(1) Seja A um domínio de integridade. Mostre que a característica de A é 0 ou um número primo.

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1 Resolução dos exercícios - Módulo. (1) Seja A um domínio de integridade. Mostre que a característica de A é 0 ou um número primo. Seja m a característica de A, ou seja m é um inteiro positivo tal que o ideal principal (m) de Z é o núcleo do único homomorfismo de aneis f : Z A. Se m = ab com a, b inteiros maiores que 1 então 0 = f(m) = f(ab) = f(a)f(b) que é uma igualdade no domínio de integridade A assim um entre f(a) e f(b) é zero, isto é, um entre a e b pertence a ker(f) = I = (m), assim m divide um entre a e b, absurdo. () Seja F um corpo finito. Mostre que existe um ideal I de Z[X] tal que Z[X]/I = F. Seja p a característica de F. Sabemos que F é uma extensão de F p, e sabemos também que F é um grupo multiplicativo cíclico, seja α um gerador de F. Segue que F = F p (α) = F p [X]/(f(X)) onde f(x) é o polinômio minimal de α sobre F p. Seja f(x) uma preimagem de f(x) por meio do homomorfismo sobrejetivo (redução módulo p) Z[X] F p [X]. Vimos que F p [X]/(f(X)) = Z[X]/(p, f(x)). Segue que basta escolher I = (p, f(x)) Z[X]. () Um corpo F é dito perfeito se todo polinômio irredutível P (X) F [X] é separável. Mostre que todo corpo finito é perfeito. Seja p a característica de F, se trata de um número primo e F é uma extensão de F p. Seja f(x) irredutível em F [X]. Precisamos mostrar que f (X) 0. Suponha por contradição f (X) = 0. Escrevendo f(x) = n i=0 a ix i obtemos ia i = 0 para todo i = 1,..., n. Segue que a i = 0 para todo i não divisível por p, ou seja f(x) = m i=0 a pix pi onde n mp < p. Todo elemento a F verifica a q = a onde q = p t = F, e escrevendo b i = a pt 1 i obtemos a i = b p i. Aplicando o endomorfismo de Frobenius F [X] F [X] obtemos que ( m m ) p f(x) = b p pi Xpi = b pi X i é redutível, contradição. i=0 (4) Conte os subcorpos de F [X]/(X + X + 1) e de Z[i]/( + i). O corpo F [X]/(X + X + 1) tem tamanho = 8 logo ele tem dois subcorpos, F e F (pois tem apenas dois divisores). No anel Z[X] temos (X + 1, X + ) = (, X + ) pois X + 1 = (X + )(X ) +, logo i=0 Z[i]/( + i) = Z[X]/(X + 1, X + ) = Z[X]/(, X + ) = F [X]/(X + ) = F 1

2 tem dois subcorpos também. () Sejam p um número primo e n um inteiro positivo. Mostre que existe P (X) F p [X] irredutível de grau n. Seja K um corpo de tamanho p n. Sabemos que K existe e que é uma extensão de F p de grau n. Sabemos que K é um grupo multiplicativo cíclico, seja α um gerador de K. Segue que K = F p (α) = F p [X]/(f(X)) onde f(x) é o polinômio minimal de α sobre F p. Sendo K = p n segue que f(x) tem grau n. (6) Sejam F corpo finito e P (X) = X + 4X + X + X + 4 F [X]. Mostre que 1 é raiz múltipla de P (X) se e somente se F tem característica. 1 é raiz múltipla de P (X) se e somente se é raiz de P (X) e de P (X). Temos P (X) = X 4 + 1X + X +, logo P (1) = 0 e P (1) = 0 equivalem a 1 = 0 e 1 = 0. Segue que MDC(1, 1) = 0, ou seja = 0. Por outro lado é imediáto que se = 0 então P (1) = P (1) = 0. (7) Seja K um corpo, e seja F o conjunto das funções K K. Seja ϕ : K[X] F a função definida por ϕ(p (X))(a) := P (a). Mostre que ϕ é sobrejetiva se e somente se K é finito. [Dica: mostre que F é um anel com as operações (f +g)(x) = f(x)+g(x) e (fg)(x) = f(x)g(x) e que g é homomorfismo de aneis. Se K é finito quem é ker(ϕ)?] Suponha K finito. ϕ é homomorfismo de aneis como na dica e ker(ϕ) contem os polinômios P (X) K[X] tais que P (a) = 0 para todo a K, ou seja os polinômios divisíveis por X a para todo a K. Como os X a são dois a dois coprimos, P (X) ker(ϕ) se e somente se a K (X a) = Xq X divide P (X), onde q = K. Isso significa exatamente que ker(ϕ) = (X q X). Segue que K[X]/(X q X) é isomorfo a um subanel de F. Por outro lado K[X]/(X q X) = q q = F logo ϕ é sobrejetiva. Suponha K infinito. Então ϕ não é sobrejetiva pois a função f : K K definida por f(0) = 1 e f(a) = 0 para todo a K, a 0, não é do tipo ϕ(p (X)) para nenhum polinômio P (X) K[X], de fato se existisse um polinômio P (X) K[X] tal que P (a) = f(a) para todo a K então P (X) teria infinitas raizes, sem ser o polinômio nulo (sendo P (0) = 1), absurdo (K é infinito). (8) Se q = p k é uma potência de um primo p sabemos que a menos de isomorfismo existe um único corpo de tamanho q, que indicaremos com F q. Sejam f(x), g(x) F q [X] definidos por f(x) = X 6 + X + X, g(x) = X 9 + 8X + X. Encontre todos os valores de q tais que f(a) = g(a) para todo a F q. Escrevamos f(a) = g(a) na forma g(a) f(a) = 0. Seja h(x) := g(x) f(x) = X (X 6 X + 6). Precisamos encontrar os valores de q tais que h(a) = 0 para todo

3 a F q, ou seja tais que X a divide h(x) para todo a F q. Equivalentemente, o produto a F q (X a) divide h(x). Mas sabemos pela teoria que tal produto é igual a X q X. Logo precisamos encontrar os q tais que X q X divide h(x) = X (X 6 X + 6) em F q [X]. Mas como esses dois polinômios pertencem a F p [X], dizer que X q X divide h(x) em F q [X] é equivalente a dizer que X q X divide h(x) em F p [X] (é só aplicar a divisão com resto em F p [X]). Fixe q com essa propriedade. Como h(x) é um polinômio de grau 9 obviamente q 9, e sendo q uma potência de um primo segue q {,, 4,, 7, 8, 9}. Observe que h( 1) = ( ) = 8. Como 1 F q, por hipótese h( 1) = 0 logo 8 = 0, em outras palavras 8 é congruente a 0 módulo p, que é um número primo, logo p =. Segue que q é uma potência de logo q {, 4, 8}. Temos h(x) = X (X 6 X ) = X 6 (X 1). Precisamos então entender quando X q X divide X 6 (X 1) em F [X] onde q {, 4, 8}. q =. X X divide X 6 (X 1), de fato X 6 (X 1) = (X X) X (X + X + 1). q = 4. X 4 X divide X 6 (X 1), de fato X 6 (X 1) = (X 4 X) X. q = 8. Mostraremos que X 8 X não divide X 6 (X 1). Por contradição seja r(x) F [X] com r(x)(x 8 X) = X 6 (X 1). Em particular r(x) tem grau 1 ou seja r(x) = ax +b com a, b F e a 0, ou seja a = 1 (sendo F = {0, 1}) em outras palavras r(x) = X + b logo (X + b)(x 8 X) = X 6 (X 1). Segue que (X + b)(x 7 1) = X (X 1). Substituindo X = 0 obtemos b = 0 logo X(X 7 1) = X (X 1) ou seja X 8 X = X 8 X, contradição. Segue que os q pedidos são e 4. (9) Seja K um corpo de característica diferente de. Seja M/K uma extensão de grau e seja G = G (M/K). Mostre que K é fechado, ou seja G = K. [Dica: seja u M K, mostre que M = K(u), deduza que M é um corpo de decomposição do polinômio minimal de u sobre K, deduza que G =.] Se α M K temos M = K(α) e α tem grau sobre K, seja f(x) = X +bx+c o seu polinômio minimal sobre K. Observe que f (X) = X + b 0 logo f(x) é separável. A divisão com resto por X α mostra que a outra raiz pertence a M = K(α) logo M é corpo de decomposição sobre K do polinômio irredutível separável f(x), segue que M/K é extensão de Galois. Se a característica de K é nem toda extensão M/K de grau é de Galois. Por exemplo seja M = F (t) (corpo de frações do anel dos polinômios F [t]) e seja K = F (t ), subcorpo de M. O polinômio X t K[X] não é separável pois X t = (X t) e isso mostra que M/K (de grau ) não é extensão de Galois pois X t admite uma raiz em M mas não se fatora em M[X] em fatores lineares dois a dois não associados. (10) Seja K = Q. Dado o polinômio f(x) K[X] seja M o corpo de decomposição de f(x) sobre K contido em C e seja G = G (M/K) (o grupo de Galois de f(x)).

4 4 Calcule i : [M/K] L (G) e j : L (G) [M/K] (as correspondências de Galois) nos casos seguintes: X 4 + 1, X 1, X X + 1, (X )(X ). X Se trata de um polinômio irredutível. Sejam r = (1 + i)/, s = (1 i)/. As raizes de f(x) = X são r, s, r, s logo um corpo de decomposição é M = Q(r, s). Observe que rs = 1, logo s = 1/r e M = Q(r) tem grau 4 sobre Q. Segue pela teoria que G = 4. Se g G então g(r) {r, s, r, s} (porque raizes são levadas em raizes) e o valor de g(r) determina o valor de g(s) = g(1/r) = 1/g(r). Sendo G = 4 cada possibilidade ocorre, logo temos G = {g 1, g, g, g 4 } onde Elemento Imagem de r Imagem de s Estrutura g 1 r s Identidade g s r (r, s)( r, s) g r s (r, r)(s, s) g 4 s r (r, s)(s, r) Observe que g 1 = 1 e g g = g 4. Escrevendo então G = {1, g, g, g 4 } os subgrupos de G são, G, g, g, g 4. Temos = M, M =, Q = G como sempre. Um elemento de M tem a forma m = a+br+cr +dr com a, b, c, d Q. A igualdade g (m) = m significa, lembrando que r 4 = 1, que br + cr + dr = br cr d4 ou seja c = 0 e b + d = 0. Segue que g = {a + b(r r ) : a, b Q} = Q(r r ). Analogamente g = Q(r ) e g 4 = Q(r + r ). Note que (r r ) = e (r r ) =, logo Q(r r ) = Q( ) e Q(r + r ) = Q(i ). Sendo r = i, temos Q(r ) = Q(i). Observe que G visto como grupo de permutação no conjunto das raizes {r, s, r, s} é transitivo. Os reticulados [M/K] e L (G) são os seguintes, onde as setas são inclusões e os números indicam os graus a esquerda, os índices a direita. M Q( ) Q(i) Q(i ) Q g g g 4 G X 1. A fatoração é X 1 = (X 1)(X + X + 1). Seja u = e πi/ = 1/+i /. u é raiz de X +X+1, a outra raiz é 1 u. Segue que M = Q(u) é um corpo de decomposição para X 1, tem grau sobre Q. Temos [M/K] = {M, K} e G =, escrevendo G = {1, σ} temos σ(u) = 1 u (porque raizes de X +X+1 são levadas em raizes de X +X +1). Sabemos que Q = G, Q(u) = e = Q(u). Temos G = {a + bu Q(u) : σ(a + bu) = a + bu} = Q pois σ(a + bu) = a + bu significa b( 1 u) = bu ou seja b = 0. Os reticulados [M/K] e L (G) são os

5 seguintes, onde as setas são inclusões e os números indicam os graus a esquerda, os índices a direita. M Q G f(x) = X X + 1. Seja u uma raiz de f(x). Sabemos que f(u ) = 0, logo M = Q(u). Como f(x) é irredutível a ação de G no conjunto das raízes é transitiva logo existe σ G que leva u para u. Seja v = u, como visto f(v) = 0. Sendo u raiz de f(x) temos f(u) = 0 ou seja u u + 1 = 0, que pode ser escrito u = u 1. Usando essa relação calcularemos σ(v) e σ(σ(v)). Temos σ(v) = σ(u ) = σ(u) = (u ) = u 4 4u + = u(u 1) 4u + = u u 4u + = u u +, σ(σ(v)) = σ( u u + ) = σ(u) σ(u) + = (u ) (u ) + = u 4 + 4u 4 u + 4 = u(u 1) + u = u. Segue que σ como permutação das raizes u, v = u e w = u u + é o -cíclo (uvw). Como σ é completamente determinado pela sua ação no conjunto das raizes, obtemos que σ tem ordem. Como o grupo de Galois G do corpo de decomposição Q(u) sobre Q tem ordem Q(u) : Q = deduzimos que G = σ. Como M : K = G =, neste caso [M/K] = {M, K}, L (G) = {, G}. Os reticulados [M/K] e L (G) são os seguintes, onde as setas são inclusões e os números indicam os graus a esquerda, os índices a direita. M Q G f(x) = (X )(X ). Um corpo de decomposição é M = Q(, ), tem grau 4 sobre Q logo G = 4. Sejam u =, v =, e observe que uv = 6 tem grau também. Se g G não é a identidade então g(u) u ou g(v) v. No primeiro caso g(u) = u (sendo g(u) uma raiz de X ) e temos duas possibilidades: g(v) = v ou g(v) = v. No segundo caso g(v) = v (sendo g(v) uma raiz de X ) e temos duas possibilidades: g(u) = u ou g(u) = u. Isso nos dá quatro possibilidades, e cada uma delas ocorre sendo G = 4. Podemos resumir tudo na tabela seguinte. Elemento Imagem de u Imagem de v Estrutura g 1 u v Identidade g u v -cíclo (v, v) g u v -cíclo (u, u) g 4 u v (u, u)(v, v)

6 6 Observe que g 1 = 1 e g g = g 4. Escrevendo então G = {1, g, g, g 4 } os subgrupos de G são, G, g, g, g 4. Temos = M, M =, Q = G como sempre. Um elemento de M tem a forma m = a + bu + cv + duv. Segue que g (m) = m significa a + bu cv duv = a + bu + cv + duv ou seja cv duv = cv + duv ou seja cv + duv = 0 ou seja c + du = 0 ou seja c = d = 0 e obtemos g = {a + bu : a, b Q} = Q(u). Analogamente g = Q(v). A igualdade g 4 (m) = m significa a + bu + cv + duv = a bu cv + duv ou seja bu + cv = 0 ou seja b = c = 0 logo g 4 = {a + duv : a, d Q} = Q(uv). Observe que G visto como grupo de permutação no conjunto das raizes {u, v, u, v} não é transitivo, as órbitas são {u, u} e {v, v}. Os reticulados [M/K] e L (G) são os seguintes, onde as setas são inclusões e os números indicam os graus a esquerda, os índices a direita. M Q(u) Q(v) Q(uv) Q g g g 4 G (11) Seja K = Q. Dado o polinômio f(x) K[X] seja M o corpo de decomposição de f(x) sobre K contido em C e seja G = G (M/K) (o grupo de Galois de f(x)). Calcule i : [M/K] L (G) e j : L (G) [M/K] (as correspondências de Galois) nos casos seguintes (cf. as listas anteriores): X + 1. O corpo de decomposição é M = Q(i), tem grau sobre Q, logo G = e escrevendo G = {1, σ} temos σ(i) = i (porque raizes de X + 1 são levadas em raizes de X + 1). Segue que [M/K] = {Q, Q(i)} e L (G) = {, G}. Temos Q = G, G = Q, Q(i) = (isso é pelas propriedades gerais) e G = {a + ib Q(i) : σ(a + ib) = a + ib} = Q. De fato σ(a + ib) = a + ib significa a+ib = a ib ou seja b = 0. A equação σ(a+ib) = a+ib é equivalente a ib = ib ou seja b = 0 logo G = Q. Os reticulados [M/K] e L (G) são os seguintes, onde as setas são inclusões e os números indicam os graus a esquerda, os índices a direita. M Q G f(x) = X 4 X +. Sejam + r =, s =.

7 7 Vimos que M = Q(r) é o c.d. de f(x) e G = σ é cíclico de ordem 4, σ corresponde ao 4-cíclo (r, s, r, s). Uma base de M sobre Q é {1, r, s, rs} e σ (a+br+cs+drs) = a+br+cs+drs é equivalente a br cs+drs = br+cs+drs ou seja b = c = 0, logo σ = Q(rs) = Q( ). Os reticulados [M/K] e L (G) são os seguintes, onde as setas são inclusões e os números indicam os graus a esquerda, os índices a direita. M Q( ) Q σ G αβ = logo f(x) = X 4 X + 4. Sejam α =, β = β = /α e M = Q(α, β) = Q(α) é o corpo de decomposição de f(x) sobre Q. Segue que G = M : Q = 4. Existe g G que leva α para β. Temos g(β) = /β = α e g = (α, β)( α, β). Existe k G que leva α para β. Temos k( β) = β = α e k = (α, β)( α, β). Existe h G que leva α para α. Temos k(β) = /α = β e k = (α, α)(β, β). Uma conta mostra que α 1 = 1 4 (α α), α = 1 4 ( α ), α = 1 16 α( α + ). Observe que (α α) = 4 e (α α) = 8. Segue que g = Q(α α) = Q(i), k = Q(α α) = Q( 7) e h = Q(α ) = Q(i 7) G 4 g k h Q Q( 7) Q(i) M = Q(α) Q(i 7) (1) Sejam α =, t = e πi/, K = Q, M = Q(α, t) (corpo de decomposição de X sobre Q). Seja G = G (M/K). Quais são os subcorpos L de M tais que g(l) L para todo l L e para todo g G? Vimos na aula teórica que o único tal L é Q(t). (1) Descreva as correspondências de Galois para a extensão M/K onde K = Q e M é o corpo de decomposição de f(x) contido em C nos casos seguintes. (a) f(x) = X 4 X X +.

8 8 Observe que f(x) = (X 1)(X ). Logo a correspondência é a mesma de X (onde é subentendido que cada elemento do grupo de Galois fixa a raiz racional 1). (b) f(x) = X 4 + X As raizes de f(x) são α, α, β, β. Sejam α =, β = Temos αβ = = α + logo β = (α + )/α Q(α) logo M = Q(α) é um corpo de decomposição para f(x) sobre Q. Existe g G que leva α para β. Temos g( ) = β + = logo g(β) = /β = α e g( α) = β, g( β) = α. Segue que g é o 4-cíclo (α, β, α, β) e sendo G = 4 obtemos G = g. É claro que g = Q( ). G = g g Q Q( ) M = Q(α) (c) f(x) = X 4 X + 1. [Dica: escreva a fatoração de X 1 1 e mostre que se u C é um elemento de ordem multiplicativa igual a 1 então f(u) = 0 e as raizes de f(x) são potências de u.] Seja u = e iπ/1, as raizes de f(x) são u, u, u 7, u 11 logo M = Q(u) é um corpo de decomposição para f(x) sobre Q. Existe g G que leva u para u, segue que g (u) = u = u e g(u 7 ) = u = u 11, g = (u, u )(u 7, u 11 ). Existe k G que leva u para u 7, segue que k (u) = u 49 = u e k(u ) = u = u 11 logo k = (u, u 7 )(u, u 11 ). Existe h G que leva u para u 11, segue que h(u ) = u = u 7 e h = (u, u 11 )(u, u 7 ). Como G = M : Q = 4 obtemos G = {1, g, k, h}. Vamos calcular g. Um elemento de M tem a forma t = a + bu + cu + du, e g(t) = t significa a + bu + cu 10 + du = a + bu(u 1) c(u 1) + du = a + c bu cu + (b + d)u logo b = c = 0. Segue que t = a + du logo g = Q(u ) G 4 g k h Q Q(u ) Q(u ) M = Q(u) Q(u + u 1 )

9 9 (d) f(x) = X 4, que tem grupo de Galois G (M/Q) = D 8 (o grupo diedral de ordem 8), sendo D 8 o único subgrupo de S 4 de ordem 8 e sendo M : Q = 8. G = D 8 = a, b onde a = (1) e b = (1)(4). Observe que ab = (14) tem ordem 4. Os subgrupos normais de G são, abab = Z(G), a, bab, ab, b, aba, G. O quociente G/Z(G) é isomorfo a C C. As classes de conjugação de G são, {abab}, {ab, ba}, {a, bab}, {aba, b}. Os subgrupos de G são os seguintes. G a, bab = C C ab = C 4 b, aba = C C a bab abab aba b Observe que se g G então g(α) {α, iα, α, iα} e g(i) {i, i}. Como g(α) e g(i) determinam unicamente g, e G = 8, cada possibilidade ocorre. Vamos identificar α com 1, iα com, α com e iα com 4. Então G é gerado por a = (1) e b = (1)(4). Como exemplo vamos calcular aba = {t Q(α, i) : aba(t) = t}. Podemos escrever t Q(α, i) como c 1 + c α + c α + c 4 α + c i + c 6 αi + c 7 α i + c 8 α i Sendo aba = (14)() = (α, iα)(iα, α), aba(i) = aba(αiα 1 ) = iαα 1 = i, segue que aba(t) é igual a c 1 c iα c α + c 4 ( iα ) + c ( i) + c 6 ( α) + c 7 α i + c 8 ( α ) logo c = c 6, c = 0, c 4 = c 8, c = 0. Segue que t = c 1 + c α + c 4 α c αi + c 7 α i c 4 α i ou seja t = c 1 + c (α αi) + c 4 (α α i) + c 7 α i. Segue que aba = Q(α(1 i), α (1 i), α i) = Q(α(1 i)). Da mesma forma é possível calcular todos os subcorpos a partir dos subgrupos. Q Q(α ) Q(i) Q(iα ) Q(iα) Q(α) Q(α, i) Q((1 i)α) Q((1 + i)α) Q(α, i)

10 10 (14) Seja K = Q. Dado o polinômio f(x) K[X] seja M o corpo de decomposição de f(x) sobre K contido em C e seja G = G (M/K) (o grupo de Galois de f(x)). Calcule i : [M/K] L (G) e j : L (G) [M/K] (as correspondências de Galois) nos casos seguintes: (a) X + X + 4, K = Q, K = F. f(x) = X + X + 4 é irredutível (tem grau e não tem raizes em K). O seu discriminante é D = que é congruente a 1 + = 4 = módulo, logo o seu grupo de Galois é isomorfo a S sobre Q e a A sobre F. No segundo caso [M/K] = {K, M}, L (G) = {, G}. Se K = Q temos D = 46 logo = ±i 109 e o subcorpo de grau é Q( D) = Q(i 109). Os três subcorpos de grau são Q(α), Q(β), Q(γ) onde α, β, γ são as três raízes de f(x). Observe que M = Q(α, ) e as correspondências de Galois são analogas às de X. Em particular é possível deduzir as estruturas cíclicas dos elementos de G. (b) X X + 1, K = Q. É redutível, (X 1)(X +X 1). Seja α uma raiz complexa de X +X 1. Segue que M = K(α) tem grau sobre K e [M/K] = {K, M}, L (G) = {, G}. (c) X ax + a onde a é um inteiro ímpar, K = Q. Seja f(x) = X ax + a. Reduzindo módulo obtemos X + X + 1 que é irredutível em F [X] logo f(x) é irredutível em Q[X]. O seu discriminante é D = 4( a) 7a = a (4a 7). Segue que D é um quadrado em K se e somente se 4a 7 é um quadrado em K. Segue que G = A se e somente se 4a 7 é um quadrado e G = S se e somente se 4a 7 não é um quadrado. Mais especificamente observe que se 4a 7 = c então a = (c + 7)/4 e para que isso seja inteiro precisamos que c = d + 1 com d inteiro, daí a = (4d + 4d + 8)/4 = d + d + 7. Segue que G = A se e somente se a tem a forma d + d + 7 com d Z. No caso G f = S temos M = Q(α, ) onde α é uma raiz de f(x) e = ± 4a 7 é o discriminante e as correspondências de Galois são analogas ao caso de X. (d) X 1, K = Q, sabendo que o seu grupo de Galois é cíclico de ordem 4. Seja f(x) = X 1 e seja G = C 4 o seu grupo de Galois sobre Q. A fatoração de f(x) = X 1 é (X 1)(X 4 + X + X + X + 1). Seja u = e iπ/, as raízes de f(x) são 1, u, u, u, u 4 logo um c.d. sobre Q é M = Q(u), tem grau 4 sobre Q. Como G é cíclico tem três subcorpos, o único não trivial corresponde a 4 G. Seja L = 4, vamos descrever L. Seja g G tal que g(u) = u 4, então g consiste dos m = a + bu + cu + du tais que g(m) = m,

11 ou seja a + b( u u u 1) + cu + du = a + bu + cu + du. Segue a b = a, c b = d, d b = c, b = b ou seja b = 0 e c = d, segue que m = a + c(u + u ) e L = g = Q(u + u ). Seja α = u + u, sabemos que α tem grau (porque o subgrupo correspondente g tem índice ), e α = u 4 + u 6 + = 1 u u u + u + = 1 α logo α + α 1 = 0 e deduzimos α = ( 1± )/, segue que L = Q(α) = Q( ). Para mostrar que L é estável basta calcular h(u +u ) onde h(u) = u e mostrar que h(u +u ) L. Temos h(u ) = u 4 = u u u 1 e h(u ) = u 6 = u logo h(u + u ) = u u 1 L. (e) X 8 1, K = F 11. Seja f(x) = X 8 1. Temos f(x) = (X 4 1)(X 4 + 1) = (X 1)(X + 1)(X + 1)(X + X + 10)(X + 8X + 10). Seja α uma raiz de X + 1 em uma extensão oportuna de F 11. Usando α conseguimos fatorar X + X + 10 pois o seu discriminante é 40 = 1 = = 9 = (α) e conseguimos fatorar X + 8X + 10 pois o seu discriminante é 8 40 = 41 = 8 = = (α). Segue que M = K(α) tem grau sobre K e [M/K] = {K, M}, L (G) = {, G}. (1) Seja f(x) Q[X] um polinômio irredutível de grau. É verdade que se todas as raizes complexas de f(x) são reais então G f = A? Não, por exemplo considere f(x) = X 4X + 1 (irredutível pois tem grau e f(1) =, f( 1) = 4). O seu discriminante é 4( 4) 7 = 6 7 = 9 (é um número primo) não é um quadrado logo G f = S. Por outro lado f(x) tem três raízes reais distintas, isso pode ser visto fazendo um esboço do grafico de f(x). (16) Dada uma extensão de Galois M/K com grupo de Galois G seja m M e defina N M/K (m) := g G g(m) (a norma de m), T M/K (m) := g G g(m) (o traço de m). Mostre que N M/K (m) K e T M/K (m) K para todo m M. É imediato verificar que g(n M/K (m)) = N M/K (m) e g(t M/K (m)) = T M/K (m) para todo g G. A conclusão segue por definição de extensão de Galois. (17) Seja f(x) um polinômio em Q[X] e seja M o corpo de decomposição de f(x) sobre Q contido em M. Calcule N M/K (m) e T M/K (m) nos casos seguintes. (a) f(x) = X + 1, m = a + ib. O grupo de Galois neste caso é G = {1, g} onde g(a+ib) = a ib logo N M/K (a+ ib) = (a + ib)(a ib) = a + b e T M/K (a + ib) = a + ib + a ib = a. (b) f(x) = X, m =, m = 1/ + i /, m = 1/ + i /. 11

12 1 Sejam α =, t = 1/ + i /. Observe que t é um elemento de ordem multiplicativa igual a. Elemento Imagem de α Imagem de t Estrutura g 1 α t Identidade g α t -cíclo (αt, αt ) g αt t -cíclo (α, αt, αt ) g 4 αt t -cíclo (α, αt) g αt t -cíclo (α, αt, αt) g 6 αt t -cíclo (α, αt ) Temos N M/K (m) = 6 i=1 g i(m) e T M/K (m) = 6 i=1 g i(m) logo N M/K (α) = α (αt) (αt ) = α 6 t 6 = 4, T M/K (α) = α + αt + αt = α(1 + t + t ) = 0, lembrando que t = 1 e que t + t + 1 = 0 temos N(α + t) = (α + t)(α + t )(αt + t)(αt + t )(αt + t)(αt + t ) = [(α + t)(αt + t)(αt + t)] [(α + t )(αt + t )(αt + t )] = [(α t α + t )(αt + 1)] [(α t αt + t)(α + 1)] = [t + α t α t α + α + t ] [t + α t α t αt + αt + t] = 9. É imediato pela definição de traço que T M/K (a+b) = T M/K (a)+t M/K (b) para todo a, b M logo T M/K (α + t) = T M/K (α) + T M/K (t) = T M/K (t) e T M/K (t) = 6 g i (t) = t + t + t + t + t + t =. i=1 (c) f(x) = X X + 1, m = uma raiz de f(x). Lembre-se que dada uma raiz α de f(x), as raízes de f(x) são α, α e α α + e o grupo de Galois é G = g onde g(α) = α. Segue que a norma de α é N M/K (α) = αg(α)g (α) = α(α )( α α + ) = (α α)( α α + ) = (α 1)( α α + ) = (α 1) α + α + α + α = 1, T M/K (α) = α + g(α) + g (α) = α + α α α + = 0.

13 1 (18) Seja f(x) K[X] um polinômio irredutível separável de grau 4 e sejam M um corpo de decomposição de f(x) sobre K e α M uma raíz de f(x). Mostre que se G (M/Q) = S 4 então os únicos subcorpos de K(α) são K e K(α). Por contradição seja Q < L < Q(α) um subcorpo diferente de Q e Q(α). Como Q(α) : Q = 4 segue que L : Q =. O subgrupo L correspondente a L na extensão de Galois M/Q tem então indice em G = S 4 e contem H = Q(α). Mas H tem índice 4 em G logo é isomorfo a um estabilizador S em S 4. Sendo G : L = segue que L = A 4 (o único subgrupo de S 4 de índice é A 4 ) logo em S 4 obtemos que A 4 contem um estabilizador S, o que é um absurdo (os estabilizadores contêm elementos ímpares, por exemplo eles contêm -cíclos). (19) Seja f(x) Q[X] irredutível de grau. É verdade que se G f = A então todas as raízes complexas de f(x) são reais? Sim. De fato suponha por contradição que as três raízes de f(x) sejam α, β, β onde β é o complexo conjugado de β. A conjugação complexa ϕ : C C restrita a M = Q(α, β, β) é um automorfismo de M porque ϕ(m) M e ϕ(m), M têm a mesma dimensão sobre Q (são isomorfos, sendo ϕ injetiva) logo são iguais. Obviamente ϕ fixa os racionais, logo ϕ G f. Mas ϕ tem ordem, e G f = A tem ordem, logo não pode conter elementos de ordem. (0) Descreva as correspondências de Galois para o corpo de decomposição M de f(x) contido em C nos casos seguintes. f(x) = X 7 1. Seja f(x) = X 7 1 = (X 1)(X 6 +X +X 4 +X +X +X +1) e seja G o seu grupo de Galois sobre Q. Seja u = e iπ/7 e M = Q(u) o corpo de decomposição de f(x) sobre Q. Como k(x) = X 6 + X + X 4 + X + X + X + 1 é irredutível em Q[X] (considere k(x +1) e use o critério de Eisenstein) G é transitivo no conjunto das raízes de k(x), {u, u, u, u 4, u, u 6 }, logo existe σ G tal que σ(u) = u. Temos σ(u ) = u, σ(u ) = u 6, σ(u 6 ) = u 4, σ(u 4 ) = u, σ(u ) = u logo g tem estrutura cíclica (agindo nas raízes) (u, u, u, u 6, u 4, u ). Como M = Q(u) tem grau 6 segue que G = 6 logo G = g. Temos 4 subcorpos porque os subgrupos de G são,, 6 e G. Seja m = a + bu + cu + du + eu 4 + lu, e sejam g, h determinados por serem tais que g(u) = u e h(u) = u 6. Para encontrar g e h precisamos resolver as equações g(m) = m e h(m) = m (veja a definição de H quando H é um subgrupo). Temos u 7 = 1 logo g(m) = a + bg(u) + cg(u) + dg(u) + eg(u) 4 + lg(u) = a + bu + cu 4 + du 6 + eu + lu e sendo u 6 = 1 u u u u 4 u temos g(m) = a d + (b d)u + (c d)u 4 du + (e d)u + (l d)u. Segue que g(m) = m se e somente se a d = a, b d = c, c d = e, d = l, e d = b, l d = d, ou seja d = 0, b = c = e, l = 0 e m = a + b(u + u + u 4 ), segue g = Q(u + u + u 4 )

14 14 Temos h(m) = a + bh(u) + ch(u) + dh(u) + eh(u) 4 + lh(u) = a + bu 6 + cu + du 4 + eu + lu e sendo u 6 = 1 u u u u 4 u temos h(m) = a b bu + (c b)u + (d b)u 4 + (e b)u + (l b)u. Segue que h(m) = m se e somente se a b = a, b = b, c b = l, d b = e, e b = d, l b = c ou seja b = 0, c = l, d = e, segue que m = a + c(u + u ) + d(u + u 4 ) logo h = Q(u + u, u + u 4 ) = Q(u + u ) (sendo (u + u ) = u 4 + u + ). Segue que os subcorpos de Q(u) são Q, Q(u + u + u 4 ), Q(u + u ) e Q(u). Para mostrar que são estáveis basta mostrar que definido k G o elemento tal que k(u) = u temos k(u + u + u 4 ) Q(u + u + u 4 ) e k(u + u ) Q(u + u ) (por definição de subcorpo estável, sendo k um gerador do grupo cíclico G). k(u + u + u 4 ) = u + u 6 + u 1 = u 1 u u u u 4 u + u = 1 u u u 4 Q(u + u + u 4 ), k(u + u ) = u 6 + u 1 = 1 u u u u 4 u + u sendo u + u 4 = (u + u ). = 1 u u u 4 u Q(u + u ) Observe que α = u + u + u 4 tem grau sobre Q (porque o subgrupo correspondente a Q(α) é g, tem índice ), vamos procurar uma expressão mais simples para α. Temos α = u + u 4 + u + u + u + u 6 = α α logo α + α + = 0, segue α = ( 1 ± i 7)/ e por consequência Q(α) = Q(i 7). Observe que β = u +u tem grau sobre Q (porque o subgrupo correspondente a Q(β) é h, tem índice ), vamos procurar uma expressão mais simples para β. Usando u 7 = 1 e u 6 = 1 u u u u 4 u obtemos β = (u + u ) = u 6 + u 9 + u 1 + u 1 = 1 u u u u 4 u + u + u + u = 1 + u u u 4 + u = 1 + β (β ) = β + β + 1 logo β + β β 1 = 0. A partir dessa equação não é possível deduzir uma expressão mais simples para β.

15 1 O diagrama dos subcorpos de M e dos subgrupos de G é o seguinte. M Q(α) Q(β) Q g h G f(x) = X 9 1. Temos f(x) = (X 1)(X 6 +X +1). Seja h(x) = X 6 +X +1. Observe que h(x + 1) = X 6 + 6X + 1X 4 + 1X + 18X + 9X +. Segue pelo critério de Eisenstein que h(x) é irredutível. Seja u uma raíz de h(x). As raízes de h(x) são u, u, u 4, u, u 7, u 8 (observe que 1, u e u 6 são as raízes de X 1). Segue que M = Q(u) tem grau 6 sobre Q logo G = 6. Além disso f(x) têm o mesmo corpo de decomposição logo podemos nos concentrar no h(x). Sendo h(x) irredutível existe g G tal que g(u) = u. Segue que g(u ) = g(u) = u 4, g(u 4 ) = g(u) 4 = u 8, g(u 8 ) = g(u) 8 = u 16 = u 7, g(u 7 ) = g(u) 7 = u 14 = u, g(u ) = g(u) = u 10 = u. Logo g tem estrutura cíclica (u, u, u 4, u 8, u 7, u ). Sendo G = 6 e o(g) = 6 segue que G = g é cíclico. G admite apenas dois subgrupos próprios não triviais, g (de ordem ) e g (de ordem ). Observe que u = e iπ/ = 1/ + i / logo existe um subcorpo de grau, Q(i ), e sendo G : g = temos g : Q =, segue que g = Q(i ). Para calcular g fixamos m = a + bu + cu + du + eu 4 + fu, temos g (m) = a + bu 8 + cu 7 + du 6 + eu + fu 4 = a + bu ( u 1) + cu( u 1) + d( u 1) + eu + fu 4 = a bu bu cu 4 cu du d + eu + fu 4 = a d cu bu du + (f c)u 4 + (e b)u. Segue que g (m) = m se e somente se b = c, d = 0 e f c = e, ou seja m = a + b(u u u ) + e(u 4 + u ). Observe que (u 4 + u ) = u ( u 1) + u 4 ( u 1) + = u u u, logo g = Q(α) onde α = u + u 4. Temos α = (u 4 + u ) = u 1 + eu 1 + eu 14 + u 1 = u 4 + u 1 = α 1. Segue que α é raiz de X X + 1. Curiosidade: Q(α) = Q(cos(π/9).

16 16 M Q(i ) Q(α) Q g g G f(x) = X. Sejam α =, u = e iπ/, d =. Observe que M = Q(α, u) é um corpo de decomposição de f(x) sobre Q, u tem grau 4 sobre Q e α tem grau sobre Q. Sendo 4 e coprimos, pela formula do grau 4 = 0 divide M : Q, por outro lado tal grau é no máximo 0 (também pela formula do grau) logo M : Q = 0. Segue que o grupo de Galois G de f(x) sobre Q tem ordem 0 e é isomorfo a um subgrupo de S. O -Sylow de G é normal em G (pelo teorema de Sylow) logo G está contido no normalizador de um -Sylow de S, por outro lado S contem exatamente seis -Sylow logo se P é um -Sylow de S temos S : N S (P ) = 6 ou seja N S (P ) = 0. Segue que G é igual ao normalizador de um -Sylow de S. Tal normalizador é o isomorfo ao produto semidireto C Aut(C ) (com a ação natural). g g(α) g(u) Estrutura cíclica Ordem g 1 α u 1 1 g αu u (α, αu, αu, αu, αu 4 ) g αu u (α, αu, αu 4, αu, αu ) g 4 αu u (α, αu, αu, αu 4, αu ) g αu 4 u (α, αu 4, αu, αu, αu) g 6 α u (αu, αu, αu 4, αu ) 4 g 7 αu u (α, αu, αu, αu ) 4 g 8 αu u (α, αu, αu, αu 4 ) 4 g 9 αu u (α, αu, αu 4, αu) 4 g 10 αu 4 u (α, αu 4, αu, αu ) 4 g 11 α u (αu, αu, αu 4, αu ) 4 g 1 αu u (α, αu, αu 4, αu ) 4 g 1 αu u (α, αu, αu, αu) 4 g 14 αu u (α, αu, αu, αu 4 ) 4 g 1 αu 4 u (α, αu 4, αu, αu ) 4 g 16 α u 4 (αu, αu 4 )(αu, αu ) g 17 αu u 4 (α, αu)(αu, αu 4 ) g 18 αu u 4 (α, αu )(αu, αu 4 ) g 19 αu u 4 (α, αu )(αu, αu ) g 0 αu 4 u 4 (α, αu 4 )(αu, αu )

17 17 C C C C C C 4 D 10 C 4 C 4 G C 4 C C4 g 16 g 17 g g 18 g 19 g 8 g, g 16 g 10 g 7 G g 6 g0 g9 M Q(α, d) Q(αu, d) Q(u) Q(αu, d) Q(αu 4, d) Q(αu, d) Q(α) Q(αu ) Q(d) Q(αu) Q(αu 4 ) Q(αu ) Q f(x) = X 6. Sejam α = 6, u = e iπ/6. As raízes de f(x) são α, αu, αu, αu, αu 4, αu logo M = Q(α, u) é um c.d. de f(x) sobre Q. Como α é real e u não é real e tem grau temos M : Q = 6 = 1. Se g G temos g(α) = αu i com i {0,..., } e g(u) {u, u 1 } sendo u, u 1 as raízes do polinômio minimal de u sobre Q. Isso nos dá no máximo 1 possibilidade para g, por outro lado como G = 1 cada possibilidade ocorre. Obtemos os elementos seguintes.

18 18 Elemento g(α) g(u) Estrutura cíclica Ordem g 1 α u 1 1 g αu u (α, αu, αu, αu, αu 4, αu ) 6 g αu u (α, αu, αu 4 )(αu, αu, αu ) g 4 αu u (α, αu )(αu, αu 4 )(αu, αu ) g αu 4 u (α, αu 4, αu )(αu, αu, αu ) g 6 αu u (α, αu, αu 4, αu, αu, αu) 6 g 7 α u (αu, αu )(αu, αu 4 ) g 8 αu u (α, αu)(αu, αu )(αu, αu 4 ) g 9 αu u (α, αu )(αu, αu ) g 10 αu u (α, αu )(αu, αu )(αu 4, αu ) g 11 αu 4 u (α, αu 4 )(αu, αu ) g 1 αu u (α, αu )(αu, αu 4 )(αu, αu ) Observe que N = g é um subgrupo cíclico de ordem 6 e g 7 g g 1 7 = g 1, H = g 7 é um subgrupo cíclico de ordem e g g 7 =, segue que G = D 1, o grupo diedral de ordem 1, produto semidireto C 6 C com a ação de inversão. C C C C C C C C D 4 4 D D 4 D 6 C 6 D 6 D 1 Por motivos de espaços nas tabelas seguintes indicarei apenas os geradores dos subgrupos/subcorpos. Seja v = u 1 = i.

19 19 g 9 g 11 g 7 g 4 g 10 g 1 g8 g g 9, g 4 g 7, g g 8, g 4 g 7, g g g, g 1 4 G = D 1 M αu αu α α, u αv αuv αu v α, u α u α α u α u α v Q f(x) = (X )(X ). Sejam α =, β =, u = e iπ/ = 1/ + i /, v = u + 1 = i. Observe que o corpo de decomposição M = Q(α, β, u) tem grau 1 sobre Q, pois Q(α, β) : Q = 6 (isso é imediáto pela formula do grau observando

20 0 que tal grau é divisível por Q(α) : Q = e por Q(β) : Q = ), Q(α, β) R e u M R tem grau sobre Q. Segue da tabela seguinte que o grupo de Galois é S C = D1. Elemento g(α) g(β) g(u) Estrutura cíclica Ordem g 1 α β u 1 1 g αu β u (α, αu, αu ) g αu β u (α, αu, αu) g 4 α β u (αu, αu ) g αu β u (α, αu) g 6 αu β u (α, αu ) g 7 α β u (β, β) g 8 αu β u (α, αu, αu )(β, β) 6 g 9 αu β u (α, αu, αu)(β, β) 6 g 10 α β u (αu, αu )(β, β) g 11 αu β u (α, αu)(β, β) g 1 αu β u (α, αu )(β, β) g 4 g g 6 g 7 g 1 g 10 g 11 g g 4, g 7 g 6, g 7 g, g 7 g, g 4 g 8 g 10, g 11 G

21 1 M α, β αu, β αu, β α, u αu, βv α, βv αu, βv β, u α αu αu β u βv 7 Q f(x) = (X + )(X ). O corpo de decomposição de f(x) é igual ao corpo de decomposição de X, logo nos estamos reduzidos a X, que foi já tratado. (1) Encontre dois polinômios irredutíveis f(x), h(x) em Q[X] com grupos de Galois A e B sobre Q respectivamente tais que o grupo de Galois do produto f(x)h(x) não é isomorfo a A nem a B e nem a A B. Sejam f(x) = X, h(x) = X. Como A = B = 6 basta mostrar que o corpo de decomposição de f(x)h(x) sobre Q tem grau 18. Isso segue do fato que Q(, i ) porque o único subcorpo real de grau de Q(, i ) é Q( ) (como visto na discussão de X ), e Q( ). Para ver isso sejam α = e β =. Suponha (*) β = a + bα + cα com a, b, c Q. Seja M o corpo de decomposição contido em C de (X )(X ). Aplicando o traço T M/Q à igualdade (*), lembrando que T M/Q é Q-linear, e sendo T M/Q (α) = α(1+u+u ) = 0 e T M/Q (β) = β(1 + u + u ) (onde u = e iπ/ ) obtemos a = 0, logo β = bα + cα. Multiplicando os dois lados por α obtemos αβ = bα + c. Temos T M/Q (αβ) = αβ(1 + u + u ) = 0 logo aplicando o traço c = 0 ou seja c = 0 e β = bα. Elevando ao cubo = b, contradição. () Seja f(x) = X 4X + Q[X] e seja M um corpo de decomposição de f(x) sobre Q com grupo de Galois G, pensado como subgrupo de S agindo nas raízes de f(x).

22 (a) Mostre que f(x) tem três raízes reais e duas raízes complexas conjugadas. A derivada de f é f (X) = X 4 4 que é positiva para X 4 4/ e X 4 4/, e sendo f(0) = e f(1) = 1 deduzimos pelo grafico que f tem exatamente três raízes reais. As outras duas são então complexas conjugadas. (b) Mostre que G contem um -cíclo. A conjugação complexa fixa as três raízes reais e troca entre elas as duas raízes complexas conjugadas, logo corresponde a um -cíclo no grupo de Galois. (c) Mostre que G contem um -cíclo. Sendo f(x) irredutível (pelo critério de Eisenstein), G age de maneira transitiva no conjunto das raízes logo divide G pelo princípio da contagem. (d) Mostre que G = S. S é gerado por um qualquer -cíclo junto com um qualquer -cíclo. Sejam g um -cíclo e h um -cíclo e seja G = g, h. Podemos supor que g = (14) e que h seja da forma (1m) com m {,, 4, }. A menos de inverter g podemos supor m {, }. Se m = então ghg 1 = () e (1)(1) = (1), e se m = então ghg 1 = (4) e (1)(4) = (14). A conclusão segue do próximo exercício, lembrando que no nosso caso h G A. () Seja f(x) Q[X] irredutível de grau e seja G o seu grupo de Galois sobre Q. Mostre que se G contem um elemento de ordem então G = A ou G = S. Sendo f(x) irredutível a ação de f(x) no conjunto das raízes de f(x) é transitiva (observe que f(x) é separável pois Q tem característica zero) logo pelo princípio da contagem divide G. Como G contem um elemento de ordem deduzimos que divide G também, logo 1 divide G. Como G é isomorfo a um subgrupo de S segue que G {1, 0, 60, 10}. Se G = 10 então G = S, e se G = 60 então G = A pois sabemos que o grupo alternado A n é o único subgrupo de índice em S n (ou seja é o único subgrupo de S n de ordem n!/). Precisamos considerar os casos G = 1 e G = 0. Se G = 1 então usando o teorema de Sylow deduzimos que G é cíclico, gerado por um elemento g G de ordem 1, mas isso é absurdo pois S não contem elementos de ordem 1 (é só pensar na estrutura cíclica). Se G = 0 então o índice de G em S é 4 logo a ação de S no conjunto das classes laterais de G dá um homomorfismo não trivial ϕ : S S 4. Como os únicos subgrupos normais de S são, A e S e ϕ não pode ser injetiva (pois S = 10 > 4 = S 4 ) segue que ker(ϕ) = A, por outro lado ker(ϕ) é o coração normal de G logo G contem A, segue que G = A e isso contradiz S : G = 4.

23 (4) Seja α C algébrico sobre Q e seja f(x) o polinômio minimal de α sobre Q. Seja n o grau de f(x). Suponha G f = Sn. Mostre que os únicos subcorpos de Q(α) são Q e Q(α). Vimos que se H é um subgrupo de S n tal que H A n e H S n então S n : H n. Se existisse um subcorpo Q < L < Q(α) então S n : L < n logo L = A n. Seja F = Q(α). Segue que F < L = A n e S n : F = n logo 1 < A n : L < n. A n age sobre o conjunto das m = A n : L classes laterais de L em A n e isso dá um homomorfismo não trivial ϕ : A n S m, que é injetivo se n pois A n é um grupo simples. Segue que n!/ divide m!, mas como m < n segue que m! divide (n 1)! logo n!/ divide (n 1)!, absurdo pois n!/ > (n 1)!. Se n 4 vimos que A n não contem subgrupos de índice menor que n. () Sejam M/K extensão de Galois com grupo de Galois G e sejam H, K G e T, L [M/K]. Calcule (H K), H, K, (T L), T, L. Dado g G calcule (ghg 1 ) e g(l). (H K) = H, K, H, K = H K, (T L) = T, L, T, L = T L, (ghg 1 ) = {m M : ghg 1 (m) = m h H} = {m M : h(g 1 (m)) = g 1 (m) h H} = {m M : g 1 (m) H } = {g(l) : l H } = g(h ), g(l) = {σ G : σ(g(l)) = g(l) l L} = {σ G : g 1 σg(l) = l l L} = {σ G : g 1 σg L } = gl g 1. (6) Seja M/K extensão de Galois e seja G = G (M/K). Se L [M/K] e H = L descreva (H G ) [M/K] (onde H G é o coração normal de H em G). H G = g G ghg 1 logo (H G ) = g(h ) : g G. Como H G é o maior subgrupo normal de G contido em H, (H G ) é a menor extensão de Galois de K contendo H (o fecho de Galois de H ). (7) Sejam h(x), k(x) dois polinômios de K[X] cujos fatores irredutíveis são separáveis e sejam G h e G k os seus grupos de Galois sobre K, respectivamente. Seja f(x) = h(x)k(x), seja M f um corpo de decomposição de f(x) sobre K, sejam M h, M k corpos de decomposição contidos em M f de h(x), k(x) sobre K respectivamente e sejam G f = G (M f /K), G h = G (M h /K), G k = G (M k /K). Seja ϕ : G f G h G k, ϕ(g) = (g Mh, g Mk ).

24 4 Mostre que ϕ é um homomorfismo bem definido e injetivo. M h e M k são estáveis pois M h /K e M k /K são extensões de Galois (sendo M h e M k corpos de decomposição sobre K de polinômios cujos fatores irredutíveis são separáveis), logo ϕ é bem definido. É injetivo porque M f é gerado sobre K por M h e M k. Mostre que as composições G G h e G G k de ϕ com as projeções canônicas são sobrejetivas (ou seja G f é um produto sub-direto de G h e G k ). Vimos na teoria que todo K-isomorfismo M h M h se extende a um K- isomorfismo M f M f, e a mesma coisa vale para M k, logo G f G h e G f G k (os homomorfismos de restrição) são sobrejetivos e de fato G h = G f /M h e G k = G f /M k. Mostre que ϕ é isomorfismo se e somente se M h M k = K. ϕ é isomorfismo se e somente se M h M k = G f, ou seja M h, M k = G f. Mas sendo M h, M k = M h M k = M h M k e G f = K isso significa M h M k = K. (8) Traduza a frase todo subgrupo de índice é normal em teoria de Galois. Se M/K é extensão de Galois com grupo de Galois G e L [M/K] é tal que G : L = então L G, ou seja se L : K = então L/K é extensão de Galois. Isso pode ser reformulado dizendo que toda extensão separável de grau é extensão de Galois (é fácil ver que toda extensão finita separável L/K está contida em uma extensão de Galois, basta adicionar todas as raízes dos polinômios minimais dos geradores de L sobre K). (9) Seja M um corpo de decomposição sobre K do polinômio irredutível separável f(x) K[X]. Seja u M uma raiz de f(x). Mostre que se G = G (M/K) é abeliano então M = K(u). Seja L = K(u). Sendo G abeliano L G logo L/K é extensão de Galois. O argumento usual mostra que L é corpo de decomposição de f(x) sobre Q. O argumento usual é o seguinte: se u 1,..., u m são as raízes de f(x) em L então considere h(x) = (X u 1 ) (X u m ) L[X], temos σ(h(x)) = h(x) para todo σ G (L/K) (onde σ : L[X] L[X] é a única extensão de σ tal que σ(x) = X) logo h(x) K[X] (sendo L/K extensão de Galois) e como h(x) divide f(x) e f(x) K[X] é irredutível segue que f(x) = h(x) ou seja f(x) se fatora em fatores lineares em L[X]. (0) Mostre que nenhum corpo ciclotômico (sobre Q) contido em C contem.

25 Todo corpo ciclotômico tem grupo de Galois G = G (M/Q) abeliano, logo se L [M/Q] temos L G logo L/Q é extensão de Galois. Segue que M não contem porque Q( )/Q não é extensão de Galois, como já visto. (1) Seja n um inteiro, seja u = e iπ/n C e seja α = u + u 1. Mostre que Q(α) R e que Q(u) : Q(α) =. Temos αu = u + 1 logo u é raiz de X αx + 1 Q(α)[X], segue que o grau d = Q(u) : Q(α) é 1 ou. Para terminar basta mostrar que Q(u) Q(α). Se fosse assim então u Q(α), mas isso é falso pois α = u + u 1 = cos(π/n) R logo Q(α) R mas u R pois u = cos(π/n) + i sin(π/n) e n (logo sin(π/n) 0). () Calcule o grau de sin(π/11) e de cos(π/11) sobre Q. Sejam α = cos(π/11), β = sin(π/11) e u = α + iβ. O elemento u tem ordem 11 e Q(u) : Q = ϕ(11) = 10. Observe que α = (u + u 1 )/ e u tem grau sobre Q(α), como visto no exercício anterior, logo Q(α) : Q = 10/ =. Observe que β = (u u 1 )/i = ( iu (iu) 1 )/ logo βiu = (iu) 1, ou seja iu é raiz de X βx 1 Q(β)[X] ou seja iu tem grau 1 ou sobre Q(β). Mas iu Q(β) pois β = sin(π/11) R logo Q(β) R e iu R pois iu = sin(π/11) + i cos(π/11) e cos(π/11) 0. Deduzimos que Q(iu) : Q(β) =. Para terminar precisamos calcular o grau de iu sobre Q. Observe que u tem ordem 11, logo iu tem ordem 44 (pois i tem ordem 4 que é coprimo com 11) logo Q(iu) : Q = ϕ(44) = 0. Segue que Q(β) : Q = 0/ = 10. () Calcule o discriminante de f(x) = X 1, ou seja D = i j (a i a j ) onde a 1,..., a são as raízes de f(x). Observe que = i<j(a i a j ) Q(a 1,..., a ). Qual é o valor de? Consegue generalizar ao caso X n 1? [Dica: chamadas de a 1,..., a as raízes calcule f (a i ) para todo i = 1,...,.] Temos f(x) = (X a 1 )(X a )(X a )(X a 4 )(X a ), logo f (a 1 ) = (a 1 a )(a 1 a )(a 1 a 4 )(a 1 a ), f (a ) = (a a 1 )(a a )(a a 4 )(a a ), f (a ) = (a a 1 )(a a )(a a 4 )(a a ), f (a 4 ) = (a 4 a 1 )(a 4 a )(a 4 a )(a 4 a ), f (a ) = (a a 1 )(a a )(a a )(a a 4 ). Segue que D = ( 1) 10 f (a 1 )f (a )f (a )f (a 4 )f (a ). Por outro lado f (X) = X 4, logo sendo a 1 a a a 4 a = f(0) = 1, obtemos D = (a 1 a a a 4 a ) 4 = f(0) 4 =.

26 6 Segue que = ± D = ±, logo pertence ao quinto corpo ciclotômico. O mesmo argumento aplicado a X n 1 mostra que neste caso D = ( 1) n(n 1)/ n n, = ± ( 1) n(n 1)/ n n. (4) Seja n > 1 um inteiro. Mostre que Φ n (0) = 1. Como Φ n (X) tem grau k = ϕ(n) chamadas de a 1,..., a k as suas raízes temos Φ n (0) = ( 1) k a 1 a k. Observe que sendo n > 1 o número k = ϕ(n) é par, pois se m {1,..., n} é coprimo com n então m também é coprimo com n e m m mod n sendo (m, n) = 1. Segue que ( 1) k = 1. Para cada a i existe a j tal que a j = a 1 i pois a 1,..., a k são exatamente os elementos de ordem multiplicatíva igual a n. Segue que a 1 a k = 1 logo Φ n (0) = 1. () Seja p > 0 um número primo e seja n = p k uma potência de p. Mostre que Φ n (1) = p. Lembre-se que neste caso X n 1 = k Φ p t(x) = t=0 k 1 t=0 Φ p t(x) Φ p k(x) = (X pk 1 1)Φ p k(x), logo Φ n (X) = (X pk 1)/(X pk 1 1) = 1 + X pk 1 + X pk X pk. Segue que Φ n (1) = = p. (6) Seja ζ n = e iπ/n. Encontre todos os subcorpos de Q(ζ 1 ) e de Q(ζ 4 ). Seja u = ζ 1. u é raiz de Φ 1 (X) = 1 i=0 Xi. Observe que G = G (Q(u)/Q) = U(Z/1Z) = = C 1. Mais especificamente G = {g 1,..., g 1 } onde g h é determinado pela igualdade g h (u) = u h e temos g h g k = g hk para todo h, k. A multiplicação em U(Z/1Z)

27 7 é a seguinte g 8 g 1 g g 4 g M = Q(u) Q(u + u 1 ) Q(u + u + u 9 ) Q(u + u + u 8 + u 1 ) Q( 1) Q Os elementos de g h foram construidos da forma u+u h +u h O elemento 1 gera Q( ) onde = é o discriminante de X 1 1 (veja um exercício anterior). O polinômio minimal de t = u+u +u 8 +u 1 pode ser encontrado impondo

28 8 at + bt + ct + d = 0 e calculando a, b, c, d (precisa da relação 1 i=0 ui = 0). a( 9 u u 6u 4 6u 6 6u 7 6u 9 u 10 u 11 ) +b(4 + u + u + u 4 + u 6 + u 7 + u 9 + u 10 + u 11 ) +c( 1 u u u 4 u 6 u 7 u 9 u 10 u 11 ) + d = 0. Obtemos a = b = d e c = 4a. Logo o polinômio minimal de t sobre Q é X + X 4X + 1. Seja u = ζ 4. u é raiz de Φ 4 (X) = X 8 X 4 + 1, logo u 8 = u 4 1 e u 1 = 1. Observe que G (Q(u)/Q) = U(Z/4Z) = U(Z/Z) U(Z/8Z) = C C C. Mais especificamente G = {g 1, g, g 7, g 11, g 1, g 17, g 19, g } e g h g k = g hk. A multiplicação em U(Z/4Z) é a seguinte Observe que g k = Q(u + u k ) pois k 1 mod 4 para todo k coprimo com 4. É claro que u + u h + u k + u hk g h, g k. Usando essa ideia é possível encontrar o diagrama dos subcorpos (usaremos só os geradores por motivos de espaço). g g 7 g 1 g 11 g g 17 g 19 g, g 7 g, g 1 g 11, g 1 g, g g 7, g g 7, g 1 g 11, g 17 G

29 9 M γ γ 7 γ 1 γ 11 γ γ 17 γ 19 i i i i Q Aqui γ i = u+u i. As contas foram feitas observando que (u+u 11 +u 17 +u 19 ) =, que (u + u + u 7 + u 11 ) = 6 e que (u + u + u + u 19 ) = 6. (7) Seja u = e iπ/10 e seja M = Q(u). Calcule N M/Q (u + u 1 ). O grupo de Galois G de M/Q é {g 1, g, g 7, g 9 } onde g k é determinado por g k (u) = u k. Observe que u = 1 e que Φ 10 (u) = 0, ou seja u 4 u + u u + 1 = 0. Segue que N M/Q (u + u 1 ) = (u + u 1 )(u + u )(u 7 + u 7 )(u 9 + u 9 ) = (u + u 1 ) (u + u ) = (u + u + )(u 6 + u 6 + ) = u 8 + u 4 + u + u 4 + u 8 + u + u 6 + u = u u + u + u 4 + u u u + u = (u u + u 1) u + u u + 4 = 1. (8) Seja n > 0 um inteiro. Mostre que existem infinitos primos congruentes a 1 módulo n. [Dica: se por contradição p 1,..., p t são todos os primos congruentes a 1 módulo n seja m = np 1 p t e seja p um divisor primo de Φ n (m). Mostre que p 1 mod n.] Seguindo a notação da dica, observe que α = m = m + pz Z/pZ = K é raiz de Φ n (X) em K, em particular α n = 1 em K (pois Φ n (X) divide X n 1 em K[X]). Mostraremos que α tem ordem multiplicativa igual a n. Para isso basta mostrar que se d é um divisor de n então α d 1, ou seja que α não é raiz de X d 1. Sendo X d 1 o produto k d Φ k(x) (o produto dos polinômios ciclotômicos reduzidos módulo p) basta mostrar que Φ k (α) 0 para todo divisor k de n tal que k n. Mas se fosse Φ k (α) = 0 para algum divisor k de n com k < n então α seria raiz de Φ k (X) e de Φ n (X), logo X n 1 teria α como raiz múltipla (em K), logo α seria raiz da derivada (X n 1) = nx n 1, ou seja nα n 1 = 0 em K. Sendo α 0 (pois α n = 1) deduzimos que p divide n. Mas como n divide m (por definição de m) isso

30 0 implica que α = m = 0 em K, contradição porque α n = 1. Segue que o(α) = n no grupo K, que tem ordem p 1, logo pelo teorema de Lagrange n divide p 1, ou seja p 1 mod n, e isso implica que p divide m (pela definição de m). De novo isso é um absurdo porque implica que α = m = 0 em K, contradição porque α n = 1. (9) Sejam p um número primo e n > 0 um inteiro não divisível por p. Encontre o grau de um corpo de decomposição de X n 1 sobre F p. [Dica: se M é um corpo de decomposição de X n 1 sobre F p então M é finito e A = {m M : m n = 1} é um subgrupo de M, calcule A.] Como p não divide n o polinômio X n 1 não tem raízes múltiplas em nenhuma extensão de F p (pois a sua derivada é nx n 1 e tem 0 como única raiz, e 0 não é raiz de X n 1), logo M contem exatamente n raizes de X n 1, ou seja A = n. Segue que A é um subgrupo de ordem n do grupo M, que é cíclico porque M é um corpo finito (sendo uma extensão finita de F p ), logo A é cíclico e A = n divide M = M 1. O tamanho de M é uma potência p k, logo M = p k 1. Por outro lado se E é uma extensão de F p de grau h e n divide p h 1 então E contem um subgrupo cíclico de ordem n (pela estrutura dos subgrupos de um grupo cíclico) logo E contem um corpo de decomposição de X n 1 sobre F p. Segue que k (o grau de um corpo de decomposição de X n 1 sobre F p ) é exatamente o menor inteiro positivo tal que p k 1 mod n. (40) Seja E um corpo finito de característica p. Mostre que E/F p é extensão de Galois e o seu grupo de Galois é cíclico de ordem E : F p. Deduza que se F E são corpos finitos então E/F é extensão de Galois com grupo de Galois cíclico de ordem E : F. Vimos que E é corpo de decomposição de X pn X sobre F p, onde n = E : F p e E = p n. Como X pn X não tem raízes múltiplas (a sua derivada é 1) deduzimos que E/F p é extensão de Galois (sendo E corpo de decomposição sobre F p para um polinômio de F p [X] cujos fatores irredutíveis são separáveis) logo o seu grupo de Galois G tem ordem E : F p = n. Por outro lado G contem o isomorfismo de Frobenius φ : E E, φ(x) = x p, que tem ordem n porque φ n (x) = x pn = x para todo x E (como visto) e se d divide n e d < n então φ d 1 porque se fosse φ d = 1 então teriamos x pd = x para todo x E logo E teria no máximo p d elementos (porque X pd X tem no máximo p d raízes em E) logo p n = E p d contradiria d < n. Segue que φ é um subgrupo de ordem n de G, que tem ordem n, logo G = φ. Se F E são corpos finitos então são extensões de F p onde p é a característica de F, e sendo E/F p Galois, E/F é Galois também (é corpo de decomposição de X E X sobre F, sendo tal sobre F p ) e G (E/F ) = F (o subgrupo correspondente a F na extensão de Galois E/F p ) é cíclico (de ordem E : F, sendo E/F extensão de Galois) sendo F um subgrupo de G (E/F p ) = C n.

31 (41) (*) Seja α = ( + )( + ) e seja M = Q(α). Sabendo que M/Q é extensão de Galois e que o seu grupo de Galois sobre Q é isomorfo a Q 8, estude as correspondências de Galois. A que são isomorfos G (M/Q( )), G (M/Q( )), G (M/Q( 6))? [Dica: as raízes do polinômio minimal de α são oito, especificamente ± ( ± )( ± ).] O grupo Q 8 ( grupo dos quatérnios ) é um grupo não abeliano de ordem 8. Q 8 = {1, 1, i, i, j, j, k, k}. Temos as relações i = j = k = 1 e ij = k, ji = k. Os subgrupos de Q 8 são todos normais, o centro é Z(Q 8 ) = 1 = {1, 1} e Q 8 /Z(Q 8 ) = C C. Os subgrupos de Q 8 são os seguintes. 1 1 = C i = C 4 j = C 4 k = C 4 Q 8 As raízes do polinômio minimal f(x) de α sobre Q são ±α, ±/α, ± α/( + ), ±( + ) /α. É fácil ver que, pertencem a M = Q(α) considerando α e 1/α = ( )( )/1. Os subcorpos de M são os seguintes. M = Q(α) Q(, ) Q( ) Q( ) Q( 6) Q (4) Mostre que não existe f(x) Q[X] irredutível de grau 4 com grupo de Galois sobre Q isomorfo a Q 8.