Q[X] - MAT-UnB

Resolução dos Exercı́cios 21/06 - 23/06.
Lembre-se que um corpo de decomposição de P (X) ∈ Q[X] é dado por
Q(u1 , . . . , ur ) onde u1 , . . . , ur são todas as raizes complexas de P (X).
1. Calcule o grau de um corpo de decomposição de
√
(a) X 2 −√2 sobre
√ Q. As√raizes são ± 2 logo um corpo de decomposição
é Q( 2, − 2) = Q( 2) que tem grau 2 sobre Q.
(b) X 3 − 1 sobre Q. Temos X 3 − 1 = (X − 1)(X 2 + X + 1). As raizes
complexas
de X 3 − 1 são as
raizes cúbicas da unidade, isto é, 1, ρ =
√
√
3
1
− 2 + i 2 e ρ = − 12 − i 23 . Assim um corpo de decomposição é
Q(1, ρ, ρ2 ) = Q(ρ). Como o polinômio minimal de ρ sobre Q é X 2 +
X + 1, o grau de Q(ρ) sobre Q é 2.
(c) X 3 + 1 sobre
complexas de
√
α = 21 − i 23 .
que tem grau
Q. Temos X 3 + 1 = (X + 1)(X 2 − X + 1). As raizes
√
X 3 + 1 são as raizes cubica de −1, isto é, α = 21 + i 23 ,
√
Logo um corpo de decomposição é Q(1, α, α) = Q(i 3)
2 sobre Q.
√
√
4
(d) X −2 sobre Q. As raizes complexas
de√X 4 −2 são√± 4 2 e ±i 4 2, assim
√
4
um corpo de√decomposição é Q(
2, i 4 2) =
Q( 4 2, i).
√
√
√ Pela formula
4
4
4
do grau [Q( √2, i) : Q] √
= [Q( 2)(i) : Q( 2)] · [Q( 4 2) : Q] = 4d
onde d = [Q( 4 2)(i) : Q( 4 2)] (pois X 4 − 2 é irredutı́vel em
√ Q[X] pelo
critério de Eisenstein). Como i é raiz de X 2 + 1 e i 6∈ Q( 4 2) obtemos
d = 2 logo o grau de um corpo de decomposição de X 4 − 2 sobre Q é
4 · 2 = 8.
√
(e) X 4 + 1 sobre Q. As raizes complexas de X 4 + 1 são 22 (±1 ± i) logo
√
um corpo de decomposição é Q( 2, i) que tem grau 4 sobre Q como
visto no exercı́cio 28 da lista anterior.
2
2
(f) (X 2 −√2)(X 2√
− 3) sobre Q. As raizes complexas de (X
√ −
√2)(X − 3)
são ± 2 e ± 3 logo um corpo de decomposição é Q( 2, 3) que tem
grau 4 sobre Q como visto na aula do 9 de junho.
2. Seja F um corpo finito e veja ele como extensão de Fp . Mostre que existe
α ∈ F tal que F = Fp (α). [Dica: F ∗ é cı́clico.]
Seja α um gerador do grupo multiplicativo cı́clico F ∗ , assim todo elemento
não nulo de F é uma potência de α. As potências de α pertencem a
Fp (α) ⊆ F , logo Fp (α) = F .
3. Seja F um corpo finito. Mostre que existe um ideal I de Z[X] tal que
Z[X]/I ∼
= F . [Dica: Se trata de construir um homomorfismo sobrejetivo
Z[X] → F e aplicar o teorema de isomorfismo. Use o exercı́cio anterior.]
Pelo exercı́cio anterior F = Fp (α) para algum α ∈ F . Seja P (X) o polinômio minimal de α sobre Fp . Sabemos que F = Fp (α) ∼
= Fp [X]/(P (X)).
A redução módulo p dá um homomorfismo sobrejetivo f : Z[X] → Fp [X].
1
A composição dos homomorfismos sobrejetivos f e Fp [X] → Fp [X]/(P (X))
(projeção canonica) e do isomorfismo Fp [X]/(P (X)) ∼
= F dá então um
homomorfismo sobrejetivo g : Z[X] → F . Pelo teorema de isomorfismo
Z[X]/I ∼
= F onde I = ker(g).
4. Um corpo F é dito algebricamente fechado se todo polinômio P (X) ∈
F [X] admite uma raiz em F . Mostre que os corpos finitos não são algebricamente fechados.
Escreva F = {a1 , . . . , an }. O polinômio (X − a1 )(X − a2 ) · · · (X − an ) + 1
não tem raizes em F .
5. Mostre que o isomorfismo de Frobenius Fp → Fp é a identidade.
Se trata do pequeno teorema de Fermat. Se a ∈ F∗p então |F∗p | = p − 1
assim ap−1 = 1 logo ap = a, que vale também quando a = 0. Logo ap = a
para todo a ∈ Fp .
6. Mostre que F3 é um corpo de decomposição de X 3 − X sobre F3 .
De fato, temos X 3 − X = X(X − 1)(X + 1), as raizes são 0, 1 e −1 e F3
é obviamente igual a F3 (0, 1, −1).
7. Seja F = F2 [X]/(X 2 + X + 1). Mostre que F é um corpo de decomposição
de Y 2 + Y + 1 sobre F2 .
Seja α = X + I onde I = (X 2 + X + 1). Sabemos que α é raiz de
Y 2 + Y + 1. Fazendo a divisão com resto de Y 2 + Y + 1 por Y − α
obtemos Y 2 + Y + 1 = (Y − α)(Y − (α + 1)) logo F = {0, 1, α, α + 1}
(que é obviamente igual a F2 (α, α + 1)) é um corpo de decomposição de
Y 2 + Y + 1 sobre F2 .
8. Seja F = F2 [X]/(X 2 + X + 1) = {0, 1, α, α + 1} onde α = X + I, onde
IQ= (X 2 + X + 1). F é um corpo com 4 = 22 elementos, e sabemos que
4
a∈F (X − a) = X − X. Faça essa conta explicitamente.
Lembrando que α2 = α + 1 temos X(X − 1)(X − α)(X − (α + 1)) = (X 2 −
X)(X 2 −(α+1+α)X +α(α+1)) é igual a (X 2 −X)(X 2 −X +1) = X 4 −X.
9. Seja F = F2 [X]/I onde I = (X 3 + X + 1) e seja α = X + I. Mostre que
|F | = 8. Mostre que α é um gerador de F ∗ (lembrando que |F ∗ | = 7 é um
número primo). Mostre que (X − α)(X − α2 )(X − α4 ) = X 3 + X + 1.
F é um corpo pois X 3 +X +1 é irredutı́vel (tem grau 3 e não tem raizes em
F2 ), a cardinalidade é 23 = 8 pois F tem caracterı́stica 2 dimensão 3 sobre
F2 . O grupo cı́clico F ∗ tem ordem 7 que é primo logo todo elemento de
F ∗ diferente de 1 é um gerador de F ∗ , em particular α. Temos α3 = α + 1
logo α4 = α3 α = (α + 1)α = α2 + α. Então
(X − α)(X − α2 )(X − α4 ) = (X 2 − (α + α2 )X + α + 1)(X − (α + α2 ))
= X 3 − (α + α2 + α + α2 )X 2 + ((α + α2 )2 + α + 1)X − (α + 1)(α + α2 )
= X 3 + X + 1.
2
10. Escreva a fatoração em irredutı́veis de
(a) X 7 − X em F7 [X].
Q
Pela teoria X 7 − X = a∈F7 (X − a) logo
X 7 − X = X(X − 1)(X − 2)(X − 3)(X − 4)(X − 5)(X − 6).
(b) X 4 −X em F2 [X]. Temos X 4 −X = X(X 3 −1) = X(X−1)(X 2 +X+1)
e os fatores são irredutı́veis em F2 [X].
(c) X 9 − X em F3 [X]. [Dica: se F é um corpo com 9 elementos e β ∈ F
então o grau [F3 (β) : F3 ] divide [F : F3 ] = 2, assim o polinômio
minimal de β sobre F3 tem grau 1 ou 2, logo os fatores irredutı́veis
de X 9 − X são os polinômios mônicos irredutı́veis de grau 1 ou 2 em
F3 [X].]
Seguindo a dica (observe que pela teoria todo elemento de F é raiz de
X 9 − X !), se trata de fazer a lista dos polinômios mônicos irredutı́veis
de grau 1 e 2 em F3 [X]. Os polinômios mônicos irredutı́veis de grau
1 são X, X − 1 e X − 2. Os polinômios mônicos irredutı́veis de grau
2 são X 2 + 1, X 2 + X + 2, X 2 + 2X + 2. Logo
X 9 − X = X(X − 1)(X − 2)(X 2 + 1)(X 2 + X + 2)(X 2 + 2X + 2).
11. Conte os subcorpos de F2 [X]/(X 3 + X + 1).
Se trata de um corpo de cardinalidade 23 , logo ele tem 2 subcorpos (pois
3 tem dois divisores: 1 e 3).
12. Seja F um corpo de cardinalidade 64. Conte os subcorpos de F .
Como 64 = 26 , o número de subcorpos de F é igual ao número de divisores
de 6, ou seja 4 (os divisores de 6 são 1, 2, 3, 6).
13. Sejam p um número primo e n um inteiro positivo. Mostre que existe
P (X) ∈ Fp [X] irredutı́vel de grau n. [Dica: sabemos que existe um corpo
F de cardinalidade pn . Seja α um gerador do grupo cı́clico F ∗ . Observe
que F = Fp (α) e considere o núcleo de vα : Fp [X] → F , vα (P (X)) =
P (α).]
Seguindo a dica temos I = ker(vα ) = (P (X)) para algum polinômio P (X)
(que é o polinômio minimal de α sobre Fp ) e pela teoria Fp [X]/I ∼
= Fp (α) =
F tem pn elementos, logo ele tem dimensão n sobre Fp . Assim P (X) é
irredutı́vel e tem grau n. Em outras palavras, como [Fp (α) : Fp ] = n, o
polinômio minimal de α sobre Fp tem grau n.
14. Sejam F corpo finito e P (X) = X 5 + 4X 3 + X 2 + 2X + 4 ∈ F [X]. Mostre
que 1 é raiz multipla de P (X) se e somente se F tem caracterı́stica 3.
A derivada formal de P (X) é 5X 4 + 12X 2 + 2X + 2. 1 é raiz múltipla de
P (X) se e somente se é raiz de P (X) e de P 0 (X), assim 0 = P (1) = 12 e
0 = P 0 (1) = 21, assim 3 = 2 · 12 − 21 = 0. Logo F tem caracterı́stica 3.
Vice-versa se 3 = 0 então P (1) = 12 = 0 e P 0 (1) = 21 = 0.
3
15. BONUS. Seja F um corpo, e seja P (X) ∈ F [X]. Defina fP : F → F ,
fP (a) := P (a). fP é dito “função polinomial associada a P ”. Seja C o
conjunto de todas as funções F → F . Considere a função
ϕ : F [X] → C,
P 7→ fP .
Mostre que:
(a) ϕ é injetiva se e somente se F é infinito. [Dica: mostre que se F é
n
finito de cardinalidade pn então ϕ(X p − X) = 0.]
(b) ϕ é sobrejetiva se e somente se F é finito. [Dica: mostre que C é um
anel com as operações (f + g)(x) = f (x) + g(x) e (f g)(x) = f (x)g(x),
que ϕ é homomorfismo de aneis e que se F é finito de cardinalidade
n
pn então ker(ϕ) = (X p − X).]
(a) (⇒). Se ϕ é injetiva então F é infinito. De fato se F é finito de cardin
n
nalidade pn então ϕ(X p − X) é igual à função nula, pois ap = a para todo
n
n
a ∈ F . Assim ϕ(X p − X) = ϕ(0), por outro lado X p − X 6= 0. Logo ϕ não é
injetiva.
(a) (⇐). Se F é infinito então ϕ é injetiva. De fato se ϕ(P (X)) = ϕ(Q(X))
então P (a) = Q(a) para todo a ∈ F , assim o polinômio H(X) = P (X) − Q(X)
é tal que H(a) = 0 para todo a ∈ F . Se F é infinito então H(X) tem infinitas
raizes, logo H(X) = 0 (o número máximo de raizes de um polinômio não nulo
é o grau do polinômio).
(b) (⇒). Se ϕ é sobrejetiva então F é finito. De fato se F é infinito então a
função f : F → F definida por f (0) = 1 e f (x) = 0 para todo x ∈ F − {0} não
é uma função polinomial (é não nula e admite infinitas raizes). Logo ϕ não é
sobrejetiva (não existe nenhum polinômio P (X) tal que ϕ(P (X)) = f ).
(b) (⇐). Se F é finito então ϕ é sobrejetiva. Suponha F finito. É fácil
mostrar que C é um anel (seguindo a dica) e que ϕ é um homomorfismo. Se
P (X) ∈ ker(ϕ) então em particular PQ(a) = 0 para todo a ∈ F , logo X − a
n
divide P (X) para todo a ∈ F , assim a∈F (X − a) = X p − X divide P (X).
n
Isso mostra que ker(ϕ) = (X p − X). Pelo teorema de isomorfismo a imagem
n
de ϕ é isomorfa a F [X]/(X p − X), que é um espaço vetorial de dimensão pn
n
sobre F (uma base é dada pelos elementos X k + I onde I = (X p − X) e
k = 0, . . . , pn − 1), logo |Im(ϕ)| = |F ||F | . Por outro lado |C| = |F ||F | , logo
Im(ϕ) = C, ou seja ϕ é sobrejetiva.
4