Notas de Aula Algebra 3 - UnB · 5. Transitividade 56 6. Cubicas 56 7. Subcorpos est aveis 58 8....

Notas de Aula Algebra 3

Martino Garonzi

Universidade de Brasılia

Segundo semestre 2018

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As pessoas que as pessoas que as pessoas amam amam amam.

Conteudo

Capıtulo 1. Grupos 51. Acao de um grupo sobre um conjunto 52. Acao de conjugacao 73. Representacoes permutacionais 104. Teorema de Sylow 135. O grupo simetrico de grau 4 176. O grupo simetrico de grau 5 207. Solubilidade 238. Resolucao dos exercıcios - Grupos 24

Capıtulo 2. Teoria de Galois 431. Corpos de decomposicao 432. O grupo de Galois 453. Correspondencias de Galois 484. Extensoes de Galois 525. Transitividade 566. Cubicas 567. Subcorpos estaveis 588. Solubilidade 609. Extensoes radicais 6310. Quarticas 6611. O teorema fundamental da algebra 6712. Construtibilidade com regua e compasso 6813. O teorema de Abel 7114. Resolucao dos exercıcios - Teoria de Galois 73

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CAPıTULO 1

Grupos

1. Acao de um grupo sobre um conjunto

Seja G um grupo. Dizemos que G age a direita sobre o conjunto X se edada uma funcao X ×G→ X, (x, g) 7→ xg com as propriedades seguintes.

(1) x1 = x para todo x ∈ X;(2) (xg)h = x(gh) para todo x ∈ X e para todo g, h ∈ G.

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

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

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

Trabalharemos mais com acoes a esquerda. Se nao tiver especificacoes todasas acoes sao acoes a esquerda.

Exemplo fundamental: o grupo simetrico Sn age sobre {1, 2, . . . , n} da ma-neira natural: (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 Xdefinida 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→ gα para 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 outambem por StabG(α) o estabilizador de α, isto e o conjunto

{g ∈ G | gα = α}(e um subgrupo de G), e denotamos por OG(α) a G-orbita de α, isto e o conjunto{gα | g ∈ G}. Tal acao e dita transitiva se existe α ∈ X tal que OG(α) = X,em outras palavras OG(α) = X para todo α ∈ X, em outras palavras existe umaunica orbita.

Proposicao 1. O grupo G aja sobre o conjunto X. Entao X e igual a uniaodisjunta das G-orbitas.

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6 1. GRUPOS

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

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

mostrar que se x, y ∈ X sao tais que Gx ∩ Gy 6= ∅ entao Gx = Gy. Para issosuponha Gx ∩ Gy 6= ∅. E suficiente mostrar que Gx ⊆ Gy, a outra inclusaosendo analoga. Seja gx ∈ Gx, queremos mostrar que gx ∈ Gy. Por hipoteseexiste z = hx = ky ∈ Gx ∩ Gy (com g, h ∈ G), daı x = h−1ky. Obtemosgx = gh−1ky ∈ Gy. �

Proposicao 2 (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 classes laterais esquerdas de Gα em G e o conjunto OG(α). Defina f : (G :Gα) → OG(α) levando gGα para gα. f e bem definida: se gGα = hGα entaoh−1g ∈ Gα, em outras palavras h−1gα = α e multiplicando os dois lados aesquerda por h obtemos gα = hα ou seja f(gGα) = f(hGα). f e bijetiva: einjetiva 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 noselementos de X como os vertices de um quadrado:

1 2

4 3

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

No caso da acao trivial de G sobre um conjunto X (ou seja gx = x para todog ∈ G, x ∈ X) temos Gx = {g ∈ G : gx = x} = G e Gx = {gx : g ∈ G} = {x}logo a igualdade |Gx| = |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 entreg e x) temos Gx = {g ∈ G : gx = x} = {g ∈ G : g = 1} = {1} (podendomultiplicar por x−1 !) e Gx = {gx : g ∈ G} = G para todo x ∈ G, logo aigualdade |Gx| = |G : Gx| neste caso e a igualdade |G| = |G : {1}|.

Exercıcios.

(1) O grupo G aja a direita sobre o conjunto X levando (α, g) ∈ X×G paraαg. Mostre que a formula g ∗ α := αg−1 (onde g ∈ G e α ∈ X) defineuma acao a esquerda de G sobre X.

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

2. ACAO DE CONJUGACAO 7

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

(4) 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|.

2. Acao de conjugacao

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

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

lizador de hxh−1 e CG(hxh−1). E obvio que x ∈ CG(x) (pois x comuta com x).O princıpio da contagem diz exatamente que o numero de conjugados de x em Ge igual ao indice do seu centralizador : |X| = |G : CG(x)|. Por exemplo se G eabeliano entao |X| = 1 e CG(x) = G.

O conjunto dos conjugados de um elemento x de um grupo G e chamadode classe de conjugacao de x em G. Uma classe de conjugacao de G e umaclasse de conjugacao de um elemento de G. Por exemplo no grupo simetrico Sna classe de conjugacao de um elemento x consiste dos elementos de Sn com amesma 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 doselementos de G. Por exemplo a classe de conjugacao de 1 e {1} (pois 1 comutacom todo mundo).

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

|X| = |OG(x1) ∪ . . . ∪OG(xt)| =t∑i=1

|OG(xi)| =t∑i=1

|G : Gxi |.

8 1. GRUPOS

Equacao das classes. Trata-se da equacao das orbitas no caso particularem que X = G e a acao e por conjugacao: (g, x) 7→ gxg−1. Obtemos que sex1, . . . , xk sao representantes de classes 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 con-jugados de (123) sao (123) e (132) (os cıclos de comprimento 3). As orbitas daacao de conjugacao (ou seja 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))| = 3sendo CG((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)} (essescentralizadores podem ser calculados a mao). A equacao das classes neste casopode ser escrita 6 = 1 + 3 + 2, mais especificamente

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

|S3| = |G : CG(1)|+ |G : CG((12))|+ |G : CG((123))|.

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

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 exemplo G e abeliano se e somente se Z(G) = G. Pode se verificar a mao queZ(S3) = {1}.

Seja p um numero primo. Um grupo finito G e chamado de p-grupo se |G|e uma potencia de p: existe um inteiro nao negativo n tal que |G| = pn. Porexemplo S3 nao e um p-grupo pois |S3| = 6 = 2 · 3 nao e uma potencia de umprimo. Por exemplo S2 = {1, (12)} e um 2-grupo pois |S2| = 2 = 21. Um outroexemplo de p-grupo e o grupo de Klein S2 × S2, ele tem ordem 2 · 2 = 4 = 22.

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

Demonstracao. Dado x ∈ G denotaremos por C(x) a classe de conjugacaode x. Escreva as classes de conjugacao de G como C(x1), . . . , C(xm). O numero me o numero de classes de conjugacao de G (por exemplo se G = S3 entao m = 3).

2. ACAO DE CONJUGACAO 9

Observe que xi ∈ Z(G) se e somente se C(xi) = {xi} (a acao de conjugacao numelemento 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 todo i = 1, 2, . . . , k, assim k = |Z(G)| ≤ m. Obviamente |G : CG(xi)| = 1para todo i = 1, 2, . . . , k assim 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 uma potencia de p pois divide |G| = pn, e maior que 1 pois xi 6∈ Z(G)).Reduzindo a equacao das classes 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 edivisıvel por p. �

Exercıcios.

A acao de G sobre X e dita fiel se a intersecao dos estabilizadores e trivial:

A acao e dita fiel se⋂α∈X

Gα = {1}.

(1) (Exercıcio da aula passada - corrigido) G aja de maneira fiel sobre X, eseja H ≤ G. Suponha que a acao de H sobre X seja transitiva. DefinaK = CG(H) = {g ∈ G : gh = hg ∀h ∈ H} (o centralizador de H emG). Mostre que Kα = {1} para todo α ∈ X.

(2) Seja G um grupo finito abeliano que age de maneira fiel e transitivasobre um conjunto X. Mostre que |G| = |X|.

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

(4) Seja G um grupo. Mostre que toda classe de conjugacao de G temtamanho no maximo |G : Z(G)|.

(5) Conte as classes de conjugacao de A4 e de S4.(6) Mostre que Z(Sn) = {1} para todo n ≥ 3.(7) Encontre um grupo G tal que {1} 6= Z(G) 6= G.(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|.[Dica: comece mostrando que |C| =

∑x∈G |CG(x)| e aplique a

equacao das classes.]

10 1. GRUPOS

Acao sobre os conjugados de um subgrupo. Seja G um grupo e seja H umsubgrupo de G. Dado g ∈ G considere gHg−1 := {ghg−1 | h ∈ H} ⊆ G. Trata-se de um subgrupo de G. Os subgrupos de G do tipo gHg−1 sao chamados deconjugados de H. Se trata de subgrupos de G isomorfos a H (um isomorfismoe H → gHg−1, h 7→ ghg−1). G age transitivamente no conjunto dos conjugadosde H levando (g, yHy−1) para gyHy−1g−1 = (gy)H(gy)−1. O estabilizador de Hpor 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 umsubgrupo de G contendo H. Dizemos que um elemento g ∈ G “normaliza H” segHg−1 = H, ou seja g ∈ NG(H), e se K ≤ NG(H) dizemos que K normalizaH. Por exemplo e obvio que H sempre normaliza H. O princıpio da contagemdiz exatamente que o numero de conjugados de H em G e igual ao indice do seunormalizador:

|{gHg−1 | g ∈ G}| = |G : NG(H)|.Em particular H e normal em G se e somente se NG(H) = G (todo mundonormaliza 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 nomaximo |G : H| conjugados em G.

3. Representacoes permutacionais

O grupo G aja agora nos dois conjuntos X e Y . As duas acoes sao chamadasde equivalentes (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 aacao sobre Y ). Duas acoes isomorfas sao “a mesma acao”, no sentido que mexemos mesmos elementos da mesma maneira.

Sejam G um grupo e H um subgrupo de G. O grupo G age transitivamenteno conjunto X das classes laterais esquerdas de H em G levando (g, yH) paragyH. Ela e transitiva porque OG(H) = X. Alem disso o estabilizador de H e{g ∈ G : gH = H} = H. Toda acao transitiva e desse tipo, mais especificamente:

Proposicao 3 (Caracterizacao das acoes transitivas). Seja G×X → X umaacao transitiva e sejam x ∈ X, H = Gx. A bijecao construida na demonstracaodo princıpio da contagem determina uma equivalencia entre a acao de G sobre Xe a sua acao no conjunto das classes laterais esquerdas de H por multiplicacao aesquerda.

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 sek ∈ G entao ϕ(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 mesmacoisa que dar um homomorfismo G → Sym(X). Mais especificamente, existeuma bijecao canonica entre o conjunto das acoes a esquerda de G sobre X e o

3. REPRESENTACOES PERMUTACIONAIS 11

conjunto dos homomorfismos G → Sym(X). Um homomorfismo G → Sym(X)e tambem chamado de representacao permutacional (estamos representandoos elementos de G como permutacoes de X).

Proposicao 4 (Representacoes permutacionais). Sejam G um grupo e X umconjunto.

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

• Se γ : G → Sym(X) e um homomorfismo, a acao correspondente eAγ : 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 e bijetiva, sendo γA(g−1) a sua inversa (de fato γA(g−1)γA(g)(x) =γA(g−1)(gx) = g−1gx = x e γA(g)γA(g−1)(x) = γA(g)(g−1x) = g(g−1x) = x,logo e um elemento de Sym(X), o grupo das funcoes bijetivas X → X. γA ehomomorfismo 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 Aγdefine uma acao porque γ(g)γ(h)x = γ(gh)x sendo γ homomorfismo.

Precisamos mostrar que as construcoes acima sao uma a inversa da outra. Sejadada a acao A, entao a acao AγA : G×X → X leva (g, x) para γA(g)(x) = gx, issomostra que AγA = 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 ∈ Glogo γAγ = γ. �

O nucleo de uma acao de G sobre X e por definicao igual ao nucleo dohomomorfismo G → Sym(X) correspondente, e uma acao e dita fiel se o seunucleo e {1}. Em particular as acoes fieis de G sobre X correspondem aos ho-momorfismos injetivos G → Sym(X), e as acoes fieis sobre X correspondem (amenos de equivalencia) aos subgrupos de Sym(X). No caso da acao natural deSn sobre {1, 2, . . . , n} o homomorfismo correspondente e a identidade Sn → Sn.

Seja γ : G → Sym(X) o homomorfismo correspondente a uma acao de Gsobre X. O nucleo 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 exemplo o nucleo da acao de conjugacao de G sobre G e a intersecao doscentralizadores dos elementos de G, ou seja o centro de G, Z(G).

12 1. GRUPOS

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

O teorema de Cayley generalizadoSeja H um subgrupo de G, e G aja por multiplicacao a esquerda sobre o

conjunto X := (G : H) das classes laterais esquerdas de H em G. Tal acao eobviamente transitiva. Seja yH ∈ X. Mostraremos que o estabilizador de yH eigual a yHy−1. Temos

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

= {g ∈ G | g ∈ yHy−1} = yHy−1.

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 todosubgrupo normal de G contido em H e contido em HG, em outras palavras HG eo maior subgrupo normal de G contido em H (em particular H EG se e somentese H = HG). Temos entao um homomorfismo injetivo

G/HG → Sym({yH : y ∈ G}) ∼= Sn

onde n = |X| = |G : H|.Teorema de Cayley generalizado: o quociente G/HG e isomorfo a um

subgrupo de Sn, onde n = |G : H|, em particular a ordem de G/HG divide n!.

Teorema de Cayley classico (“G e isomorfo a um subgrupo de Sym(G)”).O caso H = {1} do teorema de Cayley generalizado corresponde a acao regularde G (a acao de G sobre G dada pela multiplicacao a esquerda). Observe queneste caso HG = {1} logo obtemos um homomorfismo injetivo G → Sn onden = |G : H| = |G|. Em outras palavras a acao regular do grupo G e dada pelamultiplicacao a esquerda de G sobre o proprio G (as classes laterais de {1} saosimplesmente os elementos de G). Os estabilizadores dessa acao sao triviais logoo nucleo tambem e trivial e a acao e fiel.

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

Exercıcios.

(1) Sejam A e B subgrupos do grupo finito G e defina AB = {ab : a ∈A, b ∈ B}. Mostre que |AB| = |A||B|/|A ∩ B|. Mostre que se B E Gentao AB ≤ G.

(2) Seja H um subgrupo de G de indice 2. Mostre que H e normal em G(ou seja H = HG).

4. TEOREMA DE SYLOW 13

(3) Seja M um subgrupo maximal de G (ou seja os unicos subgrupos H deG com M ≤ H ≤ G sao M e G). Mostre que o numero de conjugadosde M em G nao e igual a 2.

(4) Seja p um numero primo e seja G um p-grupo finito. Seja M um sub-grupo maximal de G (definido no exercıcio acima). Mostre que M EGe 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〉.]

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

(6) Uma acao de G sobre X com todos os estabilizadores triviais (ou sejaGx = {1} para todo x ∈ X) e dita semiregular. Mostre que a acao deG sobre X e equivalente a acao regular de G (que e a acao de G sobreG dada pela multiplicacao a esquerda) se e somente se e semiregular etransitiva.

(7) Considere o grupo S6 agindo da maneira natural sobre {1, 2, 3, 4, 5, 6}.Mostre que S6 contem um subgrupo isomorfo a S4 cuja acao sobre{1, 2, 3, 4, 5, 6} e transitiva.

[Dica: considere a acao natural de S4 sobre o conjunto dos subcon-juntos de {1, 2, 3, 4} de cardinalidade 2.]

(8) Seja G um grupo de ordem 21 e H um subgrupo de G com |H| = 7.Mostre que H EG (ou seja H = HG).

(9) Seja G um grupo simples. Mostre que se G contem um subgrupo deindice 3 entao |G| = 3.

(10) Seja G um grupo e sejam x, y elementos de G. Mostre que xy e yx saoconjugados em G.

(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 ele-

mento xZ, logo todo elemento de G tem a forma xnz com n um inteiroe z ∈ Z. Considere dois elementos a = xnz, b = xmw de G (ondez, w ∈ Z) e mostre que ab = ba.]

4. Teorema de Sylow

Teorema 2 (Cauchy). Seja G um grupo finito cuja ordem e divisıvel peloprimo p. Entao existe x ∈ G de ordem p.

Demonstracao. Considere Gp = G×· · ·×G (p vezes) e X = {(g1, . . . , gp) ∈Gp : g1 · · · gp = 1}. Obviamente |X| = |G|p−1. O grupo C = Cp = 〈σ〉 age sobreo conjunto X da seguinte forma: σ leva (g1, . . . , gp) para (g2, . . . , gp, g1). Issodefine uma acao de C por meio da posicao σi(x) := σi−1(σ(x)). Se trata de umaacao bem definida porque 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. A orbita de um elemento x = (g1, . . . , gp) nao fixado por σ tem cardinalidade

14 1. GRUPOS

|C : Cx|, e sendo p primo devemos ter |C : Cx| = p, logo aplicando a equacaodas orbitas obtemos que p divide a cardinalidade de Y = {(g1, . . . , gp) ∈ X :g1 = . . . = gp}. De fato definido m como sendo o numero de orbitas com pelementos temos |X| = |Y |+mp e reduzindo modulo p obtemos que p divide |Y |.Em particular |Y | > 1, logo (1, 1, . . . , 1) nao e o unico elemento de Y , em outraspalavras existe um elemento (g1, . . . , gp) ∈ X com g1 = . . . = gp = g 6= 1, daıgp = 1 logo g tem ordem p. �

Seja G um grupo finito e sejam H ≤ G, N E G. Seja π : G → G/N aprojecao canonica. Temos π(H) = HN/N e pelo teorema de isomorfismo sendoker(π|H) = H ∩N temos H/H ∩N ∼= HN/N . Deduzimos |H/H ∩N | = |HN/N |que pode ser escrito como |HN | = |H||N |/|H ∩N |.

Seja G um grupo finito, e seja p um numero primo que divide |G|. Um p-subgrupo de Sylow (ou p-Sylow) de G e um subgrupo H de G tal que |H| e umapotencia de p e p nao divide |G : H|. Em outras palavras escrevendo |G| = ptmcom m nao divisıvel por p, um p-subgrupo de Sylow de G e um subgrupo de Gde ordem pt.

Teorema 3 (Sylow). Sejam G um grupo finito, p um divisor primo de |G|,e pt a maior potencia de p que divide |G|. Escrevemos |G| = mpt.

(1) Para todo inteiro k tal que pk divide |G|, existe um subgrupo de G deordem pk. Em particular existe um p-subgrupo de Sylow de G.

(2) Dois quaisquer p-subgrupos de Sylow de G sao conjugados em G, e onumero np = np(G) de p-subgrupos de Sylow divide m e e congruente a1 modulo p.

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

Precisamos do lema seguinte.

Lema 1. Seja p um numero primo. Se um p-subgrupo H de G normaliza ump-subgrupo de Sylow P de G (ou seja H ≤ NG(P )) entao H ≤ P .

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

Agora mostraremos o teorema 3.

Demonstracao. Item 1. Por inducao sobre |G|. Podemos supor que pdivida os indices dos centralizadores dos elementos nao centrais, porque se naopoderiamos aplicar a hipotese de inducao a um centralizador oportuno. Pelaequacao das classes

|G| = |Z(G)|+∑i

|G : CG(xi)|,

4. TEOREMA DE SYLOW 15

onde os xi sao representantes de classes de conjugacao nao contidas no centro,deduzimos que p divide |Z(G)|. Seja x um elemento de Z(G) de ordem p (existepelo teorema de Cauchy). Sendo x ∈ Z(G), o subgrupo 〈x〉 e normal em Ge o quociente G/〈x〉 tem ordem |G|/p = mpt−1. Se k = 0 o subgrupo {1}tem ordem 1 = p0, agora suponha k > 0. Por hipotese de inducao, sendo 0 ≤k− 1 ≤ t− 1, o quociente G/〈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 conjugacaode G sobre Π: (g, P ) 7→ gPg−1. Seja P ∈ Π. Seja Σ uma orbita de Π para aacao de conjugacao de G, e particionamos Σ em P -orbitas. A cardinalidade detais orbitas e uma potencia de p porque P e um p-grupo. Se P ∈ Σ entao {P}e uma P -orbita (porque P normaliza P ), e e a unica P -orbita com um unicoelemento porque se {Q} e uma P -orbita entao P normaliza Q logo pelo Lema 1temos P ⊆ Q e segue P = Q sendo |P | = |Q|. Da equacao das orbitas segue entaoque |Σ| ≡ 1 mod (p). Por outro lado se P 6∈ Σ entao pelo Lema 1 nao existemP -orbitas de Σ com um unico elemento, logo pela equacao das orbitas p divide|Σ|. Segue que:

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

Segue que o segundo caso nao pode acontecer (ou seja nao existe P 6∈ Σ), emoutras palavras Σ = Π, ou seja a acao de G sobre Π e transitiva, e isso mostraa primeira parte do segundo item. Vimos que np(G) = |Π| = |Σ| ≡ 1 mod (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 ) (maisespecificamente |G : P | = |G : NG(P )||NG(P ) : P |).

Item 3. Seja agora H um p-subgrupo de G. Particionamos Π em H-orbitas.Como cada H-orbita tem um numero de elementos que e uma potencia de p, ea cardinalidade de Π e congruente a 1 modulo p, deve existir uma H-orbita quecontem um unico elemento, P . Segue que H normaliza P , ou seja H ⊆ P pelolema 1.

Isso termina a demonstracao do teorema 3. �

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

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

16 1. GRUPOS

O problema geral: dado um grupo G conseguimos entender se G e simplesapenas conhecendo a sua ordem |G|? Observe que G e simples abeliano se esomente se |G| e um numero primo p e neste caso G ∼= Cp.

Por exemplo se G tem ordem 21 nao e simples pois contem um 7-Sylow, quetem indice 3, logo e normal (pelo teorema de Sylow). Por exemplo se G temordem 40 = 23 · 5 entao G nao e simples pois n5 = 1.

Um exemplo mais interessante e: se |G| = 30 mostraremos que G nao esimples. Temos |G| = 30 = 2 · 3 · 5 daı n5 = 1 ou n5 = 6. Se n5 = 1 acabou, agorasuponha n5 = 6. Daı G contem 4 · 6 = 24 elementos de ordem 5 logo G contemexatamente 6 elementos de ordem diferente de 5, mas se n2 > 1 e n3 > 1 entaotem a identidade, pelo menos dois elementos de ordem 2 e pelo menos quatroelementos de ordem 3, uma contradicao.

Exercıcios.

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

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

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

(4) Seja G um grupo nao abeliano com |G| < 60. Mostre que G nao esimples.

(5) Seja G um grupo nao abeliano com 60 < |G| < 168. Mostre que G nao esimples. [Cuidado: algumas ordens sao difıceis, falaremos delas em salade aula. Mas e bom tentar.]

(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

}.

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

(b) G = SL(2, p) (“special linear group”), o grupo das matrices 2 × 2com coeficientes 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 ho-momorfismo sobrejetivo com nucleo SL(2, p) obtemos pelo teoremade isomorfismo (p− 1)|SL(2, p)| = |GL(2, p)|.

5. O GRUPO SIMETRICO DE GRAU 4 17

(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 ).

5. O grupo simetrico de grau 4

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

5.1. Os subgrupos de Sylow. Imagine os elementos de X como verticesde um quadrado:

1 2

4 3

Pense no comprimento do lado como unitario, assim as diagonais tem compri-mento

√2. O conjunto dos elementos que preservam a distancia e um subgrupo

D, chamado de grupo diedral de grau 4. Os seus elementos sao tambem chamadosde “isometrias” do quadrado. Por exemplo a rotacao horaria de noventa grause 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 deordem 2 fora de D (por exemplo (14)) e todo 2-subgrupo esta contido em um2-subgrupo de Sylow, deduzimos que n2(G) 6= 1. Como n2(G) divide |G : D| =3 obtemos que n2(G) = 3. Os conjugados de D correspondem aos grupos deisometria correspondentes as varias maneiras de enumerar os vertices do quadrado.Analogamente n3(G) ∈ {1, 4} e n3(G) 6= 1 porque nem todos os conjugados de(123) pertencem a 〈(123)〉 (por exemplo considere (234)). Logo n3(G) = 4.

5.2. Os subgrupos normais. Considere K := DG, o coracao normal de Dem G. Sabemos que G/K e isomorfo a um subgrupo de S3, e |G : K| = |G : D||D :DG| = 3|D : DG|, segue que |D : DG| ∈ {1, 2}. Por outro lado |D : DG| 6= 1porque se nao seria D = DG ou seja DEG, e isso e falso porque n2(G) = 3. Segueque G/K ∼= S3 e |D/K| = 2 daı |K| = |D|/2 = 4. O subgrupo K e chamado de

grupo de Klein. E um subgrupo 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 temos uma sequencia de subgrupos normais (as setas sendo inclusoes)

{1} 4 // K3 // A

2 // G

18 1. GRUPOS

Mostraremos que eles sao os unicos subgrupos normais de G. Para issolembre-se que os unicos subgrupos normais de S3 sao os dois triviais e o grupoalternado de grau 3. Seja N um subgrupo normal de G com N 6= {1},K,A,Gpor contradicao. Se K ≤ N entao N e um entre K, A e G (pelo teorema decorrespondencia) logo podemos supor K 6≤ N , daı N ∩ K tem ordem 1 ou 2.Mas se fosse |N ∩K| = 2 entao escrevendo N ∩K = 〈x〉 = {1, x}, o elemento xpertenceria 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 ordem4|N |, logo |N | ∈ {1, 2, 3, 6}. Ja sabemos que nao pode ser |N | ∈ {1, 3} (lembre-seque n3(G) = 4) e |N | 6= 2 porque se nao seria N ≤ Z(G), logo |N | = 6. Se P eum 3-Sylow de N entao tendo ordem 3 e um 3-Sylow de G. Como N e normalem G, os conjugados de P em G estao contidos em N , mas entao sao iguais a Pporque n3(N) = 1 pelo teorema de Sylow. Isso implica (pelo teorema de Sylow)que todos os 3-Sylow de G estao contidos em N , logo G tem um unico 3-Sylow,o que contradiz n3(G) = 4.

5.3. Os quocientes. Segue como corolario que os quocientes de S4 saoS4/{1} ∼= S4, S4/K ∼= S3 (K e o nucleo da acao de conjugacao de S4 no conjuntodos seus 2-subgrupos de Sylow), S4/A ∼= C2 e S4/S4

∼= {1}.

5.4. Os subgrupos maximais. Um subgrupo maximal deG e um subgrupoM tal que os unicos H com M ≤ H ≤ G sao M e G. Sendo |G : M | = |G :H||H : M | quando M ≤ H ≤ G, e claro que se M e um subgrupo de indiceprimo entao e maximal. O grupo alternado A tem indice 2 em G logo e maximal.O grupo diedral D tem indice 3 em G logo e maximal, assim como os seus tresconjugados. 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 H e normal,mas vimos acima que o unico subgrupo normal de indice 2 e A, logo H = A, eisso e uma contradicao porque A nao contem nenhum estabilizador Gx (todos osestabilizadores contem 2-cıclos, e os 2-cıclos nao pertencem a A).

Os conjugados de D, os Gx com x ∈ X e A sao os unicos subgruposmaximais de G. Para mostrar isso seja M um subgrupo maximal de G. Se|G : M | = 2 entao M E G logo M = A. Se |G : M | = 3 entao M e um 2-Sylowlogo e conjugado a D. Se |G : M | = 4 entao |M | = 6 logo M nao e transitivo(4 = |X| nao divide |M |), por outro lado M contem um 3-cıclo logo as orbitasde M tem tamanho 1 e 3 e deduzimos que M = Gx para algum x ∈ 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-Sylowde G). Se |G : M | = 8 entao |M | = 3 logo M e um 3-Sylow logo nao e maximalporque esta contido em um oportuno Gx, que tem ordem 6. Se |G : M | = 12entao |M | = 2 logo M esta contido em um 2-Sylow logo nao e maximal.

5.5. Os subgrupos transitivos. Os subgrupos transitivos sao G, A,K, os conjugados de D e os subgrupos cıclicos de ordem 4 (os geradospelos 4-cıclos). Para ver 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 a D), se |H| = 12 entao H tem indice2 em G, logo e normal em G, logo H = A (ja temos a lista de todos os subgruposnormais!), e se |H| = 24 entao H = G. Precisamos estudar agora o caso |H| = 4.Neste caso a acao e regular e tem duas possibilidades: H e cıclico ou nao e 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 deKlein. Sendo |H| = 4, H e abeliano (veja as listas). A menos de conjugar H comum elemento oportuno podemos supor H ≤ D. Se H contem (13) entao comoos unicos elementos de D de ordem 2 que comutam com ele sao (24) e (13)(24)obtemos H = {1, (13), (24), (13)(24)}, mas esse subgrupo nao e transitivo, umacontradicao. Analogamente H nao pode conter (24). Mas entao os elementos deH sao 1, (12)(34), (13)(24) e (14)(23), ou seja H = K.

Exercıcios.

(1) Sejam A e B subgrupos normais de um grupo G tais que A ∩B = {1}.Mostre que ab = ba para todo a ∈ A, b ∈ B. [DICA: dados a ∈ A eb ∈ B mostre que aba−1b−1 ∈ A ∩B.]

(2) Seja G um grupo finito com dois subgrupos normais A, B tais que AB =G e A ∩B = {1}. Mostre que G ∼= A×B.

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

(4) Seja G um grupo de ordem 15. Mostre que G e cıclico.(5) 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 oconjunto dos elementos de ordem 11.]

(6) Seja G um grupo de ordem 12. Mostre que G ∼= A4 se e somente se Gnao contem subgrupos de indice 2. [DICA: se G de ordem 12 contemum subgrupo N de indice 2 entao olhando ao 3-Sylow de N mostre quen3(G) = 1.]

(7) Seja P um p-subgrupo de Sylow do grupo finito G e seja N EG. Mostreque P∩N e um p-subgrupo de Sylow de N e que PN/N e um p-subgrupode Sylow de G/N . [DICA: precisa mostrar que p nao divide |N : P ∩N |e que p nao divide |G/N : PN/N |.]

(8) 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 entaoG e abeliano.]

(9) Seja G um grupo de ordem p2q onde p, q sao dois primos distintos.Mostre que G nao e simples. [DICA: pelo exercıcio anterior os p-Sylowde G sao abelianos. Sejam P1, P2 dois p-Sylow, entao P1 ∩ P2 E P1 eP1 ∩ P2 E P2 sendo P1, P2 abelianos. Considere NG(P1 ∩ P2).]

(10) Seja G um grupo agindo sobre o conjunto X e seja x ∈ X. Mostre quegGxg

−1 = Ggx.

20 1. GRUPOS

6. O grupo simetrico de grau 5

Observe que o grupo simetrico Sn e abeliano se e somente se n ≤ 2. De fatose n ≥ 3 entao (12) e (123) nao comutam. Analogamente An e abeliano se esomente se n ≤ 3. De fato se n ≥ 4 entao (123) e (12)(34) nao comutam.

No que segue usaremos muito o princıpio da contagem: se x ∈ G entao x tem|G : CG(x)| conjugados em G.

Lema 2. Seja σ = (12 . . . n) ∈ Sn. Entao CSn(σ) = 〈σ〉. Se n e imparCAn(σ) = 〈σ〉 e An contem duas classes de conjugacao de n-cıclos.

Demonstracao. Os conjugados de σ em Sn sao os cıclos de comprimenton, logo σ tem exatamente (n − 1)! conjugados em Sn (um n-cıclos tem a forma(1a2 . . . an) e temos (n − 1)! escolhas para a2, . . . , an). Segue do princıpio dacontagem que |Sn : CSn(σ)| = (n − 1)! ou seja |CSn(σ)| = n. Como σ ∈ CSn(σ)obtemos 〈σ〉 ≤ CSn(σ), mas daı 〈σ〉 e CSn(σ) sao subgrupos da mesma ordem,um contido no outro, e obtemos a igualdade. Se n e impar entao σ ∈ An, logo〈σ〉 ≤ An e CAn(σ) = CSn(σ) ∩ An = 〈σ〉 ∩ An = 〈σ〉. Segue que o numero deconjugados de σ em An e |An : CAn(σ)| = (n!/2)/n = (n − 1)!/2. Isso vale paraqualquer n-cıclo, logo como An contem (n− 1)! n-cıclos obtemos que em An temexatamente duas classes de tais cıclos. �

Lema 3. Seja H um subgrupo de Sn. Entao H ≤ An ou |H : H ∩An| = 2.

Demonstracao. Suponha H nao contido em An. Entao sendo An E Sntemos que An ≤ HAn ≤ Sn. Como |Sn : An| = 2 deduzimos que HAn e iguala An ou a Sn. Mas HAn 6= An porque por hipotese H 6≤ An, logo HAn = Sn.Obtemos

H/H ∩An ∼= HAn/An = Sn/An ∼= C2,

logo |H : H ∩An| = |H/H ∩An| = 2. �

6.1. Equacao das classes de S5. Considere o grupoG = S5, grupo simetricode grau 5, agindo sobre X = {1, 2, 3, 4, 5} da maneira natural. Como em S5 doiselementos sao conjugados se e somente se tem a mesma estrutura cıclica, os re-presentantes das classes de conjugacao de S5 sao 1, (12), (123), (1234), (12345),(12)(34), (12)(345). Obviamente 1 tem apenas um conjugado. O numero deconjugados de (12) e o numero de 2-cıclos, e dado por

(52

)= 10. O numero de

conjugados de (123) e o numero de 3-cıclos, e dado por(

53

)2 = 20 (temos que

escolher os tres elementos do cıclo e com eles podemos construir (3 − 1)! = dois3-cıclos). Analogamente (1234) tem 5 · 3! = 30 conjugados e (12345) tem 4! = 24conjugados. (12)(34) tem 5 · 3 conjugados (5 escolhas para o elemento fixado epodemos construir exatamente tres conjugados de (12)(34) usando 4 elementos).(12)(345) tem

(53

)2 = 20 conjugados (a escolha do 3-cıclo determina o elemento).

A equacao das classes de S5 e entao

1 + 10 + 20 + 30 + 24 + 15 + 20 = 120.


6.2. Equacao das classes de A5. A5 e um subgrupo de S5 de indice 2.Sendo |S5| = 5! = 120 temos |A5| = 5!/2 = 60.

Observe que t = (23) leva (por conjugacao) a = (12345) para b = (13245),ou seja tat−1 = b. Se s ∈ S5 e tal que sas−1 = b entao tat−1 = sas−1 ou sejas−1ta = as−1t, logo s−1t ∈ CS5

(a) = 〈a〉 ≤ A5, e como t 6∈ A5 segue que s 6∈ A5

(se fosse s ∈ A5 entao sendo t 6∈ A5 o elemento s−1t seria uma permutacao ımpar).Isso mostra que a e b nao sao conjugados em A5. Ou seja (veja o lema) as classesde 5-cıcos contidas em A5 sao a classe de a e a classe de b. Elas tem tamanho4!/2 = 12.

S5 contem 20 cıclos de comprimento 3. Seja τ um deles. Temos entao|CS5(τ)| = 120/20 = 6. Mas cada um deles comuta com o 2-cıclo disjunto τ∗

e 〈τ, τ∗〉 tem ordem 6 (e cıclico gerado por ττ∗). Segue que CS5(τ) = 〈τ, τ∗〉 epor consequencia CA5

(τ) = 〈τ〉. Segue que τ tem 60/3 = 20 conjugados em A5

ou seja A5 contem uma unica classe de 3-cıclos.

S5 contem 15 elementos de estrutura cıclica (2, 2). Seja τ = (12)(34) e C =CS5(τ). Temos entao |C| = 120/15 = 8 logo C 6≤ A5 (porque 8 nao divide|A5| = 60) e deduzimos pelo lema que |C : C ∩ A5| = 2 ou seja |CA5(τ)| =|C ∩ A5| = |C|/2 = 8/2 = 4. Segue τ tem 60/4 = 15 conjugados em A5, emoutras palavras A5 contem uma unica classe de elementos de estrutura cıclica(2, 2).

Os elementos de estrutura cıclica (2), (4) e (3, 2) nao pertencem a A5 (saoımpares).

Resumindo, representantes das classes de conjugacao de A5 sao 1, (12345),(13245), (123), (12)(34) e a equacao das classes de A5 e

1 + 12 + 12 + 20 + 15 = 60.

6.3. Subgrupos normais.

Teorema 4. A5 e um grupo simples. Em outras palavras os unicos subgruposnormais de A5 sao {1} e A5.

Demonstracao. Seja N um subgrupo normal de A5. Entao N tem asseguintes propriedades: N e uniao (disjunta!) de classes de conjugacao de A5

(sendo um subgrupo normal de A5), |N | divide |A5| = 60 (sendo N ≤ A5) e1 ∈ N . Segue que a soma dos tamanhos das classes contidas em N , incluindo1, e igual a |N |, em particular divide 60. Mas supondo N 6= {1} e N 6= A5, assomas possıveis sao 1 + 12 = 13, 1 + 20 = 21, 1 + 15 = 16, 1 + 12 + 12 = 25,1 + 12 + 20 = 33, 1 + 12 + 15 = 28, 1 + 20 + 15 = 36, 1 + 12 + 12 + 20 = 45,1 + 12 + 12 + 15 = 40, 1 + 12 + 20 + 15 = 48. Nenhum desses numeros divide 60.Contradicao. �

Corolario 1. Os unicos subgrupos normais de S5 sao {1}, A5 e S5.

22 1. GRUPOS

Demonstracao. Seja N um subgrupo normal de S5. Se N ≤ A5 entaoN EA5 logo N = {1} ou N = A5 (sendo A5 simples). Agora suponha N 6≤ A5. AintersecaoN∩A5 e um subgrupo normal de S5 (sendo uma intersecao de subgruposnormais) contido em A5, logo N ∩A5EA5 e sendo A5 simples temos N ∩A5 = {1}ou N ∩A5 = A5. No segundo caso A5 ≤ N e isso e falso porque estamos supondoN 6≤ A5, logo N ∩A5 = {1}. Mas pelo lema 2 = |N : N ∩A5| = |N | logo N e umsubgrupo normal de S5 de ordem 2 e sabemos que isso implica N ≤ Z(S5) = {1},uma contradicao. �

6.4. Subgrupos de Sylow. |S5| = 5! = 120 = 23 · 3 · 5,|A5| = 5!/2 = 60 = 22 · 3 · 5.

S5 e A5 agem sobre X = {1, 2, 3, 4, 5} de maneira transitiva. Os estabiliza-dores da acao de S5 sao isomorfos a S4 e os estabilizadores da acao de A5 saoisomorfos a A4. Os subgrupos de Sylow de S5 sao: cıclico de ordem 3, cıclicode ordem 5 e diedral de ordem 8 (o diedral de ordem 8 estando contido em umestabilizador!). Os subgrupos de Sylow de A5 sao: cıclico de ordem 3, cıclico deordem 5 e abeliano Klein do tipo C2 × C2 (os Klein estando contidos nos esta-bilizadores!). Os unicos subgrupos de Sylow transitivos (de S5 e de A5) sao os5-Sylow (observe que se H ≤ S5 e transitivo entao 5 divide |H|).

Sendo 3 primo a intersecao de cada dois 3-Sylow e {1} logo n3(S5) = n3(A5) =20/2 = 10 (numero de 3-cıclos dividido pelo numero de 3-cıclos em cada 3-Sylow)e analogamente n5(S5) = n5(A5) = 24/4 = 6.

Para calcular n2(A5) observe que podemos identificar A4 com o subgrupode A5 que consiste das permutacoes pares de {1, 2, 3, 4, 5} que fixam 5. SejaH tal subgrupo, temos H ∼= A4. Seja K o subgrupo de Klein de H, ou sejaK = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}, sabemos que K E H logo H ≤ NS5

(K).Alem disso K e um 2-Sylow de A5 logo n2(A5) = |A5 : NA5

(K)|. Por outro lado

5 = |A5 : H| = |A5 : NA5(K)| · |NA5(K) : H| = n5(A5) · |NA5(K) : H|

mostra que n5(A5) divide 5 logo n5(A5) = 5 (nao pode ser n5(A5) = 1 sendo A5

simples).

Para calcular n2(S5) observe que cada 2-Sylow P esta contido em um esta-bilizador (porque um estabilizador tem ordem divisıvel por 8 e os estabilizadoressao conjugados) e ja vimos que os 2-Sylow de S4 sao transitivos, isso mostra queP tem exatamente duas orbitas em {1, 2, 3, 4, 5} (uma de tamanho 4, a outra detamanho 1). Segue que existe um unico estabilizador que contem P . Mas tem5 estabilizadores e cada um contem tres 2-Sylow, logo n2(S5) = 5 · 3 = 15. Emoutras palavras NS5

(P ) = P .

Exercıcios.

7. SOLUBILIDADE 23

(1) Seja σ ∈ Sn um cıclo de comprimento n− 1. Mostre que CSn(σ) = 〈σ〉.(2) Seja G um grupo simples de ordem 60. Mostre que G ∼= A5. [DICA:

basta encontrar um subgrupo de indice 5 (por que?); no caso n2 = 15sejam P e Q dois 2-Sylow distintos, entao P ∩Q e normal em P e em Q(por que?), calcule o indice |G : NG(P ∩Q)|.]

(3) 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 de Sylow.](4) Escreva a equacao das classes de S6 e de A6.(5) 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 dogrupo simetrico Sp.]

(6) Seja p um primo. Conte os p-subgrupos de Sylow de G = GL(3, p) (ogrupo das matrizes 3× 3 inversıveis com coeficientes em Z/pZ). [|G| =(p3 − 1)(p3 − p)(p3 − p2)]. Dica: considere

P :=

1 x y

0 1 z0 0 1

: x, y, z ∈ Z/pZ

.

Curiosidade: GL(3, 2) e um grupo simples de ordem 168.(7) Dado um grupo G, o grupo dos automorfismos Aut(G) de G e o grupo

dos isomorfismos G→ G com a operacao de composicao. Seja α : G→Aut(G) dado por α(g)(x) = gxg−1. Se trata de um homomorfismo degrupos e ker(α) = Z(G). Mostre que Aut(S4) ∼= S4. [DICA: Seja Xo conjunto dos subgrupos de S4 de indice 4. Aut(S4) age sobre X demaneira natural. Mostre que tal acao e fiel.]

(8) Mostre que se Aut(G) e cıclico entao G e abeliano.

7. Solubilidade

Um grupo G 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: os quocientes sao A3/{1}, cıclico de ordem 3, e S3/A3, cıclico deordem 2.

Proposicao 5. Se G e soluvel e H ≤ G, NEG 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 subgrupo normal de Ki+1 (de fato se g ∈ Ki+1 entao gKig

−1 estacontido em H sendo Ki ≤ H e g ∈ H, e esta contido em Hi sendo g ∈ Hi+1 e Hi

24 1. GRUPOS

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 e abeliano.Agora observe que

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 que Hi+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. �

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

Demonstracao. Observe que podemos identificar cada grupo simetrico Sncom o subgrupo de Sn+1 das permutacoes de {1, 2, . . . , n+1} que fixam o elementon + 1. Segue da proposicao que para mostrar que Sn e soluvel se e somente sen ≤ 4 basta mostrar que S4 e soluvel e S5 nao e soluvel. S4 e soluvel porquetemos 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 sequenciade subgrupos, cada um normal no seguinte, e {1} < A5, e A5/{1} nao e abeliano.Segue que A5 nao e soluvel logo sendo A5 um subgrupo de S5 segue que S5 naoe soluvel. �

Observe que se G e um grupo com um subgrupo normal N tal que N eG/N sao soluveis entao G e soluvel: dadas as sequencias H0, . . . ,Hn de N eK0/N, . . . ,Km/N para N e G/N como na definicao de grupo soluvel, com H0 ={1}, Hn = N = K0 e Km = G, considere a sequencia H0, H1, . . . ,Hn−1, Hn =K0,K1, . . . ,Km.

Proposicao 6. Seja p um primo. Todo p-grupo finito e soluvel.

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

8. Resolucao dos exercıcios - Grupos

(1) O grupo G aja a direita sobre o conjunto X levando (α, g) ∈ X×G paraαg. Mostre que a formula g ∗ α := αg−1 (onde g ∈ G e α ∈ X) defineuma acao a esquerda de G sobre X.

8. RESOLUCAO DOS EXERCICIOS - GRUPOS 25

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.

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

Como a acao de G sobre X e transitiva, sendo OG(1) = X (e porconsequencia OG(α) = X para todo α ∈ X), obtemos que |G : Gα| =|X| = 4 para todo α ∈ X. O fato que OG(1) = X pode ser visto usandoo cıclo σ = (1234), de fato 1, σ(1) = 2, σ2(1) = 3, σ3(1) = 4 pertencem aOG(1).

(3) Se G age sobre X e H ≤ G podemos considerar as orbitas da acao deH sobre X (H-orbitas). Considere G = S4 agindo da maneira naturalsobre X = {1, 2, 3, 4} e H = Gα onde 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 geralas Gα-orbitas sao X−{α} e {α}. Logo tem exatamente duas H-orbitas.

(4) 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 as orbitas tem tamanho n logo sendo que |G×G| = n2

o numero de orbitas e n.

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

Seja g ∈ Kα. Temos gα = α. Se β ∈ X entao existe h ∈ H comhα = β (porque a acao de H e transitiva) daı gβ = ghα = hgα = hα =β, segue que g ∈ Kβ . Mas isso vale para todo β ∈ X, logo g pertencea⋂β∈X Kβ , que esta contido em

⋂β∈X Gβ = {1} (sendo a acao de G

sobre X fiel). Segue que g = 1.

(6) Seja G um grupo finito abeliano que age de maneira fiel e transitivasobre um conjunto X. Mostre que |G| = |X|.

26 1. GRUPOS

Como G e abeliano temos que CG(G) = G logo aplicando o exercıcioanterior obtemos Gα = {1} para todo α ∈ X. Sendo a acao transitiva,para um qualquer α ∈ X temos |X| = |G : Gα| = |G|.

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

O grupo Z(G) age sobre X e tal acao e fiel. Seja O ⊆ X umaZ(G)-orbita. Sendo Z(G) um grupo abeliano que age de maneira fiel etransitiva sobre O, pelo exercıcio anterior obtemos |O| = |Z(G)|. Issovale para todas as Z(G)-orbitas logo pela equacao das orbitas |Z(G)|divide |X|.

(8) Seja G um grupo. Mostre que toda classe de conjugacao de G temtamanho no maximo |G : Z(G)|.

A classe de conjugacao de x ∈ G tem tamanho |G : CG(x)| e comoZ(G) ≤ CG(x) temos |G : Z(G)| = |G : CG(x)| · |CG(x) : Z(G)| daı|G : CG(x)| ≤ |G : Z(G)|.

(9) Conte as classes de conjugacao de A4 e de S4.

S4 e mais facil: duas permutacoes sao conjugadas se e somente seelas tem a mesma estrutura cıclica. Segue que representantes de classesde conjugacao sao 1, (12), (123), (1234) e (12)(34), logo S4 tem 5 classesde conjugacao e a equacao das classes e 1 + 6 + 8 + 6 + 3 = 24. No casode

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, nosgrupo simetricos, sendo gxg−1(g(i)) = g(x(i)) temos que o conjugadode 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 permutacaoqualquer (escrita como produto de cıclos disjuntos).

Um elemento y pertence a CA(x) se e somente se yxy−1 = x. Lem-brando isso vamos calcular os centralizadores dos elementos de A. Ob-viamente CA(1) = A e


• CA((12)(34)) = {1, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}, e e tambem igualao centralizador de (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 obviamente 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 exatamente duas classescom 4 elementos sendo 1 + 3 + 4 + 4 = 12 = |A| (equacao das classes).Segue que A 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 umsubgrupo normal de A, de ordem 4, e age (por conjugacao) sobre as A-orbitas de tamanho 4, e tais acoes sao regulares (fieis, transitivas, comestabilizadores triviais).

(10) Mostre que Z(Sn) = {1} para todo n ≥ 3.

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 existek ∈ {1, . . . , n} com k 6= i e k 6= j. Por hipotese o 3-cıclo x = (ijk)comuta com g. Logo g(ijk) = (ijk)g. Aplicando a i obtemos g(j) = k.Por outro lado g(ij) = (ij)g tambem, e aplicando a i obtemos g(j) = i.Contradicao.

(11) Encontre um grupo G tal que {1} 6= Z(G) 6= G.

G = S3 × C2. O centro e {1} × C2.

(12) 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 a

equacao das classes.]

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 jun-

tar todos os elementos que estao em uma mesma classe: chamando deC1, . . . , Ck as classes de conjugacao de G, onde k = k(G), se x ∈ Ci

28 1. GRUPOS

entao 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.

(13) Sejam A e B subgrupos do grupo finito G e defina AB = {ab : a ∈A, b ∈ B}. Mostre que |AB| = |A||B|/|A ∩ B|. Mostre que se B E Gentao AB ≤ G.

Considere a funcao f : A × B → AB dada por (a, b) 7→ ab. Sejax = rs ∈ AB com r ∈ A e s ∈ B. Se f(a, b) = x = rs entao ab = rs,segue r−1a = sb−1 = t ∈ A∩B, por outro lado escolhido t ∈ A∩B comoigual a r−1a, a escolha para a e b e unica: a = rt, b = t−1s. Segue que

f−1(rs) = {(rt, t−1s) : t ∈ A ∩B}

tem tamanho |A ∩ B|, logo escrevendo A × B como uniao disjunta dosf−1(x) obtemos que |A × B| e soma de |AB| parcelas iguais a |A ∩ B|,ou seja |A||B| = |A×B| = |AB||A ∩B|, segue o resultado.

(14) Seja H um subgrupo de G de indice 2. Mostre que H e normal em G(ou seja H = HG).

Precisamos mostrar que H = HG. Sabemos que G/HG e isomorfoa um subgrupo de S2, logo tem duas possibilidades: |G/HG| = 2 ou|G/HG| = 1. Mas a segunda nao pode acontecer porque HG ≤ H < G,logo |G/HG| = 2. Mas sendo 2 = |G : HG| = |G : H||H : HG| = 2|H :HG| deduzimos |H : HG| = 1 ou seja H = HG.

(15) Seja M um subgrupo maximal de G (ou seja os unicos subgrupos H deG com M ≤ H ≤ G sao M e G). Mostre que o numero de conjugadosde M em G nao e igual a 2.

Suponha por contradicao que M tenha dois conjugados em G. Sabe-mos entao que |G : NG(M)| = 2. Por outro lado M ≤ NG(M) ≤ G logoNG(M) = M ou NG(M) = G (sendo M maximal). Mas se NG(M) = Mentao 2 = |G : NG(M)| = |G : M | logo M tem indice 2 em G, logo MEG(pelo exercıcio anterior) mas isso significa que NG(M) = G, uma con-tradicao. Se por outro lado NG(M) = G entao M E G logo M temapenas um conjugado em G, uma contradicao.

(16) Seja p um numero primo e seja G um p-grupo finito. Seja M um sub-grupo maximal de G (definido no exercıcio acima). Mostre que M EGe 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〉.]


Por inducao sobre n, onde |G| = pn. Segunido a dica considerex ∈ Z(G) de ordem p e seja N = 〈x〉. O grupo G/N tem ordem pn−1

logo podemos aplicar inducao. Se N ≤ M entao M/N e normal deindice p em G/N logo M e normal de indice p em G. Agora suponhaN 6≤ M . Sendo M maximal obtemos NM = G. Por outro lado sendo|N | = p primo temos N ∩M = {1} logo pn−1 = |G/N | = |MN/N | =|M/M ∩N | = |M | e deduzimos |G : M | = p. Alem disso M ≤ NG(M)(obviamente) e N ≤ NG(M) sendo N ≤ Z(G). Segue que G = NM ≤NG(M) daı M EG.

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

G e isomorfo a um subgrupo de Sym(X), e chamado de n = |X|temos que |Sym(X)| = n! logo |G| e finito e mais especificamente |G|divide n!.

(18) Uma acao de G sobre X com todos os estabilizadores triviais (ou sejaGx = {1} para todo x ∈ X) e dita semiregular. Mostre que a acao deG sobre X e equivalente a acao regular de G (que e a acao de G sobreG dada pela multiplicacao a esquerda) se e somente se e semiregular etransitiva.

A acao regular e semiregular e transitiva. Agora suponha de teruma acao A de G sobre X que e semiregular e transitiva. Seja x ∈ Xe defina f : G → X, f(g) = gx. E sobrejetiva sendo A transitiva e einjetiva 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 umaequivalencia e deduzimos que A e equivalente a acao regular de G sobreG.

(19) Considere o grupo S6 agindo da maneira natural sobre {1, 2, 3, 4, 5, 6}.Mostre que S6 contem um subgrupo isomorfo a S4 cuja acao sobre{1, 2, 3, 4, 5, 6} e transitiva.

[Dica: considere a acao natural de S4 sobre o conjunto dos subcon-juntos de {1, 2, 3, 4} de cardinalidade 2.]

A acao indicada na dica e transitiva e fiel. Logo S4 e isomorfo a umsubgrupo transitivo de S6.

(20) Seja G um grupo de ordem 21 e H um subgrupo de G com |H| = 7.Mostre que H EG (ou seja H = HG).

30 1. GRUPOS

Sendo |G| = 3 · 7 tem duas possibilidades para HG: e igual a {1}ou a H. Por outro lado se HG = {1} entao G ∼= G/HG e isomorfo aum subgrupo de S3, contradicao porque |G| = 21 e |S3| = 6. Segue queH = HG ou seja H EG.

(21) Seja G um grupo simples. Mostre que se G contem um subgrupo deindice 3 entao |G| = 3.

Seja H um subgrupo de G com |G : H| = 3. Em particular H < Glogo sendo o coracao normal HG um subgrupo normal de G contido emH, como G e simples HG = {1}. Sabemos que G ∼= G/HG e isomorfo aum subgrupo de S3. Os subgrupos de S3 sao dos tipos seguintes: {1},C2, C3, S3. Os unicos entre eles que contem subgrupos de indice 3 saoC3 e S3. Por outro lado S3 nao e simples porque contem um subgruponormal de ordem 3 (o grupo alternado de grau 3), logo G ∼= C3 e |G| = 3,alem disso H = {1}.

(22) Seja G um grupo e sejam x, y elementos de G. Mostre que xy e yx saoconjugados em G.

xy = x(yx)x−1.

(23) 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 ele-

mento xZ, logo todo elemento de G tem a forma xnz com n um inteiroe z ∈ Z. Considere dois elementos a = xnz, b = xmw de G (ondez, w ∈ Z) e mostre que ab = ba.]

Como z, w ∈ Z(G) e as potencias de x comutam entre elas, ab =xnzxmw = xmwxnz = ba.

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

A implicacao ⇒ segue do teorema de Lagrange. Para a implicacaocontraria, se |G| nao e uma potencia de p existe um primo q 6= p quedivide |G| logo pelo teorema de Cauchy existe g ∈ G de ordem q. Issomostra que nem todo elemento de G tem ordem uma potencia de p.

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

Se |G| = 6 temos n3 = 1. Se |G| = 12 = 22 · 3 entao podemossupor n3 = 4, daı temos 4 · 2 = 8 elementos de ordem 3, e sobra espaco


para apenas 4 elementos de ordem diferente de 3. Como os 2-Sylow temordem 4 deduzimos que n2 = 1. Se |G| = 18 = 2 · 32 entao n3 = 1. Se|G| = 24 = 23 · 3 entao seja P um 2-Sylow, ele tem indice 3 logo G/PGe isomorfo a um subgrupo de S3 e isso mostra que PG nao pode ser {1}(porque 24 nao divide 6).

(26) Seja G um grupo finito com um subgrupo H de indice 4. Mostre que Gnao e simples. [Dica: 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 entre 4, 8, 12, 24. Mas 12 e 24foram tratados no exercıcio anterior, e se |G| e um entre 4 e 8, que saopotencias de 2, entao sabemos que Z(G) 6= {1} logo existe x ∈ Z(G) deordem 2 (pelo teorema de Cauchy) e 〈x〉 e um subgrupo normal diferentede {1} e de G, contradicao.

(27) Seja G um grupo nao abeliano com |G| < 60. Mostre que G nao esimples.

Se |G| e um primo e abeliano, se e uma potencia de um primo pn

com n ≥ 2 entao sabemos que Z(G) 6= {1}, logo se G nao e abelianoentao a existencia do subgrupo normal Z(G) mostra que G nao e simples.Alem disso se G contem um subgrupo de indice 4 entao nao e simplespelo exercıcio acima, e ja vimos que o unico grupo simples que contemum subgrupo de indice 3 e C3. Se |G| = 6 entao n3 = 1, se |G| = 10entao n5 = 1, se |G| = 12 entao veja o exercıcio acima, se |G| = 14entao n7 = 1, se |G| = 15 entao n5 = 1, se |G| = 18 entao n3 = 1, se|G| = 20 entao n5 = 1, se |G| = 21 entao n7 = 1, se |G| = 22 entaon11 = 1, se |G| = 24 entao veja o exercıcio acima, se |G| = 26 entaon13 = 1, se |G| = 28 entao n7 = 1, se |G| = 30 entao veja acima, se|G| = 33 entao n11 = 1, se |G| = 34 entao n17 = 1, se |G| = 35 entaon7 = 1, se |G| = 36 = 22 · 32 entao os 3-Sylow tem indice 4, se |G| = 38entao n19 = 1, se |G| = 39 entao n13 = 1, se |G| = 40 entao n5 = 1, se|G| = 42 entao n7 = 1, se |G| = 44 entao n11 = 1, se |G| = 45 entaon3 = 1, se |G| = 46 entao n23 = 1, se |G| = 48 = 24 · 3 entao os 2-Sylowtem indice 3, se |G| = 50 entao n5 = 1, se |G| = 52 entao 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 ordem7, daı tem espaco para apenas um 2-Sylow (porque 56− 48 = 8) ou sejan2 = 1, se |G| = 57 entao n19 = 1, se |G| = 58 entao n29 = 1.

(28) Seja G um grupo nao abeliano com 60 < |G| < 168. Mostre que G nao esimples. [Cuidado: algumas ordens sao difıceis, falaremos delas em salade aula. Mas e bom tentar.]

32 1. GRUPOS

Excluindo as potencias de primos e os casos em que existe um sub-grupo de Sylow de indice 2, 3 ou 4 os unicos numeros faltando sao65 = 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 pelo teorema de Sylow. Excluindo tais numeros osque 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} entao n11 = 1. Se |G| tiver a forma 5 · pm com p primodiferente de 5 entao os p-Sylow tem indice 5 logo G e isomorfo a umsubgrupo de S5, daı |G| divide 5! e deduzimos que pm = 3 ou pm divide8. 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| = 105 = 3 · 5 · 7 entao podemos supor n7 = 15, n5 = 21, daıtemos 15 ·6 = 90 elementos de ordem 7 e 21 ·4 = 84 elementos de ordem5, uma contradicao sendo 90 + 84 > 105 = |G|.

Se |G| = 112 = 24 · 7 entao podemos identificar G com o correspon-dente subgrupo de S7. Seja A = A7, entao A tem indice 2 em S7 e G∩Ae normal em G, logo se G nao esta contido em A entao G ∩ A = {1},mas isso implica GA = S7 e |G||A| = 7! ou seja |G| = 2, absurdo. Segueque 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, daıtem 10 ·12 = 120 elementos de ordem 11, por outro lado podemos suporn3 6= 4 (se nao o normalizador de um 3-Sylow teria indice 4) logo n3 = 22pelo teorema de Sylow e deduzimos que G contem 22 · 2 = 44 elementosde ordem 3, uma contradicao porque 120 + 44 > 132 = |G|.

Se |G| ∈ {90, 126} entao |G| tem a forma 2m com m impar. Nestecaso 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 ∩ A E G logo G ∩ A = G ou seja G ≤ A (nao pode serG ∩ A = {1} porque teriamos S = GA logo |S| = |GA| = |G||A| o queimplica |G| = 2, absurdo). Por outro lado chamado de x um gerador deum 2-Sylow de G, o elemento x corresponde (na representacao regular)a um produto de m cıclos de comprimento 2, e tal elemento nao pertencea A (sendo m impar), absurdo.

Faltaram os numeros 72 = 23 · 32, 120 = 23 · 3 · 5, 144 = 24 · 32. Elessao mais difıceis.

• Se |G| = 72 = 23 · 32 entao sejam P e Q dois 3-Sylow distintos deG. Se P ∩Q 6= {1} entao |P ∩Q| = 3 e P,Q ≤ NG(P ∩Q), segueque |G : NG(P ∩Q)| ∈ {1, 2, 4} e isso implica que P ∩QEG ou Gcontem um subgrupo de indice 2 ou 4; como |G| = 72 nao divide4! = 24 deduzimos que G nao e simples. Segue que P∩Q = {1} paratodos os 3-Sylow distintos P,Q. Alem disso n3 = 8 (nao existemsubgrupos de indice 2 ou 4) logo o numero de elementos de ordem3 em G e 8 · 8 = 64. Sobram 8 elementos, logo tem espaco para umunico 2-Sylow que entao e normal.

• Se |G| = 120 = 23 · 3 · 5 e G e simples observe primeiramente quen2 = 15. De fato se n2 = 3 ou n2 = 5 entao G e isomorfo aum subgrupo de S5 logo G ∼= S5 (sendo |G| = 120), mas S5 nao esimples pois contem o subgrupo normalA5 (grupo alternado de grau5). Sejam P , Q dois 2-Sylow distintos. Observe que NP (Q) ≤ P∩Qlogo as P -orbitas do conjunto dos 2-Sylow tem tamanho 1, 2, 4ou 8. Existe pelo menos uma tal orbita de tamanho 2, de faton2 = 15 6≡ 1 mod 4. Seja entao {Q,Q′} uma P -orbita de tamanho2. Segue que |P : NP (Q)| = 2 logo |NP (Q)| = 4 logo |P ∩Q| = 4.Segue que P ∩ Q e normal em P e em Q logo P,Q ≤ NG(P ∩ Q),logo |G : NG(P ∩ Q)| ∈ {1, 3, 5}. Mas isso implica que P ∩ Q E Gou entao G e isomorfo a um subgrupo de S5, e ja vimos que issonao pode acontecer.

• Se |G| = 144 = 24 · 32 entao observe primeiramente que n3 = 16,sendo 8 6≡ 1 mod 3 e sabemos que nao existem subgrupos de indice2 ou 4. Seja P um 3-Sylow, entao NG(P ) = P . Sendo |P | = 9 en3 = 16 6≡ 1 mod 9 deve existir uma P -orbita de tamanho 3 (temuma unica orbita de tamanho 1 e as outras nao podem todas tertamanho 9), logo existe um 3-Sylow Q tal que |P : NP (Q)| = 3,daı |NP (Q)| = 3 e sendo NP (Q) ≤ P ∩Q (pelo teorema 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 em Q, logo P,Q ≤ NG(P ∩ Q) logo

34 1. GRUPOS

|G : NG(P ∩Q)| ∈ {1, 2, 4, 8} e nao pode ser G = NG(P ∩Q) sendoP ∩ Q 6= {1} (sendo |P ∩ Q| = 3). Tal indice nao pode ser 2 nem4 sendo G simples. Deduzimos |G : NG(P ∩ Q)| = 8 mas entao|NG(P ∩Q)| = 9 ·2 e isso implica que P tem indice 2 em NG(P ∩Q)logo e normal nele, daı NG(P ∩Q) ≤ NG(P ) = P , absurdo.

(29) 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

}.

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

Temos p2−1 escolhas para a primeira coluna (uma qualquer colunanao nula) e p2 − p escolhas para a segunda coluna (uma qualquercoluna que nao seja multipla da 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 sub-grupos de Sylow sao conjugados a P . Em particular pelo princıpioda contagem np(G) = |G : NG(P )| = |G|/|NG(P )|, logo e sufi-

ciente calcular |NG(P )|. Um elemento g =

(a bc d

)∈ G per-

tence 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 que np(G) = |G : NG(P )| = p + 1 que e coerentecom o teorema de Sylow pois p+ 1 ≡ 1 mod p.


(b) G = SL(2, p) (“special linear group”), o grupo das matrices 2 × 2com coeficientes 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 ho-momorfismo sobrejetivo com nucleo SL(2, p) obtemos pelo teoremade 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 obtemosgxg−1 ∈ P daı a igualdade c = 0 define o normalizador. Segueque os elementos diagonais sao a e a−1 logo |NG(P )| = p(p − 1) enp(G) = |G : NG(P )| = p+ 1.

(c) 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 caso np(G) = 1.

(30) 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 inclusaocontraria. Se g ∈ NG(NG(P )) entao gNG(P )g−1 = NG(P ), em particu-lar sendo P ≤ NG(P ) temos gPg−1 ≤ NG(P ). Sendo |gPg−1| = |P |, osubgrupo 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 comot ∈ NG(P ) temos obviamente tP t−1 = P logo P = tP t−1 = gPg−1.Segue que g ∈ NG(P ).

(31) Sejam A e B subgrupos normais de um grupo G tais que A ∩B = {1}.Mostre que ab = ba para todo a ∈ A, b ∈ B. [DICA: dados a ∈ A eb ∈ B mostre que aba−1b−1 ∈ A ∩B.]

36 1. GRUPOS

Seguindo a dica sendo aba−1 ∈ B e ba−1b−1 ∈ A (sendo A e Bnormais) obtemos que aba−1b−1 ∈ A ∩ B = {1} logo aba−1b−1 = 1 ouseja ab = ba.

(32) Seja G um grupo finito com dois subgrupos normais A, B tais que AB =G e A ∩B = {1}. Mostre que G ∼= A×B.

Pelo exercıcio anterior ab = ba para todo a ∈ A, b ∈ B. Sejaf : A×B → G definida por f(a, b) := ab. Entao f e sobrejetiva porqueAB = G e e um homomorfismo de grupos porque f(1, 1) = 1 · 1 = 1 ef((a, b)(c, d)) = f((ac, bd)) = acbd = abcd = f(a, b)f(c, d). Segue que ef e injetiva porque se f(a, b) = 1 entao ab = 1 daı b = a−1 ∈ A∩B = {1}logo b = 1 logo 1 = ab = a e segue que ker(f) = {(1, 1)}. Logo f eisomorfismo de grupos.

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

Sejam x um elemento de G de ordem 3 e y um elemento de G deordem 2. Se G e abeliano 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 umsubgrupo de ordem 6 logo 〈xy〉 = G e G e cıclico. Agora suponha Gnao cıclico. Pelo teorema de Sylow n3 = 1 e n2 ∈ {1, 3}. Se fossen2 = 1 entao G conteria um 3-Sylow normal A e um 2-Sylow normal BLogo pelo exercıcio anterior G ∼= A × B seria abeliano (sendo |A| = 3e |B| = 2). Isso mostra que n2 = 3. Seja P um 2-Sylow de G. Temosentao PG 6= P logo PG = {1} (sendo |P | = 2 primo e PG < P ), daıcomo P tem indice 3 em G, G ∼= G/PG e isomorfo a um subgrupo deS3. Como |G| = 6 segue que G ∼= S3.

(34) 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. Peloteorema de Sylow n5 = 1 e n3 = 1, logo A e B sao subgrupos normaisde 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 acimadeduzimos G ∼= A×B ∼= C3×C5

∼= C15 (teorema chines dos restos). Sepodia tambem mostrar que xy tem ordem 15 usando o fato que xy = yx.

(35) 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 oconjunto dos elementos de ordem 11.]


Pelo teorema de Sylow n11 = 1, logo G contem exatamente 10 ele-mentos de ordem 11. Seja X o conjunto dos 10 elementos de ordem 11em G. O grupo G age por conjugacao sobre X, assim como todos ossubgrupos 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 pois3 nao divide 10. Segue que os elementos de P comutam com x. Mas xtem ordem 11, logo ele gera o 11-Sylow, isso mostra que os elementos deP comutam com todos os elementos de ordem 11. Analogamente como7 nao divide 10 os elementos de Q comutam com todos os elementos deordem 11. Isso mostra que o nucleo da acao contem o 11-Sylow, um3-Sylow e um 7-Sylow, logo a ordem do nucleo e divisıvel por 11, por 3e por 7, logo o nucleo e igual a G, ou seja a acao e trivial. Isso significaque o 11-Sylow esta contido em Z(G), daı 11 divide |Z(G)|. Por outrolado |G : Z(G)| nao e um numero primo porque se G/Z(G) e cıclicoentao G e abeliano. Isso implica que |Z(G)| = 11.

(36) Seja G um grupo de ordem 12. Mostre que G ∼= A4 se e somente se Gnao contem subgrupos de indice 2. [DICA: se G de ordem 12 contemum subgrupo N de indice 2 entao olhando ao 3-Sylow de N mostre quen3(G) = 1.]

Seja G um grupo de ordem 12 contendo um subgrupo N de indice 2.Entao N e normal em G (tem indice 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 Gestao 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 indice 2basta entao mostrar que n3(G) 6= 1. Mas isso e claro porque G contemmais que dois elementos de ordem 3 (mais precisamente G contem oitoelementos de ordem 3). Reciprocamente suponha que |G| = 12 e que Gnao contem subgrupos de indice 2. Seja P um 3-Sylow de G, entao Ptem indice 4 e P nao e normal em G porque se fosse P EG entao G/Pteria ordem 4 entao pelo teorema de Sylow existiria H/P de ordem 2logo H teria indice 2 em G. Segue que PG 6= P logo sendo |P | = 3 primoobtemos PG = {1}. Segue que G ∼= G/PG e isomorfo a um subgrupo deS4. Identificando G com o subgrupo correspondente de S4 obtemos queG e um subgrupo de S4 de indice 2 e vimos que isso implica G = A4.

(37) Seja P um p-subgrupo de Sylow do grupo finito G e seja N EG. Mostreque P∩N e um p-subgrupo de Sylow de N e que PN/N e um p-subgrupode Sylow de G/N . [DICA: precisa mostrar que p nao divide |N : P ∩N |e que p nao divide |G/N : PN/N |.]

38 1. GRUPOS

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 (porquep nao divide |G : P |). Por outro lado P ∩ N e um p-grupo logo e ump-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 (porquep nao divide |G : P |). Por outro lado PN/N ∼= P/P ∩N e um p-grupologo e um p-subgrupo de Sylow de G/N .

(38) 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 entaoG e abeliano.]

Seja G um grupo de ordem p2. Como G e p-grupo Z(G) 6= {1}. SeZ(G) = G entao G e abeliano, logo falta discutir o caso |Z(G)| = p.Neste caso G/Z(G) tem ordem p, logo e cıclico, mas sabemos que issoimplica G abeliano, ou seja G = Z(G), uma contradicao.

(39) Seja G um grupo de ordem p2q onde p, q sao dois primos distintos.Mostre que G nao e simples. [DICA: pelo exercıcio anterior os p-Sylowde G sao abelianos. Sejam P1, P2 dois p-Sylow, entao P1 ∩ P2 E P1 eP1 ∩ P2 E P2 sendo P1, P2 abelianos. Considere NG(P1 ∩ P2).]

NG(P1 ∩ P2) contem P1 e P2 logo contem P1 propriamente, masP1 tem indice q, primo, logo NG(P1 ∩ P2) = G. Se G e simples (porcontradicao) entao deduzimos P1∩P2 = {1}. Como isso vale para todosos p-Sylow distintos P1, P2, e como np = q (pelo teorema de Sylow,sendo G simples), deduzimos que o numero de elementos nao triviais deordem uma potencia de p e (p2 − 1)q = |G| − q, logo em G tem espacopara apenas um q-subgrupo de Sylow, que entao e normal (pelo teoremade Sylow).

(40) Seja G um grupo agindo sobre o conjunto X e seja x ∈ X. Mostre quegGxg

−1 = Ggx.

Primeira inclusao: se a ∈ Gx entao gag−1 · gx = gax = gx logogag−1 ∈ Ggx. Segunda inclusao: se b ∈ Ggx entao definido a = g−1bgtemos ax = g−1bgx = g−1gx = x logo a ∈ Gx daı b = gag−1 ∈ gGxg−1.

(41) Seja σ ∈ Sn um cıclo de comprimento n− 1. Mostre que CSn(σ) = 〈σ〉.

Sn contem n(n− 2)! (n− 1)-cıclos (escolhemos o ponto fixado em nmaneiras e com os restantes n− 1 elementos formamos (n− 2)! cıclos),logo |Sn : CSn(σ)| = n(n−2)! e isso implica |CSn(σ)| = n−1. Por outrolado 〈σ〉 ≤ CSn(σ) e |〈σ〉| = n− 1 logo CSn(σ) = 〈σ〉.


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

Se H ≤ G tem indice 5 em G entao temos a representacao permu-tacional G → S5 com nucleo HG = {1} (sendo G simples) logo G eisomorfo a um subgrupo de S5. Podemos identificar G com o correspon-dente subgrupo de S5. Observe que |G| = 60 implica |S5 : G| = 2 logoGE S5. Mas os unicos subgrupos normais de S5 sao {1}, A5 e S5, logoG = A5. Isso mostra que basta encontrar um subgrupo de G de indice5. Obviamente n2 6= 1 n2 6= 3 (porque um grupo simples nao abelianonao contem subgrupos proprios nao triviais de indice menor ou igual a4) e se n2 = 5 entao o normalizador de um 2-Sylow tem indice 5. Pode-mos entao supor n2 = 15. Sejam P e Q dois 2-Sylow distintos, eles temordem 4 logo sao abelianos e P ∩Q e normal em P e em Q. Deduzimosque P,Q ≤ NG(P ∩Q) = H. Segue que P ≤ H e P 6= H (sendo Q 6≤ P )logo o indice de H divide propriamente |G : P | = 15. Sabemos que|G : H| 6= 3 e se |G : H| = 5 entao encontramos um subgrupo de indice5, podemos entao supor |G : H| = 1 ou seja G = H, ou seja P ∩QEG.Mas sendo G simples isso implica P ∩Q = {1}. Contando os elementosobtemos entao que G contem 15 · 3 = 45 elementos de ordem 2 ou 4.Por outro lado n5 6= 1 logo n5 ≥ 6, isso implica que G contem pelomenos 4 · 6 = 24 elementos de ordem 5, isso e uma contradicao porque45 + 24 > 60.

(43) 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 de Sylow.]

Seja X o conjunto dos seis 5-subgrupos de Sylow de S5. Entao aacao de conjugacao de S5 sobre X fornece um homomorfismo f : S5 →Sym(X) ∼= S6 cuja imagem e um subgrupo transitivo de S6. Faltamostrar que f e injetivo. Mas o nucleo de f e um subgrupo normal deS5, os subgrupos normais de S5 sao {1}, A5 e S5 e e claro que ker(f)nao contem A5: por exemplo (123) nao normaliza 〈(12345)〉. Segue queker(f) = {1}.

(44) 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

40 1. GRUPOS

(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 classes de 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-cıclossao todos conjugados em A6.• (2, 2). O centralizador em S6 tem ordem 16 e nao esta contido emA6 porque (12)(34) comuta com (56) ∈ S6 − A6, logo os (2, 2) saotodos conjugados em A6.• (3, 3). O centralizador em S6 tem ordem 18 e nao esta contido emA6 porque (123)(456) comuta com (14)(25)(36) ∈ S6 −A6, logo os(3, 3) sao todos conjugados em A6.• (4, 2). O centralizador em S6 tem ordem 8 e nao esta contido emA6 porque (1234)(56) comuta com (56) ∈ S6−A6 logo os (4, 2) saotodos conjugados em A6.

Segue que a equacao das classes de A6 e

1 + 72 + 72 + 40 + 45 + 40 + 90 = 6!/2 = 360.

(45) 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 dogrupo simetrico Sp.]

Se p divide (p − 1)! + 1 entao p e primo porque se nao fosse primoexistiria um divisor primo q de p com q < p logo q dividiria p e (p−1)! eisso contradiz o fato que p divide (p−1)!+1. Reciprocamente suponha pprimo. O grupo simetrico Sp tem (p−1)! cıclos de comprimento p e cadap-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 − 1obtemos (p− 1)! ≡ −1 mod p, ou seja p divide (p− 1)! + 1.

(46) Seja p um primo. Conte os p-subgrupos de Sylow de G = GL(3, p) (ogrupo das matrizes 3× 3 inversıveis com coeficientes em Z/pZ). [|G| =(p3 − 1)(p3 − p)(p3 − p2)]. Dica: considere

P :=

1 x y

0 1 z0 0 1

: x, y, z ∈ Z/pZ

.

Curiosidade: GL(3, 2) e um grupo simples de ordem 168.


P e um subgrupo de G pois 1 ∈ P e 1 x y0 1 z0 0 1

1 a b0 1 c0 0 1

=

1 a+ x b+ xc+ y0 1 c+ z0 0 1

.

A ordem de P e p3 porque temos p escolhas para cada um de x, y e z.Por outro lado podemos calcular facilmente a ordem de G: tem p3 − 1escolhas para a primeira coluna, p3 − p para a segunda e p3 − p2 para aterceira, segue que

|G| = (p3 − 1)(p3 − p)(p3 − p2) = p3(p3 − 1)(p2 − 1)(p− 1)

logo P e um p-Sylow de G. Para calcular np(G) = |G : NG(P )| calcula-remos a ordem do normalizador NG(P ). Seja

k =

a b cd e fg h i

∈ NG(P ).

Segue que para todo m ∈ P existe h ∈ P com kmk−1 = h ou sejakm = hk. Ou seja para todo x, y, z ∈ Fp existem r, s, t ∈ Fp tais que a b cd e fg h i

1 x y0 1 z0 0 1

=

1 r s0 1 t0 0 1

a b cd e fg h i

.

Fazendo os produtos obtemos a ax+ b ay + bz + cd dx+ e dy + ez + fg gx+ h gy + hz + i

=

a+ rd+ sg b+ re+ sh c+ rf + sid+ tg e+ th f + tig h i

.

Em particular tg = gx = 0. Mas escolhendo x = 1 obtemos g = 0.Segue que hz = 0. Mas escolhendo z = 1 obtemos h = 0. Segue quedx = 0. Mas escolhendo x = 1 obtemos d = 0. Segue que m e umamatriz triangular superior e a 6= 0, e 6= 0 e i 6= 0. Por outro lado ascondicoes g = h = d = 0, a 6= 0, e 6= 0, i 6= 0 garantem a existencia der, s, t como acima para toda escolha de x, y, z. Isso significa que

NG(P ) =

a b c

0 e f0 0 i

: a, b, c, e, f, i ∈ Fp, a 6= 0, e 6= 0, i 6= 0

tem ordem p3(p− 1)3. Segue que

np(G) =|G|

|NG(P )|=p3(p3 − 1)(p2 − 1)(p− 1)

p3(p− 1)3= (p+ 1)(p2 + p+ 1).

Observe que este numero e congruente a 1 modulo p, coerentemente como teorema de Sylow.

42 1. GRUPOS

(47) Dado um grupo G, o grupo dos automorfismos Aut(G) de G e o grupodos isomorfismos G→ G com a operacao de composicao. Seja α : G→Aut(G) dado por α(g)(x) = gxg−1. Se trata de um homomorfismo degrupos e ker(α) = Z(G). Mostre que Aut(S4) ∼= S4. [DICA: Seja Xo conjunto dos subgrupos de S4 de indice 4. Aut(S4) age sobre X demaneira natural. Mostre que tal acao e fiel.]

A acao obvia de Aut(S4) sobre X e dada por ϕ(H) = {ϕ(a) : H ∈X}. Se ϕ ∈ Aut(S4) e tal que ϕ(H) = H para todo H ∈ X entao emparticular ϕ(StabS4

(a)) = StabS4(a) para todo a ∈ {1, 2, 3, 4} (porque

os estabilizadores tem indice 4) logo ϕ fixa todos os 2-cıclos: por exemploϕ((12)) pertence a StabS4

(3) ∩ StabS4(4) = 〈(12)〉 logo ϕ((12)) = (12),

e o mesmo argumento se aplica aos outros 2-cıclos. Mas todo elementode S4 e produto de 2-cıclos (transposicoes) logo ϕ = 1. Segue quetemos uma representacao permutacional Aut(S4) → S4 injetiva, logo|Aut(S4)| ≤ 24. Por outro lado Z(S4) = {1} logo a funcao α indicadano texto mostra que |S4| ≤ |Aut(S4)|. Em conclusao Aut(S4) ∼= S4.

(48) Mostre que se Aut(G) e cıclico entao G e abeliano.

Pelo exercıcio anteriorG/Z(G) e isomorfo a um subgrupo de Aut(G).Se Aut(G) e cıclico entao G/Z(G) e cıclico tambem e isso implica queG e abeliano.

CAPıTULO 2

Teoria de Galois

1. Corpos de decomposicao

Seja K um corpo de caracterıstica zero. Em outras palavras K contem Qcomo subcorpo. Se quiser pode pensar que Q ≤ K ≤ C. Sejam K ≤ L corpos,em outras palavras seja “L/K” uma extensao de corpos. O grau de L sobre K e|L : K| = dimK(L), a dimensao de L sobre K como espaco vetorial. Observe que|L : K| = 1 se e somente se L = K. Se K ≤ L ≤M temos a formula do grau

|M : K| = |M : L| · |L : K|.Se a ∈ L e algebrico (ou seja admite um polinomio minimal) sobre K entao K(a)(o corpo gerado por K e por a) e isomorfo a K[X]/(f(X)) onde f(X) ∈ K[X] eo polinomio minimal de f sobre K e (f(X)) e o ideal principal de K[X] geradopor f(X). Se a, b sao duas raızes K(a) ∼= K[X]/(f(X)) ∼= K(b) (isomorfismos deaneis) mas em geral K(a) 6= K(b) (pense em X3 − 2: veja abaixo).

Lembre-se que todo polinomio de K[X] (o anel dos polinomios com coefici-entes em K) pode ser escrito de maneira essencialmente unica como produto depolinomios irredutıveis, ou seja K[X] e um domınio de fatoracao unica.

Proposicao 7. Se f(X) ∈ K[X] e irredutıvel entao nao tem raızes multiplas(ou seja e “separavel”).

Demonstracao. Suponha que seja f(X) = (X−a)2g(X) onde a e uma raizde f(X) em uma extensao M de K e g(X) ∈M [X]. A derivada de f(X) e

f ′(X) = 2(X − a)g(X) + (X − a)2g′(X) = (X − a)h(X)

onde h(X) = 2g(X) + (X − a)g′(X) ∈ M [X]. E claro que f ′(X) ∈ K[X], poisse f(X) =

∑ni=0 aiX

i entao f ′(X) =∑ni=0 iaiX

i−1 e iai ∈ K sendo ai ∈ K ei = 1 + 1 + . . .+ 1 ∈ K. Observe que como K tem caracteristica zero (!!) temosque f ′(X) tem grau n− 1, onde n e o grau de f(X) (atencao! Isso seria falso emcaracteristica p prima, de fato por exemplo em caracterıstica p a derivada de Xp eo polinomio nulo: pXp−1 = 0). Por outro ladoK[X] e um domınio euclidiano, logoaplicando o algoritmo de Euclides a f(X) e f ′(X) (que sao elementos coprimos deK[X], sendo f(X) irredutıvel!!) obtemos polinomios a(X), b(X) em K[X] com

a(X)f(X) + b(X)f ′(X) = 1.

Mas o lado esquerdo dessa equacao e divisıvel por X−a, logo substituindo X = aobteriamos 0 = 1, uma contradicao. �

43

44 2. TEORIA DE GALOIS

Definicao 1 (Corpo de decomposicao). Seja f(X) ∈ K[X], de grau positivo.M ≥ K e chamado de corpo de decomposicao de f(X) sobre K se os seguintesfatos valem:

(1) M = K(u1, ..., ur) onde f(ui) = 0 ∀i = 1, ..., r.(2) f(X) e produto de fatores lineares (ou seja de grau 1) em M [X].

Equivalentemente, M e um corpo minimal com respeito a

(1) M ≥ K.(2) Se P (X) ∈M [X] e um fator irredutıvel de f(X) em M [X] entao P (X)

tem grau 1.

Exemplo. f(X) = X3 − 2 ∈ Q[X] (irredutıvel pelo criterio de Eisenstein).

Sejam α = 3√

2, t = e2πi/3 = −1/2 + i√

3/2 uma raiz cubica de 1 em C. Asraızes de f(X) sao α, tα, t2α. Segue que um corpo de decomposicao de f(X)sobre Q e M = Q(α, tα, t2α) (obtido adicionando a Q todas as raızes de f(X)).Observe que entao M = Q(α, t). Observe que M contem o subcorpo Q(α) eM = Q(α)(t), ou seja M e obtido adicionando t a Q(α). Segue que |M : Q| e

igual ao grau do polinomio minimal de t sobre Q(α). Mas t = −1/2 + i√

3/2logo (t + 1/2)2 = −3/4, segue que t e raiz de (X + 1/2)2 + 3/4 logo |M : Q(α)|vale 1 ou 2. Mas se vale 1 entao M = Q(α), em particular t ∈ Q(α), e issoe um absurdo porque Q(α) ⊆ R mas t 6∈ R. Segue da formula do grau que|M : Q| = |M : Q(α)| · |Q(α) : Q| = 2 · 3 = 6. Sejam a = α, b = tα. Observeque Q(a) e Q(b) sao corpos isomorfos (sendo isomorfos a Q[X]/(X3 − 2)) masQ(a) 6= Q(b): de fato b 6∈ Q(a) sendo Q(a) ⊆ R mas b 6∈ R.

Exemplo. f(X) = X4− 5X2 + 5 ∈ Q[X] (irredutıvel pelo criterio de Eisens-tein). As raızes 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 queb = (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), ele tem grau 4 sobre Q.

Se M/K e extensao de corpos, um K-automorfismo de M e um isomorfismode aneis σ : M → M com a propriedade que σ(x) = x para todo x ∈ K. Oconjunto dos K-automorfismos de M e um grupo com a composicao, indicadopor AutK(M) ou G(M/K) e chamado de grupo de Galois da extensao M/K.

Se M e corpo de decomposicao para f(X) ∈ K[X] sobre K e G e o grupode Galois de M/K podemos escrever f(X) =

∑ni=0 aiX

i com ai ∈ K para todoi = 0, . . . , n logo se r ∈ M e uma raiz de f(X) e g ∈ G entao, sendo g(ai) = aipara 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,

2. O GRUPO DE GALOIS 45

logo g(r) e tambem uma raiz de f(X). Segue que a acao natural (de automorfismo)de G sobre M induz uma acao de G sobre o conjunto das n raızes de f(X) quepertencem ao corpo M (observe que f(X) admite exatamente n raızes em M ,sendo elas todas distintas!). Na proxima aula mostraremos que |G| = |M : K|.Como M e gerado pelas raızes de f sobre K, tal acao de G e fiel, logo G e isomorfoa um subgrupo de Sn, e isso implica que |M : K| = |G| divide n!.

Exemplo. Q(i) e corpo de decomposicao sobre Q de X2 + 1, e os Q-automorfismos de Q(i) sao |Q(i) : Q| = 2, sao a + ib 7→ a + ib e a + ib 7→ a − ib.G = G(M/K) e isomorfo a S2. De fato se g ∈ G = G(Q(i)/Q) entao g(i) e umaraiz de X2 + 1, logo g(i) ∈ {i,−i}, e sendo g(x) = x para todo x ∈ Q, issodetermina os dois automorfismos descritos.

Exemplo. Seja M o corpo de decomposicao de X3 − 2 sobre Q e seja G ogrupo de Galois de M/Q. Vimos acima que |G| = |M : Q| = 6. Sendo G isomorfoa um subgrupo de S3 deduzimos G ∼= S3.

Exercıcios.

(1) Calcule o grau do corpo de decomposicao M (contido em C) sobre Qdos polinomios seguintes.(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) X4 − 6X2 + 6,(g) (X2 − 2)(X2 − 3),(h) X4 − 6X2 − 3 (dica: observe que M 6⊆ R),(i) X3 − 3X + 1 (dica: se u e raiz, u2 − 2 e raiz?).

(2) Faca a lista dos elementos do grupo de Galois de um corpo de decom-posicao de X3 − 2 sobre Q. A acao do grupo de Galois no conjunto dasraızes e transitiva?

(3) Seja M uma extensao de Q e seja g um isomorfismo de aneis M → M .Mostre que g(x) = x para todo x ∈ Q.

(4) Determine G(Q( 3√

2)/Q).

2. O grupo de Galois

Lembre-se que se f(X) ∈ K[X] existe sempre um corpo de decomposicaopara f(X) sobre K (obtido adicionando a K todas as raızes de f(X)). Observeque se A e T sao aneis comutativos e σ : A→ T e homomorfismo, e c ∈ T , entaoexiste um unico homomorfismo σ : A[X]→ T tal que σ|A = σ e σ(X) = c.

A notacao f(X) ∈irr K[X] significa que f(X) e um polinomio irredutıvel.


Teorema 5. Sejam K e F corpos, σ : K → F isomorfismo. Entao σ podeser extendido de uma unica maneira a um isomorfismo K[X] → F [X] tal queX 7→ X. Seja f(X) ∈irr K[X] e seja g(X) a sua imagem em F [X]. Sejam u umaraiz de f(X) e v uma raiz de g(X). Existe um unico isomorfismo K(u) → F (v)que extende σ e leva u para v.

Demonstracao. Observe que sendo f(X) irredutıvel em K[X], g(X) e irre-dutıvel em F [X]. A unicidade e imediata (para definir K(u)→ F (v) basta dizerquais sao as imagens dos elementos de K e de u). Para a existencia observe queK(u) ∼= K[X]/(f(X)) ∼= F [X]/(g(X)) ∼= F (v) (sendo f(X) o polinomio minimalde u sobre K e sendo g(X) o polinomio minimal de v sobre F ). O isomorfismoentre os aneis quociente e obtido do teorema de isomorfismo observando que acomposicao entre K[X] → F [X] e F [X] → F [X]/(g(X)) e sobrejetiva e temnucleo (f(X)). �

Teorema 6. Seja σ : K → F isomorfismo de corpos, e σ : K[X] → F [X]a sua extensao; seja f(X) ∈ K[X] e f(X) := σ(f(X)); sejam M e M cor-pos de decomposicao de f(X) e de f(X) respectivamente, sobre K e F , ondedeg(f(X)) > 0. Entao σ pode ser extendido a um isomorfismo M → M . Onumero de isomorfismos M →M que extendem σ e exatamente igual a |M : K|.

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 fatoravel completamente em F [X], logo M = F e o unico isomorfismo possıvelM → M extendendo σ e 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 suponhaf(X) = h(X)t(X) em K[X]. Isso e possıvel porque K[X] e um domınio defatoracao unica e se todos os polinomios irredutıveis de K[X] que dividem f(X)tivessem grau 1 entao K seria igual a M . Como M e corpo de decomposicaopara f(X) sobre K, e h(X) e um fator de f(X) em K[X], existe u ∈ M talque 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).Pela formula dos graus |M : K(u)| < |M : K|, logo por hipotese de inducao σ podeser extendido a um isomorfismo M →M de exatamente |M : K(u)| maneiras.

Seja u raiz de h(X), e sejam u1, u2, ..., ur as raızes distintas de h(X) em M .Seja

σi : K(u)→ F (ui)

o isomorfismo que extende σ e leva u para ui (e unico). Como K tem caracteristicazero,

r = deg(h(X)) = |K(u) : K|Sendo |M : K(u)| < |M : K|, pela hipotese de inducao σi pode ser extendido aM de exatamente |M : K(u)| maneiras, e como tem r possibilidades para σi, o

2. O GRUPO DE GALOIS 47

numero total de tais isomorfismos e

r · |M : K(u)| = |K(u) : K| · |M : K(u)| = |M : K|.

Para terminar basta entao mostrar que todo isomorfismo φ : M →M que extendeσ e obtido extendendo algum σi: se u e raiz de h(X), φ(u) e raiz de h(X). Defato se h(X) = anX

n + ...a1X+a0 entao h(X) = σ(an)Xn + ...+σ(a1)X+σ(a0)e φ(ai) = σ(ai) para i = 0, . . . , 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. �

Corolario 3. Seja M um corpo de decomposicao para f(X) ∈ K[X] sobre Ke seja G = G(M/K) o grupo de Galois da extensao M/K. Entao |G| = |M : K|.

Demonstracao. E so escolher F = K, M = M , σ = idK no teorema. �

Corolario 4. Se L/K e uma estensao de corpos de grau finito e f(X) ∈K[X] entao L contem no maximo um corpo de decomposicao para f(X) sobre K.

Demonstracao. Se L contem dois corpos de decomposicao M1,M2 paraf(X) ∈ K[X] sobre K entao 〈M1,M2〉 e um corpo de decomposicao para f(X)sobre K, sendo gerado por raızes de f(X), e pelo teorema anterior aplicado aocaso K = F , σ = idK , temos K-isomorfismos M1

∼=K 〈M1,M2〉 ∼=K M2. Masum K-isomorfismo e em particular uma funcao K-linear (se f : A→ B e um K-isomorfismo e a ∈ A, λ ∈ K entao f(λa) = f(λ)f(a) = λf(a)), logo dimK(M1) =dimK(〈M1,M2〉) = dimK(M2) e sendo tal dimensao finita deduzimos M1 = M2.

�

Exemplo. Seja f(X) = X3−1 ∈ Q[X]. Sendo f(X) = (X−1)(X2 +X+1),

definido u = −1/2+ i√

3/2, as raızes de f(X) sao 1, u e v = −1/2− i√

3/2. Sendov = −1− u, o corpo de decomposicao para f(X) sobre Q e M = Q(u, v) = Q(u),tem grau 2 sobre Q (o polinomio minimal de u sobre Q e X2 +X + 1). Segue queo grupo de Galois G de M/K tem ordem 2, logo G = 〈σ〉, e σ age no conjunto{1, u, v} das trez raızes de f(X) fixando 1 e trocando u com v (e um 2-cıclo!).Em particular a acao do grupo de Galois no conjunto das raızes nao e transitiva(... e as orbitas correspondem canonicamente aos fatores irredutıveis de f(X)).

Exercıcios.

(1) Seja f(X) = X3 − 3X + 1 ∈ Q[X]. Seja G o grupo de Galois de umcorpo de decomposicao M de f(X) sobre Q. Sabemos pela lista anteriorque M = Q(u) onde u e uma raiz de f(X), e que u2 − 2 e uma outraraiz de f(X). Pelo teorema de hoje existe σ ∈ G que leva u para u2− 2.Mostre que G = 〈σ〉 (grupo cıclico de ordem 3).


(2) Seja f(X) = X4 − 5X2 + 5 ∈ Q[X]. Seja G o grupo de Galois de umcorpo de decomposicao M de f(X) sobre Q. Sejam

a =

√5 +√

5

2, b =

√5−√

5

2.

Vimos na aula anterior que as raızes de f(X) sao a,−a, b,−b. Peloteorema de hoje existe um σ ∈ G que leva a para b. Mostre que G = 〈σ〉(grupo cıclico de ordem 4). [Dica: calcule σ(

√5) lembrando que

√5 =

2a2 − 5 e lembre-se que ab =√

5. Deduza que σ(b) = −a.]

(3) Seja f(X) = X4 − 6X2 − 3 ∈ Q[X]. Seja G o grupo de Galois de umcorpo de decomposicao M de f(X) sobre Q. Mostre que G e isomorfo aum 2-Sylow de S4 (veja a lista anterior).

(4) Seja f(X) = X4 − 3X2 + 4 ∈ Q[X]. E irredutıvel (nao precisa mostrarisso). Seja G o grupo de Galois de um corpo de decomposicao M def(X) sobre Q.• Mostre que se a ∈M e raiz de f(X) entao as raızes de f(X) sao a,−a, 2/a, −2/a e deduza que M = Q(a).• Seja σ ∈ G que leva a para b = 2/a (existe pelo teorema de hoje).

Mostre que σ(b) = a (dica: calcule σ(b)2 e deduza que σ(b) = ±a,agora no caso σ(b) = −a calcule σ(ab)).• Mostre que G e isomorfo ao grupo de Klein (o 2-Sylow de A4).

(5) Seja f(X) = (X2 − 2)(X2 − 3) ∈ Q[X]. Seja G o grupo de Galois deum corpo de decomposicao M de f(X) sobre Q. Seja A o grupo de

Galois de Q(√

2)/Q e seja B o grupo de Galois de Q(√

3)/Q. Mostreque G ∼= A×B.

3. Correspondencias de Galois

Seja M/K uma extensao de corpos de grau finito.

Definicao 2 (O grupo de Galois). O grupo de Galois da extensao M/K epor definicao

G(M/K) := AutK(M) = {g ∈ Aut(M) | g|K = idK}

ou seja o grupo dos automorfismos de M (isomorfismos de aneis M → M) querestritos a K sao a identidade de K, ou seja o grupo dos K-automorfismos de M .

Chamado de G o grupo de Galois de M/K, seja [M/K] o reticulado doscorpos intermediarios de M/K (ou seja o conjunto parcialmente ordenado doscorpos L tais que K ≤ L ≤ M , e um reticulado), e indicaremos com L (G) oreticulado dos subgrupos de G (ou seja o conjunto parcialmente ordenado dossubgrupos de G, que e um reticulado). A ordem parcial dos reticulados [M/K] eL (G) e a inclusao.

3. CORRESPONDENCIAS DE GALOIS 49

Definicao 3 (As correspondencias de Galois). Considere as aplicacoes se-guintes (correspondencias 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] eH ′′ = i(j(H)) ∈ L (G) sao chamados de “fechos” de L e de H respectivamente.Se L e H coincidem com os seus fechos sao chamados de fechados.

Observe que:

• As correspondencias de Galois invertem as inclusoes: se L1 ≤ L2 entaoi(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 e m ∈ j(H2) entao g(m) = m para todog ∈ H2, e como H1 ≤ H2 obtemos g(m) = m para todo g ∈ H1 logom ∈ 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′′, eanalogamente 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. Isso e porque com certeza todo elemento

de G fixa os elementos de M fixados por todos os elementos de 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 outras palavras a imagem de i e igual ao conjunto dossubgrupos fechados.

De fato se L e fechado entao L′′ = L logo basta escolher H = L′, ereciprocamente se existe H ∈ L (G) tal que H ′ = L entao L′ = H ′′ ≥ Hlogo (lembrando que j inverte as inclusoes) L ≤ L′′ ≤ H ′ = L queimplica L′′ = L.

• H ∈ L (G) e fechado se e somente se existe L ∈ [M/K] tal que H =L′. Em outras palavras a imagem de j e igual ao conjunto dossubcorpos fechados.

De fato se H e fechado entao H ′′ = H logo basta escolher L = H ′, ereciprocamente se existe L ∈ [M/K] tal que L′ = H entao H ′ = L′′ ≥ Llogo (lembrando que i inverte as inclusoes) H ≤ H ′′ ≤ L′ = H queimplica H ′′ = H.

• i ◦ j restrita ao conjunto dos subgrupos fechados de G e a identidade;j ◦ i restrita ao conjunto dos corpos intermediarios fechados de M/K ea identidade. Segue que i e j induzem bijecoes, uma a inversa da outra,entre o conjunto dos subgrupos fechados de G e o conjunto dos corposintermediarios fechados de M/K.


K em geral nao e fechado. Por exemplo se M = Q( 3√

2) e K = Q entaovimos que G = {1} logo K ′ = G = {1} e G′ = {1}′ = M . Temos entao queK ′′ = M 6= K logo K nao e fechado. O unico subcorpo fechado e M . Observeque neste caso [M/K] = {K,M} e L (G) = {G} sendo G = {1}. Definiremos“extensao de Galois” uma extensao M/K em que K e fechado.

Teorema 7. Seja M/K extensao de corpos. Sejam L1, L2 ∈ [M/K] comL1 ≤ 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 deinducao |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 casodado u ∈ L2 \ L1 temos L2 = L1(u), logo u e algebrico sobre L1 porque L2/L1

e extensao finita (tem grau n). O polinomio minimal de u sobre L1, f(X), temgrau n. Indicado com G o grupo de Galois 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))logo σ−1τ ∈ L′2, ou seja σ e τ sao congruentes modulo L′2: eles tem a mesmaclasse lateral modulo 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 entaoque τ1(u), . . . , τr(u) sao dois a dois distintos. Sendo L2 = L1(u) e |L2 : L1| = n, opolinomio minimal f(X) de u sobre L1 tem grau n, e sendo f(X) irredutıvel sobreum corpo de caracterıstica zero, as n raızes de f(X) sao distintas. Os τi restritosa L1 sao a identidade de L1, logo pelo argumento usual f(τi(u)) = τi(f(u)) =τi(0) = 0 para todo i = 1, ..., r. Isso nos da r raızes distintas de f(X), logor ≤ n. �

Exemplo. Seja f(X) = X3 − 2, α = 3√

2, t = e2πi/3 = −1/2 + i√

3/2. SejamK = Q, M = Q(α, t) o corpo de decomposicao de f(X) sobre Q e G = G(M/K).Se g ∈ 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)logo g(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)logo g(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 logo g(t) = t2. Se g(αt2) = αt entao αt = g(αt2) = g(α)g(t)2 =αt2g(t)2 logo g(t) = t.

3. CORRESPONDENCIAS DE GALOIS 51

Segue que os elementos de G sao (determinados pela acao nas tres raızes 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}.

Como veremos nas proximas aulas, neste caso especıfico (sendo M um corpode 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) saoos seguintes. As setas sao inclusoes e os numeros a esquerda indicam os graus, adireita indicam os indices. 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}}zzzzzzzz

2

��

2

!!DDD

DDDD

D3

((QQQQQ

QQQQQQ

QQQQQ

〈g2〉3

""EEE

EEEE

E〈g6〉

3

��

〈g4〉

3||yyyyyyyy

〈g3〉

2

vvllllll

llllll

lllll

G

Exercıcios.

(1) Seja K = Q. Dado o polinomio f(X) ∈ K[X] seja M o corpo dedecomposicao de f(X) sobre K contido em C e seja G = G(M/K) (ogrupo 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 listasanteriores):• X2 + 1,• X3 − 1,• (X2 − 2)(X2 − 3),• X4 + 1,• 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 queM = K(u), deduza que M e um corpo de decomposicao do polinomiominimal de u sobre K, deduza que |G| = 2.]

(3) Sejam α = 3√

2, t = e2πi/3, K = Q, M = Q(α, t) (corpo de decomposicaode X3 − 2 sobre Q). Seja G = G(M/K). Quais sao os subcorpos L deM tais que g(`) ∈ L para todo ` ∈ L e para todo g ∈ G?

4. Extensoes de Galois

Lema 4. Sejam H ≤ G grupos, n = |G : H|, e seja {τ1, ..., τn} um transversalesquerdo de H em G, ou seja τ1H∪. . .∪τnH = G. Para todo σ ∈ G, {στ1, ..., στn}e tambem um transversal esquerdo de H em G.

Demonstracao. E so multiplicar por σ a esquerda na igualdade G = τ1H∪. . . ∪ τnH. �

Teorema 8. Seja M/K uma extensao finita de corpos, com grupo de GaloisG, e sejam H1, 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. Seσ ∈ H2 entao pelo lema 4 {στ1, ..., στn} e um transversal esquerdo de H1 em H2.Os elementos de uma mesma classe lateral esquerda de H1 operam da mesmaforma nos elementos de H ′1: sejam γ, β ∈ H2 congruentes modulo H1, ou sejatais 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 todo u ∈ 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 pelo menos uma solucao nao nula em M . Seja (a1, ..., ar, 0, ..., 0)uma solucao nao nula (obtida a menos de reordenacao) com o numero maximo dezeros, e com ai 6= 0 para todo i = 1, ..., r. A menos de multiplicar tal solucao pora−1

1 (obtendo uma outra solucao) podemos supor que a1 = 1. A nossa solucao eentao (1, a2, ..., ar, 0, ..., 0). Existe um unico i ∈ {1, ..., n} tal que τi ∈ H1. Semperda 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 sea2, ..., ar ∈ H ′2 entao pela primeira equacao u1 + a2u2 + ... + arur = 0, o quecontradiz a independencia linear dos ui sobre H ′2. Sem perda de generalidade seja

4. EXTENSOES DE GALOIS 53

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 comoos στi sobre 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). Subtraindoa 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, eL1, 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|.

Demonstracao. Temos

|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|.

Demonstracao. Temos

|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|. �

Em particular, como {1} e fechado, todo subgrupo de G e fechado.

Definicao 4 (Extensoes de Galois). Seja M/K uma extensao de corpos comgrupo de Galois G. M/K e dita extensao de Galois se uma das seguintescondicoes equivalentes e satisfeita:

• 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 8. Se M/K e extensao de Galois finita com grupo de Galois Gentao os corpos intermediarios de M/K e os subgrupos de G sao fechados.

Demonstracao. Seja L ∈ [M/K]. L e fechado sendo K fechado. SejaH ∈ L(G). Temos {1} ≤ H e {1} e fechado, logo H e fechado. �


Proposicao 9. Se M/K e extensao de Galois finita e L ∈ [M/K] entaoM/L e extensao de Galois.

Demonstracao. Sabemos que L e fechado, ou seja que o conjunto dos ele-mentos de M fixados por L′ e L. Alem disso o grupo de Galois de M/L e L′.Segue que L e fechado em M/L tambem, e M/L e extensao de Galois. �

Proposicao 10. Uma extensao finita M/K com grupo de Galois G e ex-tensao de Galois se e somente se |M : K| = |G|. Em particular todo corpo dedecomposicao sobre K e extensao de Galois.

Demonstracao. Se M/K e de Galois entao K e fechado e isso implica|M : K| = |K ′ : M ′| = |G : {1}| = |G|. Reciprocamente se |M : K| = |G| entao

|G| = |M : K| = |M : K ′′| · |K ′′ : K| ≥ |K ′′′ : M ′| · |K ′′ : K| = |G| · |K ′′ : K|e deduzimos K ′′ = K ou seja K e fechado. �

Obtemos como corolario o teorema fundamental.

Teorema 9 (Teorema fundamental da teoria de Galois). Seja M/K extensaode Galois finita com grupo de Galois G. Entao todos os corpos intermediarios deM/K sao fechados e todos os subgrupos de G sao fechados. As correspondenciasde Galois induzem uma correspondencia bijetiva entre os corpos intermediariosde M/K e os subgrupos de G que inverte as inclusoes. O ındice de dois sub-grupos e igual ao grau dos correspondentes corpos intermediarios, e o grau dedois subcorpos e igual ao ındice dos correspondentes subgrupos. Em particular|G| = |M : K|.

Teorema 10. Seja M/K extensao de Galois finita com grupo de Galois G.Se f(X) ∈irr K[X] tem uma raiz em M entao f(X) pode ser decomposto emfatores lineares em M [X]. Em particular chamada de {v1, . . . , vn} uma K-basede 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.Sejam u1, ..., ur as raızes 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 ue raiz de f(X) em M entao σ(u) e tambem raiz de f(X). Segue que

{u1, ..., ur} = {σ(u1), ..., σ(ur)}.Ou seja σ permuta as raızes de f(X) contidas em M . Em particular chamadode σ o unico automorfismo de M [X] que extende σ e leva X para X, temos queσ(g(X)) = g(X). Escrevendo g(X) =

∑ri=0 biX

i, se σ ∈ G temos entaor∑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 quebi ∈ G′ para todo i = 0, . . . , r. Mas G′ = K sendo M/K extensao de Galois, logog(X) ∈ K[X]. Alem disso g(X) divide f(X) em M [X] pois todas as raızes de

4. EXTENSOES DE GALOIS 55

g(X) sao raızes de f(X), todas de multiplicidade 1. Sendo f(X), g(X) ∈ K[X]segue que g(X) divide f(X) em K[X]. Como f(X) e irredutıvel em K[X] issoimplica que g(X) = f(X). Logo f(X) pode ser decomposto em fatores linearesem M [X]. �

Corolario 5. Seja M/K extensao finita de corpos. Entao M/K e de Galoisse e somente se M e corpo de decomposicao sobre K para um polinomio de K[X].

Exercıcios. Descreva as correspondencias de Galois para a extensao M/Konde K = Q e M e o corpo de decomposicao de f(X) contido em C nos casosseguintes.

(1) f(X) = X4 −X3 − 2X + 2.(2) f(X) = X4 + 5X2 + 5.(3) 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 entaof(u) = 0 e as raızes de f(X) sao potencias de u.]

(4) f(X) = X4− 2, que tem grupo de Galois D8 (o grupo diedral de ordem8). G = D8 = 〈a, b〉 onde a = (13) e b = (12)(34). Observe queab = (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 de conjugacao de G sao {1}, {abab}, {ab, ba}, {a, bab},{aba, b}. Os subgrupos de G sao os seguintes.

G

2llllll

llllll

lll

22

RRRRRR

RRRRRR

RRR

〈a, bab〉 ∼= C2 × C2

2ppp

pppppp

ppp2

2

QQQQQQ

QQQQQQ

Q〈ab〉 ∼= C4

2

〈b, aba〉 ∼= C2 × C2

2mmm

mmmmmm

mmmm

22

NNNNNN

NNNNNN

〈a〉2

WWWWWWWWWW

WWWWWWWWWW

WWWWWWWWWW

W 〈bab〉2

QQQQQQ

QQQQQQ

QQQ〈abab〉〈aba〉〈b〉

{1}2

WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW2

QQQQQQQQQQQQQQQ2

2mmmmmmmmmmmmmmm

2

ggggggggggggggggggggggggggggggg

(Curiosidade) Como visto X3 − 2 tem grupo de Galois S3 e X3 − 3X + 1tem grupo de Galois A3. Usando um programa (por exemplo WolframAlpha,disponıvel na internet) compare as fatoracoes de X3− 2 modulo os primos p ≤ 50com as fatoracoes de X3 − 3X + 1 modulo os primos p ≤ 50. Voce percebera queexiste um tipo de fatoracao (modulo os primos) muito frequente para X3− 2 quenao ocorre para X3 − 3X + 1. Usar WolframAlpha e muito facil, por exemplopara fatorar X3 − 2 modulo 5 basta escrever

factorize x^3-2 modulo 5


5. Transitividade

Teorema 11. Seja f(X) ∈ K[X] um polinomio com raızes distintas e sejaM um seu corpo de decomposicao sobre K. Entao a acao de G = G (M/K) noconjunto das raızes de f(X) e transitiva se e somente se f(X) e irredutivel emK[X].

Demonstracao. Se f(X) e irredutıvel e α, β sao duas raızes de f(X) emM entao sabemos que a composicao K(α) ∼= K[X]/(f(X)) ∼= K(β) e um K-isomorfismo que leva α para β, e se extende a um isomorfismo M → M , ou sejaum elemento de G que leva α para β.

Agora suponha que a acao de G seja transitiva. Se f(X) = h(X)k(X) entaose r e raiz de h(X) e s e raiz de k(X) existe g ∈ G tal que g(r) = s, e por um ladoh(g(r)) = g(h(r)) = 0, ou seja g(r) = s e raiz de h(X), por outro lado g(r) = se raiz de k(X) logo isso daria uma raiz de f(X) com multiplicidade maior que 1,uma contradicao. �

6. Cubicas

Seja K um corpo de caracterıstica zero. Seja f(X) ∈ K[X] de grau n, raızesdistintas, com corpo de decomposicao M sobre K e grupo de Galois G. Sabemosque G pode ser visto como um subgrupo de Sn (representacao permutacionalinduzida pela acao de G no conjunto das n raızes de f(X)) Sejam v1, . . . , vn asraızes 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 umapermutacao dos vi, temos g(∆) ∈ {∆,−∆}. Mais especificamente se g e parg(∆) = ∆, se g e ımpar g(∆) = −∆. Segue que para todo g ∈ G, g(D) =g(∆2) = g(∆)2 = (±∆)2 = D, logo D ∈ K sendo M/K Galois. Alem disso, comog ∈ G fixa ∆ se e somente se g ∈ An, segue que o subgrupo correspondente aK(∆) (nas correspondencias de Galois) e K(∆)′ = G ∩ An. Observe que isso ecoerente com as correspondencias de Galois pois |G : G ∩ An| vale 1 ou 2, assimcomo |K(∆) : K|, e |G : G ∩An| = 2 se e somente se |K(∆) : K| = 2.

Seja f(X) = X3 + bX2 + cX + d. Entao calculando f(X − b/3) obtemos umpolinomio da forma g(X) = X3 + pX + q com o mesmo discriminante de f(X).

Proposicao 11. D = −4p3 − 27q2.

Demonstracao. Seja M um corpo de decomposicao de g(X). Escrevag(X) = (X − v1)(X − v2)(X − v3) onde os vi sao as raızes de g(X) em M =Q(v1, v2, v3). Como g(X) = X3 + pX + q segue

X3 + pX + q = X3 − (v1 + v2 + v3)X2 + (v1v2 + v1v3 + v2v3)X − v1v2v3.

Segue que

v1 + v2 + v3 = 0, v1v2 + v1v3 + v2v3 = p, v1v2v3 = −q.

6. CUBICAS 57

Calculando v1, v2, v3 pela equacao v1 + v2 + v3 = 0 e substituindo na expressaode 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 generali-dade). Entao q = 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, logoe S3 ou A3 (os subgrupos transitivos de S3 sao A3 e S3). Mas observe que seG = S3 entao existe s ∈ G que fixa v3 e troca v1 com v2, logo s(∆) = −∆ epor consequencia ∆ 6∈ K, ou seja D nao e um quadrado em K. Por outro ladose G = A3, digamos gerado por s, e s(v1) = v2, s(v2) = v3 e s(v3) = v1 entaos(∆) = ∆ logo ∆ ∈ G′ = K (sendo G gerado por s) ou seja D e um quadradoem 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 = −2logo o discriminante e −27 · 22, que nao e um quadrado em Q.

Exemplo. f(X) = X3−3X+ 1 tem grupo A3 sobre Q. De fato e irredutıvele p = −3, q = 1 logo o discriminante e −4(−3)3 − 27 = 92. Chamada de a umaraiz de f(X), o corpo de decomposicao e Q(a) e os seus unicos subcorpos sao osdois triviais.


Exemplo. f(X) = X3 +3X2 +1 tem grupo S3 sobre Q. De fato e irredutıvele f(X−1) = X3−3X+ 3 logo p = −3, q = 3, segue que D = −4(−3)3−27 ·32 =−27(−4− 9) = 33 · 13 nao e um quadrado em Q logo G = S3.

7. Subcorpos estaveis

Seja M/K extensao de corpos com grupo de Galois G. L ∈ [M/K] e ditoestavel se para todo σ ∈ G, u ∈ L temos σ(u) ∈ L. L e estavel se e somente seσ(L) = L para todo σ ∈ G. A inclusao L ≤ σ(L) segue do fato que se ` ∈ L entao` = σ(σ−1(`)) e σ−1(`) ∈ L se L e estavel. Em outras palavras, a acao naturalde G sobre M induz uma acao de G sobre [M/K] dada por L 7→ σ(L) = {σ(`) :` ∈ L} (e facil ver que se σ ∈ G e L e subcorpo de M contendo K entao σ(L)e subcorpo de M contendo K) e os subcorpos estaveis sao os pontos fixos dessaacao.

Observe que se H ≤ G entao M/H ′ e extensao de Galois com grupo de Galoisigual a H ′′ = H (para mostrar isso e so escrever a definicao de grupo de Galois).

Teorema 12 (Teorema fundamental - parte 2). Seja M/K extensao de Galoisfinita com grupo de Galois G. Entao L ∈ [M/K] e estavel se e somente seL′ e normal em G, se e somente se L/K e de Galois. Se L e estavel entaoG(L/K) ∼= G/L′.

Demonstracao. Seja L ∈ [M/K] corpo intermediario estavel. Para todoσ ∈ G, γ ∈ L′, u ∈ L temos σ−1(γ(σ(u))) = σ−1(σ(u)) = u porque σ(u) ∈ Lsendo L estavel e sendo γ ∈ L′. Logo σ−1γσ ∈ L′. Isso mostra que L′ EG.

SejaHEG. Para todo γ ∈ H, σ ∈ G e para todo u ∈ H ′ temos σ−1(γ(σ(u))) =u, ou seja γ(σ(u)) = σ(u). Valendo isso para todo γ ∈ H, temos σ(u) ∈ H ′ (sendoM/H ′ extensao de Galois com grupo de Galois H ′′ = 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 − Kbasta mostrar que existe um γ ∈ G (L/K) tal que γ(u) 6= u. Sendo M/K deGalois, existe σ ∈ G (M/K) tal que σ(u) 6= u. Alem disso σ|L ∈ G (L/K) sendo Lestavel. 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 seja u ∈ L. Precisamos mostrar que σ(u) ∈ L. Sendo L/K algebrica, u ealgebrico 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]. Sabemosque 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 porα(σ) := σ|L (faz sentido sendo L estavel). Sendo M um corpo de decomposicaosobre K, todo K-automorfismo de L pode ser extendido a M , logo α e sobrejetiva.O nucleo de α consiste dos K-automorfismos de M que sao a identidade sobre L,ou seja ker(α) = L′. Segue que G (L/K) ∼= G/L′. �

Observe que se M e corpo de decomposicao de f(X) ∈ K[X] sobre K entaoM e corpo de decomposicao de f(X) sobre L tambem, sendo K ≤ L. Ou seja se

7. SUBCORPOS ESTAVEIS 59

M/K e Galois e K ≤ L ≤ M entao M/L e Galois. 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 eGalois e esta contido no corpo de decomposicao de X3 − 2 sobre Q.

Seja M/K extensao de Galois, G = G (M/K), L ∈ [M/K], H = L′ ≤ G.Sabemos que o coracao normal HG de H em G e o maior subgrupo normal de Gcontido em H. Segue que H ′G e o menor subcorpo estavel de M contendo L = H ′,ou seja a menor extensao de Galois de K contendo L. Tal extensao e chamadade fecho de Galois (Galois closure) de L sobre K. E obtido adicionando a K asraızes dos polinomios minimais sobre K dos elementos de L (na verdade bastaconsiderar geradores de L sobre K).

Raızes n-esimas

Seja Q ≤ K ≤ C um corpo e seja n um inteiro positivo. Na proposicaoseguinte ϕ e a funcao de Euler.

Proposicao 12. O grupo de Galois de Xn− 1 sobre K e abeliano, isomorfoa um subgrupo de U(Z/nZ), em particular a sua ordem divide ϕ(n).

Demonstracao. f(X) = Xn−1 nao tem raızes multiplas porque e coprimocom a sua derivada nXn−1. Seja A o conjunto das raızes de f(X) em C. Observeque A e um grupo cıclico de ordem n gerado por u = ei2π/n, e M = K(u). SejaG = G (M/K). O homomorfismo ϕ : G → Aut(A) que leva g para g|A e injetivo(porque se g fixa os elementos de A entao fixa todas as raızes, logo e a identidade),logo G e isomorfo a um subgrupo de Aut(A). Mas γ ∈ Aut(A) e determinadopor γ(u) (sendo γ(uk) = γ(u)k para todo inteiro k, sendo γ homomorfismo), logopodemos considerar ψ : Aut(A) → U(Z/nZ) que leva γ para m onde γ(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 inteirosua = ub se e somente se a ≡ b mod n, e se γ ∈ Aut(A) e γ(u) = um (os elementosde A sao potencias de u) entao m e coprimo com n porque um precisa ser umgerador do grupo cıclico A ∼= Cn. O nucleo de ψ e trivial porque se γ ∈ Aut(A) eψ(γ) = 1 entao γ(u) = u1 = u logo γ e a identidade, de fato γ(uk) = γ(u)k = uk

para todo inteiro k. Segue que ψ e um homomorfismo injetivo de grupos logo Gisomorfo a um subgrupo de U(Z/nZ), que e um grupo abeliano (a multiplicacaomodulo n e comutativa), logo G e abeliano. �

Curiosidade: pode se mostrar que se K = Q entao o grupo de Galois deXn − 1 e isomorfo a U(Z/nZ), em particular e abeliano de ordem ϕ(n) (onde ϕe a funcao de Euler). Para aprofundar sobre isso veja: polinomios ciclotomicos.

Proposicao 13. Se K contem todas as raızes de Xn−1 e t e raiz de Xn−aonde a ∈ C entao K(t) e um corpo de decomposicao para Xn − a sobre K eG = G (K(t)/K) e cıclico de ordem um divisor de n.


Demonstracao. As raızes de Xn − a sao os elementos da forma tu onde ue uma raiz de Xn− 1, e como todos tais u pertencem a K isso mostra que K(t) eo corpo de decomposicao de Xn − a sobre K. Se g ∈ G = G (K(t)/K) entao g(t)e uma raiz de Xn− a logo existe uma unica raiz n-esima ug de 1, que depende deg, tal que g(t) = tug. Se g, h ∈ G temos ugh = uguh, de fato g(uh) = uh (sendouh ∈ K) logo

ught = gh(t) = g(uht) = g(uh)g(t) = uhugt

e cancelando t obtemos ugh = uguh. Alem disso se ug = 1 entao g fixa t logoe a identidade K(t) → K(t) (porque fixa K e t). Segue que g 7→ ug e umhomomorfismo injetivo G → A onde A e o grupo cıclico das raızes complexas deXn − 1. Segue que G e isomorfo a um subgrupo de A ∼= Cn, logo G e cıclico deordem um divisor de n. �

Exercıcios.

(1) Descreva as correspondencias de Galois sobre Q para os polinomios

X4 − 1, X5 − 1, X6 − 1, X7 − 1, X8 − 1.

Pode usar o fato que o grupo de Galois de Xn − 1 sobre Q e isomorfoa U(Z/nZ). Dada uma raiz n-esima u de 1 de ordem multiplicativa n,cada elemento g ∈ G e identificado pela classe m modulo n, coprimacom n, tal que g(u) = um.

Verifique que todos os subcorpos sao estaveis.

Para ajudar:• U(Z/4Z) = {1, 3} e cıclico gerado por 3;• U(Z/5Z) = {1, 2, 3, 4} e cıclico gerado por 2;• U(Z/6Z) = {1, 5} e cıclico gerado por 5;• U(Z/7Z) = {1, 2, 3, 4, 5, 6} e cıclico gerado por 3• U(Z/8Z) = {1, 3, 5, 7} nao e cıclico, e isomorfo ao grupo de Klein.

8. Solubilidade

Proposicao 14. Seja M um corpo de decomposicao sobre K. Seja U oconjunto das raızes n-esimas de 1 em C. Entao G (M/K) e soluvel se e somentese G (M(U)/K(U)) e soluvel.

Demonstracao. A extensao M/K e Galois por hipotese, logo M e o corpode decomposicao sobre K para um polinomio f(X) ∈ K[X]. A extensao K(U)/Ke Galois sendo um corpo de decomposicao de Xn − 1 e M(U)/K e Galois sendoum corpo de decomposicao de f(X)(Xn − 1). Sejam T = G (M(U)/K(U)),R = G (M(U)/K), G = G (M/K). Precisamos mostrar que T e soluvel se esomente se G e soluvel. Trabalharemos na extensao M(U)/K. Sabemos queT = 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 Galoislogo e estavel em M(U)/K e M ′ E R, R/M ′ ∼= G (M/K) = G. Isso mostra que

8. SOLUBILIDADE 61

se T e soluvel entao R e 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 pertencera T ∩M ′ significa fixar M(U), ou seja T ∩M ′ = K(U)′ ∩M ′ = M(U)′ = {1}.Segue que T ∼= T/T ∩M ′ ∼= TM ′/M ′ ≤ R/M ′ ∼= G, ou seja T e isomorfo a umsubgrupo de G, logo T e soluvel se G e soluvel. �

Corolario 6. Seja K um corpo, Q ≤ K ≤ C, e seja a ∈ K. O grupo deGalois de Xn − a sobre K e soluvel.

Demonstracao. Dado um corpo de decomposicao M de Xn − a sobre Kvimos que G (M(U)/K(U)) e cıclico, em particular e soluvel, logo G (M/K) esoluvel pela proposicao anterior. �

Proposicao 15. Sejam σ1, . . . , σr automorfismos distintos de um corpo K.Entao σ1, . . . , σr sao linearmente independentes sobre K.

Demonstracao. Por contradicao existam σ1, . . . , σr automorfismos de Klinearmente dependentes sobre K, daı podemos escolher r minimal com essa pro-priedade. 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 menosde r coeficientes nao nulos. Os coeficientes nao sao todos nulos porque a2(σ2(b)−σ1(b)) 6= 0. Isso contradiz a minimalidade de r. �

Dada uma extensao de Galois M/K de grau n com grupo de Galois G, anorma de m ∈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 comgrupo de Galois G = {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 multiplicacao 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 logoN(x) ∈ G′ = K.

Teorema 13 (Teorema 90 de Hilbert). Seja M/K extensao de Galois finitacom grupo de Galois G = 〈σ〉 cıclico. Um elemento a ∈ M tem norma 1 se esomente se existe b ∈M tal que a = bσ(b)−1.

Demonstracao. Seja n = |G|. Temos G = 〈σ〉 = {1, σ, . . . , σn−1}. Sejaa ∈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 (lembreque 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 ohomomorfismo nulo. Existe entao c ∈M tal que ϕ(c) 6= 0. Seja b := ϕ(c). Sendoaσ(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 aigualdade σ(b) = a−1b como a = bσ(b)−1. �

Proposicao 16. Seja M/K extensao de Galois finita de grau n com Kcontendo todas as raızes n-esimas de 1 e G = G (M/K) = 〈σ〉 cıclico. EntaoM = K(t) com t raiz de Xn − a, para algum a ∈ K, e Xn − a e irredutıvel emK[X].

9. EXTENSOES RADICAIS 63

Demonstracao. Seja ε = ei2π/n. Sendo ε ∈ K temos N(ε) = εn = 1 logoN(ε−1) = 1 tambem e existe t ∈ M tal que ε−1 = tσ(t)−1. Segue que σ(t) = tεlogo σ(tn) = (tε)n = tn logo a := tn ∈ K. Segue que t e raiz de Xn − a. SendoK(t) ⊆ M e |M : K| = n, para mostrar que M = K(t) e suficiente mostrarque Xn − a e irredutıvel em K[X], porque daı segue |K(t) : K| = n = |M : K|logo M = K(t). Seja f(X) o polinomio minimal de t sobre K, 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. �

Exercıcios.

(1) Seja f(X) = X6−2. Calcule a ordem do seu grupo de Galois G sobre Q.Encontre um subgrupo normal abeliano N de G tal que G/N e abeliano.

(2) Seja M/K extensao de Galois com grupo de Galois G e seja m ∈ M .Defina Tr(m) =

∑g∈G g(m), o traco de m. Mostre que Tr(m) ∈ K.

(3) Seja M um corpo de decomposicao de X3− 2 sobre Q. Calcule a norma

e o traco de α = 3√

2, de u = e2πi/3 e de α+ u.(4) Seja M um corpo de decomposicao de f(X) = X3 − 3X + 1 sobre Q,

seja α ∈ M uma raiz de f(X) e na extensao M/Q calcule a norma e otraco de α.

(5) (BONUS - Facultativo - Pesquise na internet em ingles) Seja M/K ex-tensao de Galois de grau n. Todo α ∈ M determina a funcao K-linearfα : M → M dada por fα(x) := αx. Apos escolha de uma base de Msobre K a funcao fα pode ser vista como matriz n× n com coeficientesem K. Mostre que det(fα) = N(α) e Tr(fα) = Tr(α) (onde o traco deuma matriz e a soma dos elementos diagonais).

9. Extensoes radicais

Resolver uma equacao polinomial f(X) = 0 sobre K para nos significa ex-pressar as solucoes de f(X) = 0 a partir dos elementos de K usando operacoes decorpo 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 cubicasna formula sao reais. Observe que se existirem raızes complexas conjugadas deuma cubica irredutıvel entao o grupo de Galois dela e S3 porque a conjugacaocomplexa tem ordem 2. O exemplo das cubicas justifica a definicao seguinte.

Seja F/K uma extensao de corpos. Ela e dita radical se existe uma torrede raızes que 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 inteiropositivo ni, ou seja ti e uma raiz ni-esima de um elemento de Ki, ou seja ti e raizde um polinomio Xni − ai ∈ Ki[X].

Se f(X) ∈ K[X], a equacao f(X) = 0 e dita soluvel por radicais se existemuma extensao radical F/K e um corpo de decomposicao M/K de f(X) sobre Ktal 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 adicio-nando a L todas as raızes dos polinomios minimais dos elementos de L sobre K.Se trata da menor extensao de 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 ) ondeσ ∈ G (N/K) (veja os exercıcios) logo pela segunda observacao basta mostrar queσ(F )/K e radical, mas isso e obvio.

Teorema 14. Sejam f(X) ∈ K[X], M um corpo de decomposicao de f(X)sobre K e G = G (M/K). A equacao f(X) = 0 e soluvel por radicais se e somentese G e soluvel.

Demonstracao. Seja M/K um corpo de decomposicao de f(X) sobre K eseja G = G (M/K).

Suponha que f(X) e soluvel por radicais. Existe entao uma extensao radicalF/K com F ≥ M . O fecho de Galois E de F e radical, e como G (M/K) ∼=G (E/K)/G (E/M) e suficiente mostrar que G (E/K) e soluvel, e sendo E umcorpo de decomposicao podemos supor 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 inteiropositivo ni. Seja m = n0 · · ·nr−1 e seja U o grupo das raızes de Xm − 1 em C.Como G (M/K) e soluvel se e somente se G (M(U)/K(U)) e soluvel, podemossupor que U ⊆ K. Vamos mostrar que G e soluvel por inducao sobre r. Se r = 1entao M = K1 = K(t0) e G (K(t0)/K) e soluvel, sendo corpo de decomposicao

9. EXTENSOES RADICAIS 65

para Xn0 − tn00 . Agora suponha r ≥ 2. Por hipotese de inducao N = K(t0)′ =

G (M/K(t0)) e soluvel, e sendo K(t0)/K Galois (porque K ⊇ U), N e normal emG 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 (saotodas 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 ossubcorpos correspondentes 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 deGalois de M/Ki e K ′i = Gi. Sendo Gi+1 normal em Gi, Ki+1 e estavel em M/Ki,e o subgrupo correspondente a Ki+1 e Gi+1, logo Ki+1/Ki e extensao de Galoiscom grupo de Galois Gi/Gi+1, cıclico. Como K contem U , segue (pelo teoremaque vimos) que Ki+1 e obtido de Ki adicionando uma raiz de um polinomio daforma Xni − ai com ai ∈ Ki+1, logo a serie de subcorpos acima e uma torre deraızes.

Agora suponha que K nao contem U . Sendo U um grupo cıclico, K(U) eextensao radical de K (e obtida adicionando uma oportuna raiz de X |G| − 1),logo sendo M ⊆ M(U), para mostrar que f(X) = 0 e soluvel por raidicais bastamostrar que M(U) e extensao radical de K, e para isso e suficiente mostrar queM(U) e extensao radical de K(U). Sabemos que M(U)/K(U) e Galois, sendoM(U) corpo de decomposicao de f(X) sobre K(U). Trabalharemos na extensaoM(U)/K, que e Galois sendo M(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 bem definido (sendo M/K Galois, logo M e estavel) e injetivo logoG (M(U)/K(U)) e soluvel de ordem que divide |G|. Segue que U contem as raızesde Xm − 1 onde m = |G (M(U)/K(U))|. Pelo paragrafo anterior M(U)/K(U) eradical. �

Exercıcios.

(1) Seja F/K uma extensao de corpos e seja M o fecho de Galois de Fsobre K, G = G (M/K). Mostre que M e gerado pelos corpos σ(F )onde σ ∈ G.

(2) Seja G um grupo soluvel finito. Mostre que G e policıclico, ou seja existeuma serie {1} = G0CG1C . . .CGn = G tal que Gi/Gi−1 e cıclico paratodo i = 1, . . . , n. Isso permanece verdadeiro se G for infinito?

(3) Seja f(X) = X5−4X+2 (irredutıvel em Q[X] pelo criterio de Eisenstein)e seja M um corpo de decomposicao de f(X) sobre Q com grupo deGalois G, pensado como subgrupo de S5 agindo nas 5 raızes de f(X).(a) Mostre que f(X) tem tres raızes reais e duas raızes complexas con-

jugadas (estudando o grafico de f).


(b) Considere a conjugacao complexa a+ ib 7→ a− ib para mostrar queG contem um 2-cıclo.

(c) Mostre que 5 divide |G| (pense na transitividade) e deduza que Gcontem um 5-cıclo.

(d) Usando o fato que S5 e gerado por um qualquer 5-cıclo junto comum qualquer 2-cıclo (nao precisa mostrar isso) deduza que a equacaof(X) = 0 nao e soluvel por radicais.

10. Quarticas

Seja f(X) = X4 + bX3 + cX2 + dX + e irredutıvel e separavel em F [X] esejam v1, v2, v3, v4 as suas raızes, todas distintas. Seja M = F (v1, v2, v3, v4) eG = G (M/F ), isomorfo a um 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 induzuma acao de G sobre {α, β, γ}. Seja K < S4 o grupo de Klein. E claro que seσ ∈ G ∩K entao σ fixa α, β e γ. Reciprocamente se σ 6∈ G ∩K entao σ nao fixapelo menos um entre α, β, γ. Para se convencer disso, se σ 6∈ G entao σ e de umdos 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. Logosendo F (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 umaacao permutacional em {α, β, γ} temos R(X) ∈ F [X]. Uma conta demonstra quea resolvente cubica 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 transitivode S4 (sendo f(X) irredutıvel), e sabemos quais sao os subgrupos transitivos deS4: o grupo de Klein, os subgrupos cıclicos de ordem 4, os subgrupos diedrais deordem 8, o grupo alternado A4 e o grupo simetrico S4. E entao imediato deduziras coisas seguintes. Se G/G ∩K ∼= S3 entao G = S4. Se G/G ∩K ∼= A3 entao

11. O TEOREMA FUNDAMENTAL DA ALGEBRA 67

G = A4. Se G = G∩K entao G = K. Suponha |G/G∩K| = 2. Se K ≤ G entaoG = D8, e se |G ∩K| = 2 entao G = C4.

Exemplo. f(X) = X4 − 2 tem grupo de Galois D8. De fato a resolventecubica e X3 +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 decomposicaopara f(X). Segue que G = D8.

Exemplo. f(X) = X4−3X2+4 tem grupo de Galois K. De fato a resolventecubica e R(X) = X3 + 3X2 − 16X − 48 = (X + 3)(X − 4)(X + 4). Segue queG = G ∩K logo G = K.

Exemplo. f(X) = X4 + 8X + 12 tem grupo de Galois A4. De fato aresolvente cubica e R(X) = X3 − 48X − 64, que e irredutıvel. O discriminantede R e 4 · 483 − 27 · 642 = 212 · 34 = 5762. Segue que R tem grupo de Galois deordem 3 logo G = A4.

Exemplo. f(X) = X4−X − 1 tem grupo de Galois S4. De fato a resolventecubica e R(X) = X3 + 4X − 1, que e irredutıvel. O discriminante de R e −283logo R tem grupo de Galois S3 e G = S4.

O problema seguinte e um classico problema em aberto.

Problema inverso de Galois (Inverse Galois Problem): dado um grupo finito Gencontre um 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. O teorema fundamental da algebra

Um corpoK e dito algebricamente fechado se todo polinomio nao constante deK[X] admite pelo menos uma raiz em K. Pela fatoracao unica, isso e equivalentea dizer que os unicos polinomios irredutıveis em K[X] sao os polinomios de grau1, e isso e equivalente a dizer que a unica extensao finita de K e o proprio K, ouseja nao existe nenhuma extensao finita 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 Galoisdesenvolvida ate agora nao depende de C ser algebricamente fechado, dependeapenas da existencia dos corpos de decomposicao de um polinomio (e do fato cheos subgrupos finitos do grupo multiplicativo de um corpo sao cıclicos - exercıciopara quem quiser).


Teorema 15 (Teorema fundamental da algebra). O corpo C dos numeroscomplexos e algebricamente fechado.

Demonstracao. Seja M/C uma extensao finita, mostraremos que M = C.A extensao M/R e finita de grau maior ou igual a |C : R| = 2. Seja F o fechonormal de M sobre R, entao F/R e uma extensao finita de Galois de grau maiorou igual a 2, logo podemos supor M = F , ou seja M/R e Galois.

Seja G = G (M/R), seja H um 2-subgrupo de Sylow de G e seja L = H ′ osubcorpo R ≤ L ≤ M correspondente a H. Entao L/R e uma extensao de grauımpar. Isso implica que L = R. De fato se α ∈ L entao |R(α) : R| e ımpar (poisdivide |L : R| pela formula do grau) logo o polinomio minimal f(X) de α sobreR tem grau ımpar. Mas um simples esboco de grafico mostra que todo polinomiode grau ımpar admite pelo menos uma raiz real, logo e redutıvel em R[X] se tivergrau maior que 1. Isso implica que |R(α) : R| = 1 ou seja α ∈ R. Segue queG = |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 subgrupode um 2-grupo). Suponha P 6= {1}, e seja Q um subgrupo maximal de G (M/C).Temos visto que Q tem ındice 2 em P (todo subgrupo maximal de um p-grupo naotrivial tem ındice p), logo o subcorpo correspondente Q′ na extensao de GaloisM/C tem grau 2 sobre C, ou seja Q′ = C(β) com β de grau 2.

Queremos mostrar que β ∈ C, o que leva a uma contradicao terminando oargumento. Pela formula de Bhaskara para mostrar que as raızes do polinomiominimal de β sobre C pertencem a C basta mostrar que para cada d = r+ is ∈ Cexiste 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). Sejam x =√ρ cos(α/2) e

y =√ρ sin(α/2). Temos x2 − y2 = ρ cos(α) = r e 2xy = ρ sin(α) = s. �

12. Construtibilidade com regua e compasso

Um numero complexo e dito construtıvel com regua e compasso se podeser costruıdo a partir de um segmento de comprimento 1 usando apenas regua ecompasso, ou seja podendo construir segmentos entre dois pontos, cırculos comdado centro passantes por um dado ponto, e podendo interceptar as linhas cons-truidas de tais formas. Lembre-se que e sempre possıvel construir a reta perpen-dicular a uma reta dada e passante por um dado ponto, o ponto medio de umsegmento, e e possıvel transladar e rotacionar segmentos.

12. CONSTRUTIBILIDADE COM REGUA E COMPASSO 69

Teorema 16. Os numeros complexos construtıveis formam um corpo F talque se α ∈ F entao

√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 emque α e β sao reais. Faremos o produto e a raız quadrada, os outros sao deixadospor exercıcio. �

Teorema 17. α ∈ F se e somente se existe uma “torre radical”, ou seja umasequencia de 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 ealgebrico de grau sobre Q igual a uma potencia de 2.

Demonstracao. Observe que se existe uma tal serie entao cada Ki e obtidoadicionando a Ki−1 uma raız quadrada de um elemento de Ki−1. Como a raız


quadrada de um numero construtıvel e um numero construtıvel, deduzimos queα e construtıvel.

Reciprocamente suponha que α seja construtıvel. Isso significa que α e ocomprimento de um segmento que pode ser obtido a partir de um ponto inicialO (que pode ser a origem de uma referencia cartesiana) fazendo intersecoes deretas com retas, retas com circulos ou circulos com circulos. Como as retas saograficos de equacoes polinomiais de grau 1 e os cırculos sao graficos de equacoespolinomiais de grau 2, deduzimos que todos os pontos obtidos nesse processotem 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 18. α ∈ C e construtıvel se e somente se o fecho de Galois M deQ(α) sobre Q tem grau |M : Q| igual a uma potencia de 2. Em outras palavras αe construtıvel se e somente se o grupo de Galois do polinomio minimal de α sobreQ e um 2-grupo.

Demonstracao. Seja M o fecho de Galois de Q(α), ou seja o corpo dedecomposicao do polinomio minimal f(X) de α sobre Q, e seja G = G (M/Q).Observe que M e gerado sobre Q pelos g(α) onde g ∈ G (as raızes de f(X)),logo se α e construtıvel entao g(α) e construtıvel para todo g ∈ G (basta aplicarg a uma torre radical), logo existem torres radicais alcancando todos os corposQ(g(α)) com g ∈ G, e por consequencia existe uma torre radical alcancando M .

Se G e um 2-grupo entao usando que o centro de G nao e trivial, por inducaoconseguimos construir 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 deG/Gi−1). Tomando os subcorpos correspondentes obtemos uma torre radical cujoultimo termo e M , logo contem α. �

Teorema 19. O n-agono regular e construtıvel se e somente se ϕ(n) e umapotencia de 2.

Demonstracao. Seja u um elemento de C de ordem multiplicativa igual a n.E claro que o n-agono regular e construtıvel se e somente se u e construtıvel. Q(u)e corpo de decomposicao de Xn − 1 sobre Q e vimos que G (Q(u)/Q) ∼= U(Z/nZ)tem ordem ϕ(n). O resultado segue. �

Por exemplo o 7-agono regular nao e construtıvel (sendo ϕ(7) = 6) mas o17-agono regular e construtıvel (sendo ϕ(17) = 16).

Teorema 20. Nao e possıvel quadrar o cırculo, duplicar o cubo e nem trisecaro angulo.

Demonstracao. Quadrar um cırculo de lado 1 significa encontrarum quadrado 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

13. O TEOREMA DE ABEL 71

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 volumeo dobro do volume do cubo dado, ou seja 2. Isso nao e possıvel. De fato umcubo de volume 2 tem 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 um angulo de amplitude α/3. Isso em geral nao e possıvel. Para verisso observe primeiramente que construir um angulo de amplitude α e equivalentea construir cos(α) e sin(α) (interceptando com o cırculo unitario). A partir docırculo de centro a origem e raio unitario pode se construir o angulo de 60 graussendo cos(π/3) = 1/2 e sin(π/3) =

√3/2, mas nao e 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 obtemos x3−3x(1−x2)−1/2 = 0.Segue que x e raız de 8X3 − 6X − 1 que e irredutıvel logo cos(π/9) tem grau 3logo nao e construtıvel. �

Existem elementos de grau uma potencia de 2 que nao sao construtıveis, porexemplo considere f(X) com grupo de Galois S4 e α uma raız de f(X). Sejam G ogrupo de Galois de f(X), L = Q(α) e H = L′ o subgrupo correspondente. Temosque |G : H| = |L : Q| = 4 logo H e o estabilizador de um ponto e nao existemsubgrupos entre H e G diferentes de H e G. Segue que os unicos subcorpos deQ(α) sao Q e Q(α), logo α nao e construtıvel.

Um exemplo especıfico: considere f(X) = X4−4X+2, irredutıvel pelo criteriode Eisenstein, e seja α uma raız de f(X). Mostraremos que α nao e construtıvelexibindo um elemento de grau 3 no corpo de decomposicao do polinomio minimalde α sobre Q. Existem a, 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,irredutıvel em Q[X]. Se α fosse construtıvel entao t seria construtıvel, mas t temgrau 3.

13. O teorema de Abel

Considere E = K(X1, . . . , Xn), o corpo das fracoes deD = K[X1, . . . , Xn]. Seσ ∈ Sn existe um unico homomorfismo σ : E → E que fixa os elementos de K e talque Xi 7→ Xσ(i) para todo i = 1, . . . , n. Considere G = {σ : σ ∈ Sn} ≤ Aut(E),temos G ∼= Sn. Seja S = {e ∈ E : σ(e) = e ∀σ ∈ G} o subcorpo de Ecorrespondente a G. S e dito o corpo das funcoes racionais simetricas emX1, . . . , 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 decom-posicao 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 extensaoE/S e de Galois com grupo de Galois G ∼= Sn logo |E : S| = n! e sendo|E : K(s1, . . . , sn)| ≤ n! (o grupo de Galois de E/K(s1, . . . , sn) e isomorfo aum subgrupo de Sn) deduzimos K(s1, . . . , sn) = S. Se H e um qualquer grupofinito entao H ≤ Sn para algum n e usando a construcao acima segue que E/H ′

e extensao de Galois com grupo de Galois H. Resumindo:

Teorema 21. K(s1, . . . , sn) = S. Ou seja toda funcao racional simetrica efuncao racional das funcoes simetricas elementares.

Teorema 22. 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.

Sejam K corpo e t1, . . . , tn indeterminadas simultaneas sobre K (algebrica-mente independentes). 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 23 (Abel). A equacao geral de grau n sobre K(t1, . . . , tn) tem grupode Galois Sn, 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 grupo de Galois Sn. Seja E um corpo de decomposicao de f(X) sobreK(t1, . . . , tn) e escrevemos f(X) = (X − r1) · · · (X − rn).

14. RESOLUCAO DOS EXERCICIOS - TEORIA DE GALOIS 73

Considere σ : K[t1, . . . , tn] → K[s1, . . . , sn] que fixa K e leva ti para si paratodo i = 1, . . . , n. Defina τ : K[X1, . . . , Xn]→ K[r1, . . . , rn] que fixa K e leva Xi

para ri para todo i = 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 isomorfismo K[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 aum isomorfismo dos corpos de fracoes e este se extende a um isomorfismo σ′ :K(t1, . . . , tn)[X] → K(s1, . . . , sn)[X] que leva X para X. Como σ′ leva f(X)para g(X) temos um isomorfismo dos corpos de decomposicao de f(X) e g(X)que entao tem o mesmo grupo de Galois, Sn. �

14. Resolucao dos exercıcios - Teoria de Galois

(1) Calcule o grau do corpo de decomposicao M (contido em C) sobre Qdos polinomios seguintes.

(a) X2, X2 − 1, X2 − 2, X2 − 3, X2 − 4.

Observe que se f(X) tem todas as raızes em Q entao o corpo dedecomposicao dele e Q, e o caso de X2, X2− 1 = (X − 1)(X + 1) e

X2−4 = (X−2)(X+2). Um c.d. deX2−2 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), temgrau 2 sobre Q sendo X2 − 3 irredutıvel sobre Q (pelo criterio deEisenstein).

(b) X3 − 1, X3 − 4, X3 − 8.

X3−1 = (X−1)(X2+X+1), um c.d. e Q(u) onde u = −1/2+i√

3/2e uma raiz deX2+X+1 (irredutıvel porque nao tem raızes inteiras).Analogamente X3 − 8 = (X − 2)(X2 + 2X + 4), um c.d. e Q(u)

onde u = −1 + i√

3 e uma raiz de X2 + 2X + 4 (irredutıvel porquenao tem raızes inteiras).

(c) X3 + 1, X3 + 8.

X3 + 1 = (X + 1)(X2 −X + 1), um c.d. e Q(u) onde u e uma raizde 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.

(d) X4 − 2, X4 − 16.


Uma raiz de X4 − 2 e α = 4√

2, e as outras sao iα, −α, −iα. Segueque um corpo de decomposicao e Q(α, i). Como |Q(α) : Q| = 4(sendo X4 − 2 irredutıvel pelo 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.X4 − 16 = (X2 − 4)(X2 + 4) = (X − 2)(X + 2)(X2 + 4), logo umcorpo de decomposicao e Q(2i,−2i) = Q(i), tem grau 2 sobre Q.

(e) X4 + 1, X4 + 16.

As raızes 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 raızes de X4 + 16 sao (±1± i)√

2 logo ele tem o mesmocorpo de decomposicao de X4 + 1.

(f) X4 − 6X2 + 6.

Farei esse exercıcio mais tarde no curso.

(g) (X2 − 2)(X2 − 3).

Os dois fatores X2 − 2, X2 − 3 sao irredutıveis pelo criterio deEisenstein. Sejam a =

√2, b =

√3. O corpo de decomposicao e

M = Q(a, b). Observe que b 6∈ Q(a), de fato se fosse b = ar + scom r, s ∈ Q entao 3 = b2 = 2r2 + s2 + 2ars que implica a =(3−2r2−s2)/2rs ∈ Q, uma contradicao. Segue que |M : Q(a)| = 2logo |M : Q| = |M : Q(a)| · |Q(a) : Q| = 2 · 2 = 4.

(h) 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 raızes 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 e1 sendo b 6∈ Q(a). Sendo |Q(a) : Q| = 4 obtemos |M : Q| = |M :Q(a)| · |Q(a) : Q| = 2 · 4 = 8.

(i) 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. Usandoessa 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 raızes distintas de f(X) (uma igualdade entreduas delas daria uma equacao polinomial para u de grau menor que3, absurdo) logo Q(u) e um corpo de decomposicao para f(X) sobreQ, ele tem grau 3.

(2) Faca a lista dos elementos do grupo de Galois de um corpo de decom-posicao de X3 − 2 sobre Q. A acao do grupo de Galois no conjunto dasraızes e transitiva?

Seja G o grupo de Galois de um corpo de decomposicao M = Q(α, t)

de f(X) = X3− 2 sobre Q, onde α = 3√

2, t = e2πi/3. As raızes de f(X)sao α, tα, t2α. Se g ∈ G temos que g(α) e uma raiz de f(X), logo temostres possibilidades.• g(α) = α. Neste caso g(tα) pode ser tα ou t2α. No primeiro casotα = g(tα) = g(t)g(α) = g(t)α logo g(t) = t e g = 1. No segundocaso t2α = g(tα = g(t)g(α) = g(t)α logo g(t) = t2.

• g(α) = tα. Neste caso g(tα) pode ser α ou t2α. No primeiro casoα = g(tα) = g(t)g(α) = g(t)tα logo g(t) = t2. No segundo casot2α = g(tα) = g(t)g(α) = g(t)tα logo g(t) = t.

• g(α) = t2α. Neste caso g(tα) pode ser α ou tα. No primeiro casoα = g(tα) = g(t)g(α) = g(t)t2α logo g(t) = t. No segundo casotα = g(tα) = g(t)g(α) = g(t)t2α logo g(t) = t2.

Isso nos da 6 possibilidades. Como |G| = |M : Q| = 6, cada umadessas possibilidades determina um elemento de G.

(3) Seja M uma extensao de Q e seja g um isomorfismo de aneis M → M .Mostre que g(x) = x para todo x ∈ Q.

Seja m um inteiro positivo. Observe que m = 1 + 1 + . . . + 1 eg(1) = 1 (sendo g homomorfismo) logo g(m) = g(1 + 1 + . . . + 1) =g(1) + g(1) + . . .+ g(1) = mg(1) = m, e g(−m) = −g(m) = −m, e comoisso vale para qualquer inteiro positivo m, obtemos que g fixa todos osinteiros. Escrevendo x ∈ Q como x = a/b com a e b numeros inteirosobtemos entao xb = a logo a = g(a) = g(xb) = g(x)g(b) = g(x)b e segueque g(x) = a/b = x.


(4) Determine G(Q( 3√

2)/Q).

Seja α = 3√

2 e seja G = G(Q(α)/Q). Seja f(X) = X3 − 2. Observeque se g ∈ G entao g(α) ∈ Q(α) (sendo g um isomorfismo Q(α)→ Q(α)),e f(g(α)) = g(α)3 − 2 = g(α)3 − g(2) = g(α3 − 2) = g(0) = 0, logog(α) e raiz de f(X). Mas as raızes de f(X) sao α, αt e αt2, onde

t = −1/2 + i√

3/2 ∈ C−R. Sendo g(α) ∈ Q(α) ⊆ R obtemos g(α) = α.Mas entao g : Q(α)→ Q(α) e um isomorfismo de aneis que fixa α e fixatodos os racionais, logo g = 1. Isso mostra que G = {1}.

(5) Seja f(X) = X3 − 3X + 1 ∈ Q[X]. Seja G o grupo de Galois de umcorpo de decomposicao M de f(X) sobre Q. Sabemos pela lista anteriorque M = Q(u) onde u e uma raiz de f(X), e que u2 − 2 e uma outraraiz de f(X). Pelo teorema de hoje existe σ ∈ G que leva u para u2− 2.Mostre que G = 〈u〉 (grupo cıclico de ordem 3).

Seja v = u2 − 2, como visto e uma raiz de f(X). Sendo u raiz def(X) temos f(u) = 0 ou seja u3 − 3u + 1 = 0, que pode ser escritou3 = 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 raızes u, v = u2 − 2 e w =−u2 − u + 2 e o 3-cıclo (uvw). Como σ e completamente determinadopela sua acao no conjunto das raızes, obtemos que σ tem ordem 3. Comoo grupo de Galois G do corpo de decomposicao Q(u) sobre Q tem ordem|Q(u) : Q| = 3 deduzimos que G = 〈σ〉.

(6) Seja f(X) = X4 − 5X2 + 5 ∈ Q[X]. Seja G o grupo de Galois de umcorpo de decomposicao M de f(X) sobre Q. Sejam

a =

√5 +√

5

2, b =

√5−√

5

2.

Vimos na aula anterior que as raızes de f(X) sao a,−a, b,−b. Peloteorema de hoje existe um σ ∈ G que leva a para b. Mostre que G = 〈σ〉(grupo cıclico de ordem 4). [Dica: calcule σ(

√5) lembrando que

√5 =

2a2 − 5 e lembre-se que ab =√

5. Deduza que σ(b) = −a.]

Temos σ(√

5) = σ(2a2 − 5) = 2σ(a)2 − 5 = 2b2 − 5 = −√

5, e

sendo ab =√

5 temos −√

5 = σ(√

5) = σ(ab) = σ(a)σ(b) = bσ(b) ou


seja σ(b) = −√

5/b = −a. Segue que σ(σ(b)) = σ(−a) = −σ(a) = −be σ(σ(σ(b))) = σ(−b) = −σ(b) = −(−a) = a. Ou seja σ e o 4-cıclo(a, b,−a,−b) e tem ordem 4. Mas sabemos que Q(a) e c.d. para f(X)sobre Q, logo pelo teorema |G| = |Q(a) : Q| = 4 logo G = 〈σ〉.

(7) Seja f(X) = X4 − 6X2 − 3 ∈ Q[X]. Seja G o grupo de Galois de umcorpo de decomposicao M de f(X) sobre Q. Mostre que G e isomorfo aum 2-Sylow de S4 (veja a lista anterior).

Como visto na lista anterior |M : Q| = 8, mas sabemos que |G| =|M : Q| e G age de maneira fiel no conjunto das 4 raızes de f(X), logoG e isomorfo a um subgrupo de S4 de ordem 8, ou seja um 2-Sylow deS4 (e um grupo diedral de ordem 8).

(8) Seja f(X) = X4 − 3X2 + 4 ∈ Q[X]. E irredutıvel (nao precisa mostrarisso). Seja G o grupo de Galois de um corpo de decomposicao M def(X) sobre Q.

• Mostre que se a ∈M e raiz de f(X) entao as raızes de f(X) sao a,−a, 2/a, −2/a e deduza que M = Q(a).

f(−a) = (−a)4 − 3(−a)2 + 4 = a4 − 3a3 + 4 = f(a) = 0 ef(2/a) = 16/a4−3(4/a2)+4 = (16−12a2 +4a4)/a4 = (16−12a2 +4(3a2−4))/a4 = 0. Segue que as raızes de f(X) sao a,−a, 2/a,−2/a(observe que duas quaisquer dessas raızes sao distintas, por exemplose fosse 2/a = −a entao teriamos a2 = −2, absurdo pois o polino-mio minimal de a sobre Q tem grau 4). Segue que M = Q(a).

• Seja σ ∈ G que leva a para b = 2/a (existe pelo teorema de hoje).Mostre que σ(b) = a (dica: calcule σ(b)2 e deduza que σ(b) = ±a,agora no caso σ(b) = −a calcule σ(ab)).

σ(b)2 = σ(b2) = σ(4/a2) = 4/σ(a)2 = 4/b2 = a2 logo σ(b) = ±a.Se fosse σ(b) = −a entao sendo ab = 2 teriamos

2 = σ(2) = σ(ab) = σ(a)σ(b) = b(−a) = −ab = −2,

isso contradiz o fato que σ e um Q-automorfismo (fixa os elementosde Q). Logo σ(b) = a.

• Mostre que G e isomorfo ao grupo de Klein (o 2-Sylow de A4).

Seja a ∈M uma raiz qualquer de f(X). Como observado, as raızesde f(X) sao a, −a, 2/a, −2/a. Segue que se σ ∈ G fixa a entaoσ = 1. Se σ(a) = −a entao σ(−a) = −(−a) = a e σ(2/a) = −2/a,σ(−2/a) = 2/a, segue que σ e (12)(34) (onde a corresponde a 1, −a


a 2, 2/a a 3 e −2/a a 4). Se σ(a) = 2/a entao como observado acimaσ(2/a) = a, σ(−a) = −σ(a) = −2/a e σ(−2/a) = −σ(2/a) =−a, segue que σ e (13)(24). Se σ(a) = −2/a entao σ(−2/a) =−2/σ(a) = −2/(−2/a) = a, σ(2/a) = 2/σ(a) = 2/(−2/a) = −a,σ(−a) = −σ(a) = 2/a, segue que σ e (14)(23). Segue que oselementos de G correspondem, em S4, exatamente aos elementos 1,(12)(34), (13)(24), (14)(23), logo G e isomorfo ao grupo de Klein.

(9) Seja f(X) = (X2 − 2)(X2 − 3) ∈ Q[X]. Seja G o grupo de Galois deum corpo de decomposicao M de f(X) sobre Q. Seja A o grupo de

Galois de Q(√

2)/Q e seja B o grupo de Galois de Q(√

3)/Q. Mostreque G ∼= A×B.

Sejam a =√

2, b =√

3. Sejam A = {g ∈ G : g(b) = b}, B ={g ∈ G : g(a) = a}. Observe que A ∩ B = {1}. Alem disso |G| =|Q(a, b) : Q| = 4 logo G e abeliano (todo grupo de ordem 4 e abeliano)

logo AEG, B EG. O elemento g ∈ G que troca√

2 com −√

2 pertencea B, e o elemento que troca

√3 com −

√3 pertence a A. Segue que

|A| ≥ 2, |B| ≥ 2 logo |AB| ≥ 4, segue que AB = G, |A| = |B| = 2 e A e

isomorfo ao grupo de Galois de G(Q(√

2)/Q), B e isomorfo ao grupo de

Galois de G(Q(√

3)/Q). Deduzimos que G ∼= A×B.

(10) Seja K = Q. Dado o polinomio f(X) ∈ K[X] seja M o corpo dedecomposicao de f(X) sobre K contido em C e seja G = G(M/K) (ogrupo 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 listasanteriores):

• X2 + 1. O corpo de decomposicao e M = Q(i), tem grau 2 sobreQ, logo |G| = 2 e escrevendo G = {1, σ} temos σ(i) = −i (porqueraızes de X2 + 1 sao levadas em raızes de X2 + 1). Segue que[M/K] = {Q,Q(i)} e L (G) = {{1}, G}. Temos Q′ = 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 significaa + ib = a − ib ou seja b = 0. A equacao σ(a + ib) = a + ib eequivalente a −ib = ib ou seja b = 0 logo G′ = Q. Os reticulados[M/K] e L (G) sao os seguintes, onde as setas sao inclusoes e osnumeros indicam os graus a esquerda, os indices a direita.

M

Q

2

OO {1}

2

��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 outraraiz e −1 − u. Segue que M = Q(u) e um corpo de decomposicaopara 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 raızesde X2 + X + 1 sao levadas em raızes de X2 + X + 1). Sabemosque Q′ = G, Q(u)′ = {1} e {1}′ = Q(u). Temos G′ = {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) saoos seguintes, onde as setas sao inclusoes e os numeros indicam osgraus a esquerda, os indices a direita.

M

Q

2

OO {1}

2

��G

• (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 identidadeentao 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) = vou g(v) = −v. No segundo caso g(v) = −v (sendo g(v) uma raizde X2 − 3) e temos duas possibilidades: g(u) = u ou 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 entaoG = {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 de M tem aforma m = a + bu + cv + duv. Segue que g2(m) = m significaa+ bu− cv−duv = a+ bu+ cv+duv ou seja −cv−duv = cv+duvou seja cv+duv = 0 ou seja c+du = 0 ou seja c = d = 0 e obtemos〈g2〉′ = {a+bu : a, b ∈ Q} = Q(u). Analogamente 〈g3〉′ = Q(v). Aigualdade g4(m) = m significa a+ bu+ cv+duv = a− bu− cv+duvou seja bu+ cv = 0 ou seja b = c = 0 logo 〈g4〉′ = {a+duv : a, d ∈Q} = Q(uv). Observe que G visto como grupo de permutacao noconjunto das raızes {u, v,−u,−v} nao e transitivo, as orbitas sao{u,−u} e {v,−v}. Os reticulados [M/K] e L (G) sao os seguin-tes, onde as setas sao inclusoes e os numeros indicam os graus a


esquerda, os indices a direita.

M

Q(u)

2

;;wwwwwwwwwQ(v)

2

OO

Q(uv)

2

ddHHHHHHHHH

Q2

ccFFFFFFFFF2

OO2

;;vvvvvvvvv

{1}

2}}zzzzzzzz

2

��

2

!!DDD

DDDD

D

〈g2〉2

""EEE

EEEE

E〈g3〉

2

��

〈g4〉

2||yyyyyyyy

G

• X4+1. Se trata de um polinomio irredutıvel. Sejam r = (1+i)/√

2,

s = (1 − i)/√

2. As raızes de f(X) = X4 + 1 sao r, s,−r,−s logoum 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 teoriaque |G| = 4. Se g ∈ G entao g(r) ∈ {r, s,−r,−s} (porque raızessao levadas em raızes) e o valor de g(r) determina o valor de g(s) =g(1/r) = 1/g(r). Sendo |G| = 4 cada possibilidade ocorre, logotemos 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 entaoG = {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 de M tem a formam = a+br+cr2+dr3 com a, b, c, d ∈ Q. A igualdade g2(m) = m sig-nifica, lembrando que r4 = −1, que br+cr2 +dr3 = −br3−cr2−d4ou 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). Ob-serve que G visto como grupo de permutacao no conjunto das raızes{r, s,−r,−s} e transitivo. Os reticulados [M/K] e L (G) sao os se-guintes, onde as setas sao inclusoes e os numeros indicam os grausa esquerda, os indices a direita.

M

Q(√

2)

2

;;vvvvvvvvvQ(i)

2

OO

Q(i√

2)

2

ddHHHHHHHHH

Q2

ccGGGGGGGGGG2

OO2

;;vvvvvvvvvv

{1}

2}}zzzzzzzz

2

��

2

!!DDD

DDDD

D

〈g2〉2

""EEE

EEEE

E〈g3〉

2

��

〈g4〉

2||yyyyyyyy

G


• X3 − 3X + 1. Sabemos que chamada de u uma raiz de f(X) =X3−3X+1, o corpo de decomposicao de f(X) e M = Q(u) as raızesde f(X) sendo u, v = u2−2 e w = −u2−u+2. Pela teoria sabemosque |G| = 3, e escrevendo G = {1, σ, σ2} podemos supor σ(u) = v,daı σ2(u) = w e σ corresponde ao 3-cıclo (u, v, w). Como |M : K| =|G| = 3, neste caso [M/K] = {M,K}, L (G) = {{1}, G}. Observeque a igualdade σ(a + bu + cu2) = a + bu + cu2 (onde a, b, c ∈ Q)significa bv+cv2 = bu+cu2 ou seja b(u2−2)+c(u2−2)2 = bu+cu2

ou seja bu2−2b−cu2−cu+4c = bu+cu2 e isso implica −2b+4c = 0,b − c = c, −c = b daı b = c = 0 e G′ = Q. Os reticulados [M/K]e L (G) sao os seguintes, onde as setas sao inclusoes e os numerosindicam os graus a esquerda, os indices a direita.

M

Q

3

OO {1}

3

��G

• X4 − 5X2 + 5. Sejam

r =

√5 +√

5

2, s =

√5−√

5

2.

Vimos que M = Q(r) e o c.d. de f(X) = X4−5X2 +5 e G = 〈σ〉 ecıclico de ordem 4, σ corresponde ao 4-cıclo (r, s,−r,−s). Uma basede M sobre Q e {1, r, s, rs} e σ2(a+br+cs+drs) = a+br+cs+drse 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 osgraus a esquerda, os indices 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 decomposicaode f(X) sobre Q. Segue que |G| = |M : Q| = 4. Existe g ∈ Gque leva α para β. Temos g(β) = 2/β = α e g = (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 e k = (α,−α)(β,−β). Uma conta mostra queα−1 = − 1

4 (α3 − 3α), α−2 = 14 (3 − α2), α−3 = 1

16α(−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

2yyrrrrrr

rrrrr

2

��

2

&&LLLLL

LLLLLL

Q(√

7)

2

%%LLLLL

LLLLL

Q(i)

2

��

Q(i√

7)

2xxrrrrrr

rrrr

M = Q(α)

(11) Seja M/K uma extensao de grau 2 e seja G = G(M/K). Mostre queK e fechado, ou seja G′ = K. [Dica: seja u ∈ M − K, mostre queM = K(u), deduza que M e um corpo de decomposicao do polinomiominimal de u sobre K, deduza que |G| = 2.]

Como u 6∈ K temos |K(u) : K| > 1 e sendo |M : K| = 2 temos2 = |M : K| = |M : K(u)| · |K(u) : K| logo M = K(u) (sendo K(u) 6=K). Seja f(X) = X2 + bX + c o polinomio minimal de u sobre K. Asoma das raızes de f(X) e −b logo a outra raiz de f(X) e −b − u ef(X) = (X − u)(X + b + u). Segue que um corpo de decomposicao eK(u,−b− u) = K(u) = M e pela teoria sabemos entao que |G| = |M :K| = 2. Podemos escrever G = {1, σ}. Segue que σ(u) = −b−u (porqueraızes sao levadas em raızes). Um elemento generico deM e do tipo ru+sonde r, s ∈ Q logo K ′′ = G′ = {ru+ s ∈M : σ(ru+ s) = ru+ s} = K,de fato σ(ru+ s) = ru+ s significa ru = r(−b− u) ou seja r = 0 (sendob e u linearmente independentes sobre Q). Deduzimos que K ′′ = K ouseja K e fechado.

(12) Sejam α = 3√

2, t = e2πi/3, K = Q, M = Q(α, t) (corpo de decomposicaode X3 − 2 sobre Q). Seja G = G(M/K). Quais sao os subcorpos L deM tais que g(`) ∈ L para todo ` ∈ L e para todo g ∈ G?

Usaremos a notacao na tabela do arquivo da aula teorica. TemosG = {1, g2, g3, g4, g5, g6}. Os subcorpos de M sao Q = G′, Q(α) = 〈g2〉′,Q(αt) = 〈g6〉′, Q(αt2) = 〈g4〉′, Q(t) = 〈g3〉′, M = {1}′. Dado umsubcorpo L de M , seja (∗) a propriedade “g(`) ∈ L para todo ` ∈ Le para todo g ∈ G”. Obviamente os subcorpos M e Q verificam (∗).Q(α) nao verifica (∗) sendo g3(α) = αt 6∈ Q(α). Q(αt) nao verifica (∗)sendo g3(αt) = αt2 6∈ Q(αt). Q(αt2) nao verifica (∗) sendo g3(αt2) =α 6∈ Q(αt2). Por outro lado Q(t) verifica (∗) porque gi(t) ∈ {t, t2}, logo


gi(t) ∈ Q(t), para todo i = 1, . . . , 6. Resumindo, os unicos subcorposde M que verificam (∗) sao Q, Q(t) e M (observe que os subgruposcorrespondentes sao exatamente os subgrupos normais de G).

(13) Descreva as correspondencias de Galois para a extensao M/Q onde Me o corpo de decomposicao de f(X) = X4−X3− 2X + 2 contido em C.

Observe que f(X) = (X − 1)(X3 − 2). Logo a correspondencia e amesma de X3 − 2 (onde e subentendido que cada elemento do grupo deGalois fixa a raiz racional 1).

(14) Descreva as correspondencias de Galois para a extensao M/Q onde Me o corpo de decomposicao de f(X) = X4 + 5X2 + 5 contido em C.

Sejam α =

√−5+

√5

2 , β =

√−5−

√5

2 . As raızes 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 um corpo 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)

(15) Descreva as correspondencias de Galois para a extensao M/Q onde Me o corpo de decomposicao de f(X) = X4 −X2 + 1 contido em C.

Seja u = ei2π/12, as raızes de f(X) sao u, u5, u7, u11 logo M =Q(u) e um corpo de decomposicao para f(X) sobre Q. Existe g ∈ Gque leva u para u5, segue que g2(u) = u25 = u e g(u7) = u35 = u11,g = (u, u5)(u7, u11). Existe k ∈ G que leva u para u7, segue que k2(u) =u49 = u e k(u5) = u35 = u11 logo k = (u, u7)(u5, u11). Existe h ∈ Gque 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}. Vamos calcular 〈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

2yyrrrrrr

rrrrr

2

��

2

''OOOOO

OOOOOO

OO

Q(u3)

2

%%KKKKK

KKKKK

Q(u2)

2

��

Q(u+ u−1)

2wwpppppp

ppppp

M = Q(u)

(16) Descreva as correspondencias de Galois para a extensao M/Q onde Me o corpo de decomposicao de f(X) = X4 − 2 contido em C. f(X) temgrupo de Galois D8 (o grupo diedral de ordem 8). G = D8 = 〈a, b〉 ondea = (13) e b = (12)(34). Observe que ab = (1234) tem ordem 4. Ossubgrupos 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 conjugacaode G sao {1}, {abab}, {ab, ba}, {a, bab}, {aba, b}. Os subgrupos de Gsao os seguintes.

G

〈a, bab〉 ∼= C2 × C2

2

66lllllllllllllll〈ab〉 ∼= C4

2

OO

〈b, aba〉 ∼= C2 × C2

2

hhRRRRRRRRRRRRRRR

〈a〉

2

77pppppppppppp〈bab〉

2

OO

〈abab〉2

hhQQQQQQQQQQQQQ2

OO2

66mmmmmmmmmmmmm〈aba〉

2

OO

〈b〉2

ggNNNNNNNNNNNN

{1}2

kkWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW2

hhQQQQQQQQQQQQQQQ2

OO2

66mmmmmmmmmmmmmmm

2

33ggggggggggggggggggggggggggggggg

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 possibi-lidade ocorre. Vamos identificar α com 1, iα com 2, −α com 3 e −iαcom 4. Entao G e gerado por a = (13) e b = (12)(34). Como exemplovamos calcular 〈aba〉′ = {t ∈ Q(α, i) : aba(t) = t}. Podemos escrevert ∈ 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− c4α3i ou seja t = c1 + c2(α− αi) + c4(α3 − α3i) + c7α

2i.


Segue que 〈aba〉′ = Q(α(1− i), α3(1− i), α2i) = Q(α(1− i)). Da mesmaforma e possıvel calcular todos os subcorpos a partir dos subgrupos.

Q

2yytttttttttt

2

��

2

&&NNNNN

NNNNNN

N

Q(α2)

2{{vvvvvvvvv

2

��

2

$$IIII

IIII

IQ(i)

2

��

Q(iα2)

2xxqqqqqq

qqqq

2

��

2

''OOOOO

OOOOOO

Q(iα)

2

))TTTTTTT

TTTTTTTT

TTTQ(α)

2

$$JJJ

JJJJ

JJQ(α2, i)

2

��

Q((1− i)α)

2xxqqqqqq

qqqqq

Q((1 + i)α)

2ssggggg

gggggggggg

ggggggg

Q(α, i)

(17) (Curiosidade) Como visto X3−2 tem grupo de Galois S3 e X3−3X+1tem grupo de Galois A3. Usando um programa (por exemplo Wolfra-mAlpha, disponıvel na internet) compare as fatoracoes de X3−2 moduloos primos p ≤ 50 com as fatoracoes de X3 − 3X + 1 modulo os primosp ≤ 50. Voce percebera que existe um tipo de fatoracao (modulo os pri-mos) muito frequente para X3−2 que nao ocorre para X3−3X+1. UsarWolframAlpha e muito facil, por exemplo para fatorar X3− 2 modulo 5basta escrever

factorize x^3-2 modulo 5

p X3 − 2 X3 − 3X + 12 X3 X3 +X + 13 (X + 1)3 (X + 1)3

5 (X + 2)(X2 + 3X + 4) X3 + 2X + 17 X3 + 5 X3 + 4X + 111 (X + 4)(X2 + 7X + 5) X3 + 8X + 113 X3 + 11 X3 + 10X + 117 (X + 9)(X2 + 8X + 13) (X + 3)(X + 4)(X + 10)19 X3 + 17 (X + 10)(X + 12)(X + 16)23 (X + 7)(X2 + 16X + 3) X3 + 20X + 129 (X + 3)(X2 + 26X + 9) X3 + 26X + 131 (X + 11)(X + 24)(X + 27) X3 + 28X + 137 X3 + 35 (X + 14)(X + 28)(X + 32)41 (X + 36)(X2 + 5X + 25) X3 + 38X + 143 (X + 9)(X + 11)(X + 23) X3 + 40X + 147 (X + 26)(X2 + 21X + 18) X3 + 44X + 1

(18) Descreva as correspondencias de Galois sobre Q para os polinomios

X4 − 1, X5 − 1, X6 − 1, X7 − 1, X8 − 1.


Pode usar o fato que o grupo de Galois de Xn − 1 sobre Q e isomorfoa U(Z/nZ). Dada uma raız n-esima u de 1 de ordem multiplicativa n,cada elemento g ∈ G e identificado pela classe m modulo n, coprima comn, tal que g(u) = um. Verifique que todos os subcorpos sao estaveis.

• Seja f(X) = X4 − 1 e seja G o seu grupo de Galois sobre Q.G ∼= U(Z/4Z) = {1, 3} e cıclico gerado por 3. Sendo as raızes1,−1, i,−i, um c.d. sobre Q e M = Q(i), que tem grau 2 sobre Q,e os subcorpos sao Q e M . M ′ = {1} e Q′ = G.

• Seja f(X) = X5 − 1 e seja G o seu grupo de Galois sobre Q.G ∼= U(Z/5Z) = {1, 2, 3, 4} e cıclico gerado por 2. A fatoracaode f(X) = X5 − 1 e (X − 1)(X4 + X3 + X2 + X + 1). Sejau = ei2π/5, as raızes de f(X) sao 1, u, u2, u3, u4 logo um c.d. sobreQ e M = Q(u), tem grau 4 sobre Q. Como G e cıclico tem tressubcorpos, o unico nao trivial corresponde a 〈4〉 ≤ G. Seja L = 〈4〉′,vamos descrever L. Seja g ∈ G tal que g(u) = u4, entao 〈g〉′consiste dos m = a + bu + cu2 + du3 tais que g(m) = m, ou sejaa + b(−u3 − u2 − u − 1) + cu3 + du2 = a + bu + cu2 + du3. Seguea− b = a, c− b = d, d− b = c, −b = b ou seja b = 0 e c = d, segueque 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), e α2 = u4 +u6 +2 = −1−u−u2−u3 +u+2 = 1−αlogo α2 + α − 1 = 0 e deduzimos α = (−1 ±

√5)/2, segue que

L = Q(α) = Q(√

5). Para mostrar que L e estavel basta calcularh(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.

• Seja f(X) = X6 − 1 e seja G o seu grupo de Galois sobre Q.G ∼= U(Z/6Z) = {1, 5} e cıclico gerado por 5. A fatoracao def(X) = X6 − 1 e (X − 1)(X + 1)(X2 + X + 1)(X2 − X + 1) eu = ei2π/6 e raız de X2−X+1. Sendo |G| = 2 os unicos subcorpossao M e Q e M ′ = {1}, Q′ = G.

• Seja f(X) = X7−1 = (X−1)(X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X+1) eseja G o seu grupo de Galois sobre Q. Seja u = ei2π/7 e M = Q(u)o corpo de decomposicao de f(X) sobre Q. Sabemos que G ∼=U(Z/7Z) = {1, 2, 3, 4, 5, 6} e cıclico gerado por 3, em particular|Q(u) : Q| = |M : Q| = |G| = 6, logo o polinomio minimal de usobre Q tem grau 6. Sendo u raiz de X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X + 1, tal polinomio e o polinomio minimal de u sobre Q. Temos4 subcorpos porque os subgrupos de G sao {1}, 〈2〉, 〈6〉 e G. Sejam = a + bu + cu2 + du3 + eu4 + lu5, e sejam g, h determinadospor 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 adefinicao 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 em = 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 quem = 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) eQ(u). Para mostrar que sao estaveis basta mostrar que definido k ∈G o elemento tal que k(u) = u3 temos k(u+u2+u4) ∈ Q(u+u2+u4)e k(u2 +u5) ∈ Q(u2 +u5) (por definicao de subcorpo estavel, sendok 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 subgrupocorrespondente a Q(α) e 〈g〉, tem ındice 2), vamos procurar umaexpressao mais simples para 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 subgrupocorrespondente a 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 possıveldeduzir uma expressao 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

!!BBB

BBBB

B

〈g〉2

!!CCC

CCCC

C〈h〉

3}}{{{{{{{{

G

• Seja f(X) = X8 − 1 e seja G o seu grupo de Galois sobre Q.G ∼= U(Z/8Z) = {1, 3, 5, 7} nao e cıclico, e isomorfo ao grupo deKlein.

A fatoracao de f(X) e (X − 1)(X + 1)(X2 + 1)(X4 + 1), e dadauma raız u de X4 + 1, as raızes de X2 + 1 sao u2 e −u2, as outrasraızes sao 1 = u8 e −1 = u4 logo o corpo de decomposicao def(X) e Q(u), igual ao corpo de decomposicao de X4 + 1, e asraızes de X8 − 1 sao exatamente as potencias de u. Sabemos queG ∼= U(Z/8Z) = {1, 3, 5, 7}. Sejam 1, g, h, k os quatro elementos deG. Eles sao determinados pelas igualdades g(u) = u3, h(u) = u5,k(u) = u7. Obviamente G′ = Q e {1}′ = M , agora precisamoscalcular os subcorpos correspondentes a 〈g〉, 〈h〉, 〈k〉. Seja m ∈M .Como uma base de M sobre Q e {1, u, u2, u3} (u tem grau 4 sendoraız do polinomio irredutıvel X4 + 1) temos m = a+ bu+ cu2 +du3

com a, b, c, d ∈ Q.

Para encontrar 〈g〉′ precisamos resolver a equacao g(m) = m (vejaa definicao de H ′ quando H ≤ G). Lembrando que g(u) = u3 eu4 = −1 temos

g(m) = a+ bg(u) + cg(u)2 + dg(u)3 = a+ bu3 + cu6 + du9 = a+ bu3 − cu2 + du.

Segue que g(m) = m se e somente se b = d e c = 0, ou sejam = a + b(u + u3), logo 〈g〉′ = Q(u + u3). Observe que α =


u + u3 tem grau 2 sobre Q (porque o subgrupo 〈g〉 tem ındice

2) e α2 = u2 + u6 + 2u4 = −2 ou seja α = ±i√

2 e concluimos

que 〈g〉′ = Q(i√

2). Sendo G gerado por g e por h, para mostrarque 〈g〉′ e estavel e suficiente mostrar que h(α) ∈ Q(α). Temosh(α) = h(u)+h(u)3 = u5 +u15 = u5 +u7 = −u−u3 = −α ∈ Q(α).

Para encontrar 〈h〉′ precisamos resolver a equacao h(m) = m. Lem-brando que h(u) = u5 e u4 = −1 temos

h(m) = a+ bh(u) + ch(u)2 + dh(u)3 = a+ bu5 + cu10 + du15 = a− bu+ cu2− du3.

Segue que h(m) = m se e somente se b = 0 e d = 0, ou sejam = a + cu2, logo 〈h〉′ = Q(u2). Observe que β = u2 tem grau2 sobre Q (porque o subgrupo 〈h〉 tem ındice 2) e β2 = −1 ouseja β = ±i e concluimos que 〈h〉′ = Q(i). Sendo G gerado por ge por h, para mostrar que 〈h〉′ e estavel e suficiente mostrar queg(β) ∈ Q(β). Temos g(β) = g(u2) = u6 = −u2 = −β ∈ Q(β).

Para encontrar 〈k〉′ precisamos resolver a equacao k(m) = m. Lem-brando que k(u) = u7 e u4 = −1 temos

k(m) = a+ bk(u) + ck(u)2 + dk(u)3 = a+ bu7 + cu14 + du21 = a− bu3− cu2− du.

Segue que k(m) = m se e somente se b = −d e c = 0, ou sejam = a + b(u − u3), logo 〈k〉′ = Q(u − u3). Observe que γ =u − u3 tem grau 2 sobre Q (porque o subgrupo 〈k〉 tem ındice

2) e γ2 = u2 + u6 − 2u4 = 2 ou seja γ = ±√

2 e concluimos

que 〈k〉′ = Q(√

2). Sendo G gerado por g e por k, para mostrarque 〈k〉′ e estavel e suficiente mostrar que g(γ) ∈ Q(γ). Temosg(γ) = g(u− u3) = u3 − u9 = u3 − u = −γ ∈ Q(γ).

O diagrama dos subcorpos foi visto em uma lista anterior.

Observacao: toda extensao de grau 2 e Galois. Isso podeser visto da maneira seguinte: seja M/K uma extensao de grau 2 eseja E ≥ M o fecho de Galois de M , G = G (E/K), entao M ′ e umsubgrupo de G de ındice |G : M ′| = |M : G′| = |M : Q| = 2 logo enormal, logo M ′′ = M e estavel em E/K, ou seja M/K e Galois. Emoutras palavras a frase “toda extensao de grau 2 e Galois” traduzida nocontexto dos grupos e “todo subgrupo de ındice 2 e normal”. O mesmoargumento (usando o teorema de Cayley generalizado) mostra que ofecho de Galois E/K de uma extensao L/K de grau n tem grau|E : K| menor ou igual a n! (traducao: o coracao normal de umsubgrupo H de ındice n de um grupo G tem ındice menor ouigual a n!: pense no homomorfismo de Cayley generalizado G → Sncom nucleo HG).


Uma maneira menos teorica de mostrar que toda extensao de grau 2e Galois e a seguinte: se M/K tem grau 2 entao seja u ∈M −K, temosK 6= K(u) logo K(u) = M (pela formula do grau, sendo |M : K| = 2primo), seja f(X) = X2 + bX + c o polinomio minimal de u sobre K.Mostraremos que M e corpo de decomposicao de f(X) sobre K, ou sejaque a raız v de f(X) distinta de u pertence a M . Temos (X−u)(X−v) =f(X) = X2 + bX + c ou seja X2 − (u+ v)X + uv = X2 + bX + c, segueque uv = c logo v = c/u ∈ K(u) = M sendo c ∈ K.

(19) Seja f(X) = X6−2. Calcule a ordem do seu grupo de Galois G sobre Q.Encontre um subgrupo normal abeliano N de G tal que G/N e abeliano.

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 ereal e u nao e real e tem grau 2 temos |M : Q| = 6 · 2 = 12. Observeque Q(u) e estavel (ou seja, e extensao de Galois de Q) sendo c.d. paraX6 − 1 sobre Q logo o subgrupo N = Q(u)′ e normal em G de ındice|G : N | = |Q(u) : Q| = 2 logo e normal de ordem 6 e G/N ∼= C2.Observe que (veja as aulas teoricas) N = G (M/Q(u)) e cıclico porqueQ(u) contem todas as raızes de X6 − 1 (as potencias de u). Segue queN e G/N sao cıclicos. Curiosidade: G e isomorfo ao grupo diedral deordem 12.

(20) Seja M/K extensao de Galois com grupo de Galois G e seja m ∈ M .Defina Tr(m) =

∑g∈G g(m), o traco de m. Mostre que Tr(m) ∈ K.

Como no caso da norma, se σ ∈ G temos σ(Tr(m)) =∑g∈G σg(m) =∑

h∈G h(m) = Tr(m) logo Tr(m) ∈ G′ = K.

(21) Seja M um corpo de decomposicao de X3− 2 sobre Q. Calcule a norma

e o traco de α = 3√

2, de t = e2πi/3 e de α+ t.

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 N(m) =∏6i=1 gi(m) e Tr(m) =

∑6i=1 gi(m) logo

N(α) = α2(αt)2(αt2)2 = α6t6 = 4,

T r(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 Tr(a+ b) = Tr(a) + Tr(b) paratodo a, b ∈M logo Tr(α+ t) = Tr(α) + Tr(t) = Tr(t) e

Tr(t) =

6∑i=1

gi(t) = t+ t2 + t+ t2 + t+ t2 = −3.

(22) Seja M um corpo de decomposicao de f(X) = X3 − 3X + 1 sobre Q,seja α ∈ M uma raız de f(X) e na extensao M/Q calcule a norma e otraco de α.

Lembre-se que as raızes de f(X) sao α, α2 − 2 e −α2 − α + 2 e ogrupo de Galois e G = 〈g〉 onde g(α) = α2 − 2. Segue que a norma deα e

N(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,

T r(α) = α+ g(α) + g2(α) = α+ α2 − 2− α2 − α+ 2 = 0.

(23) Seja F/K uma extensao de corpos e seja M o fecho de Galois de Fsobre K, G = G (M/K). Mostre que M e gerado pelos corpos σ(F )onde σ ∈ G.

Escrevendo F = K(a1, . . . , an) temos M = K(A1, . . . , An) onde Aie o conjunto das raızes do polinomio minimal de ai sobre K. Se v ∈ Aiexiste σ ∈ G tal que σ(ai) = v logo para todo i o conjunto Ai estacontido no corpo gerado sobre K pelos σ(F ) onde σ ∈ G.

(24) Seja G um grupo soluvel finito. Mostre que G e policıclico, ou seja existeuma serie {1} = G0CG1C . . .CGn = G tal que Gi/Gi−1 e cıclico paratodo i = 1, . . . , n. Isso permanece verdadeiro se G for infinito?

Pela definicao de grupo soluvel e suficiente mostrar o enunciadoquando G e abeliano. Mostraremos o resultado por inducao sobre |G|.Seja x ∈ G nao trivial e N = 〈x〉EG, entao N e cıclico e G/N e abelianode ordem menor que |G| logo G/N e policıclico por hipotese de inducao,seja N/N = G0/N EG1/N E . . .EGn/N = G/N uma serie com todos


os fatores cıclicos. Entao a serie {1}EN EG1E . . .EGn = G tem todosos fatores cıclicos, logo G e policıclico.

Um grupo soluvel infinito nao precisa ser policıclico. De fato observeque todo grupo policıclico e finitamente gerado: se tivermos uma serie{1} = G0 C G1 C . . . C Gn = G tal que Gi/Gi−1 e cıclico para todoi = 1, . . . , n, digamos Gi/Gi−1 = 〈giGi−1〉, entao 〈g1, . . . , gn〉 = G. Poroutro lado todo grupo finitamente gerado e finito ou enumeravel, logopor exemplo o grupo aditivo R dos numeros reais nao e policıclico.

(25) Seja f(X) = X5−4X+2 (irredutıvel em Q[X] pelo criterio de Eisenstein)e seja M um corpo de decomposicao de f(X) sobre Q com grupo deGalois G, pensado como subgrupo de S5 agindo nas 5 raızes de f(X).

(a) Mostre que f(X) tem tres raızes reais e duas raızes complexas con-jugadas (estudando o grafico de f).

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 graficoque f tem exatamente tres raızes reais. As outras duas sao entaocomplexas conjugadas.

(b) Considere a conjugacao complexa a+ ib 7→ a− ib para mostrar queG contem um 2-cıclo.

A conjugacao complexa fixa as tres raızes reais e troca entre elasas duas raızes complexas conjugadas, logo corresponde a um 2-cıclono grupo de Galois.

(c) Mostre que 5 divide |G| (pense na transitividade) e deduza que Gcontem um 5-cıclo.

Sendo f(X) irredutıvel, G age de maneira transitiva no conjuntodas 5 raızes logo 5 divide |G| pelo princıpio da contagem.

(d) Usando o fato que S5 e gerado por um qualquer 5-cıclo junto comum qualquer 2-cıclo (nao precisa mostrar isso) deduza que a equacaof(X) = 0 nao e soluvel por radicais.

Pelos itens anteriores G contem um 2-cıclo e um 5-cıclo logo G ∼= S5

nao e soluvel (como visto) logo f(X) = 0 nao e soluvel por radicais.

(26) Encontre o grau do corpo de decomposicao de X4 − 6X2 + 6 sobre Q.


f(X) = X4 − 6X2 + 6 = (X − α)(X + α)(X − β)(X + β) onde

α =√

3 +√

3 e β =√

3−√

3. SejaG = G (M/Q) ondeM = Q(α, β) e ocorpo de decomposicao de f(X) sobre Q. Se g ∈ G entao g(−α) = −g(α)e g(−β) = −g(β). Segue que g e um dos elementos seguintes.

g1 = 1, g2 = (α,−α), g3 = (β,−β), g4 = (α,−α)(β,−β),

g5 = (α, β)(−α,−β), g6 = (α,−β)(−α, β),

g7 = (α, β,−α,−β), g8 = (α,−β,−α, β)

Observe que H = {g1, . . . , g8} e um grupo que contem o grupo de GaloisG de f(X), e sendo G transitivo, se G 6= H tem apenas duas possibili-dades:• G = {g1, g4, g5, g6}. Neste caso todos os elementos de G fixam αβ

mas αβ =√

6 6∈ Q, contradicao.• G = 〈g7〉 = {g1, g7, g4, g8}. Neste caso todos os elementos de G

fixam αβ(α2 − β2) =√

6 · 2√

3 = 6√

2 6∈ Q, contradicao.Segue que G = H e |M : Q| = |G| = 8.

(27) (BONUS - Facultativo - Pesquise na internet em ingles) Seja M/K ex-tensao de Galois de grau n. Todo α ∈ M determina a funcao K-linearfα : M → M dada por fα(x) := αx. Apos escolha de uma base de Msobre K a funcao fα pode ser vista como matriz n× n com coeficientesem K. Mostre que det(fα) = N(α) e Tr(fα) = Tr(α) (onde o traco deuma matriz e a soma dos elementos diagonais).

Solucao: deixo para depois.

Notas de Aula Algebra 3 - UnB · 5. Transitividade 56 6. Cubicas 56 7. Subcorpos est aveis 58 8....

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