Resolução dos Exercícios 31/05-09/06.

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1 Resolução dos Exercícios 31/05-09/ Seja A um domínio de integridade. Mostre que todo subgrupo finito de U(A) é cíclico. Seja K o corpo de frações de A. Então A é um subanel de K (identificado com { a 1 : a A}), logo U(A) é um subgrupo multiplicativo de K. Logo se G é um subgrupo multiplicativo finito de U(A) então é também um subgrupo multiplicativo de K, logo G é cíclico, pois K é um corpo. 2. Encontre um gerador do grupo cíclico F p para todo primo p < 20. O grupo cíclico G = F p tem ordem p 1, logo se trata de encontrar um elemento de ordem multiplicativa p 1. Isso é feito da forma seguinte: calculam-se as potência de todo elemento de G até à potência (p 1)/2- esima lembrando que a ordem de um elemento de G divide G = p 1 (pelo teorema de Lagrange). Se as potências são diferentes de 1 até a (p 1)/2-esima então o elemento considerado tem ordem p 1. p = 2. Um gerador de F p = {1} é 1. p = 3. Um gerador de F p = {1, 2} é 2. p = 5. Um gerador de F p = {1, 2, 3, 4} é 2, de fato 2 2 = 4, 2 3 = 3 e 2 4 = 1 (logo o(2) = 4 = 5 1). p = 7. Um gerador de F p é 3, de fato o(3) divide 7 1 = 6 e 3 2 = 2, 3 3 = 6 assim o(3) > 3 logo o(3) = 6. p = 11. Um gerador de F p é 2, de fato o(2) divide 11 1 = 10 e 2 2 = 4, 2 3 = 8, 2 4 = 5, 2 5 = 10, assim o(2) > 5 logo o(2) = 10. p = 13. Um gerador de F p é 6, de fato o(6) divide 13 1 = 12 e 6 2 = 10, 6 3 = 8, 6 4 = 9, 6 5 = 2, 6 6 = 12, assim o(6) > 6 logo o(6) = 12. p = 17. Um gerador de F p é 3, de fato o(3) divide 17 1 = 16 e 3 2 = 9, 3 3 = 10, 3 4 = 13, 3 5 = 5, 3 6 = 15, 3 7 = 11, 3 8 = 16, assim o(3) > 8 logo o(3) = 16. p = 19. Um gerador de F p é 2, de fato o(2) divide 19 1 = 18 e 2 2 = 4, 2 3 = 8, 2 4 = 16, 2 5 = 13, 2 6 = 7, 2 7 = 14, 2 8 = 9, 2 9 = 18, assim o(2) > 9 logo o(2) = Escreva 13 e 52 como produto de irredutíveis em Z[i]. Temos 13 = = (2 + 3i)(2 3i) e 2 + 3i, 2 3i são irredutíveis (eles têm norma 13, que é um número primo). Temos 52 = = ((1 + i)(1 i)) 2 (2 + 3i)(2 3i) = (1 + i) 2 (1 i) 2 (2 + 3i)(2 3i). Como já observado 2 + 3i e 2 3i são irredutíveis. 1 + i e 1 i são irredutíveis também pois eles têm norma 2 (que é um número primo). 4. Escreva 5 i como produto de irredutíveis em Z[i]. [Dica: escreva primeiro a fatoração de N(5 i) em Z[i].] Temos N(5 i) = (5 i)(5 + i), por outro lado N(5 i) = = 26 = 2 13 = (1 + i)(1 i)(2 + 3i)(2 3i), assim os fatores irredutíveis de 5 i estão entre 1 + i, 1 i, 2 + 3i, 2 3i. Por exemplo tentamos multiplicar 1 + i e 2 + 3i: (1 + i)(2 + 3i) = i + 2i = 1 + 5i. Observe que ( i)( 1 + 5i) = 5 + i. Aplicando a conjugação complexa obtemos 5 i = i( 1 + 5i) = i(1 + i)(2 + 3i) = i(1 i)(2 3i). Logo a fatoração de 5 i em irredutíveis é 5 i = i(1 i)(2 3i) = (1+i)(2 3i). 1

2 5. Diga se 5 é redutível em Z[ 2]. [Dica: usando o argumento na prova da aula do 31/05, se trata de estudar a redutibilidade de X 2 2 em F 5 [X].] O argumento na prova da aula do dia 31/05 mostra que F 5 [X]/(X 2 2) = Z[ 2]/(5), logo se X 2 2 é irredutível em F 5 [X] então 5 é irredutível em Z[ 2]. X 2 2 é irredutível em F 5 [X] pois ele tem grau 2 e não tem raizes em F 5 : = 3, = 4, = 2, = 2, = 3. Logo 5 é irredutível em Z[ 2]. 6. Mostre que K = F 3 [X]/(X 2 + 1) é um corpo, calcule K e encontre um gerador de K. Seja α := X + I onde I = (X 2 + 1). Assim α = X I = I logo α = 0 em K. Como mostrado em sala de aula (02/06) temos K = {0, 1, 2, α, α + 1, α + 2, 2α, 2α + 1, 2α + 2} logo K = 9 e as potência de α são α 1 = α, α 2 = 2, α 3 = 2α, α 4 = 1, assim o(α) = 4. As potências de α + 1 são (α + 1) 1 = α + 1, (α + 1) 2 = α 2 + 2α + 1 = 2α, (α + 1) 3 = 2α(α + 1) = 2α 2 + 2α = 2α + 1, (α + 1) 4 = (2α + 1)(α + 1) = 2α = 2. Logo o(α + 1) divide 9 1 = 8 e é maior que 4, assim o(α + 1) = 8, isto é, α + 1 é um gerador de K : K = α Mostre que existem infinitos números primos congruentes a 1 módulo 4. [Dica: suponha por contradição que tenha só um número finito deles, p 1,..., p k, e seja m := 2p 1... p k. Seja p um número primo que divide m Mostre que m + pz F p tem ordem 4 em F p e deduza que p 1 mod 4 usando o teorema de Lagrange.] Seguindo a dica, em F p temos m 0 (pois p não divide m) m 1 = m 1 (m 2 = 1 1 sendo p 2), m 2 = 1 1 (sendo p 2), m 3 = m 1 (pois se fosse m = 1 então m 2 = 1, absurdo) e m 4 = m 2 = 1, logo m tem ordem 4 em F p. Pelo teorema de Lagrange 4 divide F p = p 1 logo p 1 mod 4, assim p divide m (por definição de m), absurdo (p divide m 2 + 1, logo não pode dividir m). 8. Seja K := F 5 [X]/(X 2 + 2). Mostre que K é um corpo finito, calcule K e encontre um gerador do grupo multiplicativo cíclico K. X é irredutível em F 5 [X] pois tem grau 2 e não tem raizes em F 5 : = 2, = 3, = 1, = 1, = 3. Logo K é um corpo. Dito α = X + I onde I = (X 2 + 2), α 2 = 2 = 3 e os elementos de K são a+bα onde a, b F 5, assim K = 5 2 = 25. Um gerador de G = K tem ordem 25 1 = 24. Um elemento g de um grupo cíclico de ordem 24 = tem ordem 24 se e somente se g 12 1 e g 8 = 1 (pois 24/2 = 12, 24/3 = 8 e 2, 3 são todos os divisores primos de 24), logo para saber se g G gera G basta calcular g 12 e g 8. Observe que (α +4) 12 = (4+3α) 6 = (3 + 4α) 3 = 4 1 e (α + 4) 8 = (4 + 3α) 4 = (3 + 4α) 2 = 2 + 4α 1. Logo α + 4 é um gerador de G: G = α

3 9. Seja K := F 2 [X]/(X 2 + X + 1). Mostre que K é um corpo finito, calcule K e encontre um gerador do grupo multiplicativo cíclico K. X 2 + X + 1 é irredutível em F 2 [X] pois tem grau 2 e não tem raizes em F 2 : = 1, = 1. Logo K é um corpo. Dito α = X + I onde I = (X 2 + X + 1), α 2 + α + 1 = 0 - isto é, α 2 = α e os elementos de K são a + bα onde a, b F 2, assim K = 2 2 = 4. K = {0, 1, α, α + 1}. Logo G = K = {1, α, α + 1} e α é um gerador de G: α 2 = α + 1, α 3 = Seja K := F 2 [X]/(X 3 + X + 1). Mostre que K é um corpo finito, calcule K e encontre um gerador do grupo multiplicativo cíclico K. X 3 + X + 1 é irredutível em F 2 [X] pois tem grau 2 e não tem raizes em F 2 : = 1, = 1. Logo K é um corpo. Dito α = X + I onde I = (X 3 + X + 1), α 3 + α + 1 = 0 - isto é, α 3 = α e os elementos de K são a + bα + cα 2 onde a, b, c F 2, assim K = 2 3 = 8. K = {0, 1, α, α + 1, α 2, α 2 + 1, α 2 + α, α 2 + α + 1}. Logo G = K é um grupo cíclico de ordem 7 e α é um gerador de G (em um grupo cíclico de ordem 7 todo elemento não trivial é um gerador, pois 7 é primo!). 11. Seja K := F 3 [X]/(X 3 + 2X + 1). Mostre que K é um corpo finito, calcule K e encontre um gerador do grupo multiplicativo cíclico K. X 3 +2X +1 é irredutível em F 3 [X] pois tem grau 3 e não tem raizes em F 3 : = 1, = 1, = 1. Logo K é um corpo. Dito α = X + I onde I = (X 3 + 2X + 1), α 3 + 2α + 1 = 0, isto é, α 3 = α e os elementos de K são a + bα + cα 2 onde a, b, c F 3, assim K = 3 3 = 27. Logo G = K é um grupo cíclico de ordem 26 = 2 13 e um gerador de G tem ordem 26. Um elemento g G tem ordem 26 se e somente se g 2 1 e g Temos α 2 1 (pois se fosse α 2 = 1 o polinômio minimal de α teria grau 2) e α 3 = α + 2 logo α 12 = (α + 2) 4 = (α 2 + 4α + 4) 2 = α assim α 13 = α(α 2 + 2) = 2 1. Então α é um gerador de G: G = α. 12. Mostre que 2X X X 2 30 é irredutível em Q[X] e em Z[X]. Lema de Gauss e critério de Eisenstein aplicado a p = Mostre que se p é um número primo e n é um inteiro 1, o polinômio X n p é irredutível em Z[X] e em Q[X]. Lema de Gauss e critério de Eisenstein aplicado a p. 14. Mostre que 3X X X + 6 é irredutível em Q[X]. É irredutível em Z[X]? Se trata de 3(X 5 + 6X 2 + 8X + 2) e 3 é invertível, X 5 + 6X 2 + 8X + 2 é primitívo e irredutível em Q[X] pelo lema de Gauss e o critério de Eisenstein aplicado a p = 2. Não é irredutível em Z[X] pois admite a fatoração 3(X 5 + 6X 2 + 8X + 2). 3

4 15. Mostre que X 3 + X + 4 é irredutível em Q[X] e em Z[X]. Não podemos aplicar o critério de Eisenstein. Por outro lado P (X) = X 3 +X+4 tem grau 3 e é mônico, logo para mostrar que P (X) é irredutível em Z[X] basta mostrar que os divisores de 4 não são raizes de P (X) (e se for o caso o lema de Gauss implica a irredutibilidade em Q[X] também). Temos P (1) = 6, P (2) = 14, P (4) = 72, P ( 1) = 2, P ( 2) = 6, P ( 4) = Mostre que 7X 3 +12X 2 +3X +45 é irredutível em Z[X] e em Q[X]. [Dica: considere a redução módulo 2.] Seja P (X) = 7X X 2 + 3X Se P (X) fosse redutível, reduzindo módulo 2 obteriamos uma fatoração de P (X) módulo 2 (observe que o grau é preservado pois 2 não divide 7). Logo basta mostrar que P (X) é irredutível módulo 2. O polinômio reduzido é P (X) = X 3 + X + 1. Como se trata de um polinômio de grau 3, a irredutibilidade segue do fato que P (X) não tem raizes em F 2, e isso é claro pois = 1, = Mostre que X é irredutível em Z[X] e em Q[X]. Basta mostrar a irredutibilidade em Z[X], pois P (X) = X 4 +1 é primitivo (lema de Gauss). Como P (X) é mônico, os fatores de grau 1 correspondem a raizes em Z que são divisores de P (0) = 1, e como P (1) = 2 e P ( 1) = 2, P (X) não tem fatores de grau 1. Uma fatoração de P (X) = X em fatores de grau 2 deve ter a forma (X 2 +ax+b)(x 2 +cx+d) = X 4 +(a+c)x 3 +(d+ac+b)x 2 +(ad+bc)x+bd onde a, b, c, d Z, assim a + c = 0, d + ac + b = 0, ad + bc = 0 e bd = 1. Temos c = a logo a(d b) = 0. Se a = 0 então c = 0 e d + b = 0, bd = 1, assim b 2 = 1 absurdo. Se d b = 0 então d = b, b 2 = 1 logo b = d = ±1. Se b = d = 1 então 2 a 2 = 0 absurdo, se b = d = 1 então 2 a 2 = 0 absurdo. 18. Mostre que se P (X) Z[X] e a Z então P (X) é irredutível se e somente se P (X + a) é irredutível. Segue facilmente do fato que se P (X + a) = A(X)B(X) então P (X) = A(X a)b(x a), e se P (X) = A(X)B(X) então P (X + a) = A(X + a)b(x + a) (e o grau de L(X) e de L(X + a) e de L(X a) é o mesmo, para todo L(X) Z[X]). 19. Mostre que P (X) = X 4 +1 é irredutível em Z[X] e em Q[X] considerando P (X + 1) (cf. o exercício anterior). P (X + 1) = (X + 1) = X 4 + 4X 3 + 6X 2 + 4X + 2 é irredutível pelo critério de Eisenstein aplicado a p = 2, logo P (X) é irredutível pelo exercício anterior. 4

5 20. Seja α = i 2 C. Mostre que α é algebrico sobre Q e calcule o grau [Q(α) : Q]. Encontre o inverso de α e de α + 1 em Q[α]. [Dica: o polinômio minimal é X Para encontrar o inverso de α + 1 em Q[α] aplique o algoritmo de Euclide a X e X + 1 e substitua X = α.] α 2 = 2 logo α é raiz de X que é irredutível em Q[X] pelo critério de Eisenstein aplicado a p = 2. Assim [Q(α) : Q] = 2. Temos α α = 2 logo α ( α/2) = 1, assim α 1 = α/2. Aplicar o algoritmo de Euclide a X e X + 1 neste caso é simples pois X = (X + 1)(X 1) + 3 assim 1 3 (X2 + 2) 1 3 (X + 1)(X 1) = 1 logo substituindo X = α obtemos que o inverso de α + 1 em Q[α] é 1 3 (α 1). 21. Seja α = 2 2 (1 + i) C. Mostre que α é algebrico sobre Q e calcule o grau [Q(α) : Q]. Encontre o inverso de α + 1 em Q[α]. α 2 = i logo α 4 = 1, assim α é raiz de X que é irredutível pelo exercício 17 ou 19. Logo [Q(α) : Q] = 4. O algoritmo de Euclide aplicado a X e X + 1 neste caso é simples pois X = X = (X 1)(X +1)(X 2 +1)+2 logo 1 2 (X4 +1) 1 2 (X 1)(X +1)(X2 +1) = 1, assim substituindo X = α obtemos que o inverso de α + 1 é 1 2 (α 1)(α2 + 1). 22. Seja α = R. Mostre que α é algebrico sobre Q e calcule o grau [Q(α) : Q]. Encontre o inverso de α 2 em Q[α]. α 2 = logo (α 2 2) 2 = 2 2 logo ((α 2 2) 2 2) 2 = 2, assim α é raiz de ((X 2 2) 2 2) 2 2 = X 8 8X X 4 16X que é irredutível pelo critério de Eisenstein aplicado a p = 2, logo [Q(α) : Q] = 8 e α 8 8α α 4 16α = 0 implica que α 2 (α 6 8α α 2 16) = 2, assim o inverso de α 2 em Q[α] é 1 2 (α6 8α α 2 16). 23. Seja α = 2 i C. Mostre que α é algebrico sobre Q, calcule o grau [Q(α) : Q] e mostre que 2 Q(α). α 2 = 1 2i 2 logo (α 2 1) 2 = 8 assim α é raiz de P (X) = X 4 2X Pelo lema de Gauss como P (X) é primitivo para mostrar a irredutibilidade em Q[X] basta mostrar a irredutibilidade em Z[X]. P (X) não tem fatores de grau 1 pois P (1) = P ( 1) = 8, P (3) = P ( 3) = 72, P (9) = P ( 9) = Se P (X) tem fatores de grau 2 então é igual a (X 2 +ax+b)(x 2 +cx+d) = X 4 +(a+c)x 3 +(d+ac+b)x 2 +(ad+bc)x+bd onde a, b, c, d Z, assim a + c = 0, d + ac + b = 2, ad + bc = 0 e bd = 9. Temos c = a logo a(d b) = 0. Se a = 0 então c = 0 e d + b = 2, bd = 9, assim b( b 2) = 9 absurdo (basta conferir os casos possíveis, b = ±1, ±3, ±9). Se a 0 então d b = 0 logo d = b, b 2 = 9 assim b = d = ±3. Se b = d = 3 então 6 a 2 = 2 absurdo, se b = d = 3 5

6 então 6 a 2 = 2 absurdo. Isso mostra que P (X) é irredutível em Q[X] logo é o polinômio minimal de α sobre Q e [Q(α) : Q] = 4. Agora vamos mostrar que 2 K = Q(α). Temos α 2 = 1 2i 2 logo i 2 K. Logo K i 2( 2 i) = 2i + 2 assim K (2i + 2) + 2( 2 i) = 3 2 logo K (3 2)/3 = 2 sendo 3 Q K. 24. Seja F um corpo e α F. Encontre o polinômio minimal de α sobre F. O polinômio minimal de α sobre F é X α. É irredutível (tem grau 1). 25. Seja F = F 3, α = X + (X 2 + 1) F [X]/(X 2 + 1), E = F [α]. Encontre o polinômio minimal de α + 1 sobre F. Encontre o polinômio minimal de todo elemento de F [α] sobre F. [Dica: a única coisa que você precisa saber para fazer as contas é que α é raiz de X ] Seja β = 2α+1. Temos (2β 2) 2 = α 2 = 1 logo β é raiz de X 2 2X +2, que é irredutível em F 3 [X] pois tem grau 2 e não tem raizes em F 3. Logo o polinômio minimal de β é X 2 2X + 2. Os outros elementos se tratam de maneira analoga. 26. Seja P (X) Q[X] um polinômio de grau 1 e seja α C. Mostre que α é algébrico sobre Q se e somente se P (α) é algébrico sobre Q. Se α é algébrico sobre Q então P (α) é algébrico também pois é uma combinação linear de potências de α e os elementos algébricos formam um corpo que contem Q. Se P (α) é algébrico então é raiz de um polinômio não nulo Q(X) logo Q(P (α)) = 0 e α é raiz de Q(P (X)), assim α é algébrico também. 27. Seja p um número primo e seja E/F p uma extensão de grau n. Mostre que E = p n. E é um espaço vetorial de dimensão n sobre F p, assim todo elemento de E pode ser expresso com coordenadas com respeito a uma base de E sobre F p. Como temos n coordenadas e p escolhas para cada coordenada, E = p n. 28. Mostre que [Q(i, 2) : Q] = 4. Pela formula do grau [Q(i, 2) : Q] = [Q( 2)(i) : Q( 2)] [Q( 2) : Q]. O segundo grau é 2 pois o polinômio minimal de 2 sobre Q é X 2 2. O primeiro grau é no máximo 2 pois i é raiz de X (logo o polinômio minimal de i sobre Q( 2) divide X 2 + 1!). Se o primeiro grau fosse 1 então i Q( 2), impossível (Q( 2) está contido em R mas i R). Logo o segundo grau é 2 também e o resultado segue. 29. Mostre que Q Q(i 3) Q(i + 3). Calcule os graus das extensões involvidas. [Dica: para mostrar que Q(α) Q(β) basta mostrar que α Q(β).] i 3 pertence a Q(i + 3) pois (i + 3) 2 = i 3. Logo temos as inclusões escritas. O grau de Q(i 3) sobre Q é 2 pois o polinômio 6

7 minimal de i 3 sobre Q é X Sejam α = i 3, β = i + 3. Como β 2 = 2 + 2α, β é raiz de X 2 2α 2 Q(α)[X] logo o grau de β sobre Q(α) é no máximo 2 (cada vez que um elemento é raiz de um polinômio de grau m tal polinômio é divisível pelo polinômio minimal logo o grau do polinômio minimal é no máximo m). Se esse grau fosse 1 então β teria grau 2 sobre Q. Mas o grau de β sobre Q é 4 pois (β 2) 2 = 12 logo β é raiz de X 4 4X que é irredutível em Q[X] (isso pode se mostrar examinando os fatores de grau 1 e 2). 30. Mostre que [Q( 2, 3 2) : Q] = 6. [Cf. o exercício 35 abaixo.] Seja d = [Q( 2, 3 2) : Q]. Pela formula do grau d é divisível por [Q( 2) : Q] = 2 e por [Q( 3 2) : Q] = 3 logo d é um múltiplo de 6. Por outro lado d = [Q( 2)( 3 2) : Q( 2)] [Q( 2) : Q] e o primeiro grau dessa fatoração é no máximo 3 pois 3 2 é raiz de X 3 2. Logo d 6 e 6 divide d, assim d = Mostre que Q( 2, 3) = Q( 2 + 3). [Dica: encontre o polinômio minimal de α = sobre Q calculando α 2 =....] Como mostrado em sala de aula, Q( 2, 3) tem grau 4 sobre Q. Como Q( 2 + 3) é um Q-subespaço vetorial de Q( 2, 3), para mostrar que Q( 2, 3) = Q( 2 + 3) basta mostrar que [Q( 2 + 3) : Q] = 4. Seja α = Temos α 2 = logo (α 2 5) 2 = 24, assim α é raiz de X 4 10X Se trata de um polinômio irredutível sobre Q (examinando as fatorações) logo [Q( 2 + 3) : Q] = 4. Uma outra maneira é mostrar as duas inclusões. A inclusão é clara pois α = Q( 2, 3). Temos α 2 = logo 6 Q(α) e Q(α) 6α = , assim Q(α) ( ) 2( 2+ 3) = 2, logo 3 = α 2 Q(α) também e segue. 32. Mostre que Q( 2, i) = Q( 2(1 + i)). Seja α = 2(1 + i). A inclusão é clara pois α Q( 2, i). Para mostrar observe que α 2 = 4i logo i Q(α) logo 2 = α/(1+i) Q(α) também, assim Q( 2, i) Q(α). 33. Seja α = i C. Mostre que Q Q( 3) Q(α) e calcule os graus das extensões involvidas. Mostrei em sala de aula (07/06) que α tem grau 4 sobre Q. Por outro lado [Q( 3) : Q] = 2 logo pela formula do grau [Q(α) : Q( 3)] = 2. O fato que Q( 3) Q(α) segue de α 2 = (2 3 3) (assim 3 = (3 α 2 )/2). 34. Seja E/F extensão de corpos e α, β E com β algébrico sobre F. Mostre que β é algébrico sobre F (α) e que o polinômio minimal de β sobre F (α) divide o polinômio minimal de β sobre F. Deduza que [F (α, β) : F (α)] [F (β) : F ]. Seja P (X) o polinômio minimal de β sobre F. Logo P (X) F (α)[x] então β é algébrico sobre F (α). Seja Q(X) o polinômio minimal de β 7

8 sobre F (α). Q(X) divide P (X) pois Q(X) divide todos os polinômios de F (α)[x] que têm β como raiz (por definição de polinômio minimal). Então o grau de Q(X) é menor ou igual ao grau de P (X), em outras palavras [F (α)(β) : F (α)] [F (β) : F ]. 35. Seja E/F uma extensão de corpos, α, β E algébricos sobre F e suponha n = [F (α) : F ], m = [F (β) : F ] coprimos. Mostre que [F (α, β) : F ] = nm. [Dica: use o exercício anterior.] Temos [F (α)(β) : F ] = [F (α)(β) : F (α)][f (α) : F ] = [F (α)(β) : F (α)]n. Pelo exercício anterior [F (α)(β) : F (α)] [F (β) : F ] = m logo [F (α)(β) : F ] nm. Por outro lado n divide [F (α)(β) : F ] (pela igualdade acima) e m divide [F (α)(β) : F ] pois [F (α)(β) : F ] = [F (α)(β) : F (β)]m. Como m e n são coprimos, e dividem [F (α)(β) : F ], mn divide [F (α)(β) : F ] também e como [F (α)(β) : F ] mn obtemos [F (α)(β) : F ] = mn. 36. Seja E/F uma extensão de corpos e seja α E. Mostre que se [F (α) : F ] é impar então F (α) = F (α 2 ). α é raiz de X 2 α 2 logo [F (α) : F (α 2 )] 2. Por outro lado [F (α) : F (α 2 )] divide [F (α) : F ] (pela formula do grau) que é impar assim [F (α) : F (α 2 )] = 1, isto é F (α) = F (α 2 ). 37. Um corpo F é dito algebricamente fechado se todo polinômio de F [X] admite uma raiz em F. Mostre que F é algebricamente fechado se e somente se não existem extensões E/F de grau finito maior que 1. Suponha F algebricamente fechado. Se existe E/F de grau finito maior que 1 então seja α E F (existe pois E F ). O polinômio minimal de α sobre F é um polinômio de F [X] sem raizes em F. Absurdo. Suponha que não existam extensões de grau finito maior que 1. Seja P (X) F [X]. Seja Q(X) um fator irredutível de P (X). Vamos mostrar que Q(X) tem grau 1 (assim Q(X) = ax +b e b/a é uma raiz de P (X)). Considere E = F [X]/(Q(X)). Se trata de uma extensão finita de F (de grau igual ao grau de Q(X)) e por hipotése devemos ter [E : F ] = 1. Logo Q(X) tem grau 1. 8