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Prova de reposicao de Algebra II - 02/12/2010

Prof. - Juliana Coelho

QUESTAO 1 (3,0 pts) - Em cada item abaixo diga se a afirmacao e Verdadeira ou

Falsa, justificando sua resposta.

(a) O polinomio f (x) = 3x4 − 12x3 + 4x − 2 e irredutıvel em Q[x].

Resp.: (Verdadeiro) Basta usar o criterio de Eisenstein. Como

a4 = 3, a3 = −12, a2 = 0, a1 = 4, a0 = −2

entao o numero primo p = 2 satisfaz o criterio de Eisenstein, ja que p nao divide

a4, p divide a3, a2, a1, a0, e p2 nao divide a0. O criterio entao mostra que f (x) e

irredutıvel em Q[x].

(b) Os grupos Z4 e Z2 × Z2 sao isomorfos.

Res.: (Falso) Se Z2

×Z2 fosse isomorfo a Z4 entao, como Z4 e cıclico, Z2

×Z2

tambem seria. Em particular, Z2 × Z2 teria um elemento de ordem 4, o que nao

ocorre. De fato,

Z2 × Z2 = {(x, y) |x ∈ Z2, y ∈ Z2}= {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1)}

e como

(1, 0) + (1, 0) = (0, 0)

(0, 1) + (0, 1) = (0, 0)

(1, 1) + (1, 1) = (0, 0)

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vemos que os elementos de Z2×Z2 tem ordens 2 ou 1 (para (0, 0), que e o elemento

neutro). (Lembre que Z2 × Z2 e um grupo aditivo.)

(c) (Z, ·) e um grupo.

Resp.: (Falso) O elemento 0 ∈ Z nao possui inverso multiplicativo. Na verdade,

nenhum x ∈ Z distinto de ±1 possui inverso multiplicativo em Z.

QUESTAO 2 (1,5 pts) - Ache todos os elementos z ∈ C tais que (1 + i)z 3 = (1− i).

Resp.: Primeiro notamos que (1 + i)z 3 = (1

−i) implica que

z 3 = (1 + i)−1(1 − i) = 1 + i

|1 − i|2 (1 − i) = 1 − i

2 (1 − i)

= (1 − i)2

2 =

1 − 2i + i2

2 =

1 − 2i − 1

2

= −i.

Assim, precisamos achar as raızes cubicas de −i. Na forma polar, temos

−i = cos3π

2

+ i sen3π

2

.

Portanto, as raızes cubicas de −i sao

z k = cos

3π/2 + 2kπ

3

+ i sen

3π/2 + 2kπ

3

,

2



para k = 0, 1, 2. Assim,

z 0 = cos

3π/2

3

+ i sen

3π/2

3

= cosπ

2

+ i sen

π

2

= i

z 1 = cos

3π/2 + 2π

3

+ i sen

3π/2 + 2π

3

= cos

7π

6

+ i sen

7π

6

= −

√ 3

2 − i

1

2

z 2 = cos3π/2 + 4π

3 + i sen3π/2 + 4π

3

= cos

11π

6

+ i sen

11π

6

= −

√ 3

2 + i

1

2.

Portanto os numeros complexos procurados sao

i, −√

3

2 − i

1

2 e −

√ 3

2 + i

1

2.

QUESTAO 3 (2,0 pts) - Seja f (x) = x5 − 3x4 + 4x3 − 4x + 4 ∈ R[x]. Sabendo que

α = 1 + i e raiz de f (x), determine a multiplicidade desta raiz e encontre a fatoracao

de f (x) em R[x], identificando as raızes reais com suas multiplicidades.

Resp.: Se α e raiz de f (x) entao tambem α e raiz de f (x) com a mesma multi-

plicidade. Assim, (x − α) · (x − α) divide f (x). Temos

(x

−α)

·(x

−α) = x2

−2Re(α)x +

|α

|2 = x2

−2x + 2.

Assim, para achar a multiplicidade de α como raiz de f (x), basta dividir f (x) por

g(x) = x2 − 2x + 2. Fazendo a divisao Euclidiana, temos

f (x) = g(x)(x3 − x2 + 2).

3



Agora dividimos h(x) = x3 − x2 + 2 por g(x), obtendo

h(x) = g(x)(x + 1).

Como claramente x + 1 nao e divisıvel por g(x), nao precisamos dividir novamente.

A fatoracao de f (x) em R[x] e

f (x) = (x2 − 2x + 2)2(x + 1).

Assim, f (x) tem apenas uma raiz real, que e

−1 com multiplicidade 1. Como

f (x) = (x2 − 2x + 2)2(x + 1) = (x − α)2(x − α)2(x + 1),

a multiplicidade de α como raiz de f (x) e 2.

QUESTAO 4 (1,5 pts) - Seja (G, ∗) um grupo tal que todo elemento de G tem ordem

2. Mostre que G e abeliano.

Resp.: Sejam x, y ∈ G. Queremos mostrar que x ∗ y = y ∗ x. Primeiro noteque, como x tem ordem 2, entao x2 = e implicando que x−1 = x. Do mesmo modo,

y−1 = y. Agora, como x ∗ y e um elemento de G, temos que

(x ∗ y)2 = e

x ∗ y ∗ x ∗ y = e

x ∗ y ∗ x = y−1 = y

x ∗ y = y ∗ x−1

= y ∗ x,

mostrando que G e abeliano.

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QUESTAO 5 (2,0 pts) - Seja G um grupo abeliano. Mostre que

φ : G → G

g → g−1

e um isomorfismo.

Resp.: Primeiro vejamos que φ e homomorfismo de grupos. Para g, h ∈ G, temos

φ(g ∗ h) = (g ∗ h)−1 = h−1 ∗ g−1

= g

−1

∗ h

−1

, pois G e abeliano.

Assim φ e de fato um homomorfismo de grupos.

Para ver que φ e injetora, basta notar que g2 = e se e somente se g = e e portanto

Nuc(φ) = {g ∈ G |φ(g) = e} = {g ∈ G | g2 = e} = {e}.

Para ver que φ e sobrejetora, precisamos ver que para todo h ∈ G existe g ∈ G

tal que h = φ(g). De fato,

h = φ(g) ⇔ h = g−1 ⇔ g = h−1.

Assim para todo h ∈ G temos h = φ(h−1), mostrando que φ e sobrejetora.

Portanto φ e um homomorfismo sobrejetor e injetor, ou seja, e um isomorfismo.

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