, um entre a e b pertence a ker(f) =I = (m), assim m divide um entre a e b, absurdo.

7.2. Seja F um corpo finito. Mostre que existe um ideal I de Z[X] tal que Z[X]/I ∼= F .

Seja p a caracterıstica de F . Sabemos que F e uma extensao de Fp, e sabemos tambemque F ∗ e um grupo multiplicativo cıclico, seja α um gerador de F ∗. Segue que F = Fp(α) ∼=Fp[X]/(f(X)) onde f(X) e o polinomio minimal de α sobre Fp. Seja f(X) uma preimagem

de f(X) por meio do homomorfismo sobrejetivo (reducao modulo p) Z[X] → Fp[X]. Vimos

que Fp[X]/(f(X)) ∼= Z[X]/(p, f(X)). Segue que basta escolher I = (p, f(X))E Z[X].

7.3. Um corpo F e dito perfeito se todo polinomio irredutıvel P (X) ∈ F [X] e separavel.Mostre que todo corpo finito e perfeito.

Seja p a caracterıstica de F , se trata de um numero primo e F e uma extensao de Fp.Seja f(X) irredutıvel em F [X]. Precisamos mostrar que f ′(X) 6= 0. Suponha por contradicaof ′(X) = 0. Escrevendo f(X) =

∑ni=0 aiX

i obtemos iai = 0 para todo i = 1, . . . , n. Segueque ai = 0 para todo i nao divisıvel por p, ou seja f(X) =

∑mi=0 apiX

pi onde n −mp < p.

Todo elemento a ∈ F verifica aq = a onde q = pt = |F |, e escrevendo bi = apt−1

i obtemosai = bpi . Aplicando o endomorfismo de Frobenius F [X]→ F [X] obtemos que

f(X) =

m∑i=0

bppiXpi =

(m∑i=0

bpiXi

)pe redutıvel, contradicao.

7.4. Conte os subcorpos de F2[X]/(X3 +X + 1) e de Z[i]/(2 + i).

O corpo F2[X]/(X3 + X + 1) tem tamanho 23 = 8 logo ele tem dois subcorpos, F2 e F(pois 3 tem apenas dois divisores). No anel Z[X] temos (X2 + 1, X + 2) = (5, X + 2) poisX2 + 1 = (X + 2)(X − 2) + 5, logo

Z[i]/(2 + i) ∼= Z[X]/(X2 + 1, X + 2)

= Z[X]/(5, X + 2) ∼= F5[X]/(X + 2) ∼= F5

tem dois subcorpos tambem.

7.5. Sejam p um numero primo e n um inteiro positivo. Mostre que existe P (X) ∈ Fp[X]irredutıvel de grau n.

Seja K um corpo de tamanho pn. Sabemos que K existe e que e uma extensao de Fp degrau n. Sabemos que K∗ e um grupo multiplicativo cıclico, seja α um gerador de K∗. Segueque K = Fp(α) ∼= Fp[X]/(f(X)) onde f(X) e o polinomio minimal de α sobre Fp. Sendo|K| = pn segue que f(X) tem grau n.


7.6. Sejam F corpo finito e P (X) = X5 + 4X3 +X2 + 2X + 4 ∈ F [X]. Mostre que 1 eraiz multipla de P (X) se e somente se F tem caracterıstica 3.

1 e raiz multipla de P (X) se e somente se e raiz de P (X) e de P ′(X). Temos P ′(X) =5X4 + 12X2 + 2X + 2, logo P (1) = 0 e P ′(1) = 0 equivalem a 12 = 0 e 21 = 0. Segueque MDC(12, 21) = 0, ou seja 3 = 0. Por outro lado e imediato que se 3 = 0 entaoP (1) = P ′(1) = 0.

7.7. Seja K um corpo, e seja F o conjunto das funcoes K → K. Seja ϕ : K[X] → Fa funcao definida por ϕ(P (X))(a) := P (a). Mostre que ϕ e sobrejetiva se e somente seK e finito. [Dica: mostre que F e um anel com as operacoes (f + g)(x) = f(x) + g(x) e(fg)(x) = f(x)g(x) e que g e homomorfismo de aneis. Se K e finito quem e ker(ϕ)?]

SuponhaK finito. ϕ e homomorfismo de aneis como na dica e ker(ϕ) contem os polinomiosP (X) ∈ K[X] tais que P (a) = 0 para todo a ∈ K, ou seja os polinomios divisıveis por X − apara todo a ∈ K. Como os X − a sao dois a dois coprimos, P (X) ∈ ker(ϕ) se e somentese∏a∈K(X − a) = Xq − X divide P (X), onde q = |K|. Isso significa exatamente que

ker(ϕ) = (Xq − X). Segue que K[X]/(Xq − X) e isomorfo a um subanel de F . Por outrolado |K[X]/(Xq −X)| = qq = |F | logo ϕ e sobrejetiva.

Suponha K infinito. Entao ϕ nao e sobrejetiva pois a funcao f : K → K definida porf(0) = 1 e f(a) = 0 para todo a ∈ K, a 6= 0, nao e do tipo ϕ(P (X)) para nenhum polinomioP (X) ∈ K[X], de fato se existisse um polinomio P (X) ∈ K[X] tal que P (a) = f(a) paratodo a ∈ K entao P (X) teria infinitas raizes, sem ser o polinomio nulo (sendo P (0) = 1),absurdo (K e infinito).

7.8. Se q = pk e uma potencia de um primo p sabemos que a menos de isomorfismoexiste um unico corpo de tamanho q, que indicaremos com Fq. Sejam f(X), g(X) ∈ Fq[X]definidos por

f(X) = X6 + 2X3 +X, g(X) = X9 + 8X3 +X.

Encontre todos os valores de q tais que f(a) = g(a) para todo a ∈ Fq.

Escrevamos f(a) = g(a) na forma g(a) − f(a) = 0. Seja h(X) := g(X) − f(X) =X3(X6−X3 +6). Precisamos encontrar os valores de q tais que h(a) = 0 para todo a ∈ Fq, ouseja tais que X−a divide h(X) para todo a ∈ Fq. Equivalentemente, o produto

∏a∈Fq (X−a)

divide h(X). Mas sabemos pela teoria que tal produto e igual a Xq −X. Logo precisamosencontrar os q tais que Xq −X divide h(X) = X3(X6 −X3 + 6) em Fq[X]. Mas como essesdois polinomios pertencem a Fp[X], dizer que Xq −X divide h(X) em Fq[X] e equivalente adizer que Xq −X divide h(X) em Fp[X] (e so aplicar a divisao com resto em Fp[X]). Fixe qcom essa propriedade. Como h(X) e um polinomio de grau 9 obviamente q ≤ 9, e sendo q umapotencia de um primo segue q ∈ {2, 3, 4, 5, 7, 8, 9}. Observe que h(−1) = −(1 + 1 + 6) = −8.Como −1 ∈ Fq, por hipotese h(−1) = 0 logo −8 = 0, em outras palavras 8 e congruente a0 modulo p, que e um numero primo, logo p = 2. Segue que q e uma potencia de 2 logoq ∈ {2, 4, 8}. Temos h(X) = X3(X6−X3) = X6(X3−1). Precisamos entao entender quandoXq −X divide X6(X3 − 1) em F2[X] onde q ∈ {2, 4, 8}.


• q = 2. X2 −X divide X6(X3 − 1), de fato

X6(X3 − 1) = (X2 −X) ·X5(X2 +X + 1).

• q = 4. X4 −X divide X6(X3 − 1), de fato

X6(X3 − 1) = (X4 −X) ·X5.

• q = 8. Mostraremos que X8 − X nao divide X6(X3 − 1). Por contradicao sejar(X) ∈ F2[X] com r(X)(X8 −X) = X6(X3 − 1). Em particular r(X) tem grau 1ou seja r(X) = aX + b com a, b ∈ F2 e a 6= 0, ou seja a = 1 (sendo F2 = {0, 1})em outras palavras r(X) = X + b logo (X + b)(X8 − X) = X6(X3 − 1). Segueque (X + b)(X7 − 1) = X5(X3 − 1). Substituindo X = 0 obtemos b = 0 logoX(X7 − 1) = X5(X3 − 1) ou seja X8 −X = X8 −X5, contradicao.

Segue que os q pedidos sao 2 e 4.

7.9. Seja K um corpo de caracterıstica diferente de 2. Seja M/K uma extensao de grau2 e seja G = G (M/K). Mostre que K e fechado, ou seja G′ = K. [Dica: seja u ∈ M −K,mostre que M = K(u), deduza que M e um corpo de decomposicao do polinomio minimalde u sobre K, deduza que |G| = 2.]

Se α ∈ M −K temos M = K(α) e α tem grau 2 sobre K, seja f(X) = X2 + bX + c oseu polinomio minimal sobre K. Observe que f ′(X) = 2X + b 6= 0 logo f(X) e separavel. Adivisao com resto por X−α mostra que a outra raiz pertence a M = K(α) logo M e corpo dedecomposicao sobre K do polinomio irredutıvel separavel f(X), segue que M/K e extensaode Galois.

Se a caracterıstica de K e 2 nem toda extensao M/K de grau 2 e de Galois. Por exemploseja M = F2(t) (corpo de fracoes do anel dos polinomios F2[t]) e seja K = F2(t2), subcorpode M . O polinomio X2 − t2 ∈ K[X] nao e separavel pois X2 − t2 = (X − t)2 e isso mostraque M/K (de grau 2) nao e extensao de Galois pois X2− t2 admite uma raiz em M mas naose fatora em M [X] em fatores lineares dois a dois nao associados.

7.10. Seja K = Q. Dado o polinomio f(X) ∈ K[X] seja M o corpo de decomposicaode f(X) sobre K contido em C e seja G = G (M/K) (o grupo de Galois de f(X)). Calculei : [M/K]→ L (G) e j : L (G)→ [M/K] (as correspondencias de Galois) nos casos seguintes:

X4 + 1, X3 − 1, X3 − 3X + 1, (X2 − 2)(X2 − 3).

X4 + 1. Se trata de um polinomio irredutıvel. Sejam r = (1 + i)/√

2, s = (1 − i)/√

2.As raizes de f(X) = X4 + 1 sao r, s,−r,−s logo um corpo de decomposicao e M = Q(r, s).Observe que rs = 1, logo s = 1/r e M = Q(r) tem grau 4 sobre Q. Segue pela teoria que|G| = 4. Se g ∈ G entao g(r) ∈ {r, s,−r,−s} (porque raizes sao levadas em raizes) e o valor deg(r) determina o valor de g(s) = g(1/r) = 1/g(r). Sendo |G| = 4 cada possibilidade ocorre,


logo temos G = {g1, g2, g3, g4} onde

Elemento Imagem de r Imagem de s Estruturag1 r s Identidadeg2 s r (r, s)(−r,−s)g3 −r −s (r,−r)(s,−s)g4 −s −r (r,−s)(s,−r)

Observe que g1 = 1 e g2g3 = g4. Escrevendo entao G = {1, g2, g3, g4} os subgrupos de G sao{1}, G, 〈g2〉, 〈g3〉, 〈g4〉. Temos {1}′ = M , M ′ = {1}, Q′ = G como sempre. Um elemento deM tem a forma m = a+ br + cr2 + dr3 com a, b, c, d ∈ Q. A igualdade g2(m) = m significa,lembrando que r4 = −1, que br + cr2 + dr3 = −br3 − cr2 − d4 ou seja c = 0 e b + d = 0.Segue que 〈g2〉′ = {a + b(r − r3) : a, b ∈ Q} = Q(r − r3). Analogamente 〈g3〉′ = Q(r2)

e 〈g4〉′ = Q(r + r3). Note que (r − r3)2 = 2 e (r − r3)2 = −2, logo Q(r − r3) = Q(√

2) e

Q(r+ r3) = Q(i√

2). Sendo r2 = i, temos Q(r2) = Q(i). Observe que G visto como grupo depermutacao no conjunto das raizes {r, s,−r,−s} e transitivo. Os reticulados [M/K] e L (G)sao os seguintes, onde as setas sao inclusoes e os numeros indicam os graus a esquerda, osındices a direita.

M

Q(√

2)

2

;;vvvvvvvvvQ(i)

2

OO

Q(i√

2)

2

ddHHHHHHHHH

Q2

ccGGGGGGGGGG2

OO2

;;vvvvvvvvvv

{1}

2}}zzzzzzzz2

��

2

!!DDDDDDDD

〈g2〉2

""EEEEEEEE〈g3〉

2

��

〈g4〉

2||yyyyyyyy

G

X3 − 1. A fatoracao e X3 − 1 = (X − 1)(X2 +X + 1). Seja u = e2πi/3 = −1/2 + i√

3/2.u e raiz de X2 + X + 1, a outra raiz e −1 − u. Segue que M = Q(u) e um corpo dedecomposicao para X3 − 1, tem grau 2 sobre Q. Temos [M/K] = {M,K} e |G| = 2,escrevendo G = {1, σ} temos σ(u) = −1 − u (porque raizes de X2 + X + 1 sao levadasem raizes de X2 + X + 1). Sabemos que Q′ = G, Q(u)′ = {1} e {1}′ = Q(u). TemosG′ = {a + bu ∈ Q(u) : σ(a + bu) = a + bu} = Q pois σ(a + bu) = a + bu significab(−1− u) = bu ou seja b = 0. Os reticulados [M/K] e L (G) sao os seguintes, onde as setassao inclusoes e os numeros indicam os graus a esquerda, os ındices a direita.

M

Q

2

OO {1}

2

��G

f(X) = X3 − 3X + 1. Seja u uma raiz de f(X). Sabemos que f(u2 − 2) = 0, logoM = Q(u). Como f(X) e irredutıvel a acao de G no conjunto das raızes e transitiva logoexiste σ ∈ G que leva u para u2 − 2. Seja v = u2 − 2, como visto f(v) = 0. Sendo u raiz def(X) temos f(u) = 0 ou seja u3 − 3u+ 1 = 0, que pode ser escrito u3 = 3u− 1. Usando essa


relacao calcularemos σ(v) e σ(σ(v)). Temos

σ(v) = σ(u2 − 2) = σ(u)2 − 2 = (u2 − 2)2 − 2 = u4 − 4u2 + 2

= u(3u− 1)− 4u2 + 2 = 3u2 − u− 4u2 + 2 = −u2 − u+ 2,

σ(σ(v)) = σ(−u2 − u+ 2) = −σ(u)2 − σ(u) + 2 = −(u2 − 2)2 − (u2 − 2) + 2

= −u4 + 4u2 − 4− u2 + 4 = −u(3u− 1) + 3u2 = u.

Segue que σ como permutacao das raizes u, v = u2 − 2 e w = −u2 − u + 2 e o 3-cıclo(uvw). Como σ e completamente determinado pela sua acao no conjunto das raizes, obtemosque σ tem ordem 3. Como o grupo de Galois G do corpo de decomposicao Q(u) sobre Qtem ordem |Q(u) : Q| = 3 deduzimos que G = 〈σ〉. Como |M : K| = |G| = 3, neste caso[M/K] = {M,K}, L (G) = {{1}, G}. Os reticulados [M/K] e L (G) sao os seguintes, ondeas setas sao inclusoes e os numeros indicam os graus a esquerda, os ındices a direita.

M

Q

3

OO {1}

3

��G

f(X) = (X2 − 2)(X2 − 3). Um corpo de decomposicao e M = Q(√

2,√

3), tem grau 4

sobre Q logo |G| = 4. Sejam u =√

2, v =√

3, e observe que uv =√

6 tem grau 2 tambem.Se g ∈ G nao e a identidade entao g(u) 6= u ou g(v) 6= v. No primeiro caso g(u) = −u (sendog(u) uma raiz de X2 − 2) e temos duas possibilidades: g(v) = v ou g(v) = −v. No segundocaso g(v) = −v (sendo g(v) uma raiz de X2 − 3) e temos duas possibilidades: g(u) = uou g(u) = −u. Isso nos da quatro possibilidades, e cada uma delas ocorre sendo |G| = 4.Podemos resumir tudo na tabela seguinte.

Elemento Imagem de u Imagem de v Estruturag1 u v Identidadeg2 u −v 2-cıclo (v,−v)g3 −u v 2-cıclo (u,−u)g4 −u −v (u,−u)(v,−v)

Observe que g1 = 1 e g2g3 = g4. Escrevendo entao G = {1, g2, g3, g4} os subgrupos deG sao {1}, G, 〈g2〉, 〈g3〉, 〈g4〉. Temos {1}′ = M , M ′ = {1}, Q′ = G como sempre. Umelemento de M tem a forma m = a + bu + cv + duv. Segue que g2(m) = m significaa+ bu− cv− duv = a+ bu+ cv+ duv ou seja −cv− duv = cv+ duv ou seja cv+ duv = 0 ouseja c+du = 0 ou seja c = d = 0 e obtemos 〈g2〉′ = {a+bu : a, b ∈ Q} = Q(u). Analogamente〈g3〉′ = Q(v). A igualdade g4(m) = m significa a + bu + cv + duv = a − bu − cv + duv ouseja bu+ cv = 0 ou seja b = c = 0 logo 〈g4〉′ = {a+ duv : a, d ∈ Q} = Q(uv). Observe queG visto como grupo de permutacao no conjunto das raizes {u, v,−u,−v} nao e transitivo, asorbitas sao {u,−u} e {v,−v}. Os reticulados [M/K] e L (G) sao os seguintes, onde as setas


sao inclusoes e os numeros indicam os graus a esquerda, os ındices a direita.

M

Q(u)

2

;;wwwwwwwwwQ(v)

2

OO

Q(uv)

2

ddHHHHHHHHH

Q2

ccFFFFFFFFF2

OO2

;;vvvvvvvvv

{1}

2}}zzzzzzzz2

��

2

!!DDDDDDDD

〈g2〉2

""EEEEEEEE〈g3〉

2

��

〈g4〉

2||yyyyyyyy

G

7.11. Seja K = Q. Dado o polinomio f(X) ∈ K[X] seja M o corpo de decomposicaode f(X) sobre K contido em C e seja G = G (M/K) (o grupo de Galois de f(X)). Calculei : [M/K]→ L (G) e j : L (G)→ [M/K] (as correspondencias de Galois) nos casos seguintes(cf. as listas anteriores):

• X2 + 1.

O corpo de decomposicao e M = Q(i), tem grau 2 sobre Q, logo |G| = 2 eescrevendo G = {1, σ} temos σ(i) = −i (porque raizes de X2 + 1 sao levadas emraizes de X2 + 1). Segue que [M/K] = {Q,Q(i)} e L (G) = {{1}, G}. TemosQ′ = G, G′ = Q, Q(i)′ = {1} (isso e pelas propriedades gerais) e G′ = {a + ib ∈Q(i) : σ(a+ ib) = a+ ib} = Q. De fato σ(a+ ib) = a+ ib significa a+ ib = a− ib ouseja b = 0. A equacao σ(a+ ib) = a+ ib e equivalente a −ib = ib ou seja b = 0 logoG′ = Q. Os reticulados [M/K] e L (G) sao os seguintes, onde as setas sao inclusoese os numeros indicam os graus a esquerda, os ındices a direita.

M

Q

2

OO {1}

2

��G

• f(X) = X4 − 5X2 + 5. Sejam

r =

√5 +√

5

2, s =

√5−√

5

2.

Vimos que M = Q(r) e o c.d. de f(X) e G = 〈σ〉 e cıclico de ordem 4, σ correspondeao 4-cıclo (r, s,−r,−s). Uma base de M sobre Q e {1, r, s, rs} e σ2(a+br+cs+drs) =a+ br + cs+ drs e equivalente a −br − cs+ drs = br + cs+ drs ou seja b = c = 0,logo 〈σ2〉 = Q(rs) = Q(

√5). Os reticulados [M/K] e L (G) sao os seguintes, onde


as setas sao inclusoes e os numeros indicam os graus a esquerda, os ındices a direita.

M

Q(√

5)

2

OO

Q

2

OO

{1}

2

��〈σ2〉

2

��G

• f(X) = X4 − 3X2 + 4. Sejam α =

√3+√−7

2 , β =

√3−√−7

2 . αβ = 2 logo β = 2/α

e M = Q(α, β) = Q(α) e o corpo de decomposicao de f(X) sobre Q. Segue que|G| = |M : Q| = 4. Existe g ∈ G que leva α para β. Temos g(β) = 2/β = α eg = (α, β)(−α,−β). Existe k ∈ G que leva α para −β. Temos k(−β) = 2β = α ek = (α,−β)(−α, β). Existe h ∈ G que leva α para −α. Temos k(β) = −2/α = −β ek = (α,−α)(β,−β). Uma conta mostra que α−1 = − 1

4 (α3 − 3α), α−2 = 14 (3− α2),

α−3 = 116α(−3α2 + 5). Observe que (α3 − α)2 = −4 e (α3 − 5α)2 = 28. Segue que

〈g〉′ = Q(α3 − 5α) = Q(i), 〈k〉′ = Q(α3 − α) = Q(√

7) e 〈h〉′ = Q(α2) = Q(i√

7).

G

〈g〉

2

=={{{{{{{{〈k〉

2

OO

〈h〉2

aaCCCCCCCC

{1}2

``BBBBBBBB2

OO2

==||||||||

Q

2yyrrrrrrrrrrr

2

��

2

&&LLLLLLLLLLL

Q(√

7)

2

%%LLLLLLLLLLQ(i)

2

��

Q(i√

7)

2xxrrrrrrrrrr

M = Q(α)

7.12. Sejam α = 3√

2, t = e2πi/3, K = Q, M = Q(α, t) (corpo de decomposicao de X3−2sobre Q). Seja G = G (M/K). Quais sao os subcorpos L de M tais que g(`) ∈ L para todo` ∈ L e para todo g ∈ G?

Vimos na aula teorica que o unico tal L e Q(t).

7.13. Descreva as correspondencias de Galois para a extensao M/K onde K = Q e M eo corpo de decomposicao de f(X) contido em C nos casos seguintes.

(1) f(X) = X4 −X3 − 2X + 2.

Observe que f(X) = (X − 1)(X3 − 2). Logo a correspondencia e a mesmade X3 − 2 (onde e subentendido que cada elemento do grupo de Galois fixa a raizracional 1).

(2) f(X) = X4 + 5X2 + 5.


Sejam α =

√−5+

√5

2 , β =

√−5−

√5

2 . As raizes de f(X) sao α, −α, β, −β.

Temos αβ =√

5 = 2α2 + 5 logo β = (2α2 + 5)/α ∈ Q(α) logo M = Q(α) e umcorpo de decomposicao para f(X) sobre Q. Existe g ∈ G que leva α para β. Temos

g(√

5) = 2β2 + 5 = −√

5 logo g(β) = −√

5/β = −α e g(−α) = −β, g(−β) = α.

Segue que g e o 4-cıclo (α, β,−α,−β) e sendo |G| = 4 obtemos G = 〈g〉. E claro

que 〈g2〉′ = Q(√

5).

G = 〈g〉

〈g2〉

2

OO

{1}

2

OO

Q

2��

Q(√

5)

2

��M = Q(α)

(3) f(X) = X4−X2 + 1. [Dica: escreva a fatoracao de X12− 1 e mostre que se u ∈ C eum elemento de ordem multiplicativa igual a 12 entao f(u) = 0 e as raizes de f(X)sao potencias de u.]

Seja u = ei2π/12, as raizes de f(X) sao u, u5, u7, u11 logo M = Q(u) e umcorpo de decomposicao para f(X) sobre Q. Existe g ∈ G que leva u para u5,segue que g2(u) = u25 = u e g(u7) = u35 = u11, g = (u, u5)(u7, u11). Existek ∈ G que leva u para u7, segue que k2(u) = u49 = u e k(u5) = u35 = u11 logok = (u, u7)(u5, u11). Existe h ∈ G que leva u para u11, segue que h(u5) = u55 = u7

e h = (u, u11)(u5, u7). Como |G| = |M : Q| = 4 obtemos G = {1, g, k, h}. Vamoscalcular 〈g〉′. Um elemento de M tem a forma t = a + bu + cu2 + du3, e g(t) = tsignifica a+bu5+cu10+du3 = a+bu(u2−1)−c(u2−1)+du3 = a+c−bu−cu2+(b+d)u3

logo b = c = 0. Segue que t = a+ du3 logo 〈g〉′ = Q(u3).

G

〈g〉

2

=={{{{{{{{〈k〉

2

OO

〈h〉2

aaCCCCCCCC

{1}2

``BBBBBBBB2

OO2

==||||||||

Q

2yyrrrrrrrrrrr

2

��

2

''OOOOOOOOOOOOO

Q(u3)

2

%%KKKKKKKKKKQ(u2)

2

��

Q(u+ u−1)

2wwppppppppppp

M = Q(u)

(4) f(X) = X4 − 2, que tem grupo de Galois G (M/Q) ∼= D8 (o grupo diedral deordem 8), sendo D8 o unico subgrupo de S4 de ordem 8 e sendo |M : Q| = 8.G = D8 = 〈a, b〉 onde a = (13) e b = (12)(34). Observe que ab = (1234) tem ordem4. Os subgrupos normais de G sao {1}, 〈abab〉 = Z(G), 〈a, bab〉, 〈ab〉, 〈b, aba〉, G.O quociente G/Z(G) e isomorfo a C2 ×C2. As classes de conjugacao de G sao {1},


{abab}, {ab, ba}, {a, bab}, {aba, b}. Os subgrupos de G sao os seguintes.

G

2lllllllllllllll

22

RRRRRRRRRRRRRRR

〈a, bab〉 ∼= C2 × C2

2pppppppppppp

22

QQQQQQQQQQQQQ〈ab〉 ∼= C4

2

〈b, aba〉 ∼= C2 × C2

2mmmmmmmmmmmmm

22

NNNNNNNNNNNN

〈a〉2

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW 〈bab〉2

QQQQQQQQQQQQQQQ 〈abab〉〈aba〉〈b〉

{1}2

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW2

QQQQQQQQQQQQQQQ2

2mmmmmmmmmmmmmmm

2

ggggggggggggggggggggggggggggggg

Observe que se g ∈ G entao g(α) ∈ {α, iα,−α,−iα} e g(i) ∈ {i,−i}. Como g(α)e g(i) determinam unicamente g, e |G| = 8, cada possibilidade ocorre. Vamosidentificar α com 1, iα com 2, −α com 3 e −iα com 4. Entao G e gerado por a = (13)e b = (12)(34). Como exemplo vamos calcular 〈aba〉′ = {t ∈ Q(α, i) : aba(t) = t}.Podemos escrever t ∈ Q(α, i) como

c1 + c2α+ c3α2 + c4α

3 + c5i+ c6αi+ c7α2i+ c8α

3i

Sendo aba = (14)(23) = (α,−iα)(iα,−α), aba(i) = aba(αiα−1) = −iαα−1 = −i,segue que aba(t) e igual a

c1 − c2iα− c3α2 + c4(−iα3) + c5(−i) + c6(−α) + c7α2i+ c8(−α3)

logo c2 = −c6, c3 = 0, c4 = −c8, c5 = 0. Segue que t = c1 + c2α + c4α3 −

c2αi + c7α2i − c4α

3i ou seja t = c1 + c2(α − αi) + c4(α3 − α3i) + c7α2i. Segue

que 〈aba〉′ = Q(α(1− i), α3(1− i), α2i) = Q(α(1− i)). Da mesma forma e possıvelcalcular todos os subcorpos a partir dos subgrupos.

Q

2yytttttttttt

2

��

2

&&NNNNNNNNNNNN

Q(α2)

2{{vvvvvvvvv2

��

2

$$IIIIIIIIIQ(i)

2

��

Q(iα2)

2xxqqqqqqqqqq2

��

2

''OOOOOOOOOOO

Q(iα)

2

))TTTTTTTTTTTTTTTTTT Q(α)

2

$$JJJJJJJJJQ(α2, i)

2

��

Q((1− i)α)

2xxqqqqqqqqqqqQ((1 + i)α)

2ssgggggggggggggggggggggg

Q(α, i)

7.14. Seja K = Q. Dado o polinomio f(X) ∈ K[X] seja M o corpo de decomposicaode f(X) sobre K contido em C e seja G = G (M/K) (o grupo de Galois de f(X)). Calculei : [M/K]→ L (G) e j : L (G)→ [M/K] (as correspondencias de Galois) nos casos seguintes:


(1) X3 +X + 4, K = Q, K = F5.

f(X) = X3 + X + 4 e irredutıvel (tem grau 3 e nao tem raizes em K). O seudiscriminante e D = −4 − 27 · 16 que e congruente a 1 + 3 = 4 = 22 modulo 5,logo o seu grupo de Galois e isomorfo a S3 sobre Q e a A3 sobre F5. No segundocaso [M/K] = {K,M}, L (G) = {{1}, G}. Se K = Q temos D = −436 logo

∆ = ±2i√

109 e o subcorpo de grau 2 e Q(√D) = Q(2i

√109). Os tres subcorpos

de grau 3 sao Q(α), Q(β), Q(γ) onde α, β, γ sao as tres raızes de f(X). Observeque M = Q(α,∆) e as correspondencias de Galois sao analogas as de X3 − 2. Emparticular e possıvel deduzir as estruturas cıclicas dos elementos de G.

(2) X3 − 2X + 1, K = Q.

E redutıvel, (X − 1)(X2 + X − 1). Seja α uma raiz complexa de X2 + X − 1.Segue que M = K(α) tem grau 2 sobre K e [M/K] = {K,M}, L (G) = {{1}, G}.

(3) X3 − aX + a onde a e um inteiro ımpar, K = Q.

Seja f(X) = X3 − aX + a. Reduzindo modulo 2 obtemos X3 + X + 1 quee irredutıvel em F2[X] logo f(X) e irredutıvel em Q[X]. O seu discriminante eD = −4(−a)3 − 27a2 = a2(4a − 27). Segue que D e um quadrado em K se esomente se 4a − 27 e um quadrado em K. Segue que G ∼= A3 se e somente se4a− 27 e um quadrado e G ∼= S3 se e somente se 4a− 27 nao e um quadrado. Maisespecificamente observe que se 4a−27 = c2 entao a = (c2 +27)/4 e para que isso sejainteiro precisamos que c = 2d+1 com d inteiro, daı a = (4d2+4d+28)/4 = d2+d+7.Segue que G ∼= A3 se e somente se a tem a forma d2 + d + 7 com d ∈ Z. No casoGf ∼= S3 temos M = Q(α,∆) onde α e uma raiz de f(X) e ∆ = ±

√4a− 27 e o

discriminante e as correspondencias de Galois sao analogas ao caso de X3 − 2.

(4) X5 − 1, K = Q, sabendo que o seu grupo de Galois e cıclico de ordem 4.

Seja f(X) = X5 − 1 e seja G ∼= C4 o seu grupo de Galois sobre Q. A fatoracaode f(X) = X5 − 1 e (X − 1)(X4 + X3 + X2 + X + 1). Seja u = ei2π/5, as raızesde f(X) sao 1, u, u2, u3, u4 logo um c.d. sobre Q e M = Q(u), tem grau 4 sobre Q.Como G e cıclico tem tres subcorpos, o unico nao trivial corresponde a 〈4〉 ≤ G. SejaL = 〈4〉′, vamos descrever L. Seja g ∈ G tal que g(u) = u4, entao 〈g〉′ consiste dosm = a+bu+cu2+du3 tais que g(m) = m, ou seja a+b(−u3−u2−u−1)+cu3+du2 =a + bu + cu2 + du3. Segue a − b = a, c − b = d, d − b = c, −b = b ou seja b = 0 ec = d, segue que m = a + c(u2 + u3) e L = 〈g〉′ = Q(u2 + u3). Seja α = u2 + u3,sabemos que α tem grau 2 (porque o subgrupo correspondente 〈g〉 tem ındice 2), eα2 = u4 +u6 + 2 = −1−u−u2−u3 +u+ 2 = 1−α logo α2 +α−1 = 0 e deduzimosα = (−1 ±

√5)/2, segue que L = Q(α) = Q(

√5). Para mostrar que L e estavel

basta calcular h(u2 + u3) onde h(u) = u2 e mostrar que h(u2 + u3) ∈ L. Temosh(u2) = u4 = −u3−u2−u−1 e h(u3) = u6 = u logo h(u2 +u3) = −u3−u2−1 ∈ L.


(5) X8 − 1, K = F11.

Seja f(X) = X8 − 1. Temos

f(X) = (X4 − 1)(X4 + 1) = (X − 1)(X + 1)(X2 + 1)(X2 + 3X + 10)(X2 + 8X + 10).

Seja α uma raiz de X2+1 em uma extensao oportuna de F11. Usando α conseguimosfatorar X2 + 3X + 10 pois o seu discriminante e 32 − 40 = −31 = 2 = −9 = (3α)2

e conseguimos fatorar X2 + 8X + 10 pois o seu discriminante e 82 − 40 = 41 =8 = −3 = (5α)2. Segue que M = K(α) tem grau 2 sobre K e [M/K] = {K,M},L (G) = {{1}, G}.

7.15. Seja f(X) ∈ Q[X] um polinomio irredutıvel de grau 3. E verdade que se todas asraizes complexas de f(X) sao reais entao Gf ∼= A3?

Nao, por exemplo considere f(X) = X3−4X+1 (irredutıvel pois tem grau 3 e f(1) = −2,f(−1) = 4). O seu discriminante e −4(−4)3− 27 = 256− 27 = 229 (e um numero primo) naoe um quadrado logo Gf ∼= S3. Por outro lado f(X) tem tres raızes reais distintas, isso podeser visto fazendo um esboco do grafico de f(X).

7.16. Dada uma extensao de Galois M/K com grupo de Galois G seja m ∈M e definaNM/K(m) :=

∏g∈G g(m) (a norma de m),

TM/K(m) :=∑g∈G g(m) (o traco de m).

Mostre que NM/K(m) ∈ K e TM/K(m) ∈ K para todo m ∈M .

E imediato verificar que g(NM/K(m)) = NM/K(m) e g(TM/K(m)) = TM/K(m) para todog ∈ G. A conclusao segue por definicao de extensao de Galois.

7.17. Seja f(X) um polinomio em Q[X] e seja M o corpo de decomposicao de f(X)sobre Q contido em M . Calcule NM/K(m) e TM/K(m) nos casos seguintes.

(1) f(X) = X2 + 1, m = a+ ib.

O grupo de Galois neste caso e G = {1, g} onde g(a+ib) = a−ib logo NM/K(a+

ib) = (a+ ib)(a− ib) = a2 + b2 e TM/K(a+ ib) = a+ ib+ a− ib = 2a.

(2) f(X) = X3 − 2, m = 3√

2, m = −1/2 + i√

3/2, m = 3√

2− 1/2 + i√

3/2.

Sejam α = 3√

2, t = −1/2 + i√

3/2. Observe que t e um elemento de ordemmultiplicativa igual a 3.

Elemento Imagem de α Imagem de t Estruturag1 α t Identidadeg2 α t2 2-cıclo (αt, αt2)g3 αt t 3-cıclo (α, αt, αt2)g4 αt t2 2-cıclo (α, αt)g5 αt2 t 3-cıclo (α, αt2, αt)g6 αt2 t2 2-cıclo (α, αt2)


Temos NM/K(m) =∏6i=1 gi(m) e TM/K(m) =

∑6i=1 gi(m) logo

NM/K(α) = α2(αt)2(αt2)2 = α6t6 = 4,

TM/K(α) = 2α+ 2αt+ 2αt2 = 2α(1 + t+ t2) = 0,

lembrando que t3 = 1 e que t2 + t+ 1 = 0 temos

N(α+ t) = (α+ t)(α+ t2)(αt+ t)(αt+ t2)(αt2 + t)(αt2 + t2)

= [(α+ t)(αt+ t)(αt2 + t)] · [(α+ t2)(αt+ t2)(αt2 + t2)]

= [(α2t− α+ t2)(αt+ 1)] · [(α2t− αt+ t)(α+ 1)]

= [2t2 + α2t− α2t− α+ α+ t2] · [2t+ α2t− α2t− αt+ αt+ t] = 9.

E imediato pela definicao de traco que TM/K(a + b) = TM/K(a) + TM/K(b) paratodo a, b ∈M logo TM/K(α+ t) = TM/K(α) + TM/K(t) = TM/K(t) e

TM/K(t) =

6∑i=1

gi(t) = t+ t2 + t+ t2 + t+ t2 = −3.

(3) f(X) = X3 − 3X + 1, m = uma raiz de f(X).

Lembre-se que dada uma raiz α de f(X), as raızes de f(X) sao α, α2 − 2 e−α2 − α+ 2 e o grupo de Galois e G = 〈g〉 onde g(α) = α2 − 2. Segue que a normade α e

NM/K(α) = αg(α)g2(α) = α(α2 − 2)(−α2 − α+ 2)

= (α3 − 2α)(−α2 − α+ 2) = (α− 1)(−α2 − α+ 2)

= −(3α− 1)− α2 + 2α+ α2 + α− 2 = −1,

TM/K(α) = α+ g(α) + g2(α) = α+ α2 − 2− α2 − α+ 2 = 0.

7.18. Seja f(X) ∈ K[X] um polinomio irredutıvel separavel de grau 4 e sejam M umcorpo de decomposicao de f(X) sobreK e α ∈M uma raız de f(X). Mostre que se G (M/Q) ∼=S4 entao os unicos subcorpos de K(α) sao K e K(α).

Por contradicao seja Q < L < Q(α) um subcorpo diferente de Q e Q(α). Como |Q(α) :Q| = 4 segue que |L : Q| = 2. O subgrupo L′ correspondente a L na extensao de GaloisM/Q tem entao indice 2 em G ∼= S4 e contem H = Q(α)′. Mas H tem ındice 4 em G logoe isomorfo a um estabilizador S3 em S4. Sendo |G : L′| = 2 segue que L′ ∼= A4 (o unicosubgrupo de S4 de ındice 2 e A4) logo em S4 obtemos que A4 contem um estabilizador S3,o que e um absurdo (os estabilizadores contem elementos ımpares, por exemplo eles contem2-cıclos).


7.19. Seja f(X) ∈ Q[X] irredutıvel de grau 3. E verdade que se Gf ∼= A3 entao todas asraızes complexas de f(X) sao reais?

Sim. De fato suponha por contradicao que as tres raızes de f(X) sejam α, β, β onde β eo complexo conjugado de β. A conjugacao complexa ϕ : C → C restrita a M = Q(α, β, β) eum automorfismo de M porque ϕ(M) ⊆M e ϕ(M), M tem a mesma dimensao sobre Q (saoisomorfos, sendo ϕ injetiva) logo sao iguais. Obviamente ϕ fixa os racionais, logo ϕ ∈ Gf .Mas ϕ tem ordem 2, e Gf ∼= A3 tem ordem 3, logo nao pode conter elementos de ordem 2.

7.20. Descreva as correspondencias de Galois para o corpo de decomposicao M de f(X)contido em C nos casos seguintes.

(1) f(X) = X7− 1. Seja f(X) = X7− 1 = (X − 1)(X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X + 1)e seja G o seu grupo de Galois sobre Q. Seja u = ei2π/7 e M = Q(u) o corpo dedecomposicao de f(X) sobre Q. Como k(X) = X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X + 1 eirredutıvel em Q[X] (considere k(X+1) e use o criterio de Eisenstein) G e transitivono conjunto das raızes de k(X), {u, u2, u3, u4, u5, u6}, logo existe σ ∈ G tal queσ(u) = u3. Temos σ(u3) = u2, σ(u2) = u6, σ(u6) = u4, σ(u4) = u5, σ(u5) = u logog tem estrutura cıclica (agindo nas raızes) (u, u3, u2, u6, u4, u5). Como M = Q(u)tem grau 6 segue que |G| = 6 logo G = 〈g〉. Temos 4 subcorpos porque os subgruposde G sao {1}, 〈2〉, 〈6〉 e G. Seja m = a + bu + cu2 + du3 + eu4 + lu5, e sejam g, hdeterminados por serem tais que g(u) = u2 e h(u) = u6. Para encontrar 〈g〉′ e 〈h〉′precisamos resolver as equacoes g(m) = m e h(m) = m (veja a definicao de H ′

quando H e um subgrupo).

Temos u7 = 1 logo g(m) = a + bg(u) + cg(u)2 + dg(u)3 + eg(u)4 + lg(u)5 =a+ bu2 + cu4 + du6 + eu+ lu3 e sendo u6 = −1− u− u2 − u3 − u4 − u5 temos

g(m) = a− d+ (b− d)u2 + (c− d)u4 − du5 + (e− d)u+ (l − d)u3.

Segue que g(m) = m se e somente se a − d = a, b − d = c, c − d = e, −d = l,e− d = b, l− d = d, ou seja d = 0, b = c = e, l = 0 e m = a+ b(u+ u2 + u4), segue〈g〉′ = Q(u+ u2 + u4)

Temos h(m) = a+ bh(u) + ch(u)2 + dh(u)3 + eh(u)4 + lh(u)5 = a+ bu6 + cu5 +du4 + eu3 + lu2 e sendo u6 = −1− u− u2 − u3 − u4 − u5 temos

h(m) = a− b− bu+ (c− b)u5 + (d− b)u4 + (e− b)u3 + (l − b)u2.

Segue que h(m) = m se e somente se a−b = a, b = −b, c−b = l, d−b = e, e−b = d,l− b = c ou seja b = 0, c = l, d = e, segue que m = a+ c(u2 + u5) + d(u3 + u4) logo〈h〉′ = Q(u2 + u5, u3 + u4) = Q(u2 + u5) (sendo (u2 + u5)2 = u4 + u3 + 2).

Segue que os subcorpos de Q(u) sao Q, Q(u + u2 + u4), Q(u2 + u5) e Q(u).Para mostrar que sao estaveis basta mostrar que definido k ∈ G o elemento tal quek(u) = u3 temos k(u + u2 + u4) ∈ Q(u + u2 + u4) e k(u2 + u5) ∈ Q(u2 + u5) (pordefinicao de subcorpo estavel, sendo k um gerador do grupo cıclico G).


k(u+ u2 + u4) = u3 + u6 + u12

= u3 − 1− u− u2 − u3 − u4 − u5 + u5

= −1− u− u2 − u4 ∈ Q(u+ u2 + u4),

k(u2 + u5) = u6 + u15 = −1− u− u2 − u3 − u4 − u5 + u

= −1− u2 − u3 − u4 − u5 ∈ Q(u2 + u5)

sendo u3 + u4 = (u2 + u5)2 − 2.

Observe que α = u + u2 + u4 tem grau 2 sobre Q (porque o subgrupo corres-pondente a Q(α) e 〈g〉, tem ındice 2), vamos procurar uma expressao mais simplespara α. Temos

α2 = u2 + u4 + u+ 2u3 + 2u5 + 2u6 = α− 2− 2α

logo α2 + α+ 2 = 0, segue α = (−1± i√

7)/2 e por consequencia Q(α) = Q(i√

7).

Observe que β = u2 +u5 tem grau 3 sobre Q (porque o subgrupo correspondentea Q(β) e 〈h〉, tem ındice 3), vamos procurar uma expressao mais simples para β.Usando u7 = 1 e u6 = −1− u− u2 − u3 − u4 − u5 obtemos

β3 = (u2 + u5)3 = u6 + 3u9 + 3u12 + u15

= −1− u− u2 − u3 − u4 − u5 + 3u2 + 3u5 + u

= −1 + 2u2 − u3 − u4 + 2u5

= −1 + 2β − (β2 − 2) = −β2 + 2β + 1

logo β3 + β2 − 2β − 1 = 0. A partir dessa equacao nao e possıvel deduzir umaexpressao mais simples para β.

O diagrama dos subcorpos de M e dos subgrupos de G e o seguinte.

M

Q(α)

3

<<zzzzzzzzQ(β)

2

bbDDDDDDDD

Q2

aaDDDDDDDD

3==zzzzzzzz

{1}

3~~||||||||2

!!BBBBBBBB

〈g〉2

!!CCCCCCCC〈h〉

3}}{{{{{{{{

G

(2) f(X) = X9− 1. Temos f(X) = (X3− 1)(X6 +X3 + 1). Seja h(X) = X6 +X3 + 1.Observe que

h(X + 1) = X6 + 6X5 + 15X4 + 21X3 + 18X2 + 9X + 3.

Segue pelo criterio de Eisenstein que h(X) e irredutıvel. Seja u uma raız de h(X).As raızes de h(X) sao u, u2, u4, u5, u7, u8 (observe que 1, u3 e u6 sao as raızes de


X3 − 1). Segue que M = Q(u) tem grau 6 sobre Q logo |G| = 6. Alem disso f(X)tem o mesmo corpo de decomposicao logo podemos nos concentrar no h(X). Sendoh(X) irredutıvel existe g ∈ G tal que g(u) = u2. Segue que g(u2) = g(u)2 = u4,g(u4) = g(u)4 = u8, g(u8) = g(u)8 = u16 = u7, g(u7) = g(u)7 = u14 = u5,g(u5) = g(u)5 = u10 = u. Logo g tem estrutura cıclica

(u, u2, u4, u8, u7, u5).

Sendo |G| = 6 e o(g) = 6 segue que G = 〈g〉 e cıclico. G admite apenas doissubgrupos proprios nao triviais, 〈g2〉 (de ordem 3) e 〈g3〉 (de ordem 2). Observe que

u3 = ei2π/3 = −1/2 + i√

3/2 logo existe um subcorpo de grau 2, Q(i√

3), e sendo

|G : 〈g2〉| = 2 temos |〈g2〉′ : Q| = 2, segue que 〈g2〉′ = Q(i√

3). Para calcular 〈g3〉fixamos m = a+ bu+ cu2 + du3 + eu4 + fu5, temos

g3(m) = a+ bu8 + cu7 + du6 + eu5 + fu4

= a+ bu2(−u3 − 1) + cu(−u3 − 1) + d(−u3 − 1) + eu5 + fu4

= a− bu5 − bu2 − cu4 − cu− du3 − d+ eu5 + fu4

= a− d− cu− bu2 − du3 + (f − c)u4 + (e− b)u5.

Segue que g3(m) = m se e somente se b = −c, d = 0 e f − c = e, ou seja m =a+ b(u− u2 − u5) + e(u4 + u5). Observe que

(u4 + u5)2 = u2(−u3 − 1) + u4(−u3 − 1) + 2 = u− u2 − u5,

logo 〈g3〉′ = Q(α) onde α = u3 + u4. Temos

α3 = (u4 + u5)3 = u12 + eu13 + eu14 + u15 = 3u4 + 3u5 − 1 = 3α− 1.

Segue que α e raiz de X3 − 3X + 1. Curiosidade: Q(α) = Q(cos(2π/9).

M

Q(i√

3)

3

;;wwwwwwwwQ(α)

2

aaDDDDDDDD

Q2

ccFFFFFFFFF

3

=={{{{{{{{{

{1}

3}}{{{{{{{{2

!!CCCCCCCC

〈g2〉2

""DDDDDDDD〈g3〉

3||zzzzzzzz

G

(3) f(X) = X5−2. Sejam α = 5√

2, u = ei2π/5, d =√

5. Observe que M = Q(α, u) e umcorpo de decomposicao de f(X) sobre Q, u tem grau 4 sobre Q e α tem grau 5 sobreQ. Sendo 4 e 5 coprimos, pela formula do grau 4 · 5 = 20 divide |M : Q|, por outrolado tal grau e no maximo 20 (tambem pela formula do grau) logo |M : Q| = 20.Segue que o grupo de Galois G de f(X) sobre Q tem ordem 20 e e isomorfo a umsubgrupo de S5. O 5-Sylow de G e normal em G (pelo teorema de Sylow) logoG esta contido no normalizador de um 5-Sylow de S5, por outro lado S5 contemexatamente seis 5-Sylow logo se P e um 5-Sylow de S5 temos |S5 : NS5

(P )| = 6 ouseja |NS5(P )| = 20. Segue que G e igual ao normalizador de um 5-Sylow de S5.


Tal normalizador e o isomorfo ao produto semidireto C5 o Aut(C5) (com a acaonatural).

g g(α) g(u) Estrutura cıclica Ordemg1 α u 1 1g2 αu u (α, αu, αu2, αu3, αu4) 5g3 αu2 u (α, αu2, αu4, αu, αu3) 5g4 αu3 u (α, αu3, αu, αu4, αu2) 5g5 αu4 u (α, αu4, αu3, αu2, αu) 5g6 α u2 (αu, αu2, αu4, αu3) 4g7 αu u2 (α, αu, αu3, αu2) 4g8 αu2 u2 (α, αu2, αu, αu4) 4g9 αu3 u2 (α, αu3, αu4, αu) 4g10 αu4 u2 (α, αu4, αu2, αu3) 4g11 α u3 (αu, αu3, αu4, αu2) 4g12 αu u3 (α, αu, αu4, αu3) 4g13 αu2 u3 (α, αu2, αu3, αu) 4g14 αu3 u3 (α, αu3, αu2, αu4) 4g15 αu4 u3 (α, αu4, αu, αu2) 4g16 α u4 (αu, αu4)(αu2, αu3) 2g17 αu u4 (α, αu)(αu2, αu4) 2g18 αu2 u4 (α, αu2)(αu3, αu4) 2g19 αu3 u4 (α, αu3)(αu, αu2) 2g20 αu4 u4 (α, αu4)(αu, αu3) 2

{1}

2nnnnnnnnnnnnnnn

2{{{{{{{{5

2

CCCCCCCC2

PPPPPPPPPPPPPPP2

UUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUU

C2

25

QQQQQQQQQQQQQQQ C2

25

CCCCCCCC C5

2

C2

25{{{{{{{{

C2

25

mmmmmmmmmmmmmmm C2

25

iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii

C4

5

QQQQQQQQQQQQQQQQ C4

5

DDDDDDDD D10

2

C4

5zzzzzzzz

C4

5mmmmmmmmmmmmmmmm C4

5

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

G


{1}

2llllllllllllllll

2wwwwwwwww

52

GGGGGGGGG2

RRRRRRRRRRRRRRRR2

VVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVV

g16

25

SSSSSSSSSSSSSSSS g17

25

HHHHHHHHH g2

2

g18

25

vvvvvvvvvg19

25

kkkkkkkkkkkkkkkk g20

25

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

g6

5

RRRRRRRRRRRRRRRRRR g8

5

HHHHHHHHH g2, g16

2

g10

5vvvvvvvvv

g7

5llllllllllllllllll g9

5

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

G

M

2iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii

2ssssssssss

52

JJJJJJJJJJ2

UUUUUUUUUUUUUUUUUUUUU

2

YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY

Q(α, d)

25

UUUUUUUUUUUUUUUUUUUUU Q(αu3, d)

25

JJJJJJJJJQ(u)

2

Q(αu, d)

25uuuuuuuuu

Q(αu4, d)

25

iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiQ(αu2, d)

25

eeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee

Q(α)

5

UUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUU Q(αu3)

5

JJJJJJJJJJJQ(d)

2

Q(αu)

5tttttttttt

Q(αu4)

5

iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii Q(αu2)

5

eeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee

Q

(4) f(X) = X6 − 2. Sejam α = 6√

2, u = ei2π/6. As raızes de f(X) sao α, αu, αu2,αu3, αu4, αu5 logo M = Q(α, u) e um c.d. de f(X) sobre Q. Como α e real e unao e real e tem grau 2 temos |M : Q| = 6 · 2 = 12. Se g ∈ G temos g(α) = αui

com i ∈ {0, . . . , 5} e g(u) ∈ {u, u−1} sendo u, u−1 as raızes do polinomio minimalde u sobre Q. Isso nos da no maximo 12 possibilidade para g, por outro lado como|G| = 12 cada possibilidade ocorre. Obtemos os elementos seguintes.

Elemento g(α) g(u) Estrutura cıclica Ordemg1 α u 1 1g2 αu u (α, αu, αu2, αu3, αu4, αu5) 6g3 αu2 u (α, αu2, αu4)(αu, αu3, αu5) 3g4 αu3 u (α, αu3)(αu, αu4)(αu2, αu5) 2g5 αu4 u (α, αu4, αu2)(αu, αu5, αu3) 3g6 αu5 u (α, αu5, αu4, αu3, αu2, αu) 6g7 α u5 (αu, αu5)(αu2, αu4) 2g8 αu u5 (α, αu)(αu2, αu5)(αu3, αu4) 2g9 αu2 u5 (α, αu2)(αu3, αu5) 2g10 αu3 u5 (α, αu3)(αu, αu2)(αu4, αu5) 2g11 αu4 u5 (α, αu4)(αu, αu3) 2g12 αu5 u5 (α, αu5)(αu, αu4)(αu2, αu3) 2


Observe que N = 〈g2〉 e um subgrupo cıclico de ordem 6 e g7g2g−17 = g−1

2 ,H = 〈g7〉 e um subgrupo cıclico de ordem 2 e 〈g2〉 ∩ 〈g7〉 = {1}, segue que G ∼= D12,o grupo diedral de ordem 12, produto semidireto C6 o C2 com a acao de inversao.

{1}

iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii

nnnnnnnnnnnnnnn

||||||||

BBBBBBBB

QQQQQQQQQQQQQQQ

VVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVV

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

C2

6666666666666666666666666

LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL C2

++++++++++++++++++++++

VVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVV C2

LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL C2

111111111111111

LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL C2

++++++++++++++++++++++ C2

rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr C2

��

C3

111111111111111

LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL

D4

999999999999999999999999 D4 D4

��

D6

NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN C6

4444444444444 D6

D12

Por motivos de espacos nas tabelas seguintes indicarei apenas os geradores dossubgrupos/subcorpos. Seja v = 2u− 1 = i

√3.


{1}

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

kkkkkkkkkkkkkkkkkk

vvvvvvvvv

EEEEEEEE

SSSSSSSSSSSSSSSSS

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW

YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY

g9

9999999999999999999999999

OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO g11

----------------------

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX g7

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP g4

��

7777777777777777

QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ g10

11111111111111111111111 g12

mmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmm g8

��

g3

333333333333333

��

QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ

g9, g4

>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>> g7, g4 g8, g4

{{{{{{{{{{{{{{{{{{{{{{{{{{{

g7, g3

QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ g2

99999999999999 g3, g12

��

G ∼= D12

M

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

mmmmmmmmmmmmmmmm

zzzzzzzzz

GGGGGGGGG

RRRRRRRRRRRRRRRRRR

VVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVV

YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY

αu

77777777777777777777777777

LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL αu2

+++++++++++++++++++++++

VVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVV α

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM α2, u

222222222222222

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM αv

+++++++++++++++++++++++ αuv

qqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqqαu2v

��

α3, u

4444444444444444

��

NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN

α2u2

<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<< α2 α2u

��

α3

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP u

55555555555555 α3v

Q

(5) f(X) = (X2 − 2)(X3 − 2). Sejam α = 3√

2, β =√

2, u = ei2π/3 = −1/2 + i√

3/2,

v = 2u+ 1 = i√

3. Observe que o corpo de decomposicao M = Q(α, β, u) tem grau12 sobre Q, pois |Q(α, β) : Q| = 6 (isso e imediato pela formula do grau observando


que tal grau e divisıvel por |Q(α) : Q| = 3 e por |Q(β) : Q| = 2), Q(α, β) ⊆ R eu ∈ M − R tem grau 2 sobre Q. Segue da tabela seguinte que o grupo de Galois eS3 × C2

∼= D12.

Elemento g(α) g(β) g(u) Estrutura cıclica Ordemg1 α β u 1 1g2 αu β u (α, αu, αu2) 3g3 αu2 β u (α, αu2, αu) 3g4 α β u2 (αu, αu2) 2g5 αu β u2 (α, αu) 2g6 αu2 β u2 (α, αu2) 2g7 α −β u (β,−β) 2g8 αu −β u (α, αu, αu2)(β,−β) 6g9 αu2 −β u (α, αu2, αu)(β,−β) 6g10 α −β u2 (αu, αu2)(β,−β) 2g11 αu −β u2 (α, αu)(β,−β) 2g12 αu2 −β u2 (α, αu2)(β,−β) 2

{1}


kkkkkkkkkkkkkkkkkk

vvvvvvvvv

EEEEEEEE

RRRRRRRRRRRRRRRR

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW

YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY

g4

8888888888888888888888888

NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN g5

----------------------

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW g6

OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO g7

��

333333333333333

QQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQQ g12

0000000000000000000000 g10

ooooooooooooooooooooooooooooo g11

��

g2

333333333333333

��

OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO

g4, g7

<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<< g6, g7 g5, g7

|||||||||||||||||||||||||||

g2, g4

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP g8

5555555555555 g10, g11

��

G


M

ggggggggggggggggggggggggggggg

kkkkkkkkkkkkkkkkk

xxxxxxxxx

EEEEEEEEE

SSSSSSSSSSSSSSSS

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW

YYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYYY

α, β

<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<

OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO αu2, β

.......................

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW αu, β

NNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNNN α, u

��

4444444444444444

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP αu, βv

....................... α, βv

ooooooooooooooooooooooooooooooαu2, βv

��

β, u

2222222222222222

OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO

α

<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<<< αu αu2

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

β

PPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPPP u

77777777777777 βv

��

Q

(6) f(X) = (X2 + 3)(X3 − 2). O corpo de decomposicao de f(X) e igual ao corpo dedecomposicao de X3 − 2, logo nos estamos reduzidos a X3 − 2, que foi ja tratado.

7.21. Encontre dois polinomios irredutıveis f(X), h(X) em Q[X] com grupos de GaloisA e B sobre Q respectivamente tais que o grupo de Galois do produto f(X)h(X) nao eisomorfo a A nem a B e nem a A×B.

Sejam f(X) = X3 − 2, h(X) = X3 − 3. Como |A| = |B| = 6 basta mostrar que o

corpo de decomposicao de f(X)h(X) sobre Q tem grau 18. Isso segue do fato que 3√

3 6∈Q( 3√

2, i√

3) porque o unico subcorpo real de grau 3 de Q( 3√

2, i√

3) e Q( 3√

2) (como visto na

discussao de X3 − 2), e 3√

3 6∈ Q( 3√

2). Para ver isso sejam α = 3√

2 e β = 3√

3. Suponha(*) β = a + bα + cα2 com a, b, c ∈ Q. Seja M o corpo de decomposicao contido em C de(X3 − 2)(X3 − 3). Aplicando o traco TM/Q a igualdade (*), lembrando que TM/Q e Q-linear,

e sendo TM/Q(α) = α(1 + u+ u2) = 0 e TM/Q(β) = β(1 + u+ u2) (onde u = ei2π/3) obtemos

a = 0, logo β = bα + cα2. Multiplicando os dois lados por α obtemos αβ = bα + 2c. TemosTM/Q(αβ) = αβ(1 + u + u2) = 0 logo aplicando o traco 2c = 0 ou seja c = 0 e β = bα.

Elevando ao cubo 3 = 2b3, contradicao.

7.22. Seja f(X) = X5 − 4X + 2 ∈ Q[X] e seja M um corpo de decomposicao de f(X)sobre Q com grupo de Galois G, pensado como subgrupo de S5 agindo nas 5 raızes de f(X).

(1) Mostre que f(X) tem tres raızes reais e duas raızes complexas conjugadas.


A derivada de f e f ′(X) = 5X4 − 4 que e positiva para X ≤ − 4√

4/5 e X ≥4√

4/5, e sendo f(0) = 2 e f(1) = −1 deduzimos pelo grafico que f tem exatamentetres raızes reais. As outras duas sao entao complexas conjugadas.

(2) Mostre que G contem um 2-cıclo.

A conjugacao complexa fixa as tres raızes reais e troca entre elas as duas raızescomplexas conjugadas, logo corresponde a um 2-cıclo no grupo de Galois.

(3) Mostre que G contem um 5-cıclo.

Sendo f(X) irredutıvel (pelo criterio de Eisenstein), G age de maneira transitivano conjunto das 5 raızes logo 5 divide |G| pelo princıpio da contagem.

(4) Mostre que G = S5.

S5 e gerado por um qualquer 5-cıclo junto com um qualquer 2-cıclo. Sejam gum 5-cıclo e h um 2-cıclo e seja G = 〈g, h〉. Podemos supor que g = (12345) eque h seja da forma (1m) com m ∈ {2, 3, 4, 5}. A menos de inverter g podemossupor m ∈ {2, 3}. Se m = 2 entao ghg−1 = (23) e (12)(13) = (132), e se m = 3entao ghg−1 = (24) e (12)(24) = (124). A conclusao segue do proximo exercıcio,lembrando que no nosso caso h ∈ G−A5.

7.23. Seja f(X) ∈ Q[X] irredutıvel de grau 5 e seja G o seu grupo de Galois sobre Q.Mostre que se G contem um elemento de ordem 3 entao G ∼= A5 ou G ∼= S5.

Sendo f(X) irredutıvel a acao de f(X) no conjunto das 5 raızes de f(X) e transitiva(observe que f(X) e separavel pois Q tem caracterıstica zero) logo pelo princıpio da contagem5 divide |G|. Como G contem um elemento de ordem 3 deduzimos que 3 divide |G| tambem,logo 15 divide |G|. Como G e isomorfo a um subgrupo de S5 segue que |G| ∈ {15, 30, 60, 120}.Se |G| = 120 entao G ∼= S5, e se |G| = 60 entao G ∼= A5 pois sabemos que o grupo alternadoAn e o unico subgrupo de ındice 2 em Sn (ou seja e o unico subgrupo de Sn de ordem n!/2).Precisamos considerar os casos |G| = 15 e |G| = 30. Se |G| = 15 entao usando o teoremade Sylow deduzimos que G e cıclico, gerado por um elemento g ∈ G de ordem 15, mas issoe absurdo pois S5 nao contem elementos de ordem 15 (e so pensar na estrutura cıclica). Se|G| = 30 entao o ındice de G em S5 e 4 logo a acao de S5 no conjunto das classes laterais de Gda um homomorfismo nao trivial ϕ : S5 → S4. Como os unicos subgrupos normais de S5 sao{1}, A5 e S5 e ϕ nao pode ser injetiva (pois |S5| = 120 > 24 = |S4|) segue que ker(ϕ) = A5,por outro lado ker(ϕ) e o coracao normal de G logo G contem A5, segue que G ∼= A5 e issocontradiz |S5 : G| = 4.

7.24. Seja α ∈ C algebrico sobre Q e seja f(X) o polinomio minimal de α sobre Q. Sejan o grau de f(X). Suponha Gf ∼= Sn. Mostre que os unicos subcorpos de Q(α) sao Q e Q(α).

Vimos que se H e um subgrupo de Sn tal que H 6= An e H 6= Sn entao |Sn : H| ≥ n.Se existisse um subcorpo Q < L < Q(α) entao |Sn : L′| < n logo L′ = An. Seja F = Q(α).


Segue que F ′ < L′ = An e |Sn : F ′| = n logo 1 < |An : L′| < n. An age sobre o conjuntodas m = |An : L′| classes laterais de L′ em An e isso da um homomorfismo nao trivialϕ : An → Sm, que e injetivo se n ≥ 5 pois An e um grupo simples. Segue que n!/2 dividem!, mas como m < n segue que m! divide (n − 1)! logo n!/2 divide (n − 1)!, absurdo poisn!/2 > (n− 1)!. Se n ≤ 4 vimos que An nao contem subgrupos de ındice menor que n.

7.25. Sejam M/K extensao de Galois com grupo de Galois G e sejam H,K ≤ G eT, L ∈ [M/K]. Calcule (H ∩K)′, 〈H,K〉′, (T ∩ L)′, 〈T, L〉′. Dado g ∈ G calcule (gHg−1)′ eg(L)′.

O fato que 〈H,K〉′ = H ′∩K ′ e 〈L, T 〉′ = L′∩T ′ segue da definicao das correspondenciasde Galois.

Se H,K ≤ G sejam L = H ′ e T = K ′, temos

(H ∩K)′ = (L′ ∩ T ′)′ = 〈L, T 〉′′ = 〈L, T 〉 = 〈H ′,K ′〉.Se L, T ∈ [M/K] sejam H = L′, K = T ′, temos

(L ∩ T )′ = (H ′ ∩K ′)′ = 〈H,K〉′′ = 〈H,K〉 = 〈L′, T ′〉.

(gHg−1)′ = {m ∈M : ghg−1(m) = m ∀h ∈ H}= {m ∈M : h(g−1(m)) = g−1(m) ∀h ∈ H}= {m ∈M : g−1(m) ∈ H ′} = {g(`) : ` ∈ H ′} = g(H ′),

g(L)′ = {σ ∈ G : σ(g(`)) = g(`) ∀` ∈ L}= {σ ∈ G : g−1σg(`) = ` ∀` ∈ L}= {σ ∈ G : g−1σg ∈ L′} = gL′g−1.

7.26. Seja M/K extensao de Galois e seja G = G (M/K). Se L ∈ [M/K] e H = L′

descreva (HG)′ ∈ [M/K] (onde HG e o coracao normal de H em G).

HG =⋂g∈G gHg

−1 logo (HG)′ = 〈g(H ′) : g ∈ G〉. Como HG e o maior subgrupo

normal de G contido em H, (HG)′ e a menor extensao de Galois de K contendo H ′ (o fechode Galois de H ′).

7.27. Sejam h(X), k(X) dois polinomios de K[X] cujos fatores irredutıveis sao separaveise sejam Gh e Gk os seus grupos de Galois sobre K, respectivamente. Seja f(X) = h(X)k(X),seja Mf um corpo de decomposicao de f(X) sobre K, sejam Mh, Mk corpos de decomposicaocontidos em Mf de h(X), k(X) sobre K respectivamente e sejam Gf = G (Mf/K), Gh =G (Mh/K), Gk = G (Mk/K). Seja

ϕ : Gf → Gh ×Gk, ϕ(g) = (g|Mh, g|Mk

).

• Mostre que ϕ e um homomorfismo bem definido e injetivo.

Mh e Mk sao estaveis pois Mh/K e Mk/K sao extensoes de Galois (sendo Mh

e Mk corpos de decomposicao sobre K de polinomios cujos fatores irredutıveis sao


separaveis), logo ϕ e bem definido. E injetivo porque Mf e gerado sobre K por Mh

e Mk.

• Mostre que as composicoes G→ Gh e G→ Gk de ϕ com as projecoes canonicas saosobrejetivas (ou seja Gf e um produto sub-direto de Gh e Gk).

Vimos na teoria que todo K-isomorfismo Mh → Mh se extende a um K-isomorfismo Mf →Mf , e a mesma coisa vale para Mk, logo Gf → Gh e Gf → Gk (oshomomorfismos de restricao) sao sobrejetivos e de fato Gh ∼= Gf/M

′h e Gk ∼= Gf/M

′k.

• Mostre que ϕ e isomorfismo se e somente se Mh ∩Mk = K.

ϕ e isomorfismo se e somente se M ′hM′k = Gf , ou seja 〈M ′h,M ′k〉 = Gf . Mas

sendo 〈M ′h,M ′k〉′ = M ′′h ∩M ′′k = Mh ∩Mk e G′f = K isso significa Mh ∩Mk = K.

7.28. Traduza a frase “todo subgrupo de ındice 2 e normal” em teoria de Galois.

Se M/K e extensao de Galois com grupo de Galois G e L ∈ [M/K] e tal que |G : L′| = 2entao L′EG, ou seja se |L : K| = 2 entao L/K e extensao de Galois. Isso pode ser reformuladodizendo que toda extensao separavel de grau 2 e extensao de Galois (e facil ver que todaextensao finita separavel L/K esta contida em uma extensao de Galois, basta adicionar todasas raızes dos polinomios minimais dos geradores de L sobre K).

7.29. Seja M um corpo de decomposicao sobre K do polinomio irredutıvel separavelf(X) ∈ K[X]. Seja u ∈M uma raiz de f(X). Mostre que se G = G (M/K) e abeliano entaoM = K(u).

Seja L = K(u). Sendo G abeliano L′ EG logo L/K e extensao de Galois. O argumentousual mostra que L e corpo de decomposicao de f(X) sobre Q. O argumento usual e o seguinte:se u1, . . . , um sao as raızes de f(X) em L entao considere h(X) = (X−u1) · · · (X−um) ∈ L[X],temos σ(h(X)) = h(X) para todo σ ∈ G (L/K) (onde σ : L[X] → L[X] e a unica extensaode σ tal que σ(X) = X) logo h(X) ∈ K[X] (sendo L/K extensao de Galois) e como h(X)divide f(X) e f(X) ∈ K[X] e irredutıvel segue que f(X) = h(X) ou seja f(X) se fatora emfatores lineares em L[X].

7.30. Mostre que nenhum corpo ciclotomico (sobre Q) contido em C contem 3√

2.

Todo corpo ciclotomico tem grupo de Galois G = G (M/Q) abeliano, logo se L ∈ [M/Q]

temos L′EG logo L/Q e extensao de Galois. Segue que M nao contem 3√

2 porque Q( 3√

2)/Qnao e extensao de Galois, como ja visto.

7.31. Seja n ≥ 3 um inteiro, seja u = ei2π/n ∈ C∗ e seja α = u + u−1. Mostre queQ(α) ⊆ R e que |Q(u) : Q(α)| = 2.


Temos αu = u2 + 1 logo u e raiz de X2 − αX + 1 ∈ Q(α)[X], segue que o grau d =|Q(u) : Q(α)| e 1 ou 2. Para terminar basta mostrar que Q(u) 6= Q(α). Se fosse assim entaou ∈ Q(α), mas isso e falso pois α = u + u−1 = 2 cos(2π/n) ∈ R logo Q(α) ⊆ R mas u 6∈ Rpois u = cos(2π/n) + i sin(2π/n) e n ≥ 3 (logo sin(2π/n) 6= 0).

7.32. Calcule o grau de sin(2π/11) e de cos(2π/11) sobre Q.

Sejam α = cos(2π/11), β = sin(2π/11) e u = α + iβ. O elemento u tem ordem 11 e|Q(u) : Q| = ϕ(11) = 10. Observe que α = (u + u−1)/2 e u tem grau 2 sobre Q(α), comovisto no exercıcio anterior, logo |Q(α) : Q| = 10/2 = 5. Observe que β = (u − u−1)/2i =(−iu−(iu)−1)/2 logo 2βiu = (iu)2−1, ou seja iu e raiz de X2−2βX−1 ∈ Q(β)[X] ou seja iutem grau 1 ou 2 sobre Q(β). Mas iu 6∈ Q(β) pois β = sin(2π/11) ∈ R logo Q(β) ⊆ R e iu 6∈ Rpois iu = − sin(2π/11) + i cos(2π/11) e cos(2π/11) 6= 0. Deduzimos que |Q(iu) : Q(β)| = 2.Para terminar precisamos calcular o grau de iu sobre Q. Observe que u tem ordem 11, logoiu tem ordem 44 (pois i tem ordem 4 que e coprimo com 11) logo |Q(iu) : Q| = ϕ(44) = 20.Segue que |Q(β) : Q| = 20/2 = 10.

7.33. Calcule o discriminante de f(X) = X5 − 1, ou seja D =∏i 6=j(ai − aj) onde

a1, . . . , a5 sao as raızes de f(X). Observe que

∆ =∏i<j

(ai − aj) ∈ Q(a1, . . . , a5).

Qual e o valor de ∆? Consegue generalizar ao caso Xn − 1? [Dica: chamadas de a1, . . . , a5

as raızes calcule f ′(ai) para todo i = 1, . . . , 5.]

Temos f(X) = (X − a1)(X − a2)(X − a3)(X − a4)(X − a5), logo

f ′(a1) = (a1 − a2)(a1 − a3)(a1 − a4)(a1 − a5),

f ′(a2) = (a2 − a1)(a2 − a3)(a2 − a4)(a2 − a5),

f ′(a3) = (a3 − a1)(a3 − a2)(a3 − a4)(a3 − a5),

f ′(a4) = (a4 − a1)(a4 − a2)(a4 − a3)(a4 − a5),

f ′(a5) = (a5 − a1)(a5 − a2)(a5 − a3)(a5 − a4).

Segue que D = (−1)10f ′(a1)f ′(a2)f ′(a3)f ′(a4)f ′(a5). Por outro lado f ′(X) = 5X4, logosendo −a1a2a3a4a5 = f(0) = −1, obtemos

D = 55(a1a2a3a4a5)4 = 55f(0)4 = 55.

Segue que ∆ = ±√D = ±25

√5, logo

√5 pertence ao quinto corpo ciclotomico. O mesmo

argumento aplicado a Xn − 1 mostra que neste caso

D = (−1)n(n−1)/2nn, ∆ = ±√

(−1)n(n−1)/2nn.


7.34. Seja n > 1 um inteiro. Mostre que Φn(0) = 1.

Como Φn(X) tem grau k = ϕ(n) chamadas de a1, . . . , ak as suas raızes temos Φn(0) =(−1)ka1 · · · ak. Observe que sendo n > 1 o numero k = ϕ(n) e par, pois se m ∈ {1, . . . , n}e coprimo com n entao −m tambem e coprimo com n e m 6≡ −m mod n sendo (m,n) = 1.Segue que (−1)k = 1. Para cada ai existe aj tal que aj = a−1

i pois a1, . . . , ak sao exatamenteos elementos de ordem multiplicatıva igual a n. Segue que a1 · · · ak = 1 logo Φn(0) = 1.

7.35. Seja p > 0 um numero primo e seja n = pk uma potencia de p. Mostre queΦn(1) = p.

Lembre-se que neste caso

Xn − 1 =

k∏t=0

Φpt(X) =

k−1∏t=0

Φpt(X) · Φpk(X) = (Xpk−1

− 1)Φpk(X),

logo

Φn(X) = (Xpk − 1)/(Xpk−1

− 1) = 1 +Xpk−1

+X2pk−1

+ . . .+Xpk .

Segue que Φn(1) = 1 + 1 + . . .+ 1 = p.

7.36. Seja ζn = ei2π/n. Encontre todos os subcorpos de Q(ζ13) e de Q(ζ24).

Seja u = ζ13. u e raiz de Φ13(X) =∑12i=0X

i. Observe que

G = G (Q(u)/Q) ∼= U(Z/13Z) = 〈2〉 ∼= C12.

Mais especificamente G = {g1, . . . , g12} onde gh e determinado pela igualdade gh(u) = uh etemos ghgk = ghk para todo h, k. A multiplicacao em U(Z/13Z) e a seguinte.

∗ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 121 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 122 2 4 6 8 10 12 1 3 5 7 9 113 3 6 9 12 2 5 8 11 1 4 7 104 4 8 12 3 7 11 2 6 10 1 5 95 5 10 2 7 12 4 9 1 6 11 3 86 6 12 5 11 4 10 3 9 2 8 1 77 7 1 8 2 9 3 10 4 11 5 12 68 8 3 11 6 1 9 4 12 7 2 10 59 9 5 1 10 6 2 11 7 3 12 8 410 10 7 4 1 11 8 5 2 12 9 6 311 11 9 7 5 3 1 12 10 8 6 4 212 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1


{1}

2yyyyyyyy3

DDDDDDDD

〈g12〉

2yyyyyyyy3

EEEEEEEE〈g3〉

2zzzzzzzz

〈g8〉3

EEEEEEEE〈g4〉

2yyyyyyyy

〈g2〉

M = Q(u)

2ppppppppppp3

PPPPPPPPPPPP

Q(u+ u12)

2lllllllllllll3

NNNNNNNNNNQ(u+ u3 + u9)

2nnnnnnnnnnn

Q(u+ u5 + u8 + u12)

3

RRRRRRRRRRRRRRRRQ(√

13)

2

ppppppppppppp

Q

Os elementos de 〈gh〉′ foram construidos da forma u + uh + uh2

+ . . .. O elemento√

13

gera Q(∆) onde ∆ = 136√

13 e o discriminante de X13 − 1 (veja um exercıcio anterior). Opolinomio minimal de t = u+u5 +u8 +u12 pode ser encontrado impondo at3 +bt2 +ct+d = 0e calculando a, b, c, d (precisa da relacao

∑12i=0 u

i = 0).

a(−9− 5u2 − 5u3 − 6u4 − 6u6 − 6u7 − 6u9 − 5u10 − 5u11)

+b(4 + u2 + u3 + 2u4 + 2u6 + 2u7 + 2u9 + u10 + u11)

+c(−1− u2 − u3 − u4 − u6 − u7 − u9 − u10 − u11) + d = 0.

Obtemos a = b = d e c = −4a. Logo o polinomio minimal de t sobre Q e X3 +X2 − 4X + 1.

Seja u = ζ24. u e raiz de Φ24(X) = X8 −X4 + 1, logo u8 = u4 − 1 e u12 = −1. Observeque

G (Q(u)/Q) ∼= U(Z/24Z) ∼= U(Z/3Z)× U(Z/8Z) ∼= C2 × C2 × C2.


Mais especificamente G = {g1, g5, g7, g11, g13, g17, g19, g23} e ghgk = ghk. A multiplicacao emU(Z/24Z) e a seguinte.

∗ 1 5 7 11 13 17 19 231 1 5 7 11 13 17 19 235 5 1 11 7 17 13 23 197 7 11 1 5 19 23 13 1711 11 7 5 1 23 19 17 1313 13 17 19 23 1 5 7 1117 17 13 23 19 5 1 11 719 19 23 13 17 7 11 1 523 23 19 17 13 11 7 5 1

Observe que 〈gk〉′ = Q(u + uk) pois k2 ≡ 1 mod 24 para todo k coprimo com 24. E claroque u + uh + uk + uhk ∈ 〈gh, gk〉′. Usando essa ideia e possıvel encontrar o diagrama dossubcorpos (usaremos so os geradores por motivos de espaco).

{1}

g5

ffffffffffffffffffffffffffffffff g7

iiiiiiiiiiiiiiiiiiiii g13

ttttttttttg11 g23

JJJJJJJJJJg17

TTTTTTTTTTTTTTTTTTTTg19


g5, g7

tttttttttt

fffffffffffffffffffffffffffffffg5, g13

JJJJJJJJJJ

ssssssssss

ddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddg11, g13

ssssssssss

iiiiiiiiiiiiiiiiiiiig5, g23

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

ssssssssss

fffffffffffffffffffffffffffffffg7, g23


ssssssssssg7, g13


ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ

ssssssssssg11, g17

KKKKKKKKKK

XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX

G


UUUUUUUUUUUUUUUUUUUU

KKKKKKKKKK

tttttttttt

iiiiiiiiiiiiiiiiiii

fffffffffffffffffffffffffffffff

M

γ5

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh γ7

mmmmmmmmmmmmmmmmγ13

zzzzzzzzzγ11 γ23

DDDDDDDDDγ17

RRRRRRRRRRRRRRRRγ19

VVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVVV

i√

6

{{{{{{{

iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii

CCCCCCCCC

||||||||

fffffffffffffffffffffffffffffffff √3

{{{{{{{

mmmmmmmmmmmmmmm √6

UUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUU

{{{{{{{

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh √2


zzzzzzzzi√

3



yyyyyyyi√

2

EEEEEEE


Q

UUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUU

PPPPPPPPPPPPPPPPP

BBBBBBBB

||||||||

mmmmmmmmmmmmmmmm


Aqui γi = u + ui. As contas foram feitas observando que (u + u11 + u17 + u19)2 = −2,que (u+ u5 + u7 + u11)2 = −6 e que (u+ u5 + u23 + u19)2 = 6.


7.37. Seja u = ei2π/10 e seja M = Q(u). Calcule NM/Q(u+ u−1).

O grupo de Galois G de M/Q e {g1, g3, g7, g9} onde gk e determinado por gk(u) = uk.Observe que u5 = −1 e que Φ10(u) = 0, ou seja u4 − u3 + u2 − u+ 1 = 0. Segue que

NM/Q(u+ u−1) = (u+ u−1)(u3 + u−3)(u7 + u−7)(u9 + u−9)

= (u+ u−1)2(u3 + u−3)2 = (u2 + u−2 + 2)(u6 + u−6 + 2)

= u8 + u−4 + 2u2 + u4 + u−8 + 2u−2 + 2u6 + 2u−6 + 4

= −u3 − u+ 2u2 + u4 + u2 − 2u3 − 2u+ 2u4 + 4

= 3(u3 − u2 + u− 1)− 3u3 + 3u2 − 3u+ 4 = 1.

7.38. Seja n > 0 um inteiro. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 modulon. [Dica: se por contradicao p1, . . . , pt sao todos os primos congruentes a 1 modulo n sejam = np1 · · · pt e seja p um divisor primo de Φn(m). Mostre que p ≡ 1 mod n.]

Seguindo a notacao da dica, observe que α = m = m+ pZ ∈ Z/pZ = K e raiz de Φn(X)em K, em particular αn = 1 em K (pois Φn(X) divide Xn − 1 em K[X]). Mostraremos queα tem ordem multiplicativa igual a n. Para isso basta mostrar que se d e um divisor de nentao αd 6= 1, ou seja que α nao e raiz de Xd − 1. Sendo Xd − 1 o produto

∏k|d Φk(X) (o

produto dos polinomios ciclotomicos reduzidos modulo p) basta mostrar que Φk(α) 6= 0 paratodo divisor k de n tal que k 6= n. Mas se fosse Φk(α) = 0 para algum divisor k de n comk < n entao α seria raiz de Φk(X) e de Φn(X), logo Xn − 1 teria α como raiz multipla (emK), logo α seria raiz da derivada (Xn− 1)′ = nXn−1, ou seja nαn−1 = 0 em K. Sendo α 6= 0(pois αn = 1) deduzimos que p divide n. Mas como n divide m (por definicao de m) issoimplica que α = m = 0 em K, contradicao porque αn = 1. Segue que o(α) = n no grupo K∗,que tem ordem p− 1, logo pelo teorema de Lagrange n divide p− 1, ou seja p ≡ 1 mod n, eisso implica que p divide m (pela definicao de m). De novo isso e um absurdo porque implicaque α = m = 0 em K, contradicao porque αn = 1.

7.39. Sejam p um numero primo e n > 0 um inteiro nao divisıvel por p. Encontre o graude um corpo de decomposicao de Xn− 1 sobre Fp. [Dica: se M e um corpo de decomposicaode Xn − 1 sobre Fp entao M e finito e A = {m ∈ M : mn = 1} e um subgrupo de M∗,calcule |A|.]

Como p nao divide n o polinomio Xn− 1 nao tem raızes multiplas em nenhuma extensaode Fp (pois a sua derivada e nXn−1 e tem 0 como unica raiz, e 0 nao e raiz de Xn − 1), logoM contem exatamente n raizes de Xn − 1, ou seja |A| = n. Segue que A e um subgrupo deordem n do grupo M∗, que e cıclico porque M e um corpo finito (sendo uma extensao finitade Fp), logo A e cıclico e |A| = n divide |M∗| = |M | − 1. O tamanho de M e uma potenciapk, logo |M∗| = pk−1. Por outro lado se E e uma extensao de Fp de grau h e n divide ph−1entao E contem um subgrupo cıclico de ordem n (pela estrutura dos subgrupos de um grupocıclico) logo E contem um corpo de decomposicao de Xn − 1 sobre Fp. Segue que k (o graude um corpo de decomposicao de Xn− 1 sobre Fp) e exatamente o menor inteiro positivo talque pk ≡ 1 mod n.


7.40. Seja E um corpo finito de caracterıstica p. Mostre que E/Fp e extensao de Galoise o seu grupo de Galois e cıclico de ordem |E : Fp|. Deduza que se F ≤ E sao corpos finitosentao E/F e extensao de Galois com grupo de Galois cıclico de ordem |E : F |.

Vimos que E e corpo de decomposicao de Xpn−X sobre Fp, onde n = |E : Fp| e |E| = pn.

Como Xpn−X nao tem raızes multiplas (a sua derivada e −1) deduzimos que E/Fp e extensaode Galois (sendo E corpo de decomposicao sobre Fp para um polinomio de Fp[X] cujos fatoresirredutıveis sao separaveis) logo o seu grupo de Galois G tem ordem |E : Fp| = n. Por outrolado G contem o isomorfismo de Frobenius φ : E → E, φ(x) = xp, que tem ordem n porqueφn(x) = xp

n

= x para todo x ∈ E (como visto) e se d divide n e d < n entao φd 6= 1 porque

se fosse φd = 1 entao teriamos xpd

= x para todo x ∈ E logo E teria no maximo pd elementos

(porque Xpd − X tem no maximo pd raızes em E) logo pn = |E| ≤ pd contradiria d < n.Segue que 〈φ〉 e um subgrupo de ordem n de G, que tem ordem n, logo G = 〈φ〉. Se F ≤ Esao corpos finitos entao sao extensoes de Fp onde p e a caracterıstica de F , e sendo E/FpGalois, E/F e Galois tambem (e corpo de decomposicao de X |E|−X sobre F , sendo tal sobreFp) e G (E/F ) = F ′ (o subgrupo correspondente a F na extensao de Galois E/Fp) e cıclico(de ordem |E : F |, sendo E/F extensao de Galois) sendo F ′ um subgrupo de G (E/Fp) ∼= Cn.

7.41. (*) Seja α =√

(2 +√

2)(3 +√

3) e seja M = Q(α). Sabendo que M/Q e extensao

de Galois e que o seu grupo de Galois sobre Q e isomorfo a Q8, estude as correspondenciasde Galois. A que sao isomorfos G (M/Q(

√2)), G (M/Q(

√3)), G (M/Q(

√6))? [Dica: as raızes

do polinomio minimal de α sao oito, especificamente ±√

(2±√

2)(3±√

3).] O grupo Q8

(“grupo dos quaternios”) e um grupo nao abeliano de ordem 8.

Q8 = {1,−1, i,−i, j,−j, k,−k}.

Temos as relacoes i2 = j2 = k2 = −1 e ij = k, ji = −k. Os subgrupos de Q8 sao todosnormais, o centro e Z(Q8) = 〈−1〉 = {1,−1} e Q8/Z(Q8) ∼= C2 × C2.

Os subgrupos de Q8 sao os seguintes.

{1}

2

〈−1〉 ∼= C2

2qqqqqqqqqq2

2

MMMMMMMMMM

〈i〉 ∼= C4

2

MMMMMMMMMMM〈j〉 ∼= C4

2

〈k〉 ∼= C4

2qqqqqqqqqqqq

Q8


As raızes do polinomio minimal f(X) de α sobre Q sao ±α, ±2/α, ±√

2α/(3 +√

3),

±(3 +√

3)√

2/α. E facil ver que√

2,√

3 pertencem a M = Q(α) considerando α2 e 1/α2 =

(2−√

2)(3−√

3)/12. Os subcorpos de M sao os seguintes.

M = Q(α)

2

Q(√

2,√

3)

2ssssssssss2

2

KKKKKKKKKK

Q(√

2)

2

LLLLLLLLLLLLQ(√

3)

2

Q(√

6)

2rrrrrrrrrrrr

Q

7.42. Mostre que nao existe f(X) ∈ Q[X] irredutıvel de grau 4 com grupo de Galoissobre Q isomorfo a Q8.

Sabemos que o grupo de Galois de f(X) sobre Q e isomorfo a um subgrupo de S4. Se|G| = 8 entao G precisa ser isomorfo a D8 pois todo subgrupo de S4 de ordem 8 e isomorfoa D8 (os 2-Sylow sao todos conjugados, em particular isomorfos entre eles). Mas D8 6∼= Q8

porque todos os subgrupos de Q8 sao normais mas nem todos os subgrupos de D8 sao normais(escrevendo D8 = C4 oC2 com a acao de inversao, o complemento C2 nao e normal em D8).

8. Solubilidade

Proposicao 41. Seja M um corpo de decomposicao sobre K. Seja U o conjunto dasraızes n-esimas de 1 em C. Entao G (M/K) e soluvel se e somente se G (M(U)/K(U)) esoluvel.

Demonstracao. A extensao M/K e Galois por hipotese, logo M e o corpo de decom-posicao sobre K para um polinomio f(X) ∈ K[X]. A extensao K(U)/K e Galois sendo umcorpo de decomposicao de Xn − 1 e M(U)/K e Galois sendo um corpo de decomposicao def(X)(Xn − 1). Sejam T = G (M(U)/K(U)), R = G (M(U)/K), G = G (M/K). Precisamosmostrar que T e soluvel se e somente se G e soluvel. Trabalharemos na extensao M(U)/K.Sabemos que T = K(U)′, e sendo K(U) um corpo de decomposicao, e Galois logo e estavel eR/T ∼= G (K(U)/K) e abeliano. Sendo M um corpo de decomposicao, e Galois logo e estavelem M(U)/K e M ′ E R, R/M ′ ∼= G (M/K) = G. Isso mostra que se T e soluvel entao Re soluvel (sendo R/T abeliano) logo G ∼= R/M ′ e soluvel. Pertencer a T significa fixar U ,e pertencer a M ′ significa fixar M , logo pertencer a T ∩M ′ significa fixar M(U), ou sejaT ∩M ′ = K(U)′ ∩M ′ = M(U)′ = {1}. Segue que T ∼= T/T ∩M ′ ∼= TM ′/M ′ ≤ R/M ′ ∼= G,ou seja T e isomorfo a um subgrupo de G, logo T e soluvel se G e soluvel. �

Corolario 7. Seja K um corpo, Q ≤ K ≤ C, e seja a ∈ K. O grupo de Galois deXn − a sobre K e soluvel.

8. SOLUBILIDADE 205

Demonstracao. Dado um corpo de decomposicao M de Xn − a sobre K vimos queG (M(U)/K(U)) e cıclico, em particular e soluvel, logo G (M/K) e soluvel pela proposicaoanterior. �

Proposicao 42. Sejam σ1, . . . , σr automorfismos distintos de um corpo K. Entao σ1, . . . , σrsao linearmente independentes sobre K.

Demonstracao. Por contradicao existam σ1, . . . , σr automorfismos de K linearmentedependentes sobreK, daı podemos escolher r minimal com essa propriedade. Sejam a1, . . . , ar ∈K com

∑ri=1 aiσi = 0. A minimalidade de r implica que ai 6= 0 para todo i = 1, . . . , r. Como

a funcao nula nao e automorfismo, r ≥ 2. Seja b ∈ K com σ1(b) 6= σ2(b). Temos

a1σ1(b)σ1(c) + . . .+ arσr(b)σr(c) = a1σ1(bc) + . . .+ arσr(bc) = 0.

Subtraindo σ1(b)(a1σ1(c) + . . .+ arσr(c)) = 0 obtemos

a2(σ2(b)− σ1(b))σ2(c) + . . .+ ar(σr(b)− σ1(b))σr(c) = 0.

Isso vale para todo c ∈ K logo e uma combinacao linear nula dos σi com menos de r coeficientesnao nulos. Os coeficientes nao sao todos nulos porque a2(σ2(b)− σ1(b)) 6= 0. Isso contradiz aminimalidade de r. �

Dada uma extensao de Galois M/K de grau n com grupo de Galois G, a norma dem ∈M e

NM/K(m) = N(m) =∏g∈G

g(m).

Por exemplo na extensao de Galois Q(i)/Q, corpo de decomposicao de X2 + 1 com grupo deGaloisG = {1, σ} onde σ(i) = −i, a norma de a+ib e (a+ib)σ(a+ib) = (a+ib)(a−ib) = a2+b2.Observe que

• Se x ∈ K entao N(x) = xn.De fato sendo x ∈ K temos g(x) = x para todo g ∈ G logo N(x) =

∏g∈G g(x) =∏

g∈G x = xn sendo |G| = |M : K| = n.

• Se x, y ∈M entao N(xy) = N(x)N(y) e N(x−1) = N(x)−1.De fato sendo os elementos de G homomorfismos de corpos, e sendo a multi-

plicacao em M comutativa,

N(xy) =∏g∈G

g(xy) =∏g∈G

g(x)g(y) =∏g∈G

g(x)∏g∈G

g(y) = N(x)N(y),

N(x−1) =∏g∈G

g(x−1) =∏g∈G

g(x)−1 =

∏g∈G

g(x)

−1

= N(x)−1.

• Se x ∈M e σ ∈ G entao N(x) = N(σ(x)).De fato N(σ(x)) =

∏g∈G gσ(x) =

∏h∈G h(x) = N(x) sendo {gσ : g ∈ G} = G.

• Se x ∈M entao N(x) ∈ K.De fato se σ ∈ G entao σ(N(x)) =

∏g∈G σg(x) =

∏h∈G h(x) = N(x) sendo

{σg : g ∈ G} = G, isso vale para todo σ ∈ G logo N(x) ∈ G′ = K.


Teorema 29 (Teorema 90 de Hilbert). Seja M/K extensao de Galois finita com grupode Galois G = 〈σ〉 cıclico. Um elemento a ∈ M tem norma 1 se e somente se existe b ∈ Mtal que a = bσ(b)−1.

Demonstracao. Seja n = |G|. Temos G = 〈σ〉 = {1, σ, . . . , σn−1}. Seja a ∈ M .Observe que

N(a) =∏g∈G

g(a) = aσ(a)σ2(a) · · ·σn−1(a).

Se existe b ∈M com a = bσ(b)−1 entao

N(a) = N(bσ(b)−1) = N(b)N(σ(b)−1) = N(b)N(σ(b))−1 = N(b)N(b)−1 = 1.

Agora suponha N(a) = 1. Seja ϕ o homomorfismo M →M definido por (lembre que σ0 = 1)

ϕ(c) =

n−1∑i=0

aσ(a) · · ·σi(a)σi(c).

Sendo 1, σ, . . . , σn−1 distintos, eles sao linearmente independentes, logo ϕ nao e o homomor-fismo nulo. Existe entao c ∈M tal que ϕ(c) 6= 0. Seja b := ϕ(c). Sendo aσ(a)σ2(a) · · ·σn−1(a) =N(a) = 1 e σn = 1 temos

σ(b) =

n−1∑i=0

σ(a)σ2(a) · · ·σi+1(a)σi+1(c) = a−1n−1∑i=0

aσ(a) · · ·σi+1(a)σi+1(c)

= a−1

(n−2∑i=0

aσ(a) · · ·σi+1(a)σi+1(c) + aσ(a)σ2(a) · · ·σn(a)σn(c)

)

= a−1

(n−1∑i=1

aσ(a) · · ·σi(a)σi(c) + ac

)= a−1

n−1∑i=0

aσ(a) · · ·σi(a)σi(c) = a−1b

ou seja σ(b) = a−1b. Sendo b 6= 0, obviamente σ(b) 6= 0 e podemos reformular a igualdadeσ(b) = a−1b como a = bσ(b)−1. �

Proposicao 43. Seja M/K extensao de Galois finita de grau n com K contendo todasas raızes n-esimas de 1 e G = G (M/K) = 〈σ〉 cıclico. Entao M = K(t) com t raiz de Xn−a,para algum a ∈ K, e Xn − a e irredutıvel em K[X].

Demonstracao. Seja ε = ei2π/n. Sendo ε ∈ K temos N(ε) = εn = 1 logo N(ε−1) = 1tambem e existe t ∈ M tal que ε−1 = tσ(t)−1. Segue que σ(t) = tε logo σ(tn) = (tε)n = tn

logo a := tn ∈ K. Segue que t e raiz de Xn − a. Sendo K(t) ⊆ M e |M : K| = n, paramostrar que M = K(t) e suficiente mostrar que Xn − a e irredutıvel em K[X], porque daısegue |K(t) : K| = n = |M : K| logo M = K(t). Seja f(X) o polinomio minimal de t sobreK, entao σi(t) = tεi e raiz de f(X) para todo i = 0, 1, . . . , n−1, e σi(t) = tεi 6= tεj = σj(t) se

i, j ∈ {0, 1, . . . , n− 1} e i 6= j, segue que f(X) =∏n−1i=0 (X − σi(t)), logo f(X) divide Xn − a

e tem grau n, isso implica f(X) = Xn − a. �

9. EXTENSOES RADICAIS 207

9. Extensoes radicais

Resolver uma equacao polinomial f(X) = 0 sobre K para nos significa expressar assolucoes de f(X) = 0 a partir dos elementos de K usando operacoes de corpo e raızes n-esimas. Por exemplo a formula para resolver X3 + pX + q = 0, onde p, q ∈ Q, e (Cardano)

xk = ξk3

√−q

2+

√q2

4+p3

27+ ξ2k 3

√−q

2−√q2

4+p3

27, k = 0, 1, 2

onde ξ = ei2π/3 = − 12 + i

√3

2 e se q2/4 + p3/27 < 0 as duas raızes cubicas na formula sao

tomadas complexas conjugadas e se q2/4 + p3/27 ≥ 0 as duas raızes cubicas na formula saoreais. Observe que se existirem raızes complexas conjugadas de uma cubica irredutıvel entaoo grupo de Galois dela e S3 porque a conjugacao complexa tem ordem 2. O exemplo dascubicas justifica a definicao seguinte.

Seja F/K uma extensao de corpos. Ela e dita radical se existe uma torre de raızesque vai de K ate F , ou seja uma sequencia de subcorpos

K = K0 ≤ K1 ≤ . . . ≤ Kr = F

tal que para todo i = 0, . . . , r − 1, Ki+1 = Ki(ti) onde tnii ∈ Ki para algum inteiro positivoni, ou seja ti e uma raiz ni-esima de um elemento de Ki, ou seja ti e raiz de um polinomioXni − ai ∈ Ki[X].

Se f(X) ∈ K[X], a equacao f(X) = 0 e dita soluvel por radicais se existem umaextensao radical F/K e um corpo de decomposicao M/K de f(X) sobre K tal que M ≤ F .

Por exemplo a torre de raızes correspondente a cubica acima e

Q ⊂ Q(i√

3) ⊂ Q(i√

3,√δ) ⊂ Q

(i√

3,√δ, 3

√−q

2+√δ

)⊂ Q

(i√

3,√δ, 3

√−q

2+√δ, 3

√−q

2−√δ

)onde δ = q2

4 + p3

27 .

O fecho de Galois de uma extensao L/K e a extensao M/K obtida adicionando a L todasas raızes dos polinomios minimais dos elementos de L sobre K. Se trata da menor extensaode Galois de K contendo L.

• Se F/K e radical e F ≥ L ≥ K entao F/L e radical.• Se F1, F2 sao radicais sobre K entao 〈F1, F2〉/K e radical.• Se F/K e radical e N/K e o fecho de Galois de F sobre K entao N/K e radical.

A terceira observacao segue do fato que N e gerado sobre K pelos σ(F ) onde σ ∈ G (N/K)(veja os exercıcios) logo pela segunda observacao basta mostrar que σ(F )/K e radical, masisso e obvio.

Teorema 30. Sejam f(X) ∈ K[X], M um corpo de decomposicao de f(X) sobre K eG = G (M/K). A equacao f(X) = 0 e soluvel por radicais se e somente se G e soluvel.


Demonstracao. Seja M/K um corpo de decomposicao de f(X) sobre K e seja G =G (M/K).

Suponha que f(X) e soluvel por radicais. Existe entao uma extensao radical F/K comF ≥ M . O fecho de Galois E de F e radical, e como G (M/K) ∼= G (E/K)/G (E/M) esuficiente mostrar que G (E/K) e soluvel, e sendo E um corpo de decomposicao podemossupor E = M , ou seja podemos supor M radical. Temos uma sequencia de subcorpos

K = K0 ≤ K1 ≤ . . . ≤ Kr = M

tal que para todo i = 0, . . . , r−1, Ki+1 = Ki(ti) onde tnii ∈ Ki para algum inteiro positivo ni.Seja m = n0 · · ·nr−1 e seja U o grupo das raızes de Xm − 1 em C. Como G (M/K) e soluvelse e somente se G (M(U)/K(U)) e soluvel, podemos supor que U ⊆ K. Vamos mostrar queG e soluvel por inducao sobre r. Se r = 1 entao M = K1 = K(t0) e G (K(t0)/K) e soluvel,sendo corpo de decomposicao para Xn0 − tn0

0 . Agora suponha r ≥ 2. Por hipotese de inducaoN = K(t0)′ = G (M/K(t0)) e soluvel, e sendo K(t0)/K Galois (porque K ⊇ U), N e normalem G e G/N ∼= G (K(t0)/K) e cıclico. Segue que G e soluvel.

Suponha agora G soluvel. Seja U o grupo das raızes de X |G|−1 em C (sao todas distintas)e suponha que U ⊆ K. Sendo G soluvel existe uma serie

G = G1 BG2 B . . .BGr = {1}

com Gi/Gi+1 cıclico para todo i = 1, . . . , r − 1 (veja os exercıcios), e tomando os subcorposcorrespondentes Ki = G′i obtemos

K = K1 < K2 < . . . < Kr = M.

Temos ni = |Ki+1/Ki| = |Gi : Gi+1| para todo i = 0, 1, . . . , r−1 e o grupo de Galois de M/Ki

e K ′i = Gi. Sendo Gi+1 normal em Gi, Ki+1 e estavel em M/Ki, e o subgrupo correspondentea Ki+1 e Gi+1, logo Ki+1/Ki e extensao de Galois com grupo de Galois Gi/Gi+1, cıclico.Como K contem U , segue (pelo teorema que vimos) que Ki+1 e obtido de Ki adicionandouma raiz de um polinomio da forma Xni −ai com ai ∈ Ki+1, logo a serie de subcorpos acimae uma torre de raızes.

Agora suponha que K nao contem U . Sendo U um grupo cıclico, K(U) e extensao radicalde K (e obtida adicionando uma oportuna raiz de X |G| − 1), logo sendo M ⊆ M(U), paramostrar que f(X) = 0 e soluvel por raidicais basta mostrar que M(U) e extensao radicalde K, e para isso e suficiente mostrar que M(U) e extensao radical de K(U). Sabemos queM(U)/K(U) e Galois, sendo M(U) corpo de decomposicao de f(X) sobre K(U). Trabalhare-mos na extensaoM(U)/K, que e Galois sendoM(U) corpo de decomposicao de f(X)(X |G|−1)sobre K. O homomorfismo de restricao G (M(U)/K(U)) → G = G (M/K), σ 7→ σ|M e bemdefinido (sendo M/K Galois, logo M e estavel) e injetivo logo G (M(U)/K(U)) e soluvel deordem que divide |G|. Segue que U contem as raızes de Xm− 1 onde m = |G (M(U)/K(U))|.Pelo paragrafo anterior M(U)/K(U) e radical. �

10. Quarticas

Seja f(X) = X4+bX3+cX2+dX+e irredutıvel e separavel em F [X] e sejam v1, v2, v3, v4

as suas raızes, todas distintas. Seja M = F (v1, v2, v3, v4) e G = G (M/F ), isomorfo a um

10. QUARTICAS 209

subgrupo de S4. Sejam

α := v1v2 + v3v4, β := v1v3 + v2v4, γ := v1v4 + v2v3

Como os vi sao distintos segue que α, β e γ sao distintos. De fato

α− β = v1v2 + v3v4 − v1v3 − v2v4 = (v1 − v4)(v2 − v3) 6= 0,

α− γ = v1v2 + v3v4 − v1v4 − v2v3 = (v1 − v3)(v2 − v4) 6= 0,

β − γ = v1v3 + v2v4 − v1v4 − v2v3 = (v1 − v2)(v3 − v4) 6= 0.

Alem disso e facil se convencer que a acao natural de G sobre as raızes induz uma acao de Gsobre {α, β, γ}. Seja K < S4 o grupo de Klein. E claro que se σ ∈ G ∩K entao σ fixa α, βe γ. Reciprocamente se σ 6∈ G ∩ K entao σ nao fixa pelo menos um entre α, β, γ. Para seconvencer disso, se σ 6∈ G entao σ e de um dos tipos seguintes:

• 2-cıclos. Por exemplo se σ = (12) entao β 7→ γ 7→ β.• 3-cıclos. Por exemplo se σ = (123) entao α 7→ γ 7→ β 7→ α.• 4-cıclos. Por exemplo se σ = (1234) entao γ 7→ α 7→ γ.

Segue que F (α, β, γ)′ = G ∩ K, e (G ∩ K)′ = F (α, β, γ) sendo M/F Galois. Logo sendoF (α, β, γ) estavel em M/F ,

G/G ∩K ∼= G(F (α, β, γ)/F )

O polinomio

R(X) = (X − α)(X − β)(X − γ) ∈ F (α, β, γ)[X]

e chamado de resolvente cubica de f(X). Como a acao natural de G induz uma acaopermutacional em {α, β, γ} temos R(X) ∈ F [X]. Uma conta demonstra que a resolventecubica de f(X) = X4 + bX3 + cX2 + dX + e e

X3 − cX2 + (bd− 4e)X − b2e+ 4ce− d2 ∈ F [X].

O grupo de Galois de R e isomorfo a G/G ∩ K. G e um subgrupo transitivo de S4 (sendof(X) irredutıvel), e sabemos quais sao os subgrupos transitivos de S4: o grupo de Klein,os subgrupos cıclicos de ordem 4, os subgrupos diedrais de ordem 8, o grupo alternado A4

e o grupo simetrico S4. E entao imediato deduzir as coisas seguintes. Se G/G ∩ K ∼= S3

entao G = S4. Se G/G ∩ K ∼= A3 entao G = A4. Se G = G ∩ K entao G = K. Suponha|G/G ∩K| = 2. Se K ≤ G entao G = D8, e se |G ∩K| = 2 entao G = C4.

Exemplo. f(X) = X4 − 2 tem grupo de Galois D8. De fato a resolvente cubica eX3 + 8X = X(X2 + 8) que tem grupo de Galois de ordem 2, logo G e D8 ou C4, por outro

lado nao e C4 porque Q( 4√

2) nao e um corpo de decomposicao para f(X). Segue que G = D8.

Exemplo. f(X) = X4 − 3X2 + 4 tem grupo de Galois K. De fato a resolvente cubica eR(X) = X3 + 3X2− 16X − 48 = (X + 3)(X − 4)(X + 4). Segue que G = G∩K logo G = K.

Exemplo. f(X) = X4 + 8X + 12 tem grupo de Galois A4. De fato a resolvente cubica eR(X) = X3−48X−64, que e irredutıvel. O discriminante de R e 4 ·483−27 ·642 = 212 ·34 =5762. Segue que R tem grupo de Galois de ordem 3 logo G = A4.


Exemplo. f(X) = X4 −X − 1 tem grupo de Galois S4. De fato a resolvente cubica eR(X) = X3 + 4X − 1, que e irredutıvel. O discriminante de R e −283 logo R tem grupo deGalois S3 e G = S4.

O problema seguinte e um classico problema em aberto.

Problema inverso de Galois (Inverse Galois Problem): dado um grupo finito G encontreum polinomio f(X) ∈ Q[X] cujo grupo de Galois sobre Q e isomorfo a G. Equivalentemente,encontre uma extensao de Galois M/Q tal que G (M/Q) ∼= G.

11. Raızes de equacoes de grau 2 e 3

Considere a equacao de segundo grau f(X) = 0, onde f(X) = aX2 + bX + c e a, b, c ∈Q. Sejam α, β as suas raızes em uma oportuna extensao de Q (por exemplo C). O corpoM = Q(α, β) e o corpo de decomposicao de f(X) sobre Q e f(X) = a(X − α)(X − β), eigualando os coeficientes segue que α + β = −b/a, logo β ∈ Q(α) e isso implica M = Q(α).Se α ∈ Q entao M = Q, agora suponha α 6∈ Q, assim |M : Q| = 2 e f(X) e irredutıvel emQ[X]. Queremos escrever M como Q(d) onde d e uma raiz quadrada de um elemento de Q....

Considere a equacao de terceiro grau f(X) = 0, onde f(X) = aX3 + bX2 + cX + d ea, b, c, d ∈ Q.

12. O teorema fundamental da Algebra

Um corpo K e dito algebricamente fechado se todo polinomio nao constante de K[X]admite pelo menos uma raiz em K. Pela fatoracao unica, isso e equivalente a dizer que osunicos polinomios irredutıveis em K[X] sao os polinomios de grau 1, e isso e equivalente adizer que a unica extensao finita de K e o proprio K, ou seja nao existe nenhuma extensaofinita M/K de grau maior que 1.

O teorema fundamental da algebra diz que o corpo

C = {a+ ib : a, b ∈ R}dos numeros complexos e algebricamente fechado. Observe que a teoria de Galois desenvol-vida ate agora nao depende de C ser algebricamente fechado, depende apenas da existenciados corpos de decomposicao de um polinomio (e do fato che os subgrupos finitos do grupomultiplicativo de um corpo sao cıclicos - exercıcio para quem quiser).

Teorema 31 (Teorema fundamental da algebra). O corpo C dos numeros complexos ealgebricamente fechado.

Demonstracao. Seja M/C uma extensao finita, mostraremos que M = C. A extensaoM/R e finita de grau maior ou igual a |C : R| = 2. Seja F o fecho normal de M sobre R,entao F/R e uma extensao finita de Galois de grau maior ou igual a 2, logo podemos suporM = F , ou seja M/R e Galois.

13. CONSTRUTIBILIDADE COM REGUA E COMPASSO 211

Seja G = G (M/R), seja H um 2-subgrupo de Sylow de G e seja L = H ′ o subcorpoR ≤ L ≤ M correspondente a H. Entao L/R e uma extensao de grau ımpar. Isso implicaque L = R. De fato se α ∈ L entao |R(α) : R| e ımpar (pois divide |L : R| pela formula dograu) logo o polinomio minimal f(X) de α sobre R tem grau ımpar. Mas um simples esbocode grafico mostra que todo polinomio de grau ımpar admite pelo menos uma raiz real, logo eredutıvel em R[X] se tiver grau maior que 1. Isso implica que |R(α) : R| = 1 ou seja α ∈ R.Segue que G = |M : R| e uma potencia de 2, ou seja G e um 2-grupo.

Segue que P = G (M/C) = C′ ≤ G e tambem um 2-grupo (sendo um subgrupo de um2-grupo). Suponha P 6= {1}, e seja Q um subgrupo maximal de G (M/C). Temos vistoque Q tem ındice 2 em P (todo subgrupo maximal de um p-grupo nao trivial tem ındice p),logo o subcorpo correspondente Q′ na extensao de Galois M/C tem grau 2 sobre C, ou sejaQ′ = C(β) com β de grau 2.

Queremos mostrar que β ∈ C, o que leva a uma contradicao terminando o argumento.Pela formula de Bhaskara para mostrar que as raızes do polinomio minimal de β sobre Cpertencem a C basta mostrar que para cada d = r+is ∈ C existe c = x+iy ∈ C tal que c2 = d(aqui r, s, x, y ∈ R), ou seja x2 − y2 = r e 2xy = s. Para isso seja ρ =

√r2 + s2 e seja α um

numero real tal que cos(α) = r/ρ e sin(α) = s/ρ (α existe porque (r/ρ)2 +(s/ρ)2 = 1). Sejamx =√ρ cos(α/2) e y =

√ρ sin(α/2). Temos x2 − y2 = ρ cos(α) = r e 2xy = ρ sin(α) = s. �

13. Construtibilidade com regua e compasso

Um numero complexo e dito construtıvel com regua e compasso se pode ser costruıdoa partir de um segmento de comprimento 1 usando apenas regua e compasso, ou seja podendoconstruir segmentos entre dois pontos, cırculos com dado centro passantes por um dado ponto,e podendo interceptar as linhas construidas de tais formas. Lembre-se que e sempre possıvelconstruir a reta perpendicular a uma reta dada e passante por um dado ponto, o ponto mediode um segmento, e e possıvel transladar e rotacionar segmentos.


Teorema 32. Os numeros complexos construtıveis formam um corpo F tal que se α ∈ Fentao

√α ∈ F , ou seja os polinomios de grau 2 de F [X] sao redutıveis. Em outras palavras

F nao admite extensoes de grau 2.

Demonstracao. Precisamos mostrar que dados α e β construtıveis, α+ β, α− β, 1/α(quando α 6= 0), αβ e

√α sao construtıveis. Usando o fato que todo numero complexo tem

a forma a + ib com a, b reais e facil se reduzir ao caso em que α e β sao reais. Faremos oproduto e a raız quadrada, os outros sao deixados por exercıcio. �

Teorema 33. α ∈ F se e somente se existe uma “torre radical”, ou seja uma sequenciade corpos

Q = K0 < K1 < K2 < . . . < Km

tal que |Ki : Ki−1| = 2 para todo i = 1, . . . ,m, com a propriedade que α ∈ Km.

Em particular, sendo |Km : Q| = 2m, todo numero complexo construtıvel e algebrico degrau sobre Q igual a uma potencia de 2.

Demonstracao. Observe que se existe uma tal serie entao cada Ki e obtido adicionandoa Ki−1 uma raız quadrada de um elemento de Ki−1. Como a raız quadrada de um numeroconstrutıvel e um numero construtıvel, deduzimos que α e construtıvel.

Reciprocamente suponha que α seja construtıvel. Isso significa que α e o comprimentode um segmento que pode ser obtido a partir de um ponto inicial O (que pode ser a origemde uma referencia cartesiana) fazendo intersecoes de retas com retas, retas com circulos oucirculos com circulos. Como as retas sao graficos de equacoes polinomiais de grau 1 e oscırculos sao graficos de equacoes polinomiais de grau 2, deduzimos que todos os pontos obtidosnesse processo tem como coordenadas solucoes de equacoes polinomiais de grau 1 ou 2, logopertencem a um oportuno subcorpo de C em uma serie como no enunciado. �

Teorema 34. α ∈ C e construtıvel se e somente se o fecho de Galois M de Q(α) sobreQ tem grau |M : Q| igual a uma potencia de 2. Em outras palavras α e construtıvel se esomente se o grupo de Galois do polinomio minimal de α sobre Q e um 2-grupo.

Demonstracao. Seja M o fecho de Galois de Q(α), ou seja o corpo de decomposicao dopolinomio minimal f(X) de α sobre Q, e seja G = G (M/Q). Observe que M e gerado sobreQ pelos g(α) onde g ∈ G (as raızes de f(X)), logo se α e construtıvel entao g(α) e construtıvel

13. CONSTRUTIBILIDADE COM REGUA E COMPASSO 213

para todo g ∈ G (basta aplicar g a uma torre radical), logo existem torres radicais alcancandotodos os corpos Q(g(α)) com g ∈ G, e por consequencia existe uma torre radical alcancandoM .

Se G e um 2-grupo entao usando que o centro de G nao e trivial, por inducao conseguimosconstruir uma serie

{1} = G0 < G1 < G2 < . . . < Gm = G

com Gi normal em G para todo i e Gi/Gi−1 de ordem 2 (contido no centro de G/Gi−1).Tomando os subcorpos correspondentes obtemos uma torre radical cujo ultimo termo e M ,logo contem α. �

Teorema 35. O n-agono regular e construtıvel se e somente se ϕ(n) e uma potencia de2.

Demonstracao. Seja u um elemento de C de ordem multiplicativa igual a n. E claroque o n-agono regular e construtıvel se e somente se u e construtıvel. Q(u) e corpo dedecomposicao de Xn − 1 sobre Q e vimos que G (Q(u)/Q) ∼= U(Z/nZ) tem ordem ϕ(n). Oresultado segue. �

Por exemplo o 7-agono regular nao e construtıvel (sendo ϕ(7) = 6) mas o 17-agono regulare construtıvel (sendo ϕ(17) = 16).

Teorema 36. Nao e possıvel quadrar o cırculo, duplicar o cubo e nem trisecar o angulo.

Demonstracao. Quadrar um cırculo de lado 1 significa encontrar um qua-drado de area igual a area do cırculo, ou seja π, ou seja de lado

√π. Tal quadrado nao

pode ser construıdo porque√π nao e algebrico (se fosse algebrico seria raız de um polinomio

nao nulo f(X) logo π seria raız de f(X2), mas π e transcendente).Duplicar um cubo de lado 1 significa construir um cubo de volume o dobro

do volume do cubo dado, ou seja 2. Isso nao e possıvel. De fato um cubo de volume 2tem lado 3

√2 que nao e construtıvel porque tem grau 3 sobre Q, e 3 nao e uma potencia de 2.

Trisecar um angulo α significa, dado um angul de amplitude α, construir umangulo de amplitude α/3. Isso em geral nao e possıvel. Para ver isso observe primei-ramente que construir um angulo de amplitude α e equivalente a construir cos(α) e sin(α)(interceptando com o cırculo unitario). A partir do cırculo de centro a origem e raio unitario

pode se construir o angulo de 60 graus sendo cos(π/3) = 1/2 e sin(π/3) =√

3/2, mas naoe possıvel construir o angulo de 20 graus porque definido x = cos(π/9) e y = sin(π/9)

temos (x + iy)3 = 1/2 + i√

3/2 daı x3 − 3xy2 = 1/2 e usando y2 = 1 − x2 obtemosx3 − 3x(1 − x2) − 1/2 = 0. Segue que x e raız de 8X3 − 6X − 1 que e irredutıvel logocos(π/9) tem grau 3 logo nao e construtıvel. �

Existem elementos de grau uma potencia de 2 que nao sao construtıveis, por exemploconsidere f(X) com grupo de Galois S4 e α uma raız de f(X). Sejam G o grupo de Galoisde f(X), L = Q(α) e H = L′ o subgrupo correspondente. Temos que |G : H| = |L : Q| = 4logo H e o estabilizador de um ponto e nao existem subgrupos entre H e G diferentes de He G. Segue que os unicos subcorpos de Q(α) sao Q e Q(α), logo α nao e construtıvel.

Um exemplo especıfico: considere f(X) = X4 − 4X + 2, irredutıvel pelo criterio deEisenstein, e seja α uma raız de f(X). Mostraremos que α nao e construtıvel exibindo um


elemento de grau 3 no corpo de decomposicao do polinomio minimal de α sobre Q. Existema, b, c, d reais tais que

f(X) = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d).

Seja t = b+d. As contas mostram que t(t2−8) = 16 logo t e raız de X3−8X−16, irredutıvelem Q[X]. Se α fosse construtıvel entao t seria construtıvel, mas t tem grau 3.

14. O teorema de Abel

Considere E = K(X1, . . . , Xn), o corpo das fracoes de D = K[X1, . . . , Xn]. Se σ ∈ Snexiste um unico homomorfismo σ : E → E que fixa os elementos de K e tal que Xi 7→ Xσ(i)

para todo i = 1, . . . , n. Considere G = {σ : σ ∈ Sn} ≤ Aut(E), temos G ∼= Sn. SejaS = {e ∈ E : σ(e) = e ∀σ ∈ G} o subcorpo de E correspondente a G. S e dito o corpo dasfuncoes racionais simetricas em X1, . . . , Xn.

As funcoes simetricas elementares nas variaveis X1, . . . , Xn sao

s0 = 1, sm :=∑

1≤i1<...<im≤n

(m∏k=1

Xik

)∀1 ≤ m ≤ n.

Por exemplo

s1 =

n∑i=1

Xi, s2 =∑i<j

XiXj , . . . , sn = X1X2 · · ·Xn.

E claro que K(s1, . . . , sn) esta contido em S. Observe que E e corpo de decomposicao para(veja: formulas de Viete)

g(Y ) =

n∑i=0

(−1)isiYn−i = (Y −X1)(Y −X2) · · · (Y −Xn)

sobre K(s1, . . . , sn) e G e o subgrupo correspondente a S. Segue que a extensao E/S e deGalois com grupo de Galois G ∼= Sn logo |E : S| = n! e sendo |E : K(s1, . . . , sn)| ≤ n! (o grupode Galois de E/K(s1, . . . , sn) e isomorfo a um subgrupo de Sn) deduzimos K(s1, . . . , sn) = S.Se H e um qualquer grupo finito entao H ≤ Sn para algum n e usando a construcao acimasegue que E/H ′ e extensao de Galois com grupo de Galois H. Resumindo:

Teorema 37. K(s1, . . . , sn) = S. Ou seja toda funcao racional simetrica e funcaoracional das funcoes simetricas elementares.

Teorema 38. Todo grupo finito e grupo de Galois de uma extensao de Galois.

Por exemplo se n = 3 temos

s1 = X1 +X2 +X3, s2 = X1X2 +X1X3 +X2X3, s3 = X1X2X3,

g(Y ) = (Y −X1)(Y −X2)(Y −X3) = Y 3 − s1Y2 + s2Y − s3.

14. O TEOREMA DE ABEL 215

Sejam K corpo e t1, . . . , tn indeterminadas simultaneas sobre K (algebricamente inde-pendentes). A equacao geral de grau n e

f(X) =

n∑i=1

(−1)itiXn−i = 0.

Tal equacao e soluvel por radicais sobre K(t1, . . . , tn)?

Teorema 39 (Abel). A equacao geral de grau n sobre K(t1, . . . , tn) tem grupo de GaloisSn, em particular e soluvel por radicais se e somente se n ≤ 4.

Demonstracao. Vimos acima que definido

g(Y ) =

n∏i=1

(Y −Xi) =

n∑i=0

(−1)isiXn−i

onde s0 = 1, K(X1, . . . , Xn) e corpo de decomposicao de g(Y ) sobre K(s1, . . . , sn) com grupode Galois Sn. Seja E um corpo de decomposicao de f(X) sobre K(t1, . . . , tn) e escrevemosf(X) = (X − r1) · · · (X − rn).

Considere σ : K[t1, . . . , tn] → K[s1, . . . , sn] que fixa K e leva ti para si para todo i =1, . . . , n. Defina τ : K[X1, . . . , Xn] → K[r1, . . . , rn] que fixa K e leva Xi para ri para todoi = 1, . . . , n. Pelas formulas de Viete temos, para m = 1, . . . , n,

tm =∑

1≤i1<...<im≤n

ri1 · · · rim .

O homomorfismo τ ◦ σ fixa K[t1, . . . , tn].Observe que σ e isomorfismoK[t1, . . . , tn]→ K[s1, . . . , sn] (injetividade: se h ∈ K[t1, . . . , tn]

com σ(h) = 0 entao h = τ(σ(h)) = 0), logo σ se extende a um isomorfismo dos corpos defracoes e este se extende a um isomorfismo σ′ : K(t1, . . . , tn)[X]→ K(s1, . . . , sn)[X] que levaX para X. Como σ′ leva f(X) para g(X) temos um isomorfismo dos corpos de decomposicaode f(X) e g(X) que entao tem o mesmo grupo de Galois, Sn. �

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