Universidade Federal do Espírito Santo Prova de Álgebra II Prof. Lúcio Fassarella DMA/CEUNES/UFES Data: 07/05/2015 Aluno: Matrícula. Nota: : :.Observações: I A prova tem duração de 100 min; não é permitido entrar na sala após 20 min desde seu início e não é permitido sair da sala antes desse prazo. I A resolução da prova é individual e sem consulta; só é permitido o uso de caneta, lápis e borracha, além das folhas de prova e rascunho cedidas; não são permitidos conversas, uso de calculadora ou qualquer outro dispositivo eletrônico. I As respostas devem ser justi cadas para serem consideradas válidas; resoluções caóticas, confusas e vagas serão anuladas. I As respostas devem ser registradas a caneta. 1. (1:5 ponto) Seja K um corpo. Prove que se a 2 K é raiz do polinômio f 2 K [X], então (x a) divide f (x). 2. (1:5 ponto) Seja K um corpo e g 2 K [X] polinômio não-nulo. Prove que o número de raízes distintas de g é menor ou igual ao grau de g. 3. (1:5 ponto) Seja h 2 K [X] um polinômio de grau 2. Prove que h é irredutível se, e somente se, ele não possui raiz em K. 4. (1:5 ponto) Determine se o seguinte polinômio p é irredutível sobre o corpo Z 5 [X], p (x) = x 3 3x + 2: 5. (2 pontos) Dados a; b 2 Q, considere o polinômio q (x) = x 4 + ax 3 + x 2 + bx 2 2 Q [X] : Supondo que q (x) é divisível por x 2 2x 1, determine todas as suas raízes. 6. (2 pontos) Sejam K e E corpos tais que K < E. Para f 2 K [X], seja ^f a função polinomial em E de nida por f. Dado 2 E, seja n J := f 2 K [X] = ^f o () = 0 (a) Prove que J é um ideal de K [X]. (b) Supondo que J 6= f0g, prove que o gerador mônico de J é irredutível. Bônus Seja f 2 R [X] um polinômio de grau n 1 tal que Calcule f (n + 1). f (k) = k k + 1 (Sugestão: considere o polinômio g (x) = (x + 1) f (x) ; 8k 2 N; 0 k n: x.) Boa Prova! 1
RESOLUÇÕES Questão 1) Seja K um corpo. Prove que se a 2 K é raiz do polinômio f 2 K [X], então (x f (x). a) divide Como f (x) possui raiz em K, segue que f (x) é o polinômio nulo ou tem grau maior ou igual a 1. Se f (x) é o polinômio nulo, então (x a) divide f (x) trivialmente: 0 = 0 (x a) : Suponha que deg (f) 1. Pela divisão euclideana, existem q (x) ; r (x) 2 K [X] tais que f (x) = q (x) (x a) + r (x) ; deg r < deg (x a) = 1: Assim, r (x) é o polinômio nulo ou é um polinômio constante não-nulo. Como a é raiz de f, tem-se: r (a) = f (a) q (a) (a a) = 0: Então, r (x) não pode ser um polinômo constante não-nulo. Pelas condições anteriores, concluimos que r é o polinômo nulo. Disso segue que (x a) divide f (x). Questão 2) Seja K um corpo e g 2 K [X] polinômio não-nulo. Prove que o número de raízes distintas de g é menor ou igual ao grau de g. Dado n 2 N, suponha que a 1 ; :::; a n 2 K sejam raízes distintas de g. Então podemos escrever Como K é um corpo, vale: g (x) = (x a 1 ) ::: (x a n ) q (x) ; para algum q 2 K [X] ; q 6= 0: deg (g) = deg (x a 1 ) + ::: + deg (x a n ) + deg (q) = n + deg (q) n: Isso implica que o número de raízes distintas de g é nito e menor o que o grau de g. 2
Questão 3) (1:5 ponto) Seja h 2 K [X] um polinômio de grau 2. Prove que h é irredutível se, e somente se, ele não possui raiz em K. ()) Suponha que h possui uma raiz a 2 K. Então, existe um polinômio q 2 K [X] tal que h (x) = q (x) (x a) : Como K é corpo e deg (h) = 2 e deg (x a) = 1, concluimos pelo Teorema do Grau que deg (q) = 1. Isso signi ca que h é redutível (h pode ser fatorado como produto de polinômios com graus diferentes de zero). Portanto, se h é irredutível, ele não pode possuir raiz. (() Suponha que h seja redutível. Então existem polinômios q 1 ; q 2 2 K [X] tais que deg (q 1 ) 1, deg (q 2 ) 1 e h (x) = q 1 (x) q 2 (x) : Como K é corpo e deg (h) = 2, concluimos pelo Teorema do Grau que deg (q 1 ) = deg (q 2 ) = 1. Isso signi ca que q 1 e q 2 são polinômios lineares e, portanto, possuem raízes. Disso segue que h também possui raiz. Portanto, se h não possui raíz, então ele não pode ser redutível (i.e., deve ser irredutível). Questão 4) Determine se o seguinte polinômio p é irredutível sobre o corpo Z 5 [X], p (x) = x 3 3x + 2: Por inspeção direta, temos: p (1) = 1 3 3:1 + 2 = 0: Portanto, p possui 1 como raiz, o que implica que ele é divisível por (x redutível. 1) o que signi ca que ele é Além disso, temos a seguinte fatoração não-trivial de p: p (x) = x 3 3x + 2 = (x 1) x 2 + x 2 : 3
Questão 5) Dados a; b 2 Q, considere o polinômio q (x) = x 4 + ax 3 + x 2 + bx 2 2 Q [X] : Supondo que q (x) é divisível por x 2 2x 1, determine todas as suas raízes. Primeiramente, dividimos q (x) por x 2 2x 1 para descobrir o quociente e o resto em termos de a e b: x 4 + ax 3 + x 2 + bx 2 = x 2 2x 1 x 2 + (2 + a) x + (2a + 6) + (5a + b + 14) x + 2a + 4 : {z } {z } quociente resto Como x 2 2x 1 divide q (x), temos que o resto da divisão é nulo: Isso implica no seguinte sistema para a e b: cuja solução é Portanto, (5a + b + 14) x + 2a + 4 = 0: 5a + b + 14 = 0 2a + 4 = 0 a = 2 ; b = 4: q (x) = x 2 2x 1 x 2 + 2 : Essa equação implica que as raízes de q (x) são iguais às raízes de x 2 2x 1 e de x 2 + 2. Como tanto x 2 + 2 quanto x 2 2x 1 não possuem raízes racionais (o primeiro possui raiz complexa i p 2 e o segundo possui raízes irracionais 1 p 2), concluimos que: - q (x) não possui raízes racionais; - q (x) possui duas raízes reais; - q (x) possui quatro raízes complexas. En m, q (x) é um polinômio racional de quarto grau que não possui raízes racionais mas é redutível. 4
Questão 6) Sejam K e E corpos tais que K < E. Para f 2 K [X], seja ^f a função polinomial em E de nida por f. Dado 2 E, seja n J := f 2 K [X] = ^f o () = 0 a) Prove que J é um ideal de K [X]. b) Supondo que J 6= f0g, prove que o gerador mônico de J é irredutível. Na resolução, omitimos o sinal b para simpli car a notação. Item a Provamos a tese veri cando os seguintes itens: 1) J é fechado em relação à diferença: f; g 2 J ) (f g) () = f () g () = 0 0 = 0 ) (f g) 2 J : 2) J é fechado em relação ao produto: f; g 2 J ) (fg) () = f () g () = 0:0 = 0 ) fg 2 J : 3) J é fechado em relação à multiplicação por elementos de K [X]: Item b f 2 J ; g 2 K [X] ) (fg) () = f () g () = 0g () = 0 ) fg 2 J : Pela teoria dos polinômios, para mostrar que o gerador de J é irredutível basta mostrar que J é um ideal maximal de K [X] ou seja, que não existe ideal de K [X] contendo propriamente J que seja diferente do próprio K [X]. Com efeito, seja I < K [X] um ideal contendo propriamente J, i.e., J I K [X] e J 6= I. Vamos mostrar que I = K [X]. Como J I e J 6= I, então existe g 2 I tal que g =2 J ; pela de nição de J, segue que g () 6= 0. Agora, seja h 2 K [X] qualquer. Considerando que g () 6= 0, de na ~h (x) := h (x) h () g () 1 g (x) 2 K [X] : Então: ~h () = h () h () g () 1 g () = h () h () = 0: Portanto, ~ h 2 J. Como J I, segue que ~ h 2 I; como I é ideal, segue que h (x) = h ~ (x) + h () g () 1 g (x) 2 I: {z } {z } 2I 2I Em síntese, I K [X] e todo elemento de K [X] pertence a I ou seja, I = K [X]. Com essa conclusão, terminamos a prova. 5
Questão Bônus: Seja f 2 R [X] um polinômio de grau n 1 tal que Calcule f (n + 1). f (k) = k k + 1 ; 8k 2 N; 0 k n: Então e Considere o polinômio g (k) = (k + 1) f (k) k = (k + 1) g (x) = (x + 1) f (x) x: deg (g) = deg (f) + 1 = n + 1 2 k k + 1 k = 0 ; 8k 2 N; 0 k n: Então g é um polinômio de grau n + 1 que possui n + 1 raízes: 0, 1,..., n. Como K é corpo, K [X] é um domínio de fatoração; pelos fatos precedentes, isso implica que g (x) = cx (x 1) ::: (x n) para algum c 2 K n f0g. Substituindo essa expressão na de nição de g, segue (x + 1) f (x) = cx (x 1) ::: (x n) + x: (*) Para determinar c, calculamos essa expressão em x = 1 (para eliminar f): donde c = 0 = c ( 1) ( 2) ::: ( 1 n) 1; 1 ( 1) ( 2) ::: ( n 1) = 1 ( 1) n+1 (n + 1)! = ( 1) n+1 (n + 1)! Finalmente, para determinar f (n + 1) calculamos a expressão (*) em x = n + 1: (n + 2) f (n + 1) = ( 1)n+1 (n + 1)! (n + 1) n:::2:1 + n + 1 = ( 1)n+1 + n + 1: Disso concluimos: f (n + 1) = n + 1 + ( n + 2 1)n+1 : Para conferir, considere o caso n = 1 e f (x) = x=2: a fórmula obtida dá o valor correto de f (2) = 1: = f (2) = f (1 + 1) = 1 + 1 + ( 1)1+1 1 + 2 = 3 3 = 1: 6