Notas de Aula V

Corpos Finitos
Vamos a seguir fazer o estudo dos corpos nitos. Embora esses objetos seja bastante abstratos
pode-se ver muito da riqueza da Teoria de Galois através deles.
Vamos iniciar reunindo algumas
informação sobre grupos que usaremos. Acho que todos os textos da bibliograa contem o material
que vamos listar sobre grupos.
1
Breve resumo sobre grupos
Iniciamos recordando a denição de grupos.
Denição. Seja G um conjunto com uma operação binária G × G → G,
(x, y) ∈ G × G 7−→ xy ∈ G
(i) existe
1∈G
tal que
1x = x1 = x,
(ii) quaisquer que sejam
(iii) qualquer que seja
que tem as seguintes propriedades:
x, y, z ∈ G
x∈G
existe
para todo
temos
x−1 ∈ G
x ∈ G;
x(yz) = (xy)z ;
tal que
xx−1 = x−1 x = 1.
Observação. O item (i) acima garante em que G não é vazio.
chama-se
elemento neutro
O elemento
1 de que fala o axioma
da operação e podemos provar que é único. Muitas vezes é denotado por
e.
O axioma (ii) diz que a operação é associativa.
O elemento
x−1
do axioma (iii) é chamado de
inverso
de
x
e também é único.
Nos axiomas (i) e (iii) foram escritas as igualdades dos dois lados porque a operação de um grupo
não é em geral comutativa.
Caso a operação seja comutativa, dizemos que o grupo é
Quando um grupo
G
ou
abeliano.
não é abeliano vamos denotar o elemento neutro por
multiplicativa para a operação de
G.
notação aditiva para a operação de
Se
G
X
com
1
e usamos notação
é abeliano denotamos o elemento neutro por
0
e usamos
G
Acho que os grupos mais conhecidos são os grupos
bijeções de um conjunto
comutativo
Simétricos.
n elementos nele mesmo.
1
Seja
Sn
o conjunto de todas as
Mais precisamente, seja
X = { 1, 2, . . . , n }
e seja
Sn = { σ : X → X | σ
é um grupo que tem
n!
é bijetiva
}
com a operação de composição de funções. Sabemos que
elementos e é chamado de grupo
Simétrico.
Temos grupos que são nitos, como no caso acima que
são innitos, como no caso
Z
1
o
corresponde a função
=
1
tem
n!
elementos, e temos grupos que
conjunto das matrizes
ou equivalentemente, conjunto das matrizes
o produto de matrizes e o
Sn
com a operação de adição e neste caso o elemento neutro é o
Outro exemplo importante é o conjunto GLn (K)
6= 0,
Sn
X.
identidade de
minante
Em
Sn
n×n
n×n
0.
que tem deter-
que tem inversa. A operação aqui é
é a matriz identidade. Como multiplicar matrizes é associativo, e cada
matriz de GLn (K) tem uma matriz inversa, por denição de GLn (K), esse conjunto é um grupo.
No caso nito denimos:
Denição. Se um grupo G é nito, chama-se ordem
G. Notação: |G| = ordem de G.
de
G
ao número de elementos do conjunto
Da mesmo forma que temos subanel e subcorpo (ou subespaço veotrial) temos também subgrupo.
Denição.
H,
(ii)
Dado um grupo
∀ x, y ∈ H
resulta
G
xy ∈ H ,
e é fechado para a operação de
G
um subconjunto de
e (iii)
subgrupos nitos. Por exemplo, se
de
cíclico
ξ.
Também
porque é
Z
C×
é chamado de subgrupo se: (i)
x−1 ∈ H .
∈H
Isto é,
H
1∈
tem o elemento neutro
x−1 ∈ H ).
se e só se
(com operação dada pela multiplicação) pode conter
√
ξ = cos(2π/n) + sen (2π/n) −1
< ξ >= { 1, ξ, . . . , ξ n−1 }
gerado
resulta
e fechado para inversos (x
Observe que um grupo innito como
unidade, temos que
∀x ∈ H
H ⊂G
é uma raiz primitiva
é um sugbrupo nito de
C× .
por um único elemento, todos os elementos de
é cíclico, pois todos os seus elementos são múltiplos de
preciso.
Denição. Dado um grupo G seja g ∈ G.
2
1.
n-ésima
da
Esse grupo é chamado
<ξ>
são potência de
Vamos tornar isso mais
(i) Para toda todo
s∈Z
denimos


g · g···g


| {z }



 s vezes
1 = elemento neutro
gs =




g −1 · g −1 · · · g −1


{z
}
 |
se
s ≥ 1;
se
s = 0;
se
s<0
|s| vezes
Caso
G
seja comutativo trocamos a multiplicação pela soma, assim, para
sg = g + g + · · · + g , s
(ii) Seja
s=0
vezes, para
< g >= { g n | n ∈ Z }
escrevemos
sg = 0,
que chamamos de sugbrupo
s ≥ 1
escrevemos
etc.
gerado
por
g.
No caso abelianos
< g >= { ng | n ∈ Z }.
(iii) Dizemos que
Observação.
gerador. O grupo
G
é
cíclico
se existir
que
r
Z
(em relação a adição) tem
que
m = m1.
1
G =< g >.
1 = tp + sr.
Z/nZ.
Portanto
1
e
−1
como geradores. Para cada
é um gerador natural de
Por outro lado para cada
é um gerador de
tais que
tal que
Um fato que convém destacar é que um grupo cíclico tem, em geral, mais de um
geral, vários geradores. De fato,
escrever
g∈G
Como
r
e
n
1 = sr = sr.
1≤r<n
Z/nZ;
para cada
n, Z/nZ
0≤m<n
tem, em
podemos
que seja relativamente primo com
são relativamente primos, sabemos que existem
Dessa forma
Z/nZ =< 1 >⊂< r >⊂ Z/nZ,
n
temos
t, s ∈ Z
implicando
< r >= Z/nZ.
Apenas no caso
Z/2Z = { 0, 1 }
temo que
Denição. Seja G um grupo e g ∈ G.
g n = 1}.
1
Se
Denimos também que a ordem de
é o único gerador do grupo.
g 6= 1,
1
é
1
chamamos de
ordem
de
g
ao mínimo{ n
≥1|
(Atenção: cada um do 1 tem um signicado
diferente).
Notação: |g| = ordem de g.
No caso abelianos temos
|g| = mínimo { n ≥ 1 | ng = 0}
e
|0| = 1.
A ordem de um elemento é bastante especial.
•
Dado um grupo
G,
para todo
g∈G
temos que
no caso abeliano).
3
|g|
divide todo
t∈Z
tal que
gt = 1
(ou
tg = 0,
Vericando:
t∈Z
ou
tal que
g t = 1.
0 < r < |g|.
g |g| = 1.
Se
Logo
g = 1,
então
|g| = 1
e não há nada para demonstrar. Tomemos
Pelo Algorítimo de Euclides (em
Como
g r = 1.
r = t − |g|q
vamos ter
Pela minimalidade de
Z)
podemos escrever
g r = g t−|ϕ|q = g t (g |g| )−q = 1,
|g|
vemos temos que
r=0
g 6= 1,
t = |g|q + r,
pois
e assim
gt = 1
|g|
com
e seja
r=0
e também
divide
t,
como
queríamos.
Seja
•
g∈G
um elemento com ordem nita.
Como consequência vemos que o conjunto
elementos. Na verdade
{ g t | t ∈ Z},
tem que ser nito com exatamente
|g|
{g t | t ∈ Z} = {1 = g 0 , g = g 1 , g 2 , . . . , g |g|−1 }.
Observação. < g > é claramente o menor subgrupo de G contendo g.
Vamos a seguir discutir um resultado que é muito usado em matemática e é conhecido como
Teorema de Lagrange.
Seja
G
G
um grupo nito e
H⊂G
um subgrupo. Vamos denir uma relação entre os elementos de
da seguinte maneira:
x ≡ y(modH) ⇔ x−1 y ∈ H.
Questão 1.
Mostre que a relação acima é uma relação de equivalência, isto é, que é reexiva,
simétrica, e transitiva.
Para cada
x∈G
denimos
x=
classe de equivalência a qual
x
pertence. Isto é
x = {y ∈ G | y ≡ x }.
•
Temos que
x = {xh | h ∈ H }.
(†)
Temos que mostrar a igualdade de dois conjuntos. Vejamos primeiro que
Seja
y ∈ x = {y ∈ G | y ≡ x }.
y = xh ∈ { xh | h ∈ G },
Seja
y = xh,
para algum
y ∈ {y ∈ G | y ≡ x },
Logo
h = x−1 y ∈ H ,
pela própria denição de
demonstrando a primeira inclusão. Vejamos agora que
h ∈ H.
Então
x−1 y = h ∈ H .
Pela denição de
≡
≡.
Logo
{ xh | h ∈ G } ⊂ x.
teremos
x≡y
e assim
que é a outra inclusão. Logo vale a igualdade entre esse conjuntos.
Devido a igualdade acima costuma-se também representar
uma
x ⊂ { xh | h ∈ H }.
classe lateral a direita
de
G
módulo
H.
4
x = xH
e esse conjunto é chamado de
Questão 2. Dena uma nova relação de equivalência ≡1 trocando a ordem de x e y na denição
que demos acima de
≡
(isto é troque
x−1 y ∈ H
por
xy −1 ∈ H )
e mostre que obtemos também uma
nova relação de equivalência.
x
b=
Dena agora
classe de equivalência dada por
≡1
a qual
x
pertence, e mostre que
x
b = { hx |
h ∈ H }.
Para
≡1
esquerda
de
•
do exercício acima a notação será mudada para
G
módulo
Para todo
x∈G
x
b = Hx
e é chamada de
classe lateral a
H.
a classe lateral a direita
x
tem
|H|
elementos.
Estamos dizendo que todas as classes tem o mesmo número de elementos e que esse número é
igual a ordem de
Pela propriedade
se
f (h1 ) = f (h2 ),
obter
h1 = h2 ,
H , |H|.
De fato, considere a função
(†) que mostramos acima, f
então
e assim
xh1 = xh2 .
f
f : H → x = xH
dada por
f (h) = xh ∈ x.
é uma função sobrejetora. Veriquemos que é injetora:
Multiplicando-se essa igualdade pela esquerda por
é injetora. Portanto
f
x−1
vamos
é bijetora e os dois conjuntos tem o mesmo número
de elementos, conforme armado.
Questão 3.
|H|
Mostre a mesma coisa para as classes laterais a esquerda, isto é, mostre que
elementos, para todo
x
b
tem
x ∈ G.
Recordemos agora que uma relação de equivalência particiona o conjunto sobre o qual está
denida.
x=y
ou
No nosso caso isso signica que dados
x, y ∈ G
temos duas possibilidades excludentes:
x ∩ y = ∅.
Esse fato, das duas possibilidades excludentes, é facilmente vericado no nosso caso. Realmente,
se existe
z ∈ x ∩ y,
então
z≡x
e
z ≡ y.
Pela transitividade
x≡y
e portanto
x = y.
Talvez fosse bom ressaltamos que y ∈ x se e somente se y = x.
Observemos em seguida que como
G módulo H
de
G
será nito.
módulo
H.
número de classe laterais de
H
em
G
G=
x∈G
x.
G/H = { x | x ∈ G }.
módulo
H)
vamos chamar de
Ao número de elementos de
índice
de
H
em
G.
G/H (=
Notação: (G : H)
G.
Finalmente, note que como todo
S
é nito, também o conjunto de classes laterais a direita de
Vamos denotar por G/H ao conjunto de todas as classes laterais a direita
Temos então que
representa o índice de
G
x∈G
está em alguma classe (na sua própria classe) temos que
Juntando tudo chegamos a conclusão
5
Teorema[Lagrange] |G| =
X
|x| = (G : H)|H|,
onde
|x|
indica o número de elementos do conjunto
x∈G
x
que sabemos ser igual a
Corolário 1:
Seja
Questão 4.
módulo
H.
G
|H|.
um grupo nito e
H
um subgrupo de
G.
Então
|H|
|G|.
Repita as discussões das últimas 15 linhas para classes laterais a esquerda de
Em particular mostre o Teorema de Lagrange trabalhando com
disso que o número de classe laterais a direita, de
a esquerda, de
divide
G
módulo
H.
Portanto o índice
G
módulo
(G : H)
H,
x
b no lugar de x.
G
Conclua
é igual ao número de classes laterais
não depende de escolhermos uma relação ou
a outra.
Corolário 2:
Seja
G
um grupo e
De fato, basta lembrarmos que
g ∈ G.
Então
|g|
divide
|G|.
|g| = | < g > |.
Outro ponto básico na teoria de grupos é o estudo de homomorsmos.
Denição. Sejam G e S dois grupos e ϕ : G → S uma função.
ϕ(gh) = ϕ(g)ϕ(h)
de grupos se
para todo para
Dizemos que
ϕ é um homomorsmo
g, h ∈ G.
Para os homomorsmos de grupos temos propriedades bem semelhantes ao caso de anéis. A composição de dois homomorsmos é um homomorsmo. Analogamente temos epimorsmos e monomorsmos nos casos em que o homomorsmo é sobrejetivo e injetivo. Temos também isomorsmo no
caso bijetivo.
Aqui também temos o núcleo.
Denição. Chamamos de núcleo do homomorsmo de grupos ϕ : G → S
ao conjunto
N (ϕ) =
{ g ∈ G | ϕ(g) = 1 }.
Temos para o núcleo propriedades análogas àquelas do ideais.
Os itens (1) e (3) do resultado
abaixo são simples vericação. Quanto ao item (2) basta aplicarmos o Teorema de Lagrange.
Teorema:
1.
Seja
N (ϕ)
Im (ϕ)
ϕ:G→S
um homomorsmo de grupos. Então
é um subgrupo de
= ϕ(G)
G
tal que
é um subgrupo de
S,
gN (ϕ)g −1 = N (ϕ)
chamado de
6
imagem
para todo
de
ϕ.
g ∈ G.
Por outro lado
2. Se
ϕ
3.
G
é nito, então
|G| = |N (ϕ)||Im (ϕ)|.
é injetiva se e somente se
Questão 5.
Sejam
S
domínio e os grupos
ψ:S→T
ϕ
e
e
ψ
mostrar que
N (ϕ) = { 1 }.
T
como contra-domínios.
se e somente se o núcleo de
ψ
no caso
gHg −1 = H ,
como
N (ϕ) ⊂ N (θ).
N (ϕ) ⊂ N (θ), basta denir ψ
da maneira obvia:
ψ(ϕ(g)) =
é uma função e que é homomorsmo. Na outra direção é simples vericação.
Denição. Seja G um grupo e H
se
G
Mostre que existe um único homomorsmo
Os subgrupos com a propriedade (1) do teorema acima são chamados de
G
|G|.
e
dois homomorsmos sobrejetivos de grupo que tem um grupo
Para provar a existência de
θ(g),
|S|
θ
ψ◦ϕ=θ
tal que
Portanto |Im (ϕ)| divide
para todo
um subgrupo de
G.
Dizemos que
H
normais.
é um subgrupo
normal
de
g ∈ G.
Notação: H C G.
A importância dos subgrupos normais vem do fato de que se
equivalência
≡
e
≡1
consequência se denirmos em
π : G → G/H
então as duas relações de
denidas na página 4 coincidem e assim toda classe lateral a direita é igual a
alguma outra classe lateral a esquerda, isto é, para todo
função que torna
H C G,
G/H
dada por
G/H × G/H → G/H
g ∈ G, existe g 0 ∈ G tal que gH = Hg 0 .
a aplicação
Como
(g1 H, g2 H) 7→ (g1 g2 H) teremos uma
um grupo. Esse grupo é chamado de grupo quociente. Temos também que
π(g) = gH = g
núcleo. Esse homomorsmo
π
é um homomorsmo sobrejetivo de grupos que tem
é chamado de
H
como
projeção canônica.
Para os grupos temos também um teorema do isomorsmo cuja demonstração é igual ao caso de
anéis.
Teorema do Isomorsmo: ϕ : G → S
homomorsmo de grupos
ϕ : G/H → S
Mais ainda Im (ϕ)
e
= Im (ϕ)
ϕ
um homomorsmo de grupos.
tal que
Então existe um único
ϕ ◦ π = ϕ, onde π : G → G/H
é a projeção canônica.
é injetiva.
Como aplicação do teorema acima vamos classicar os grupos cíclicos, pois eles são muito particulares. De fato, se
uma função
G
é um grupo cíclico e
ϕ:Z→G
dada por
g
ϕ(n) = g n
é um gerador de
para todo
7
n ∈ Z.
G,
G =< g >,
temos naturalmente
Questão 6. Verique que a função ϕ denida acima é um homomorsmo sobrejetivo de grupos.
G
Caso
e
nZ
seja nito de ordem
n,
então
ϕ
tem núcleo
nZ
(agora estamos vendo
como um subgrupo). Usando o Teorema do Isomorsmo conclua que
Caso
G
não seja nito, mostre que
ϕ
como grupo aditivo
G ' Z/nZ.
é um isomorsmo.
dois grupos cíclicos nitos de mesma ordem são
Podemos chegar então a seguinte conclusão:
isomorfos e todo grupo cíclico innito é isomorfo a Z.
Z/nZ
Z
Podemos mesmo dizer que para cada
n.
é o único, a menos de isomorsmo, grupo cíclico de ordem
Também
Z
n,
é, a menos de
isomorsmo, o único grupo cíclico innito.
Questão 7.
Uma outra propriedade que mostra como os grupos cíclicos são particulares é que
todo subgrupo de um cíclico também é cíclico. De fato, dado um subgrupo
G,
escreva
que
G =< g >,
através de um gerador e tome
r=
mínimo {t
H
de um grupo cíclico
∈ Z, t > 0 | g t ∈ H }
Verique
H =< g r >.
Questão 8. Fugindo um pouco a sequência mostre que se G e S são dois grupos, então G × S =
{ (g, s) | g ∈ G, s ∈ S }
com a operação
(g, s)(g 0 , s0 ) = (gg 0 , ss0 )
é também um grupo.
Estendo o resultado acima considerando um conjunto nito
que
G1 × G2 × · · · × Gt
G 1 , G2 , . . . , G t
de grupos e mostre
é um grupo, com a operação denida termo a termo como no caso
Mostre também que caso
n = 2.
G1 , G2 , . . . , Gt seja grupos nitos, então a ordem de |G1 ×G2 ×· · ·×Gt | =
|G1 | |G2 | · · · |Gt |.
Vamos a seguir fazer outra aplicação do Teorema do Isomorsmo.
positivos primos entre si. Considere a função
Sejam
m, n
dois inteiros
θ : Z → Z/mZ × Z/nZ denida por θ(s) = (s + mZ, s +
nZ).
Questão 9.
Mostre que
θ
é um homomorsmo sobrejetivo de grupos cujo núcleo é
Para mostrar a sobrejetividade lembre que existe
dados
u, v ∈ Z
tais que
1 = um + vn.
mZ ∩ nZ.
Por causa disso,
a, b ∈ Z tomando-se c = vna + umb vamos ter que c − a = (vn − 1)a + umb ∈ mZ e igualmente
c − b ∈ nZ.
Mostre em seguida que
então concluir que
mZ ∩ nZ = mnZ (lembre
que
m
e
n
são relativamente primos). Podemos
Z/mZ × Z/nZ ' Z/mnZ.
Generalize em seguida, usando indução, esse resultado para um número nito de inteiros positivos
m 1 , m2 , · · · , m t ,
dois a dois primos entre si, mostrando que
Z/n1 Z × Z/n2 Z × · · · Z/nt Z ' Z/nZ,
8
onde
n = n1 n2 · · · nt
(Compare os fatos acima com o item (d), página 10, da Questão 8 nas Notas
IV.).
Voltando aos subgrupos normais temos que outro ponto vantajoso sobre eles é que podemos
combiná-los com outros subgrupos.
Denição. Sejam S e T
{ st | s ∈ S, t ∈ T }
s ∈ S,
e
também é um subgrupo de
S ∩ T = { 1 },
Caso
t∈T
Notação:
dois subgrupos de um grupo
então cada elemento de
e dizemos que
ST
é um
G
e assumimos que
S C G.
Então
ST =
G.
ST
st,
tem uma única representação na forma
produto semi-direto
de
S
e
com
T.
S o T.
As duas armações acima são de fácil vericação, assim como o seguinte resultado:
Teorema:
Sejam
S
e
T
dois subgrupos de de um grupo
G
com
S C G.
Então
S∩T CT
e
ST /S ' T /(S ∩ T ).
A demonstração desse resultado depende somente de observarmos que dados
aplicação
(st)S 7→ t(S ∩ T )
s ∈ S,
t∈T
e
é o isomorsmo do teorema. Esse resultado é conhecido como
a
Segundo
Teorema do Isomorsmo
Questão 10. Sejam S, T
que
dois subgrupos normais de um grupo
G
tais que
S ∩ T = { 1 }.
Mostre
ST ' S × T .
Caso tomemos um grupo abeliano
G
vamos observar que a condição de normalidade trivializa-
se, isto é, todo subgrupo é normal. Logo, dados quaisquer
podemos sempre construir o grupo
temos
soma direta
S, T
subgrupos de um grupo abeliano,
S + T = { s + t | s ∈ S, t ∈ T }.
e denotamos isso por
Caso
S ∩ T = {0}
dizemos que
S ⊕ T.
Podemos também estender essa construção a um número nito de subgrupos. Ficando só no caso
abeliano se
s i ∈ S i }.
que
S1 , . . . , S t
são subgrupos de
G
construímos
S1 + S 2 + · · · + S t = { s 1 + s 2 + · · · + s t |
Para termos soma direta precisamos de um pouco mais de cuidado, temos que exigir
Si ∩ (S1 + · · · + Si−1 + Si+1 + · · · + St ) = { 0 },
S1 ⊕ S2 ⊕ · · · ⊕ S t
para todo
i = 1, . . . , t.
Nesse caso escrevemos
para indicar esse fato (compare tudo isso com o caso de subespaços de um espaço
vetorial).
9
Mostre que nas condições acima
S1 ⊕ S2 ⊕ · · · ⊕ St ' S 1 × S2 × · · · × St .
Temos também para grupos um Teorema da Correspondência, como no exercício (14) da Questão (9)
da página 12, nas Notas IV.
Teorema da Correspondência:
sobre
Sejam
G
e
S
dois grupos e
ϕ
um homomorsmo sobrejetivo de
G
S.
1. Mostre que existe uma correspondência biunívoca entre o conjunto dos sugrupos de
contém
N (ϕ)
subgrupo de
e o conjunto de todos os subgrupos de
S,
então
ϕ−1 (T )
G.
é um subgrupo de
S.
Mais ainda, se
2. Explore essa correspodência vericando coisas como:
seções, preserva normalidade, preserva o índice, etc.
subgrupo de
T C S,
H
3. Seja
então
S,
então
ϕ−1 (T )
é um subgrupo de
G.
(Aqui também usamos que se
T C S,
então
G
T
que
é um
ϕ−1 (T ) C G).
ela preserva inclusões, preserva inter(Aqui também usamos que se
Mais ainda,
T
é um
(G : ϕ−1 (T )) = (S : T ),
e se
ϕ−1 (T ) C G).
um subgrupo normal de
G
que contém
N (ϕ)
e
T = ϕ(H).
(Use a Questão (5), página 6 para obter um homomorsmo
Mostre que
ψ : G/H → S/T
G/H ' S/T .
e depois verique
que é um isomorsmo.)
Vamos terminar este resumos com um resultado sobre grupos abelianos que nos será muito útil
no estudo dos corpos nitos.
Teorema da Decomposição Canônica
pn1 1 · · · pnt t
a fatoração de
n
Seja
em irredutíveis de
Z.
G
um grupo abeliano nito de ordem
Para cada
G(pi ) = {g ∈ G | |g| = pri
para algum
Temos então que
1.
G(p)
2. Se
é um subgrupo de
p1 6= p2 ,
3. Para todo
então
G,
para todo
p.
G(p1 ) ∩ G(p2 ) = { 0 }.
1 ≤ i ≤ t, |G(pi )|
é uma potência de
10
1≤i≤t
pi .
seja
r ≥ 0 }.
n.
Seja
n=
4. Para
g ∈ G
todo
existem
e
G = G(p1 ) ⊕ G(p2 ) ⊕ · · · ⊕ G(pt )
são
gi ∈ G(pi )
únicos
e assim
tais
g = g1 · · · gt ,
que
Vericação.
Z
é,
G ' G(p1 ) × G(p2 ) × · · · × G(pt ).
|G(pi )| = pni i
Juntando as conclusões dos itens (3) com (4) podemos concluir que
usando que
isto
(estamos
é um anel fatorial e a Questão 8 da página 8).
A demonstração dos dois primeiros itens é simples vericação.
p
(3). Uma questão que ainda não respondemos é se para todo irredutível
g ∈ G tal que |g| = p.
Isto é, se as componentes
G(pi ) são triviais ou não.
que divide
|G|
existe
Vemos demonstrar abaixo
que a resposta a essa pergunta é não, não são triviais, e com isso demonstramos também o fato de
G(pi )
que cada
Lema:
existe
[Cauchy] Seja
g∈G
de ordem
Seja
p.
um grupo abeliano nito e
|G| = p,
Como
e
G
Se
que divide
Z
|G| > p
G ' Z/pZ.
Logo
e vamos proceder por indução sobre
G
|G|.
Então
tem elemento
|G|.
|u| = pm para algum m ∈ Z, então g = mu tem ordem p.
< u > CG.
| < u > | = |u|).
Temos também que
elemento de ordem
p.
Tomemos o grupo quociente
Temos agora que
p | |h|.
Isto é, existe
Logo
p
|G/ < u > | < |G|.
h ∈ G
|h| = pm,
divide
G/ < u >
Suponhamos
|G/ < u > |,
pois
p
que tem ordem
e
n
|h+ < u > | = p.
Como
|G|/n
são relativamente
Logo, pela hipótese de indução
tal que
|h|(h+ < u >) = 0 (= 0+ < u >) em G/ < u >.
temos que
um irredutível de
p - n.
é abelianos
(lembrar que
p
pelo que vimos na Questão 6, página 8,
Suponhamos agora que
u ∈ G com u 6= 0.
|u| = n
primos.
Se
G
pi .
|g| = p.
com
Vericação.
que
tem ordem uma potência de
G/ < u >
|h|h = 0
tem
temos que
Novamente pela observação feita no m da página 3
como no início da demonstração, e assim
g = mh
tem ordem
p,
como queríamos demonstrar.
Voltando então ao Teorema da Decomposição Canônica, o lema acima nos diz que
para todo
|G(pi )|
G(pi ) 6= { 0 },
i = 1, . . . , t e como todos os elementos de G(pi ) tem ordem potência de pi , necessariamente
é uma potência de
pi .
Para mostrar o item (4) usamos uma forma generalizada do Teorema de Bezout:
1 ≤ i ≤ t
seja
ai =
comum diferente de
Q
±1.
nj
j6=i pj .
Observe que
n = pni i ai
e que os números
a1 , . . . , a t
não tem fator
São em conjunto relativamente primos. Por isso existem inteiros
11
Para cada
m1 , . . . , m t
1 = m 1 a1 + · · · + m t at
tais que
forma
i.
I = uZ
Logo
para algum
u = ±1
vericamos que
e assim
(Observe que o ideal
u ∈ Z.
I = Z.)
Como
Dado
gi = g mi ai ∈ G(pi ),
ai ∈ I ,
g ∈ G,
para todo
I = a1 Z + · · · + at Z,
para todo
temos que
i = 1, . . . , t
sendo principal, tem a
teremos que
u | ai ,
g = g 1 = g m1 a1 g m2 a2 · · · g mt at .
para todo
Basta agora
i = 1, . . . , t.
Isso mostra a existência da decomposição. Para vermos que vale a unicidade temos que vericar
se vale a condição da página 9:
G(pi ) ∩ (G(p1 ) + · · · + G(pi−1 ) + G(pi+1 ) + · · · + G(pt )) = { 0 },
para todo
i = 1, . . . , t.
Para fazer a vericação desse fato vamos em primeiro lugar vericar que dados
abeliano, se
|g| = a
e
|h| = b,
então
c(g + h) = 0,
Essa armação é claramente correta pois
c = au
e
c
onde
c = bv
g, h ∈ G,
é um mínimo múltiplo comum de
para
u, v ∈ Z.
Logo
(1)
grupo
a
e
b.
c(g + h) = cg + ch =
u(ag) + v(bh) = 0.
Pergunta:
Qual é a condição para que
Mais geralmente dados
a1 , . . . , a m .
Então
g1 , . . . , gm ∈ G
|g + h| = c?
tais que
Sugestão: estude
|gi | = ai
seja
c
< g > ∩ < h >.
o mínimo múltiplo comum de
c(g1 + · · · + gm ) = 0.
Vamos agora usar essa observação na vericação de que vale a equação (1). Sejam
para
j = 1, . . . , t
Seja
c
Mas
pi
|gi |
gi = g1 + · · · gi−1 + gi+1 + · · · gt .
o mínimo múltiplo comum de
potências de
cgi = 0,
tais que
p1 , . . . , pi−1 , pi+1 , . . . , pt .
|g1 |, . . . |gi−1 |, |gi+1 |, . . . , |gt |.
Pelo que vimos acima
Então
c
é um produto de
c(g1 + · · · gi−1 + gi+1 + · · · gt ) = 0.
também. Dessa maneira, pela observação feita no m da página 3 temos que
é uma potência de
que pode dividir
c
é
1.
gj ∈ G(pj )
pi
e os irredutíveis
Logo
gi = 0,
p1 , . . . , p t
|gi |
Logo
divide
c.
são distintos. Portanto a única potência de
cando demonstrado que a igualdade (1) vale.
Com isso o teorema ca demonstrado.
Questão 11.
abeliano
2
G
Usando a Questão 9, página 8, e a Questão 7, página 7, mostre que um grupo
é cíclico se e somente se
G(pi )
é cíclico para todo
i = 1, . . . , t.
Corpos de Raízes de um Polinômio não Constante
Antes de inciarmos com corpos nitos vamos apresentar alguns resultados que valem em geral,
para todos os corpos.
12
Observação.
A partir de agora vamos usar a notação
(f ) = f (x)F [x]
para o ideal principal de
um anel de polinômios. Isso vai deixar a equações mais curtas.
Observe inicialmente que o item (e), página 11, da Questão 12 das Notas IV tem como consequência o seguinte fato:
Proposição:
extensão
L
F
Seja
F
de
um corpo e
onde
h(x)
n = gr h(x),
Portanto, se
Vericação:
um polinômio não constante.
Então existe uma
tem todas as suas raízes.
existem
α1 , α2 , . . . , αn ∈ L
h(x) = (x − α1 )(x − α2 ) · · · (x − αn ).
tais que
Basta aplicarmos o item (e) acima mencionado sucessivamente. Isto é, pelo item (e)
que citamos existe extensão
g1 (x) ∈ L1 [x].
para algum
h(x) ∈ F [x]
existe uma extensão
L2
de
L1
onde
Se
gr h(x) > 1, g1 (x)
L1
onde
h(x) = (x − α1 )(x − α2 )g2 (x),
h(x)
g1 (x)
tem uma raiz
Em
L1 [x]
não é constante.
tem uma raiz
para algum
α1 .
α2 .
Em
g2 (x) ∈ L2 [x].
L2 [x]
temos
h(x) = (x − α1 )g1 (x),
Logo, pelo mesmo item (e),
teremos então a decomposição
Podemos repetir novamente o processo.
Vamos então repetindo esse processo até encontrarmos um corpo que tem todas as raízes de
Denição.
extensão
F,
K
de
Seja
F
F
é um
um corpo e
h(x) ∈ F [x]
corpo de decomposição
se todas as raízes de
h(x)
estão em
K
um polinômio não constante.
(também chamado de
Dizemos que uma
corpo de raízes )
e todo subcorpo intermediário
h(x).
F ⊂E&K
de
h(x)
sobre
não tem essa
propriedade.
Reformulando,
K
é um corpo de raízes de
h(x) = (x − α1 )(x − α2 ) · · · (x − αn ),
em
h(x)
K[x],
caso
h(x)
se decomponha em fatores de grau
e para todo corpo intermediário
1,
F ⊂ E & K , h(x)
não tenha uma decomposição desse tipo.
√
f = x2 + 3x − 3 ∈ Q[x]. O corpo de raízes de
√ f sobre Q é Q( 21).
√
−1 + −3
3
3
(b) Para f = x − 5 temos que Q( 5, ξ), onde ξ =
é uma raiz primitiva cúbica
2
√
√
√
3
da unidade, é o corpo de raízes de f sobre Q. De fato, as raízes de f são
5, ξ 3 5, e ξ 2 3 5 que
√
3
estão em Q( 5, ξ). Por outro lado qualquer corpo que contenha as três raízes deverá conter também
√ √
ξ = 3 5/ξ 3 5.
√
√
4
4
(c) Para f = x − 2 temos que Q( 2,
−1) é o corpo de raízes de f sobre Q.
Exemplos:
(a) Seja
(d) Claramente
C
x2 + 1
√ √
Q( 2, 3) é o
é o corpo de raízes de
(e) Verique como exercício que
sobre
R.
corpo de raízes de
x4 − 10x2 + 1
(f ) Agora se tomarmos um polinômio mais complicado como por exemplo
13
sobre
Q.
x3 +3x+6 que sabemos
ser irredutível pelo Critério de Eisenstein, então não temos uma descrição do corpo de raízes sobre
Q.
K
Mas ainda, se
valor de
[K : Q]
for o corpo de raízes desse polinômio sobre
3
que pode ser
ou
6
Q,
não sabemos a primeira vista o
(porque não pode ser outro número?).
Logo para podermos obter informações sobre o corpo de raízes de um polinômio que não seja
simples como nos exemplos (a) a (e) precisamos desenvolver uma teoria que permita fazer os cálculos.
Questão 12.
Seja
f ∈ F [x]
Para toda extensão intermediária
raízes de
f
sobre
um corpo de raízes
em
para
K
observe que
f ∈ E[x]
K
e mostre que
f
F.
sobre
é um corpo de
K
de
Para todo corpo
h(x)
F.
sobre
F
e todo polinômio não constante
h(x) ∈ F [x],
h(x) = (x − α1 )(x − α2 ) · · · (x − αn )
Mais ainda, se
em
existe
K[x],
K = F (α1 , α2 , . . . , αn ).
Vericação:
αn )
F ⊂E⊂K
um corpo de raízes de
E.
Corolário da Proposição:
então
K
um polinômio não constante e
L de F
Pela Proposição acima existe uma extensão
α1 , α2 , . . . , αn ∈ L.
e claro que se
Seja
F ⊂ E & K,
K = F (α1 , α2 , . . . , αn ) ⊂ L.
então alguma
h(x) = (x−α1 )(x−α2 ) · · · (x−
onde
Então
h(x)
tem todas as suas raízes
αi ∈
/ E.
Vamos a seguir demonstrar que o corpo de raízes de um polinômio é único a menos de isomorsmo.
F
Na verdade vamos demonstrar um pouco mais. Sejam
isomorsmo de corpos.
podemos estender
extensão de
ϕ
a
ϕ
F
0
dois corpos e seja
ϕ:F →F
0
um
Recordemos que pelo exercício 3, página 5, da Questão 4 das Notas IV
0
ϕ : F [x] → F [x]
a um isomorsmo
F [x])
e
(vamos usar o mesmo símbolo para a
pondo simplesmente
ϕ(ao + a1 x + · · · + an xn ) = ϕ(ao ) + ϕ(a1 )x + · · · + ϕ(an )xn .
Teorema da Unicidade:
constante
1.
f
f (x) ∈ F [x]
F [x]
2. Vamos assumir que
f
0
F , F , ϕ, F [x],
denotemos por
é irredutível em
com
Sejam
f
tendo uma raiz
0
e
0
F [x]
como acima.
f = ϕ(f ) ∈ F [x].
se e somente se
f
0
é irredutível em
é irredutível e que existem extensões
α∈L
e
f
Dado um polinômio não
0
0
tendo uma raiz
14
0
0
α ∈L.
0
F [x].
L
e
L
0
de
F
e
F
0
, respectivamente,
Então existe uma única extensão
ϕ1
ϕ
de
F (α)
a
F
restrição a
3. Sejam
tal que
K eK
ϕ
e:K →K
0
0
ϕ1 (α) = α .
ϕ
é igual a
0
Isto é, existe, e é único, isomorsmo
F
cuja restrição a
extensões de
Vericação:
ϕ
como
ϕ
a
cuja
0
f ef
0
, respectivamente (f qualquer). Então existe isomorsmo
ϕ.
é igual a
Mais ainda, caso cada fator irredutível de
[K : F ]
0
ϕ1 (α) = α .
tal que
corpos de raízes de
0
ϕ1 : F (α) → F (α )
f
ϕ
eé
Dizemos que
ϕ.
uma extensão de
tenha as raízes distintas, então existem exatamente
K.
O item (1) é o exercício 18 (a), página 14, da Questão 9 das Notas IV. No caso presente
é isomorsmo podemos aplicar o mesmo exercício em
ϕ−1
para obter a equivalência. Além
disso a armação do item (1) é de fácil vericação.
Já o item (2) é o exercício 18 (d), página 14, da mesma Questão 9 das Notas IV. Ou então
fazemos diretamente: seja
que
π
N (π) = (f ).
é sobrejetivo e
sobrejetivo com
0
0
N (π ) = (f ).
sobrejetivo e com
das Notas IV,
Observe agora que
ϕ1
0
ϕ1 : F (α) → F (α )
ϕ1
0
π(h(x)) = h(α).
0
0
0
π : F [x] → F (α )
Observe que temos também homomorsmo
0
0
o homomorsmo dado por
Correspondentemente seja
N (π ◦ ϕ) = (f ).
têm o mesmo núcleo,
particular
π : F [x] → F (α)
Sabemos
o homomorsmo
0
0
0
π ◦ ϕ : F [x] → F (α )
Denimos então, como no exercício 4, página 5, da Questão 4
pondo simplesmente
0
ϕ1 (π(h(x))) = π ◦ ϕ(h(x)).
Como
π
e
0
π ◦ϕ
é uma função. Verica-se trivialmente que é um homomorsmo.
π(h(x)) = h(α)
0
0
0
0
π ◦ ϕ(h(x)) = h (α ),
e que
0
ϕ1 (α) = ϕ1 (π(x)) = π ◦ ϕ(x) = α .
Finalmente, como
π
0
h = ϕ(h).
onde
Dessa forma, em
0
π ◦ ϕ são sobrejetoras, também
e
vai ser sobrejetora. Com isso demonstramos a existência de um isomorsmo
ϕ1
como descrito no
item (2) no teorema.
Observe agora que dois isomorsmos com a mesma restrição
levar
α
em
α
0
ϕ
a
F
e satisfazendo a condição de
serão necessariamente iguais. Com isso ca demonstrada a unicidade e terminamos a
vericação desse item.
[K : F ].
Finalmente chegamos ao item (3). Provaremos por indução sobre
decompõe em fatores lineares em
0
K =F
0
isto é, se
[K : F ] > 1, seja α uma raiz de f
α∈F
e
f = (x − α)g ,
também um corpo de raízes de
trocar
f
Logo também
por
g
f
Se
[K : F ] = 1, f
se decompõe em fatores lineares em
0
se
F [x]
e
ϕ
e = ϕ.
. Logo
Para
F [x].
0
então
g
e
p(x) um polinômio minimal de α sobre F .
0
α = ϕ(α)
sobre
F
e
K
0
é uma raiz de
f
0
e
0
é um corpo de raízes de
sem modicar o problema. Vamos então assumir que
15
0
0
sobre
F
f = (x − α )g
g
0
gr p(x) > 1.
Se
gr p(x) = 1,
. Nesse caso
0
K
é
. Logo podemos
Seja
pois
f
0
0
0
F (α)
f = pg ,
Se
com
tem todas as suas raízes em
Seja
F (α )
0
p = ϕ(p).
α
0
0
p.
uma das raízes de
com
0
ϕ1 (α) = α .
Agora
g ∈ F [x]
K
0
0
e as raízes de
0
f =pg
também
p
0
0
em
(conforme Questão 12). Igualmente
Pela hipótese de indução existe extensão
K
0
K
e
0
de
f
0
é um corpo de raízes de
ϕ1 .
0
0
f
F [x].
em
Claramente
ϕ
eé
K
0
,
.
f ∈ F (α)[x]
sobre
0
0
sobre
p
Seja
Seja
0
F (α ).
uma extensão de
gr p = m > 1.
Como vimos acima podemos supor que
tem raiz em
f ∈ F (α )[x]
Para vermos a última parte modicamos um pouco o argumento anterior.
irredutível de
0
ϕ a um isomorsmo ϕ1 : F (α) →
é um corpo de raízes de
ϕ
e:K →K
p
Logo
estão entre as raízes de
Usando o item anterior estendemos
[K : F (α)] < [K : F ]
0
F [x].
ϕ.
um fator
0
p = ϕ(p) ∈
0
F [x].
Como estamos supondo que
cisamente
p
0
tem
m =
gr p0
p
0
0
0
ϕi (α) = αi .
tal que
0
α1 , . . . , αm .
raízes distintas,
item (2) anterior, para cada uma das raízes
ϕi : F (α) → F (α )
p
tem raízes distintas, também
0
0
tem raízes distintas.
0
α1 , . . . , αm
de
p
0
Mais pre-
α ∈ K
Fixando-se uma raiz
αi , i = 1, . . . , m,
Como
0
de
p,
pelo
temos uma única extensão
são distintas, também
ϕ1 , . . . , ϕ m
são
distintos.
ϕi
Pela primeira parte desta demonstração do item (3), cada uma das
extensão
ϕ
ei : K → K
0
.
Recorde em seguida que
f
0
sobre
0
0
F (α ).
tem pelo menos uma
K
Agora porém
cada um dos isomorsmos
m[K : F (α)] = [K : F ],
ϕi
é um corpo de raízes de
f
F (α)
sobre
[K : F (α)] = [K : F ]/m < [K : F ],
tem
[K : F (α)]
extensões a
K.
e
K
0
é um corpo de raízes de
logo pela hipótese de indução
Logo o número total de extensões é
como armado.
Vejamos em seguida que não podemos ter mais do que
[K : F ]
extensões, isto é, vejamos que as
extensões encontradas acima representam todas as possíveis extensões.
Seja
θ:K →K
0
um isomorsmo tal que
anteriormente. Temos então que
existe
1≤i≤m
0
F (α) → F (α )
no item (2),
θ
tal que
restrito a
0
0
ϕ
F (α)
Portanto
(θ(α))
Vemos também que a restrição de
e satisfaz a condição
é igual a
Conclusão, o número de extensões é
Observação.
Mantemos a mesma raiz
0 = θ(p(α)) = p (θ(α)).
αi = θ(α).
que estende
θ|F = ϕ.
ϕi
e assim
[K : F ],
θ
0
θ(α) = αi .
θ
α∈K
é uma raiz de
a
F (α)
p
de
p
0
xada
e então
é um isomorsmo
Logo, pela unicidade estabelecida
é uma das extensões contadas anteriormente.
como queríamos.
Convém observar que o processo de indução descrito acima, pode ser visto como
um algorítimo recursivo para construir todas as extensões de
Vejamos qual é a idéia: sejam
ϕ
a
K.
β1 , . . . , βm as raízes distintas de p.
16
Num primeiro passo construímos
m
0
Num segundo passo, seja
0
βt 6= β1 .
Seja agora
0
0
F (αi )[x] e assim qi
F (β1 )[x],
em
como descrito acima.
q ∈ F (β1 )[x]
um fator irredutível de
p, temos q(βt ) = 0, para algum t.
as raízes de
e assim
0
ϕi : F (β1 ) → F (αi ),
extensões
0
0
qi
0
qi = ϕi (q) ∈ F (αi )[x],
é irredutível em
Como as raízes de
q
estão entre
Como no argumento anterior vamos supor que
terá suas raízes entre as raízes
também
p.
0
F (αi )[x]
para um
0
1 ≤ i ≤ m.
0
α1 , . . . , αm
de
0
p.
Teremos que
0
qi
0
0
qi (αi ) 6= 0.
Seja
divide
p
0
em
q
é irredutível
αjs
uma raiz de
Observe que como
e, em particular,
gr q > 1
0
0
qi .
Estendemos em seguida
αjs ,
ϕi
a um único isomorsmo
0
0
ϕi,js : F (β1 , βt ) → F (αi , αjs )
com
ϕi,js (βt ) =
pelo item (2) do teorema.
Como no caso inicial, obtemos uma extensão de
ϕi
para cada raiz de
0
qi .
Isto é,
ϕi
terá
gr qi0
extensões desse tipo.
ϕi
Em seguida vemos que cada
origem a
gr qi0
extensões de
dá origem a um
0
qi ,
todos com o mesmo grau, e cada um deles dá
ϕi .
Temos assim um processo que vai subindo de
F
para
K
contando o número de extensões em
cada etapa.
Por exemplo para
√
K = Q( 3 5, ξ) como no exemplo (b) de página 13, temos que id tem 3 extensões
distintas
√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
3
3
ϕ1 = id : Q( 5) → Q( 5), ϕ2 : Q( 5) → Q(ξ 5), ϕ3 : Q( 5) → Q(ξ 2 5),
x3 − 5. Cada uma delas terá 2 extensões distintas para K . Observe que
√
√
K = F (ξ 3 5), onde F = Q( 3 5). Neste caso temos só duas etapas para ir de Q à K . Sejam então as
√
√
3
extensões de ϕ1 à K : ϕ1,1 = id e ϕ1,2 caracterizada por ϕ1,2 (ξ
5) = ξ 2 3 5 (logo ϕ1,2 (ξ) = ξ 2 ).
√
√
√
√
3
As extensões de ϕ2 são: ϕ2,1 (ξ
5) = ξ 2 3 5 (logo ϕ2,1 (ξ) = ξ ) e ϕ2,2 (ξ 3 5) = 3 5 (logo ϕ2,2 (ξ) =
uma para cada raiz de
ξ −1 = ξ 2 ).
Analogamente construímos as extensões de
de
ϕ3 levando ξ
√
3
5 em cada uma das outras duas raízes
x3 − 5.
Questão 13.
Faça
uma
√ √
√ √
Q( 4 2, −1) → Q( 4 2, −1)
Corolário:
sobre
F.
Sejam
F
construção
semelhante
para
obter
todos
os
8
isomorsmos
de
correspondente ao exemplo (c) da página 13.
um corpo,
f ∈ F [x]
Então exite isomorsmo
não constante, e sejam
σ:K→K
0
K
e
K
0
que deixa os elementos de
17
dois corpos de raízes de
F
xos ponto a ponto.
f
Mais ainda, caso cada fator irredutível de
f
[K : F ]
tenha raízes distintas, então temos
desses
isomorsmos.
Vericação:
Dizer que
σ
a
F
Basta aplicar o teorema anterior com
σ
deixa os elementos de
F
ϕ = id,
σ
como uma
Um outro ponto que convém destacar e que caso
e
g
F.
xos ponto a ponto é o mesmo que dizer que a restrição de
é igual a id. Observe que podemos ver
1, . . . , m, seja a decomposição de f
onde id é a função identidade de
F -transformação
f = pn1 1 · · · pnmm ,
em fatores irredutíveis de
linear de
com
ni > 0
K
em
K
0
para todo
.
i =
F [x] e tomarmos g = p1 · · · pm , então f
tem o mesmo conjunto de raízes, embora com multiplicidades diferentes, e portanto pelo corolário
da página 12 tem mesmo corpo de raízes.
A hipótese de que cada fator irredutível de
f
tem raízes distintas signica que cada
pi
tem raízes
distintas.
No teorema acima necessitarmos que cada fator irredutível de
f (x) tenha raízes distintas.
Polinômios
com essa propriedade recebem um nome especial:
Denição. Dizemos que um polinômio f (x) ∈ F [x] é separável se cada fator irredutível de f (x)
tem raízes distintas. Dizemos também que os fatores irredutíveis de
f (x)
tem raízes simples.
No momento pode não ser claro que um polinômio irredutível possa ter alguma raiz com multiplicidade
3
> 1.
Depois do estudo sobre corpos nitos voltaremos a esse ponto.
Fecho Algébrico de um Corpo
Vamos agora denir fecho algébrico de um corpo e demonstrar que todo corpo tem um único, a
menos de isomorsmo, fecho algébrico. Os argumentos que vamos usar são semelhantes aos usados
na seção anterior.
Recordemos que um corpo
stante
f ∈ Ω[x]
Ω
é chamado de algebricamente fechado se todo polinômio não con-
tem uma raiz em
Ω.
Logo todos os irredutíveis de
Ω[x]
são polinômios de grau
1.
Recordemos também que uma extensão
K
de um corpo
18
F
é chamada de algébrica se todo
α∈K
for algébrico sobre
F,
i.e., existe polinômio não constante
Denição. Seja F
Dizemos então que
Questão 14.
Ω
um corpo e
é um
F
Seja
Teorema:
Todo corpo
Ω uma extensão algébrica de F
fecho algébrico
Ω
um corpo e
Ω
intermediária. Mostre que
F
f ∈ F [x]
de
tal que
tal que
f (α) = 0.
Ω é algebricamente fechado.
F.
um fecho algébrico de
também é um fecho algébrico de
F.
Seja
F ⊂E ⊂Ω
uma extensão
E.
tem um fecho algébrico.
Vericação Construirmos inicialmente um corpo onde todos os polinômio não constantes de F [x]
tenham raiz. Fazemos isso generalizando o processo usado no no item (d) do exercício 12 da página 11
das Notas IV.
f ∈ F [x] vamos denir um símbolo Xf
Para cada polinômio não constante
f ∈ F [x],
gr f ≥ 1 }.
X.
variáveis de
Seja agora o anel de polinômio
Um elemento típico de
F [X ]
X = { Xf |
constituído de todos os polinômios em
tem a forma
i
X
F [X ]
e tomamos
i
af1 ,...,fn Xff11 · · · Xffnn , af1 ,...,fn ∈ F,
f1 ,...,fn ∈F [x]
que não é nada bonita.
Tomemos agora
I
o ideal de
não constante. Armamos que
existem
f1 , . . . , fn ∈ F [x]
e
F [X ] gerado por todos os elementos da forma f (Xf ), com f (x) ∈ F [x],
I 6= F [X ].
Suponhamos o contrário, para chegar a um absurdo. Logo
g1 , . . . , gn ∈ F [X ]
tais que
g1 f1 (Xf1 ) + · · · + gn fn (Xfn ) = 1.
Seja agora
K
f1 , . . . , fn
um corpo onde
tomarmos um corpo de raízes de
Xf
tem uma raiz, que vamos chamar de
h = f1 f2 · · · fn
que aparecerem nos polinômios
(†)
g1 , . . . , gn
para obtermos o corpo
que forem diferentes de
Trocando-se agora todas as variáveis que aparecem na equação
obter
0 = 1;
maximal
m
corpo. Seja
a contradição procurada. Logo
de
F [X ]
contendo
π : F [X ] → E
é injetiva. Identicando
que
π(f (Xf )) = 0,
I.
Seja
I
é um ideal próprio de
E = F [X ]/m,
para todo
f ∈ F [x],
E
π(Xf )
tomamos
αf = 0.
αs
vamos
F [X ] e podemos tomar um ideal
m
é maximal,
E
temos que a restrição de
como uma extensão de
não constante. Logo
19
Para todas as variáveis
pelos correspondentes
I ∩ F = {0}
podemos considerar
Observe que basta
Xf1 , . . . , Xfn
o anel quociente. Como
a projeção canônica. Como
F = π(F ),
(†)
K.
αi .
é uma raiz de
F.
é um
π
a
F
Observe agora
f = π(f )
(lembrar
F = π(F )).
que
Tomamos agora
página 1, das Notas III. Logo todo
F1
ainda
F1
E
como no item (iv) da denição,
tem raiz em
F2
também é uma extensão algébrica de
Mais
F.
F1
Em seguida repetimos essa construção com
g ∈ F1 [x]
em
f ∈ F [x] não constante tem raiz em F1 , pois tem raiz em E .
é uma extensão algébrica de
tal que todo
F
o fecho algébrico de
e
F.
F2
no lugar de
F
de
F1
Por transitividade
F2
e obtemos uma extensão
é uma extensão algébrica de
F1 .
F2
Vamos repetindo esse processo e obtemos uma cadeia
F = Fo ⊂ F1 ⊂ F2 ⊂ · · · ⊂ Fi ⊂ Fi+1 ⊂ · · ·
Tomamos agora
Vejamos que
exite
j≥0
Ω=
Ω
tal que
S∞
j=0
Fj ,
que é uma extensão algébrica de
Pela construção feita,
g
tem raiz em
Fi
pois cada
g ∈ Ω[x]
é algebricamente fechado. De fato, se
g ∈ Fj [x].
F,
é algébrico sobre
F.
é um polinômio não constante,
Fj+1 ⊂ Ω.
A seguir queremos mostrar que o fecho algébrico é único, a menos de isomorsmo. Vamos demonstrar um pouco mais.
Teorema:
de
Fi ,
para
Seja
ϕ : F1 → F2
i = 1, 2.
um isomorsmo entre dois corpos
Então existe um isomorsmo
ϕ
e : Ω1 → Ω2
Vericação Seja E = { (E, ϕE ) } tais que F1 ⊂ E ⊂ Ω1
homomorsmo (injetivo) que estende
Como o par
(K, ϕK )
(F1 , ϕ) ∈ E
se e somente se
e
F2 .
Seja
Ωi
um fecho algébrico
ϕ.
que estende
é uma extensão de
F
e
ϕ E : E → Ω2
é um
ϕ.
temos que
E⊂K
F1
E 6 = ∅.
Ordenemos agora
e a restrição de
essa relação é uma relação de ordem parcial em
ϕK
a
E
E
é igual a
da seguinte maneira:
ϕE .
(E, ϕE ) ≤
Verica-se trivialmente que
E.
(Ei , ϕi ) ∈ E , para todo i ∈ I um subconjunto de E totalmente ordenado por essa
S
Tomando-se Eo =
i∈I Ei teremos uma extensão de F contida em Ω1 . Denimos ϕo : Eo →
Seja agora
relação.
Ω2
por
ϕo (α) = ϕi (α)
(Eo , ϕo ) ∈ E .
elementos de
Seja
Como
E
se
α ∈ Ei .
Verica-se facilmente que
(Ei , ϕi ) ≤ (Eo , ϕo ),
para todo
i∈I
ϕo
é um homomorsmo e portanto
concluímos que toda cadeia ascendente de
tem um extremo superior. Logo, pelo Lema de Zorn,
(K, ϕK ) ∈ E
um elemento maximal.
Vamos mostrar que
E
contém elementos maximais.
K = Ω1
ϕK
e que
tem
Ω2
como
imagem.
Vamos denotar por
K 0 a imagem de K
de corpos. Vemos também que
de
K
0
Ω2
por
ϕK
dentro de
Ω2 .
é uma extensão algébrica de
.
20
Logo
K
0
ϕK : K → K
0
é um isomorsmo
. Na verdade é um fecho algébrico
α ∈ Ω1
Suponhamos, por absurdo, que existe
K.
é algébrico sobre
ϕK
em
0
K [x].
Seja
Temos que
g(x) ∈ K[x]
g
0
ϕK
(K(α), ϕ1 ) está em E
a maximalidade de
(K, ϕK ).
Novamente supomos que existe
gr h > 1, pois β 6∈ K .
Temos que
que
e como
β ∈ Ω2
0
α
Com
α
0
α
F
é algébrico sobre
e seja
g
0
uma raiz de
estende-se a um isomorsmo
K = Ω1 ,
Logo
Como
um polinômio minimal de
também é irredutível. Tomemos
do Teorema da Unicidade, página 14,
Mas então o para
α 6∈ K .
com
também
sua imagem através de
g
0
em
Ω2 .
Pelo item (2)
0
0
ϕ1 : K(α) → K (α ) ⊂ Ω2 .
(K, ϕK ) < (K(α), ϕ1 ) obtemos uma contradição com
como queríamos. Vejamos agora que
0
0
com
β 6∈ K
h(x)
está na imagem de
. Seja
h ∈ K [x]
ϕK
0
K = Im ϕK = Ω2 .
um polinômio minimal de
ho ∈ Ω1 [x]
existe polinômio
β.
tal
ϕ(ho ) = h (Estamos usando a notação introduzida na página 14 antes do Teorema da Unicidade.).
Como
h
é irredutível, também
contradição com
0
K = Ω2 ,
Ω1
Ω1
Sejam
é irredutível, item (1) do Teorema de Unicidade. Mas isso é uma
ser algebricamente fechado, pois
como queríamos e
Corolário:
ho
e
Ω2
ϕ
e = ϕK
ho
é irredutível e tem grau
> 1.
Portanto
é o isomorsmo procurado.
dois fechos algébricos de um corpo
F.
Então
Ω1 ' Ω2 .
Vericação Basta aplicarmos o teorema acima com F1 = F2 = F e ϕ = id.
4
Corpos Finitos
Iniciamos por recordar o exercício 19, página 14, da Questão 9 das Notas IV. Se
K
é um corpo
nito, então
c(K) = p 6= 0 (c(K) é a característica de K , ver exercício 10, página 2, da Questão 1 das
Notas IV) e
[K : Fp ]
onde
p
é nito. Logo
K
tem
pn
elementos. Isto é, todo corpo nito tem
pn
elementos,
é a característica do corpo. Vejamos nosso primeiro resultado.
Proposição:
α∈K
1. Todo
K
Seja
um corpo nito com
é raiz do polinômio
pn
elementos.
n
xp − x ∈ F[x]
e
K
é o corpo de raízes desse polinômio sobre
F.
2. Se
K
0
for outro corpo nito com
restrição a
Fp
elementos, então existe um isomorsmo
é a identidade (Dizemos que
3. O grupo multiplicativo
temos que
pn
K×
θ
é um
é cíclico com ordem
K = Fp (δ).
21
θ:K→K
0
cuja
Fp -isomorsmo).
pn − 1.
Para
δ ∈ K×
um gerador desse grupo
ϕ : K → K
4. Seja
automorsmo de
K
Na verdade, dado
Vericação:
x
pn
− x.
Logo
a função dada por
tal que
α∈K
ϕ(α) = α
α ∈ K.
α ∈ K×
que é um grupo de ordem
n −1
α
temos que
e para todo
(1) Seja
αp
Logo
ϕn = id
ϕ(α) = αp ,
é raiz do polinômio
K
Finalmente, como
concluímos que
K
1≤r<n
α 6= 0,
pn − 1.
α ∈ K.
temos
pois
Fp -
0
é claramente raiz do polinômio
Pelo Corolário 2 da página 6, temos que
ou equivalentemente
n −1
αp
− 1 = 0.
n
xp − x.
tem
pn
elementos e todos são raízes do polinômio
corpo de raízes desse polinômio sobre
(2) Pelo item (1) todo corpo com
Fp
é um
ϕr 6= id.
n
xp − x
consiste no conjunto de todas as raízes desse polinômio. Logo
também assumindo que
ϕ
Então
α ∈ Fp .
se e somente se
Podemos assumir que
= 1,
para todo
que tem grau
K
pn ,
só pode ser o
Fp .
pn
n
xp − x
elementos é o corpo de raízes de
está contido em todo corpo de característica
p.
sobre
Fp .
Estamos
Basta então aplicarmos o
corolário da página anterior para terminarmos a demonstração deste item.
(3) Vamos agora usar que
a decomposição de
pn − 1
K×
é um grupo abeliano de ordem
em fatores irredutíveis de
mostrar que cada componente
G(pi )
de
K×
G(p)
G(p).
Para simplicar a notação vamos escrever
e
r
o correspondente
ni , e demonstrar
é cíclico.
Tomemos
de
pn − 1 = pn1 1 · · · pnt t
Pela Questão 11 da página 12 temos que
G(p) com ordem pr , onde p é qualquer um dos pi
simplesmente
Seja
é cíclica. Pelo comentário nal do Teorema da Decom-
|G(pi )| = pni i .
posição Canônica, página 10, sabemos que
que
Z.
pn − 1
α ∈ G(p) de forma que |α| = ps
Então se
temos que
|β|
divide
raiz do polinômio
temos que
β ∈ G(p)
ps .
s
teremos
β = ps(β) ,
Consequentemente
xp − 1.
seja o maior valor assumido pelas ordens dos elementos
Resulta disso que
para algum
β s = 1,
G(p)
s(β) ≤ s.
para todo
Logo, para todo
β ∈ G(p).
tem no máximo
ps
Isto é, todo
elementos. Como
β ∈ G(p),
β ∈ G(p)
é
|G(p)| = pr
r≤s
Por outro lado, como
|α| = ps ,
pelo Corolário 2 da página 6,
Juntando as duas desigualdades temos
s=r
cíclico. Isto é, cada uma das componentes
Seja agora
δ ∈ K×
tal que
e assim
G(pi )
K × =< δ >.
|α| = |G(p)|.
é cíclica e também
Claramente
22
F (δ) = K .
ps | pr = |G(p)|.
Logo
K×
Logo
G(p) =< α >
é cíclico.
s ≤ r.
é um grupo
(4) Aqui também vamos demonstrar um resultado preparatório.
Lema:
p∈Z
Sejam
1 ≤ s ≤ p − 1.
Então o coeciente binomial
p.
é divisível por
Vericação:
um irredutível e
p
p!
=
s
s!(p − s)!
Como sabemos que
p
p(p − 1) · · · (p − s + 1)
=
,
s
s!
é um número inteiro, necessariamente
de números menores do que o primo
(p − 1) · · · (p − s + 1)
em
(p − 1) · · · (p − s + 1)
s!
Z.
s.
s! divide o produto p(p−1) · · · (p−s+1).
Logo
Mas
s! e p são relativamente primos em Z.
s! é um produto
Portanto
s! divide
Assim,
é um número inteiro, e
p
(p − 1) · · · (p − s + 1)
s!
é um múltiplo de
p,
conforme armado.
Voltemos a demonstração do item (4). Claramente
sejam
α, β ∈ K .
Vejamos que
ϕ(1) = 1
ϕ(α + β) = ϕ(α) + ϕ(β),
e
ϕ(αβ) = ϕ(α)ϕ(β),
ou equivalentemente que
quaisquer que
(α + β)p = αp + β p .
Pela fórmula do Binômio de Newton sabemos que
p p−1
p p−2 2
p
(α + β) = α +
α β+
α β + ··· +
αβ p−1 + β p .
1
2
p−1
p
Pelo lema acima p divide todos os coecientes
para 1 ≤ s ≤ p − 1. Como K tem característica
s
p
p isso signica que para todo 1 ≤ s ≤ p − 1,
= 0. Logo (α + β)p = αp + β p , como queríamos.
s
Vemos assim que ϕ é um homomorsmo de anéis. Como K é um corpo, ϕ é injetivo. Finalmente,
p
como
K
p
é nito a injetividade implica que
Por outro lado, sabemos que
para
α ∈ K,
temos
αp = α
Observe em seguida que
ϕn = id
e para todo
Observação.
automorsmo.
Fp ⊂ K
ϕ é sobrejetivo.
j
(a) Um isomorsmo
O automorsmo
ϕ
α ∈ Fp .
, para todo
1 ≤ r < n, ϕr 6= id,
ϕ é um isomorsmo, como armado.
é exatamente o conjunto das raízes de
se e somente se
ϕj (α) = αp
Logo
Ou então,
j ≥ 0.
ϕ(α) = α
xp − x.
se e somento se
Portanto,
α ∈ Fp .
Pelo item (1) podemos então concluir que
completando a demonstração do teorema.
σ : K → K
de um corpo
K
nele mesmo é chamado de
do item (4) do teorema acima é chamado de automorsmo de
Frobenius.
23
(b) Dado um corpo
F
cuja restrição a
que é uma extensão de um corpo
é a identidade é chamado de
F -automorsmo de K
G(K; F ).
K
F,
um automorsmo de
F -automorsmo de K .
K, σ : K → K,
O conjunto de todos os
é um grupo em relação a composição de funções. Denotaremos esse grupo por
Convém observar que
G(K; F ),
em geral, não é abeliano e com frequência é trivial. Por
√
3
√
√
√ 3
G(Q( 2); Q) = { id }. De fato, dado σ ∈ G(Q( 3 2); Q), temos que σ( 3 2)3 = σ( 3 2 ) =
√
√
√
σ(2) = 2. Portanto σ( 3 2) é uma das raízes de x3 − x. Como σ( 3 2) ∈ Q(σ( 3 2)) ⊂ R, vemos que
√
√
√
√
σ( 3 2) é a única raiz de x3 − 2 em Q(σ( 3 2)). Logo σ( 3 2) = 3 2. Finalmente como a restrição de σ
exemplo
a
Q
é a identidade, vamos obter que
Denição.
Seja
K
σ = id.
uma extensão algébrica de um corpo
F.
O grupo
G(K; F )
é chamado de
grupo de Galois da extensão.
Recorde que denimos que um polinômio não constante
os seus fatores irredutíveis em
F [x]
f ∈ F [x]
como sendo separável se todos
tiverem raízes simples (Ver página 18, no m da Seção 3).
Denição. Seja K o corpo de raízes de um polinômio não constante e separável com coecientes
em um corpo
F.
Nessas condições
K
é chamado de uma extensão galoisiana de
Questão 15. Seja d ∈ Z um inteiro livre de quadrados.
é um
Q-automorsmo
Questão 16.
morsmo de
Fp
de
√
Q( d).
Mostre que a função
Verique em seguida que
Mostre que o único automorsmo de
é a identidade. Logo, para todo corpo
Q
K
F.
√
√
σ(a+b d) = a−b d
√
G(Q( d); Q) = { id, σ }.
é a identidade. Igualmente o único auto-
temos que um automorsmo
σ de K
restrito
ao seu corpo primo é a identidade.
Questão 17.
Sejam
K
uma extensão de um corpo
um polinômio não constante que tem uma raiz
Questão 18.
corpo de raízes de
Observe que
K
α ∈ K.
F
e
σ ∈ G(K; F ).
Mostre que
sobre
F.
f (x) ∈ F [x],
Usando o corolário da página 17 mostre que
é uma extensão galoisiana de
F.
24
f (x) ∈ F [x]
σ(α) também é uma raiz de f (x).
Dado um polinômio não constante com raízes distintas
f (x)
Seja também
seja
K
um
|G(K; F )| = [K : F ].
Questão 19.
G(K; F )
tem
Seja
[K : F ]
K
uma extensão galoisiana de um corpo
elementos. Denimos agora norma
Y
N (α) =
F.
N :K→F
Conforme a questão anterior
α∈K
pondo para cada
σ(α)
(2)
σ∈G(K;F )
N : K× → F ×
Mostre que
é um homomorsmo de grupos. Mostre também que ImN contêm
(F × )[K:F ] .
Questão 20.
G(K : Fp )
Seja
K
um corpo nito com
n
é cíclico de ordem
Questão 21.
Determine
pn
elementos. Mostre que
G(K : Fp ) ' Z/nZ.
(mostre que o automorsmo de Frobenius gera
G(K; Q)
onde
K
Isto é,
G(K : Fp )).
é o corpo de raízes dado nos exemplos (a), (b), (c) e
(e) da página 13.
Voltaremos aos corpos nitos depois de termos desenvolvido a Teoria de Galois, como o que cará
muito simples continuar o estudo.
Antes porém vamos apresentar um resultado com argumentos
elementares para mais tarde vermos o quanto ganhamos em usar a Teoria de Galois.
Teorema:
1. Se
Seja
K
um corpo nito com
Fp ⊂ E ⊂ K
c(K) = p (característica de K ) e n = [K : Fp ].
é um corpo intermediário, então
2. Para todo divisor positivo
m
de
n
m = [E : Fp ]
divide
Temos então:
n
existe (e é único) corpo intermediário
Fp ⊂ Em ⊂ K
com
m = [Em : Fp ].
3. Sejam
m
e
d
dois divisores positivos de
correspondentes. Então
Vericação.
m|d
n
e
Em , Ed
se e somente se
respectivamente, os corpos intermediários
Em ⊂ Ed .
(1) vale em geral para toda extensão intermediária:
[K : Fp ] = [K : E][E : Fp ].
Vejamos agora (2). Para isso vamos usar a seguinte identidade polinomial: sejam
s
e
t
dois inteiros
positivos, então
xst − 1 = (xs − 1)(x(s−1)t + x(s−2)t + · · · + xt + 1).
Para um divisor positivo
com
st = n
e
s = m,
m
obtemos
de
n
temos
n = mt.
pn − 1 = (pm − 1)`,
25
Substituindo-se
onde
x
por
(3)
p
na identidade acima,
` = p(m−1)t + p(m−2)t + · · · + pt + 1
é um
st = pn − 1
inteiro positivo. Usamos novamente a identidade (3) com
n −1
xp
em
Fp [x].
Logo todas as raízes de
−1
m −1
xp
Proposição da página 21, sabemos que
−1
K×
m −1
xp
divide
e
s = pm − 1
obtemos que
−1
n −1
xp
estão entre as raízes de
− 1.
Pelo item (1) da
n −1
xp
− 1.
tem
pm − 1
é exatamente o conjunto de todas as raízes de
Tiramos desse fato duas informações:
(a) todas as raízes de
n −1
xp
−1
são distintas. Consequentemente também
m −1
xp
−1
raízes distintas;
(b) Todas as raízes de
Seja agora
E ={
K
estão em
K.
m −1
xp
− 1 } ∪ { 0 }.
que são raízes da equação
Vemos que
m
xp − x.
teremos
m
m
α + β ∈ K.
m
m
E
consiste no conjunto de
Já vimos que dados
Recursivamente vericamos que também vale
α, β ∈ E ,
disso que dados
−1
todas as raízes de
todos os elementos de
(α + β)p = αp + β p .
m −1
xp
m
α, β ∈ K
m
m
(α + β)p = αp + β p
vale
. Resulta
Por outro lado
m
m
m
m
(αβ)p − αβ = αp β p − αβ p + αβ p − αβ = (αp − α)β p + α(β p − β) = 0,
e assim
αβ ∈ E .
Conclusão
E
é um subcorpo de
K
com
pm
[E : Fp ] = m,
como
Reciprocamente, se
m|d
elementos. Logo
queríamos.
(3) Se
Em ⊂ Ed ,
obtemos como acima que
está contido em
{
d = [Ed : Fp ] = [Ed : Em ][Em : Fp ]
então
m −1
xp
d −1
− 1 divide xp
todas as raízes de
d −1
xp
e
m | d.
×
={
− 1 e portanto Em
− 1 } = Ed× .
Logo
todas as raízes de
Em ⊂ Ed ,
n
pn
elementos.
xp − x ∈ Fp [x]
−1 }
como armado.
Em nosso estudo sobre corpo nitos ainda falta demonstrarmos que para todo
com
m −1
xp
n
existe um corpo
Ainda não podemos fazer isso porque não podemos garantir que o polinômio
sempre tem raízes distintas. Precisamos então estabelecer um critério para vericar
que um dado polinômio tem raízes distintas e então demonstrar a existência de corpos com
elementos, para todo
n ≥ 1.
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pn