Uma introdução à Teoria da Galois. Aurélio Fred Macena dos Santos e Daniani Souza Oliveira Orientador: Flaulles Boone Bergamaschi

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1 Monografia de Especialização: Uma introdução à Teoria da Galois. Aurélio Fred Macena dos Santos e Daniani Souza Oliveira Orientador: Flaulles Boone Bergamaschi

2 Universidade Estadual do Sudoeste da Bahia Departamento de Ciências Exatas Uma introdução à Teoria da Galois Aurélio Fred Macena dos Santos Daniani Souza Oliveira Orientadora: Flaulles Boone Bergamaschi Vitória da Conquista, 6 de Junho de 2008

3 Agradecimentos À Deus, que tem nos dado força e coragem para continuar a lutar. Aos nossos pais que muito tem lutado por nós e conosco. Aos colegas que muito contribuíram para nosso aprendizado. Aos professores e funcionários do colegiado de Matemática da UESB. Agradeçemos forma especial ao Professor Flaulles Boone pelo auxílio e correções, que nos fizeram aprender muito e, por todo apoio que tem nos dado. A UESB, pelo financiamento do curso.

4 Índice Introdução 1 1 Extensões Algébricas dos racionais Adjunções de raízes Corpo de decomposicão de um polinômio Grau de uma extensão Extensões Galoisianas 7 Bibliografia 15 i

5 Introdução O foco deste trabalho é citar alguns resultados que serão empregados nos estudos da Teoria de Galois. Teoria que recebe o nome do matemático francês Evarist Galois, considerado um dos fundadores da algébra moderna. Abaixo é apresentado algumas passagens da vida de Galois: Pai suicidou-se por razões políticas; Seus trabalhos foram considerados imcompreensíveis pelos matemáticos da Academia de ciências e sua admissão á Escola Politécnica foi rejeitada; Republicano em uma França monarquista, Galois foi expulso da Escola Normal por questões políticas; Por desrespeito ao rei foi preso; Em 1832 foi morto em um duelo. Na noite anterior ao duelo, escreveu uma carta de despedida ao seu amigo Auguste Chevalier. Nesta carta, após resenhar suas descobertas ele concluiu: Tu pediras publicamente a Gauss ou a Jacobi para que dêem sua opinião, não sobre a verdade, mas sobre a importância destes teoremas. Mais tarde haverá, espero, pessoas que veão proveito em decifrar esta confusão. Foi Joseph Liouville que finalmente decifrou a confusão publicando os resultados posteriormente em 64 páginas, onde estava escrita toda obra matemática deixada por Galois. Foi a partir da obra de Galois que a noção de grupo foi introduzida. No que diz respeito a essa monografia ele mostrou que dada uma equação polinomial, é possoível deduzir se a equação pode ou não ser resolvida usando as quatro operações e a extração de raízes. Isto dá um critério definitivo para determinar se uma equação pode ou não ser resolvida algebricamente. O 1 o capítulo deste trabalho mostra a construcão de corpos K, Q K C através do processo de adjuncão de raízes de um polinômio. Será mostrado também alguns resultados que serão úteis no desenvolvimento a Teoria de Galóis. O capítulo seguinte aborda outros teoremas e resultados da Galóis. 1

6 Capítulo 1 Extensões Algébricas dos racionais 1.1 Adjunções de raízes Definição 1.1. Seja K um corpo e L K uma extensão de K. Um número α é algébrico sobre K se f(x) K[x] 0 tal que f(α) = 0. Se α L K, α é algébrico sobre K então L é uma extensão algébrica. Teorema 1.1. Se α L K e se ψ : K[x] L é definida por ψ(f(x)) = f(x), então ψ é um homomorfismo tal que: (i) Im ψ = K[α], K K[α] L (ii) α é transcedente sobre K N(ψ) = o (iii) Se α é algébrico sobre K e p(x) = irr(α, K) então N(ψ) = K[x].p(x) é um ideal maximal de K[x] (iv) K[x]/N(ψ) K[β] De acordo com o teorema 1.1 Corolário 1.1. Se α, β L são raźes de mesmo polinômio irredutível sobre K, então K[α] e K[β] são corpos isomorfos. Por definição temos que p(x) = irr(α, K) = irr(β, K). Por [iii] do teorema, temos que J = K[x].p(x), assim K[x] /J = K[α] da mesma forma K[x] /J = K[β] então K[α] = K[β]. 2

7 CAPÍTULO 1. EXTENSÕES ALGÉBRICAS DOS RACIONAIS 3 Proposição 1.1. Seja L K, α L algébrico sobre K. Se o grau do polinômio irr(α, K) é n, então: (a) f(x) K[x], f(x) pode ser expresso de modo único na forma f(α) = a 0 + a 1 α a n 1 α n 1, onde a i K (b) K[α] = a 0 + a 1 α a n 1 α n 1, onde a i K é um subcorpo de L que contém K. (c) Se K = Z p então K[α] é um corpo contendo exatamente p n elementos. 1.2 Corpo de decomposicão de um polinômio Considere K um subcorpo de C tal que C é um corpo algebricamente fechado, ou seja, f(x) C[x], α C tal que f(x) = 0. Assim,se f(x) K(x) é um polinômio de grau n 1 e α 1, α 2,, α r são todas as distintas raízes de f(x) em C temos que, f(x) = c (x α 1 ) m 1 + (x α 2 ) m (x α r ) mr em C(x) para C K e r, m 1, m 2,, m r Z +. m i é chamado de multiplicidade da raiz α i. Se m i então α i é uma raiz simples de f(x). A derivada de f(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n K[x] é dada por, f(x) = a 1 + 2a 2 x + + na n x n 1 K[x] Abaixo são apresentadas algumas regras de derivação para f(x), g(x) K[x] e α K, (f(x) + g(x)) = f (x) + g (x) (αf(x)) = αf (x) (f(x) g(x)) = f (x) g(x) + f(x) g (x) Proposição 1.2. Sejam f(x) K[x] e C uma raiz de f(x). Então, (i) α é raiz simples de f(x) f(α) = 0 e f(α) 0. (ii) f(x) é irredutível sobre K então todas as raízes de f(x) são simples.

8 CAPÍTULO 1. EXTENSÕES ALGÉBRICAS DOS RACIONAIS 4 Demonstração de (i) ( ) Se α é raiz simples de f(x), então podemos considerar f(x) = (x α) m g(x) onde g(x) C e g(α) 0. Assim para m = 1, f(x) = (x α) g(α) f(α) = (α α) g(x) f(α) = 0 e f (x) = (x α) g (x) + x g(x) f (α) = (α α) g (α) + α g(α) f (α) = α g(α) 0 ( ) f(x) = (x α)m g(x) f (x) = m(x α) m 1 g(x) + (x α) m x g (x) Na derivada, não-nula, acima temos que f (x) = 0 m 2, mas por hipótese f (x) 0, logo m = 1, ou seja, α é raiz simples de f(x). Demonstração de (ii) Por hipótese f(x) é irredutível sobre K. Considere β uma raiz de f(x) de multiplicidade m. Pelo algoritmo de Eclides q(x), p(x) e r(x) tais que, f(x) = q(x) (x)+ r(x), onde r(x) = 0 ou o grau r(x) grau p(x). Seja p(x) = irr(β, K), onde p(β) é o único polinômio irredutível em K[x] tal que p(β) = 0. Como r(β) = f(β) q(β).p (β) = 0 e pelo fato de p(x) ser um polinômio mônico em K[x], de menor grau, temos: r(x) = 0 e f(x) = q(x) (x). Portanto, pela irretubilidade 1 de f(x), segue que α K tal que q(x) = a K e f(x) = ap(x). Agora se m > 1, segue do item (i) desta proposição que f (β) = a p (β) = 0, o que contradiz a minimilidade do grau de p(x). Assim m = 1 e por definição β é uma raiz simples de f(x). O menor subcorpo de C que contém K e todas as raízes de f(x) em C é chamado de corpo de decomposição de um polinõmio f(x) K[x] sobre K, que denotaremos por L = Gal(f, K). Observe que L = Gal(f, K) existe e é igual a intersecção de todos ossubcorpos de C contendo K e todas as ra ízes de f(x) em C Sejam f(x) K[x] e α 1,, α r as distintas raízes de f(x) em C. Observe abaixo um modo construtivo de definir L = Gal(f, K). Consideremos, K 0 = K K 1 = K[α 1 ] K 2 = K 1 [α 2 ] K r = K r 1 [α r ] 1 Seja f(x) K[x] tal que grau de f(x) 1. Dizemos que f(x) é um polinômio irredutível sobre K se toda vez que f(x) = g(x) h(x), g(x) e h(x) K[x] ent ão temos g(x) = a ou h(x) = b tal que a e b são constantes k

9 CAPÍTULO 1. EXTENSÕES ALGÉBRICAS DOS RACIONAIS 5 Observe que K i é o menor subcorpo de C contendo K e α 1,, α i, assim K r = K r 1 [α r ] = Gal(f, K) Denotando K r = K[α 1,, α r ] temos Gal(f, K) = K[α 1,, α r ]. É imediato que qualquer que seja a ordem em que pegamos as raízes α 1,, α r ainda assim esse processo, chamado adjunção de raízes, nos levaria a Gal(f, K). 1.3 Grau de uma extensão Definição 1.2. Seja V uma espaço vetorial, sobre um corpo K, então V possui uma base com n elemnetos, dizemos que o número n é a dimensão de V, denotada por:[v : K] = n Observação 1.1. Seja K um corpo. Uma extensão L K é dita finita se [V : K] = n < Proposição 1.3. Sejam M L K corpos tais que [M : L] e [L : K] são finitos então [M : K] é finito e [M : K] = [M : L] [L : K]. Considere, v 1, v 2,, v r uma base de M sobre L. (A) u 1, u 2,, u s uma base de L sobre K. (B) Para provar a proposição basta mostrar que β = {v 1 u 1, v 2 u 2,, v r u r } é uma base 2 de M sobre K. Sejam i,j α ijv i u j = 0 e α ij K (1 i r, 1 j s), logo (α 11 u 1 + α 12 u α 1s u s )v (α r1 u 1 + α r2 u α rs u s )v r = 0 Por (A), temos: α 11 u 1 + α 12 u 2 + α 1s u s = 0 2 β é uma base de V, então: i) β é linearmente independente ii) β gera V.... α 11 u 1 + α 12 u 2 + α 1s u s = 0

10 CAPÍTULO 1. EXTENSÕES ALGÉBRICAS DOS RACIONAIS 6 Por (B), obtemos que α ij = 0, logo β é linearmente independente. Agora vamos verificar se β é um conjunto gerador de M sobre K. Por (A) e tomando um y M; existem λ 1, λ 2,, λ r L, tal que: y = λ 1 v 1 + λ 2 v λ r v r. Por (B) e tomando um λ i L; existem α ij K (1 i r e 1 j s), tal que: λ i = α i1 u 1 + α i2 u α is u s. Assim temos, y = i,j α ijv i u j. Portanto [M : K] = r s = [M : L] [L : K] e demonstramos o teorema. Corolário 1.2. Seja L = Gal(x p 2, Q). Então [L : Q] = p (p 1). Teorema 1.2. Seja L K Q tal que [L : Q] <. Então, u L tal que L = K[u].

11 Capítulo 2 Extensões Galoisianas Definição 2.1. Seja L uma extensão onde L K, se f(x) K [x] tal que L = Gal(f, x), então L é uma extensão Galoisiana.Considere L K, se g(x) K[x]. Sejam L M K, extensões tais que L K é Galoisiana, então L M também é Galoisiana, mas M K não é Galoisiana. Definição 2.2. Se f(x) = a 0 que K[x], definimos + a 1 x a n x n e um polinômio em f σ (x) = a 0 + a 1 x +... a nx n K [x] onde a i = σ(a i) ; i = 0, 1,..., n, ou seja f σ (x) = σ(a 0 ) + σ(a 1 )x +... σ(a n )x n Proposição 2.1. Considere K, K Q corpos e σ : K K um isomorfismo, e h(x) K[x] um polinômio irredut vel sobre K. Se σ é uma raíz de h(x) em C e β é uma raíz de h σ (x) em C, então existe um único isomorfismo σ : K[α] K [β] tal que ˆσ(α) = β e σ = σ Tome α uma raíz qualquer de h(x) K[x] e β uma raíz de h σ (x) K [x] K[α] e K [β] são corpos tais que grau h(x) = grau h σ (x) = r, Considere: K[α] = a 0 + a 1 α a r 1 α r 1 ; a i K e 1, α, α 2,..., α r 1 base de K[α] K [β] = a 0 + a 1 β a r 1 βr 1 ; a i K e 1, β, β 2,..., β r 1 base de K[β] 7

12 CAPÍTULO 2. EXTENSÕES GALOISIANAS 8 σ : K[α] K [β] σ(a 0 + a 1 α a r 1 α r 1 ) = σ(a 0 ) + σ(a 1 )β σ(a r 1 )β r 1 é um isomorfismo do corpo K[α] sobre o corpo K [β] tal que σ(α) = β e σ = σ Unicidade Suponha que exista σ 1 : K[α] K [β] σ 1 (a 0 + a 1 α a r 1 α r 1 ) = σ 1 (a 0 ) + σ 1 (a 1 α) σ(a r 1 α r 1 ) = σ 1 (a 0 ) + σ 1 (a 1 )σ 1 (α) σ 1 (a r 1 )σ 1 (α r 1 ) = σ 1 (a 0 ) + σ 1 (a 1 )β σ 1 (a r 1 )β r 1 = a 0 + a 1 β a r 1 βr 1 ; a i = σ 1 (a 0 + a 1 α a r 1 α r 1 ), logo σ 1 = σ, portanto σ é único. Proposição 2.2. Sejam K, K Q corpos, σ : K K um isomorfismo, e f(x) K[x] α uma raíz qualquer de f(x) em C. Então β raíz de f α (x) em C e existe um isomorfismo σ 1 : K[α] K [β] tal que σ 1 (α) = β e σ 1 (α) = σ. Teorema 2.1. Sejam K, K Q corpos, σ : K K um isomorfismo, e f(x) K[x] e α 1,..., α r as raízes de f(x) em C. Se L = Ga(f, K) e L = Ga(f α, K) então ˆσ : L L Um isomorfismo tal que ˆσ K = σ e mais ainda σ(x ˆ 1 ),..., σ(x ˆ r ) são as raízes distintas de f α em C. Se f(x) K[x] possui uma única raíz, então f(x) = (x α 1 ) m em C. Se f(x) = f 1 (x) m 1...f k (x) m k onde f i (x) K[x]; f i (x) são polinômios irredutíveis sobre K, então f σ (x) = f1 σ(x)m 1...fk σ(x)m k; fi σ (x) K[x] também são polinômios irredutíveis sobre K. O número de raízes distintas de f(x) é a soma do grau dos graus dos polinômios irredutíveis, r, assim o número de raízes distintas de f σ (x) também é r. Sejam β = β 1,..., β r as raízes distintas de f σ (x) K [x] em C. Considere K[α 1 ] = K 1, K[α 1, α 2 ] = K 1 [α 2 ] = K 2,..., K[α 1,..., α r 1 ] = K r 1 [α r ] assim temos que L = K[α 1,..., α r ] = K r. Pela prop. 2, temos que β 1 β e σ 1 : K[α 1 ] K [β 1 ] tal que σ 1 (α 1 ) = β 1 e σ 1 K = σ. Assim, fazendo K, [β 1 ] = K 1, temos que σ 1 : K 1 K 1 Como f(x) K[x] e σ 1 k = σ, assim f(x) K 1 [x] e f σ 1 (x) = f σ (x). Aplicando a prop.2 novamente, temos que β 2 β e σ 2 : K 1 [α 2 ] K 1 [β 2], como K, 1 = K 2 tal que σ 2 (α 2 ) = β 2 e σ 2 K = σ 1, como α 1 α 2, temos que β 1 β 2 e σ 1 K = σ segue que σ 2 K = σ e σ 2 (α 1 ) = β 1, σ 2 (α 2 ) = β 2 e σ 2 : K[α 1, α 2 ] K [β 1, β 2 ] um isomorfirmo.

13 CAPÍTULO 2. EXTENSÕES GALOISIANAS 9 Assim, supondo que σ K 1 : K[α 1,..., α k 1 ] K [α 1,..., α k 1 ] isomorfismo tal que σ k 1 (α i ) = β i ; i = 1,..., k 1 e σ k 1 K = σ temos que f(x) K k 1 [x] e f σ k 1(x) = f σ (x). Aplicando a prop. 2 mais uma vez, temos que β k raíz de f σ (x) e σ k ; σ : K k 1 [α k ] K k 1 [β k] tal que σ k Kk 1 = σ k 1 e σ k (α k ) = β k Daí segue que σ k : K[α 1,..., α k ] K, [β 1,..., β k ] um isomorfismo que σ i (α i ) = β i ; i 1, 2,..., k e σ k k = σ. Como L = Ga(f, K) e L = Ga(f α, K) então ˆσ : L L isomorfismo. Corolário 2.1. Seja L K uma ıtextensão galoisiana e sejam M, M subcorpos de L contendo K. Se σ : M M é um isomorfismo tal que σ(a) = a a K entã ˆσ Aut k L 1 tal que ˆσ M = σ. Por hipótese temos que L = gal (f, K) (A). Temos por definição que f σ (x) = σ(a ( o))+ σ(a ( 1))x+ + σ(a ( n))x n, mas σ(a) = a por hipótese, entã f σ (x) = a ( o)+ a ( 1)x+ + a ( n)x n = f(x) (B). Como M e M são aubcorpos, temos que L = gal (f, M) e L = gal (f σ, M ) (C). O teorema a anterior garante a existência de ˆσ, para provar que ˆσ Aut k L, basta mostrar que L = L, comparando (A), (B) e (C) concluimos: L (A) = gal (f, K) (C) = gal (f, M) = gal (f, M ) (B) = gal (f σ, M ) = L Corolário 2.2. Seja Seja L K uma ıtextensão finita. Enão, L K galoisiana L K é normal. ( ) Se L K e L é finita, segue do teorema 2 que u L tal que L = K[u]. Acrescentado o fato de L K ser normal, temos que L = gal (h, K). ( ) Vamos mostrar que g(x) K[x], irredutível sobre K que possui uma raiz α L possui todas as suas raízes complexas em L, ou seja: g(x) K[x]; α L, g(α) = 0 e β C, g(β) = 0 β L 1 (Definição retirada do Hernstein/ p.239): Seja L um corpo e seja K um subcorpo de L. Então o grupo dos automorfismo de L relativos a K, indicados por G(L, K), é o conjunto de todos os automorfismo de L que deixam fixo todo elemento de k; isto é, o automorfismo σ de L está em G(L, K) se, e somente se, σ(α) = α, α K 2 (Teorema 03 do Cap. 05) Seja L K Q tal que [L : K] <. Então, u L tal que L = K[u].

14 CAPÍTULO 2. EXTENSÕES GALOISIANAS 10 Por hipótese L = gal (f, K). Seja β α uma raiz de g(x) em C. Sabemos pela proposição 1 que σ : K[α] K[α] isomorfismo tal que σ(α) = β e σ(a) = a, a K Sejam: M = k[α] M = k[β] L = gal (f, M ) Do teorema 3 temos que L K Q e K M. Assim, L = gal (f, K) = gal (f, M) 4 L = gal (f, K) L = gal (f, M ) (A) Se σ(a) = a, a K f σ (x) f σ (x) = σ(a ( o)) + σ(a ( 1))x + + σ(a ( n))x n = a ( o) + a ( 1)x + + a ( n)x n = f(x) Logo f = f σ Então pelo teorema 1, ˆσ : L L isomorfo, tal que ˆσ M = σ e σ(a) = a, a K. Logo [L : K] = [L : K](B). Por (A) e (B), temos que L = L e isto demonstra o teorema pois β L.. Corolário 2.3. Se L K galoisiana ent ão: a) [L : K] = Aut k L. b) Se α L K σ Aut k L tal que σ(α) α Teorema 2.2. Se L M K são extensões finitas e L K é Galoisiana, então as seguintes afirmações são equivalentes: (a) M K galoisiana (b) σ(m) M σ Aut k L (c) Aut M L Aut K L Teorema 2.3. Seja L K uma extensão finita. Então as seguintes condições são equivalentes: (a) M K galoisiana (b) L K normal (c) α L K σ Aut K L tal que σ(α) α (d) [L : K] = Aut K L 3 (Teorema 03 do Cap. 05) Seja L K Q tal que [L : K] <. Então, u L tal que L = K[u]. (p. 167 do livro) Foi visto que se L M K são extenões tais que L K é galoisiana então L M é também galoisiana

15 CAPÍTULO 2. EXTENSÕES GALOISIANAS 11 (a) (b) Segue do Corolário 2 do Teorema 1. (b) (c) Segue dos Corolários 2 e 3 do Teorema 1. (c) (d) Do Corolário 1 do Teorema 3 temos que [L : K] Aut K L. Suponhamos, por absurdo, [L : K] > Aut K L. Seja Aut K L = {ϕ 1 = I L, ϕ 2, ϕ 3,, ϕ n }(I L é o automorfismo identidade de L. Se [L : K] > n então u 1, u 2,, u n, u n+1 L linearmente independente sobre o corpo K. Consideremos agora o seguinte sistema linear homogêneo com n equações e (n + 1) incógnitas a 1, a 2,, a n, a n+1 em L: ϕ 1 (u 1 )a 1 + ϕ 1 (u 2 )a ϕ 1 (u j )a j + + ϕ 1 (u n )a n + ϕ 1 (u n+1 )a n+1 = 0 ϕ 2 (u 1 )a 1 + ϕ 2 (u 2 )a ϕ 2 (u j )a j + + ϕ 2 (u n )a n + ϕ 2 (u n+1 )a n+1 = 0 ϕ i (u 1 )a 1 + ϕ i (u 2 )a ϕ i (u j )a j + + ϕ i (u n )a n + ϕ i (u n+1 )a n+1 = 0 ϕ n (u 1 )a 1 + ϕ n (u 2 )a ϕ n (u j )a j + + ϕ n (u n )a n + ϕ n (u n+1 )a n+1 = 0 Como o número de equaçõe, do sistema anterior, é menor do que o número de incógnitas então o sistema admite uma solução a 1, a 2,, a n, a n+1 não todos nulos. Consideremos agora uma solução não trivial do sistema anterior com o maior números de zeros possível e denotaremos os a is não nulos dessa solução por a 1, a 2,, a r (A). Multiplicando (A) por a 1 1 e considerando a 1 = 1, temos 1, a 2,, a r tal que 1 a 2 a r 0 0 é uma solução do sistema com um número máximo de zeros. Então temos, i {1, 2,, n}, ϕ i (u 1 ) + ϕ i (u 2 )a ϕ i (u r )a r = 0. Como ϕ 1 = I L e u 1,, u r,, u n são linearmente independente sobre K então segue que a i L tal que a i / K. Seja a r / K. Assim por (b) σ Aut K L tal que: Daí segue que: σ(a r ) a r (σ ϕ i )(u 1 ) + (σ ϕ i )(u 2 ) σ(a 2 ) + + (σ ϕ i )(u r ) σ(a r ) = 0 i {1, 2,, n}.

16 CAPÍTULO 2. EXTENSÕES GALOISIANAS 12 Como Aut K L é um grupo e σ Aut K L segue imediatamente que: Aut K L = {ϕ 1, ϕ 2,, ϕ 1 } = {σϕ 1, σϕ 2,, σϕ 1 } Portanto se σϕ i = ϕ K teremos, Logo, K {1, 2,, n} ϕ k (u 1 ) + ϕ k (u 2 )σ(a 2 ) + + ϕ k (u r )σ(a r ) = 0 i {1, 2,, n} ϕ i (u 1 ) + ϕ i (u 2 )σ(a 2 ) + + ϕ i (u r )σ(a r ) = 0 j {1, 2,, n} ϕ j (u 2 )(σ(a 2 ) a 2 ) a 2 ) + + ϕ j (u r )(σ(a r ) a r ) a r ) = 0 Como σ(a r ) a r 0 temos uma contradição pela nossa escolha dos α i s com número máximo de zeros e isto demonstra que (c) (d). (d) (a): Suponhamos L K extensão finita e [L : K] = Aut K L.Vamos provar que L K é galoisiana. Seja L = K[u]. Sabemos que se h(x) é definido por h = irr(u, K) então σ Aut K L tem-=se σ(u) L e σ(u) raiz de h(x) em L. Agora, se [L : K] = Aut K L então Aut K L = grau de h(x) e portanto igual ao número de raízes de h(x) em L. Daí segue que L contém todas as raízes de h(x), ou seja, L = Gal(h, K) como queríamos demonstrar. Proposição 2.3. Se L K é uma exetnsão galoisiana de grau n, então G = Aut K L é um isomorfo a um subgrupo de S n. Considere L = K[u], h = irr(u, K), [L : Q] = grau h(x) = n, e Ω = u 1 = u, u 2,..., u n o conjunto de todas as raízes complexas de h(x). Como L C é galoisiana, temos que Ω L. Sabemos também que σ G = Aut k L e u i Ω tem-se σ(u i ) Ω e como Ω é um conjunto finito e σ é injetiva segue que σ 0 = sigma Ω : Ω Ω define uma permutação do conjunto Ω. Se (Ω) denota o gurpo das permutações do conjunto Ω, então basta mostrarmos que G é isomorfo a um subgrupo de (Ω), pois (Ω) S n A função definida por

17 CAPÍTULO 2. EXTENSÕES GALOISIANAS 13 ψ : G (Ω)] σ σ 0 = σ Ω é um homomorfismo de grupos, pois (σ τ) = σ Ω τ Ω. Se σ 0 = σ Ω = I Ω (Identidade em Ω segue que σ(u) = u e isto nos diz que σ = I L, pois b L, b = a 0 + a 1 u a n 1 u n 1, onde a i K e σ G = Aut K L tem-se: σ(b) = a 0 + a 1 σ(u) a n 1 σ(u) n 1 = a a n 1 u n 1 = b Então ψ é injetiva e portanto pelo teorema de isomorfismo de grupos temos,g Ψ(G) (Ω). Proposição 2.4. Se L = Gal(x 3 2, Q) então Aut Q L S 3 Pelo corolário da proposição 3 do capítulo anterior, sabemos que [L : Q] = 6 onde L = Gal(x 3 1, Q e portanto Aut Q L = 6 e como S 3 = 6. Então, pela proposição, temos que Aut Q L S 3 Proposição 2.5. Se L K é uma exetnsão galoisiana de grau n, então G = Aut K L é um isomorfo a um subgrupo de S n. Considere L = K[u], h = irr(u, K), [L : Q] = grau h(x) = n, e Ω = u 1 = u, u 2,..., u n o conjunto de todas as raízes complexas de h(x). Como L C é galoisiana, temos que Ω L. Sabemos também que σ G = Aut k L e u i Ω tem-se σ(u i ) Ω e como Ω é um conjunto finito e σ é injetiva segue que σ 0 = sigma Ω : Ω Ω define uma permutação do conjunto Ω. Se (Ω) denota o gurpo das permutações do conjunto Ω, então basta mostrarmos que G é isomorfo a um subgrupo de (Ω), pois (Ω) S n A função definida por

18 CAPÍTULO 2. EXTENSÕES GALOISIANAS 14 ψ : G (Ω)] σ σ 0 = σ Ω é um homomorfismo de grupos, pois (σ τ) = σ Ω τ Ω. Se σ 0 = σ Ω = I Ω (Identidade em Ω segue que σ(u) = u e isto nos diz que σ = I L, pois b L, b = a 0 + a 1 u a n 1 u n 1, onde a i K e σ G = Aut K L tem-se: σ(b) = a 0 + a 1 σ(u) a n 1 σ(u) n 1 = a a n 1 u n 1 = b Então ψ é injetiva e portanto pelo teorema de isomorfismo de grupos temos,g Ψ(G) (Ω). Corolário 2.4. Se L = Gal(x 3 2, Q) então Aut Q L S 3 Pelo corolário da proposição 3 do capítulo anterior, sabemos que [L : Q] = 6 onde L = Gal(x 3 1, Q e portanto Aut Q L = 6 e como S 3 = 6. Então, pela proposição, temos que Aut Q L S 3

19 Referências Bibliográficas [1] S. C. Coutinho. Números interiros e criptografia RSA. IMPA. [2] Djairo Guedes de Figueiredo. Análise I. Ed. LTC, [3] I.N. Hernsterin. Tópico de Álgebra. Ed. Polígono, [4] Elon Lajes Lima. Curso de Análise, vol.1. Ed. SBM, [5] Simon Singh. O último teorema de Fermat. Record,