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Segunda prova de Algebra III

Prof. Juliana Coelho - 14/06/2015

QUESTAO 1 (2,0 pts) - Seja G um grupo finito, Num subgrupo normal de G econsidere o grupo quociente

G/N={N a|aG}.

(a) Tome a G. Mostre que a ordem de Na no grupo quociente G/N divide aordem de a em G.

Resp.: Seja n = o(a) a ordem de aem G. Entao an =e e logo

(Na)n =N an =N e= N,

que e o elemento neutro de G/N. Portanto n e um multiplo da ordem de Naem G/N.

(b) Suponha que|N| e (G : N) sao primos entre si. Tomea G. Mostre que sea|N| =e, entao a

N.

Resp.: Pelo item (a) temos que a ordem o(Na) deN adivideo(a). Agora, comoa|N| =e, entao a ordem de a divide|N|. Logo o(N a) divide|N|.Por outro lado, pelo teorema de Lagrange, a ordem de N a divide a ordem dogrupo quocienteG/N, ou seja,o(Na) divide|G/N|= (G: N). Mas como|N|e(G: N) sao primos entre si, temos que ter o(Na) = 1, ou seja,N a e o elementoneutro de G/N. Assim Na= N, mostrando que aN.

QUESTAO 2 (1,5 pts) - Seja L|Kuma extensao finita de grau n.

(a) Para qualquer L, mostre que o grau do polinomio mnimo de sobre Kdivide n.

Resp.: Sejaq(x)K[x] o polinomio mnimo de sobreK. Entao [K() :K] =grau(q(x)). Assim temos

n= [L: K] = [L: K()][K() :K] = [L: K()] grau(q(x)),mostrando que grau(q(x)) divide n.

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(b) Mostre que se p(x)K[x] e irredutvel e seu grau nao divide n, entao p(x) naotem nenhuma raiz em L.Resp.: Suponha que p(x) tem alguma raiz L. Seq(x)K[x] e o polinomiomnimo de sobre Kentao, como p(x) e irredutvel, temos que q(x) =a p(x)para algum 0=aK. (Lembre que o polinomio mnimo e sempre monico.) Emparticular grau(q(x)) = grau(p(x)) e logo, pelo item (a), temos que grau(p(x))divide ncontrariando a hipotese. Portanto p(x) nao tem raiz em L.

QUESTAO 3 (2,5 pts) - Tomef(x) =x2 +x + 1

Z5[x] e considere o anel quociente

L= Z5[x]/(f(x)). Tome = xL de modo que L= Z5[].(a) Mostre que L e um corpo. Quantos elementos tem L?

Resp.: Como L e um quociente do anel Z5[x] pelo ideal (f(x)), temos queeste quociente e um corpo se e somente se o ideal e maximal, o que ocorrese e somente se f(x) e irredutvel. Como f(x) tem grau 2, para ver que estepolinomio e irredutvel basta verificar que nao tem razes. Temos

f(0) = 0 + 0 + 1 = 1, f(3) = 9 + 3 + 1 = 3,f(1) = 1 + 1 + 1 = 3, f(4) = 16 + 4 + 1 = 1.f(2) = 4 + 2 + 1 = 2,

Assim,f(x) nao tem razes em Z5[x], mostrando que e irredutvel e que L e umcorpo.

O corpo L tem 52 = 25 elementos, por um resultado visto em aula. De fato,como 2 ++ 1 = 0, temos que 2 =1 = 4 + 4 e logo

L= Z5[] ={a+b|a, bZ5}

que tem 25 elementos.

(b) Exiba 1

e encontre a fatoracao de f(x) em L[x]. (Dica: Voce nao precisaexibir a tabela de multiplicacao de L, basta usar que e raiz de f(x).)

Resp.: Como 2 ++ 1 = 0, entao

2 +=1 (+ 1) =1 1 = 1 = 4+ 4.

Para encontrar a fatoracao de f(x) em L[x], notamos que como f(x) tem grau2 e e uma raiz de f(x), entao x divide f(x) e o quociente tem grau 1 e e

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monico (pois f(x) e x o sao), ou seja, este quociente e da forma x comL. Temos entao

x2 +x+ 1 =f(x) = (x )(x ) =x2 (+)x+

e logo(+) = 1 e = 1.

Assim=1 = 4+ 4 e a fatoracao de f(x) fica

f(x) = (x )(x++ 1).

(c) Mostre que L|Z5

e uma extensao Galoisiana. Esta extensao admite corpos in-termediarios? Justifique.

Resp.: Pelo item (b) vemos que a extensao L|Z5 e normal, pois L e o corpode decomposicao de f(x) sobre Z5. De fato, L = Z5[] e a menor extensao deZ5 contendo as razes e 4 + 4 de f(x). Alem disso, como estas razes saodistintas, esta extensao e separavel, mostrando que L|Z5 e Galoisiana.Comof(x) e irredutvel e monico e temcomo raiz, entao e o polinomio mnimode sobre Z5. Assim, como L = Z5[], temos [L : Z5] = grau(f(x)) = 2.Como esta extensao tem grau primo, isto nos mostra que nao existem corposintermediarios. De fato, se F e um corpo intermediario, entao

2 = [L: Z5] = [L: F][F :Z5]

e logo temos que ter [L : F] = 1 (ou seja, L = F) ou [F : Z5] = 1 (ou seja,F =Z5).

QUESTAO 4 (4,0 pts) - Considere =

9 + 2

14 e L= Q().

(a) Mostre que L= Q(

2,

7). (Sugestao: mostre que Q(

2,

7) = Q(

2 +

7)e mostre que 2 + 7 =.)Resp.: Primeiro vejamos que Q(

2,

7) = Q(

2 +

7). Primeiro note que

como

2 +

7Q(2, 7), entao Q(2 + 7)Q(2, 7). Para a inclusaoinversa basta mostrar que

2,

7 Q(2 + 7). Denotando = 2 + 7,

temos que

(

2)2 = (

7)2 2 2

2 + 2 = 7

2 =2 5

2 Q().

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Analogamente, temos

( 7)2 = (2)2 2 27 + 7 = 2 7 = 2 + 5

2 Q(),

mostrando que Q(

2,

7) = Q(

2 +

7) = Q(). Agora note que

2 = (

2 +

7)2 = 2 + 2

2

7 + 7 2 = 9 + 2

14

o que implica que

=

9 + 2

14 =

e, como e sao ambos positivos, vemos que = . Portanto temos

L= Q() = Q() = Q(

2,

7).

(b) Mostre que a extensaoL|Q e Galoisiana e encontre o grau [L: Q] desta extensao.Resp.: Como L = Q(

2,

7), vemos que L e o corpo de decomposicao de

f(x) = (x2 2)(x2 7) sobre Q, e portanto L|Q e uma extensao Galoisiana.Para encontrar o grau desta extensao, primeiro notamos que QQ(2)L elogo temos o diagrama

L

|n

Q(2)|2Q

Como L = (Q(

2))(

7) e x2 7 (Q(2))[x] tem 7 como raiz, entaon= [L: Q(

2)]2, ou seja, temosn = 1 oun = 2. Vamos mostrar que n= 1.

De fato, se n= 1 entao L= Q(

2), o que implica que

7Q(2). Agora,

Q(

2) ={a+b

2|a, bQ}

e portanto 7 =a+b2 para alguma, bQ. Assim

(

7)2 = (a+b

2)2 7 =a2+2ab

2+2b2

2 =7 a2 2b2

2ab Q,

um absurdo. Portanto n= 1, ou seja, n= 2. Deste modo

[L: Q] = [L: Q(

2)][Q(

2) :Q] =n 2 = 2 2 = 4.

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(c) Exiba o grupo de Galois G(L|Q) e mostre que este grupo e isomorfo a Z2 Z2.Resp.: ComoL|Q e Galoisiana, entao seu grupo de Galois tem ordem |G(L|Q)|=[L : Q] = 4, ou seja, existem apenas quatro Qautomorfismos de L. ComoL= Q(

2,

7), cadaG(L|Q) e determinado por sua imagem em 2 e 7.

Alem disso, sabemos que (

2) (resp. (

7)) e raiz do polinomio mnimo de2 (resp.

7), que e x2 2 (resp. x2 7). Portanto

(

2) =

2 e (

7) =

7.

Temos entao os seguintes Qautomorfismos de LI :

2 2

7 71:

2 2

7 72:

2 27 7

3:

2 27 7

eG(L|Q) ={I, 1, 2, 3}. Alem disso, temos que (i)2 =i i = Ipara todoi= 1, 2, 3 e que 1 2=3=2 1, mostrando que

G(L|Q)= Z2 Z2.

(d) Encontre todos os corpos intermediarios de L

|Q.

Resp.: Como L|Q e Galoisiana, seus corpos intermediarios correspondem aossubgrupos deG(L|Q). Como este grupo e isomosfo a Z2 Z2, existem apenas 3subgrupos nao-triviais, que sao os subgruposHi=i={I, i} parai= 1, 2, 3.Assim os corpos intermediarios da extensao sao

LHi ={xL|(x) =x Hi}={xL|i(x) =x}.

Agora note que{2, 7, 27} e uma base de L como Q-espaco vetorial e logotodo xL se escreve como

x= a+b

2 +c

7 +d

2

7.

Alem disso, como i e um Qautomorfismo de L, temos quei(x) =i(a + b

2 + c

7 + d

2

7) =a + bi(

2) + ci(

7) + di(

2)i(

7).

Temos xLH1 se e somente se x= 1(x), ou seja,a+b

2 +c

7 +d

2

7 = a+b1(

2) +c1(

7) +d1(

2)1(

7)

= a b

2 +c

7 d

2

7.

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Como{2, 7, 27} e uma base de L, entao isto ocorre se e somente seb= d = 0. Assim vemos que xLH1 se e somente se x= a+c7, ou seja,

LH1 = Q(

7).

Temos xLH2 se e somente se x= 2(x), ou seja,

a+b

2 +c

7 +d

2

7 = a+b2(

2) +c2(

7) +d2(

2)2(

7)

= a+b

2 c

7 d

2

7.

Como{2, 7, 27} e uma base de L, entao isto ocorre se e somente sec= d = 0. Assim vemos que x

LH2 se e somente se x= a+b

2, ou seja,

LH2 = Q(

2).

Temos xLH3 se e somente se x= 3(x), ou seja,

a+b

2 +c

7 +d

2

7 = a+b3(

2) +c3(

7) +d3(

2)3(

7)

= a b

2 c

7 +d

2

7.

Como{2, 7, 27} e uma base de L, entao isto ocorre se e somente seb= c = 0. Assim vemos que xLH3 se e somente se x= a+d

2

7, ou seja,

LH3 =Q(27) = Q(14).

DICAS:

Um polinomiof(x)K[x] de grau(f(x))3 e redutvel emK[x] se e somentese f(x) possui raiz em K.

Seja L|K uma extensao de corpos e L algebrico sobre K. O polinomiomnimo de sobre K e o polinomio monico p(x) K[x] tal que p() = 0 egrau(p(x)) = [K() :K].

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