Seja A um do - MAT-UnB

Alguns exercı́cios amais para vocês (as resoluções dos exercı́cios anteriores
começam na próxima pagina):
• Seja A um domı́nio. Mostre que se A[X] é Euclidiano então A é um corpo
(considere o ideal (a, X) onde a ∈ A − {0}).
• Sejam I, J dois ideais de um anel comutativo unitário A, e defina
I + J := {i + j : i ∈ I, j ∈ J}
IJ := {
n
X
ik jk : n ∈ N, i1 , . . . , in ∈ I, j1 , . . . , jn ∈ J}.
k=1
Mostre que I +J e IJ são ideais de A. Os ideais I e J são ditos “coprimos”
se I + J = A. Mostre que se I, J são coprimos então IJ = I ∩ J. Usando
o teorema de isomorfismo mostre que se I, J são coprimos então A/IJ ∼
=
A/I × A/J (teorema chinês dos restos).
• Em Q[X], calcule o inverso de X 6 − 2 modulo 2X 3 + 1 e viceversa.
• Seja vi : Q[X] → C definido por vi (P (X)) := P (i). Mostre que Im(vi ) =
a−ib
1
= (a+ib)(a−ib)
.
Q[i] é um corpo. Dica: escreva a+ib
• Seja I = {α ∈ Z[i] : N (α) é par}, o conjunto dos inteiros gaussianos de
norma par (lembre-se que N (a + ib) := a2 + b2 e mostrei hoje que Z[i] é
Euclidiano com ϕ = N ). Mostre que I E Z[i] e encontre um gerador de I
(que é um ideal principal pois Z[i] é Euclidiano).
• Mostre que (2) não é um ideal maximal de Z[i] (Dica: 2 = (1 + i)(1 − i)).
• Seja f : A → B um homomorfismo de aneis comutativos unitários e suponha que A, B 6= {0}. Mostre que se A é um corpo então f é injetiva.
• Seja f : C → C um homomorfismo de aneis tal que f (r) = r para todo
r ∈ R. Mostre que tem somente dois casos: f é a identidade ou f (a+ib) =
a − ib. Dica: calcule f (i)2 + 1.
• Seja A 6= {0} um anel comutativo unitário tal que A/I é um domı́nio de
integridade para todo ideal I de A diferente de A. Mostre que A é um
corpo. Dica: dado a ∈ A diferente de zero considere o ideal (a2 ).
1
Resoluções.
1. 19/04/16. Seja G um grupo abeliano aditivo e seja R = End(G) o conjunto dos homomorfismos de grupo G → G (os endomorfismos de G).
Mostre que R é um anel (em geral não comutativo) com as operações +,
◦ definidas por (f + g)(x) := f (x) + g(x) e (f ◦ g)(x) := f (g(x)) (soma e
composição).
A soma é associativa pois ((f + g) + h)(x) = (f + g)(x) + h(x) = (f (x) +
g(x)) + h(x) = f (x) + (g(x) + h(x)) = f (x) + (g + h)(x) = (f + (g + h))(x)
para todo x ∈ G, logo (f + g) + h = f + (g + h). O elemento neutro de + é
a função nula, f (x) = 0 para todo x ∈ G. O oposto de f é −f definido por
(−f )(x) := −f (x). Se trata de endomorfismos de G. A composição ◦ é
associativa pois ((f ◦g)◦h)(x) = (f ◦g)(h(x)) = f (g(h(x))) = f (g◦h(x)) =
(f ◦ (g ◦ h))(x). O elemento neutro de ◦ é a função identidade, f (x) = x
para todo x ∈ G (é um endomorfismo de G). Propriedades distributivas:
• (f ◦(g+h))(x) = f ((g+h)(x)) = f (g(x)+h(x)) = f (g(x))+f (h(x)) =
(f ◦ g)(x) + (f ◦ h)(x), logo f ◦ (g + h) = f ◦ g + f ◦ h. Observe que
usamos o fato que f respeita a operação de G.
• ((f +g)◦h)(x) = (f +g)(h(x)) = f (h(x))+g(h(x)) = (f ◦h+g◦h)(x),
logo (f +g)◦h = f ◦h+g ◦h. Observe que aqui usamos simplesmente
a definição de soma em R.
2. 19/04/16. Seja G o grupo aditivo cı́clico Z/nZ = {0, 1, 2, . . . , n − 1}.
Mostre que End(G) (definido no exercı́cio acima) é um anel comutativo.
Sabemos pelo exercı́cio anterior que End(G) é um anel com + e ◦. Se
f ∈ End(G) e m + nZ ∈ G então m é uma soma 1 + 1 + . . . + 1 logo
(identificando m com a classe m + nZ) f (m) = f (1 + 1 + . . . + 1) =
f (1) + f (1) + . . . + f (1) = mf (1), assim f é completamente determinado
pela imagem de 1, f (1) (observe que mf (1) é um produto em Z/nZ visto
como anel). Se f, g ∈ End(G) então f ◦ g(m) = f (g(m)) = f (mg(1)) =
mg(1)f (1), e g ◦ f (m) = g(f (m)) = g(mf (1)) = mf (1)g(1), então como
g(1)f (1) = f (1)g(1) (pois Z/nZ, visto como anel, é comutativo) obtemos
f ◦ g = g ◦ f . Isso mostra que End(G) é um anel comutativo.
Observe também que End(Z/nZ) (o anel dos endomorfismo do grupo aditivo Z/nZ) é isomorfo a Z/nZ (o anel quociênte Z/nZ) via o isomorfismo
ϕ : End(Z/nZ) → Z/nZ definido por ϕ(f ) := f (1).
3. 19/04/16. Mostre que Z/nZ com as operações (x + nZ) + (y + nZ) :=
(x + y) + nZ e (x + nZ) · (y + nZ) := xy + nZ é um anel comutativo. É
um domı́nio de integridade?
Já vimos em sala de aula que Z/nZ é um anel quociênte comutativo.
Observe que se n não é primo então existem a, b inteiros maiores de 1 tais
que ab = n, assim no quociênte (a + nZ)(b + nZ) = n + nZ = 0, logo Z/nZ
não é um domı́nio de integridade. Por outro lado se n = p é primo então
2
Z/nZ é um domı́nio de integridade, pois um produto (a + pZ)(b + pZ) é
igual a zero se e somente se ab ∈ pZ, isto é, p divide ab. Mas como p é
primo, e divide ab, p divide um entre a e b, logo uma das classes a + pZ
e b + pZ é zero. Isso mostra que Z/nZ é um domı́nio de integridade se
e somente se n é um número primo (e nesse caso se trata de um corpo
pois um domı́nio de integridade finito é sempre um corpo: veja o próximo
exercı́cio).
4. 19/04/16. Seja A um domı́nio de integridade de cardinalidade finita. Mostre que A é um corpo. [Dica: dado a ∈ A diferente de zero considere a
função A → A dada pela multiplicação por a.]
Dado a ∈ A diferente de zero, queremos mostrar que a tem inverso em A,
em outras palavras, que existe b ∈ A tal que ab = 1. Considere a função
f : A → A dada por f (x) := ax. Ela é injetiva pois se f (x) = f (y) então
ax = ay logo a(x − y) = 0 e como a 6= 0 e A é um domı́nio de integridade,
obtemos x − y = 0, isto é, x = y. Isso mostra que f é injetiva. Como
A é um conjunto finito, o princı́pio da casa dos pombos mostra que f é
sobrejetiva, assim existe b ∈ A tal que f (b) = 1, isto é, ab = 1.
5. 19/04/16. Sejam A, B aneis e seja A × B o produto direto de A e B,
com as operações (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) e (a, b)(c, d) = (ac, bd),
elementos neutros (0, 0) e (1, 1). Mostre que A × B é um anel e que não
é um domı́nio de integridade.
A verifica que A × B é um anel é facil. Não é um domı́nio pois (1, 0) 6=
(0, 0), (0, 1) 6= (0, 0) mas (1, 0)(0, 1) = (0, 0).
6. 19/04/16. Dado um domı́nio de integridade A, mostre que f : A → K(A),
a 7→ a1 é um homomorfismo injetivo de aneis.
Temos f (1) = 1/1, f (a + b) = a/1 + b/1 = (a + b)/1 e f (ab) = ab/1 =
(a/1)(b/1), logo f é homomorfismo de aneis. É injetivo pois ker(f ) = {0},
de fato se f (a) = 0 então a/1 = 0, isto é, a · 1 = 1 · 0 logo a = 0.
7. 26/04/16. Seja f : A → B um homomorfismo de aneis e seja J um ideal
de B. Mostre que f −1 (J) = {a ∈ A : f (a) ∈ J} é um ideal de A. É
verdade que se I é um ideal de A então f (I) é um ideal de B?
Seja I := f −1 (J). É claro que 0 ∈ I pois f (0) = 0 ∈ J. Se x, y ∈ J então
f (x + y) = f (x) + f (y) ∈ J pois f (x), f (y) ∈ J logo x + y ∈ I, e se x ∈ I
e a ∈ A então f (ax) = f (a)f (x) ∈ J pois f (a) ∈ B, f (x) ∈ J e J é um
ideal de B, logo ax ∈ I. Em particular escolhendo a = −1 obtemos que
se x ∈ I, −x ∈ I. Isso mostra que I é um ideal. Se I é um ideal qualquer
de A então em geral f (I) não é um ideal de B, por exemplo considere a
inclusão f : Z → Q, f (z) := z. É claro que Z é ideal de Z mas f (Z) = Z
não é ideal de Q (pois os únicos ideais de Q são (0) e Q, sendo Q um
corpo).
3
8. 26/04/16. Seja f : A[X] → A a função definida por f (P (X)) := P (0).
Mostre que f é um homomorfismo de aneis e que
I = ker(f ) = {XP (X) : P (X) ∈ A[X]}.
Mostre que A[X]/I ∼
= A.
f é homomorfismo de aneis pois f (0) = 0, f (1) = 1 e f (P (X) + Q(X)) =
P (0) + Q(0) = f (P (X)) + f (Q(X)) e f (P (X)Q(X)) = P (0)Q(0) =
f (P (X))f (Q(X)). f é sobrejetivo pois se a ∈ A então visto a como
polinômio (constante) temos f (a) = a. Vamos mostrar que I = ker(f ) =
{XP (X) : P (X) ∈ A[X]}. A inclusão ⊇ é facil pois f (XP (X)) =
0P (0) = 0, vamos mostrar a inclusão ⊆. Seja F (X) ∈ I = ker(f ) (isto
é, F (0) = 0), escrevemos F (X) = a0 + a1 X + a2 X 2 + . . . + an X n , assim
F (0) = 0 significa a0 = 0, logo F (X) = a1 X +a2 X 2 +. . .+an X n = X(a1 +
a2 X + . . . + an X n−1 ). Logo escolhendo P (X) = a1 + a2 X + . . . + an X n−1
obtemos que F (X) pertence a {XP (X) : P (X) ∈ A[X]}. O fato que
A[X]/I ∼
= A segue do teorema de isomorfismo.
9. 26/04/16. Sejam A(X) = 6X 4 + X 2 + 1, B(X) = X 2 − 2 em Z[X]. Faça
a divisão com resto de A(X) por B(X).
6X 4 + X 2 + 1
6X 4 − 12X 2
13X 2 + 1
13X 2 − 26
27
X2 − 2
6X 2 + 13
Obtemos que A(X) = B(X)Q(X)+R(X) onde Q(X) = 6X 2 +13 (quociênte)
e R(X) = 27 (resto).
10. 26/04/16. Sejam A(X) = −2X 5 − 2X 4 − 6X 3 − X 2 − X − 3, B(X) =
−X 2 − X − 3 em Z[X]. Faça a divisão com resto de A(X) por B(X).
−2X 5 − 2X 4 − 6X 3 − X 2 − X − 3
−2X 5 − 2X 4 − 6X 3
−X 2 − X − 3
−X 2 − X − 3
0
−X 2 − X − 3
2X 3 + 1
Obtemos que A(X) = B(X)Q(X)+R(X) onde Q(X) = 2X 3 +1 e R(X) =
0. Em outras palavras B(X) divide A(X).
11. 26/04/16. Seja A um domı́nio de integridade e sejam P (X), Q(X) ∈ A[X].
Mostre que o grau(P (X)Q(X)) = grau(P (X)) + grau(Q(X)).
Escrevemos P (X) = an X n + P 0 (X) e Q(X) = bm X m + Q0 (X) com
grau(P ) = n, grau(Q) = m assim an 6= 0, bm 6= 0 e grau(P 0 ) < n,
grau(Q0 ) < m. Fazendo o produto P (X)Q(X) obtemos an bm X n+m +
4
R(X) com grau(R(X)) < n + m, e como A é um domı́nio de integridade
e an 6= 0, bm 6= 0, obtemos an bm 6= 0 logo grau(P (X)Q(X)) = n + m.
12. 26/04/16. Escreva e demonstre o teorema de isomorfismo para espaços
vetoriais sobre R. Se V é um espaço vetorial e W é um subespaço, V /W =
{v + W : v ∈ V } é um espaço vetorial com a multiplicação por escalar
dada por a(v + W ) := av + W (para todo a ∈ R, v ∈ V ). Consegue
calcular dim(V /W )?
Um homomorfismo de espaços vetoriais (sobre um corpo k) é uma função
linear f : V → U entre espaços vetoriais V, U . Seja W = ker(f ). V /W =
{v +W : v ∈ V } é um espaço vetorial com multiplicação por escalar dada
por a(v + W ) := av + W (observe que para definir V /W não precisamos
de nenhuma condição ulterior em W , basta que W seja um subespaço).
Temos que ϕ : V /W → U dada por ϕ(v + W ) := f (v) é um isomorfismo
de espaços vetoriais: de fato, é um isomorfismo de grupos aditivos pelo
teorema de isomorfismo de grupos, e é k-linear pois ϕ(a(v + W )) = ϕ(av +
W ) = f (av) = af (v) = aϕ(v + W ). Logo V /W ∼
= Im(f ). Lembre-se que
dim(V ) = dim(ker(f )) + dim(Im(f )) e ker(f ) = W , logo dim(V /W ) =
dim(Im(f )) = dim(V ) − dim(W ).
13. 28/04/16. Usando o algoritmo de Euclide encontre um gerador do ideal
(360, 12705) de Z (ideal gerado).
12705 360
1
0
12705
0
1
360
1
−35
105
−3
106
45
7
−247
15
Os quociêntes são 35, 3, 2. O algoritmo terminou pois o próximo resto
seria zero (15 divide 45). Obtemos que
12705 · 7 + 360 · (−247) = 15 = M DC(12705, 360).
14. 28/04/16. Usando o algoritmo de Euclide encontre um gerador do ideal
(X 5 + 2X 3 + X 2 + 1, X 2 + X − 2) de Q[X] (ideal gerado). Em outras
palavras, encontre o maior divisor comum dos dois geradores.
X 5 + 2X 3 + X 2 + 1
1
0
1
1
6
A(X)
X2 + X − 2
0
1
−X 3 + X 2 − 5X
− 16 X 3 + 16 X 2 − 65 X + 1
B(X)
5
X 5 + 2X 3 + X 2 + 1
X2 + X − 2
−6X 2 + 10X + 1
8
11
3X − 6
1935/384
1 3
3
2
onde A(X) = 1 − 16 (− 94 X + 141
64 ) e B(X) = −X + X − 5X − (− 6 X +
5
9
141
1 2
6 X − 6 X + 1)(− 4 X + 64 ).
384
A(X)
Observe também (mesmo que não seja pedido do exercı́cio) que 1935
384
5
3
2
2
é o inverso de X + 2X + X + 1 no anel Q[X]/(X + X − 2) e 1935 B(X)
é o inverso de X 2 + X − 2 no anel Q[X]/(X 5 + 2X 3 + X 2 + 1). O maior
divisor comum entre X 5 + 2X 3 + X 2 + 1 e X 2 + X − 2 é 1 (observe que o
maior divisor comum é definido a menos de multiplicar por um elemento
invertı́vel, isto é, uma constante não nula). Eles são polinômios coprimos.
Isso implica que (X 5 + 2X 3 + X 2 + 1, X 2 + X − 2) = (1) = Q[X].
15. 28/04/16. Seja A um anel (comutativo unitário) e seja f : A[X] → A a
função definida por f (P (X)) := P (0), isto é, f (a0 + a1 X + . . . + an X n ) :=
a0 . Usando o teorema de isomorfismo, mostre que A[X]/(X) ∼
= A (onde
(X) é o ideal principal gerado por X).
Se trata do exercı́cio 8, pois (X) = {XP (X) : P (X) ∈ A[X]}. A única
coisa diferente é a notação (X).
16. 28/04/16. Seja B um anel (comutativo unitário) e seja A um subanel
de B. Dado b ∈ B considere a função vb : A[X] → B definida por
vb (P (X)) := P (b):
vb (a0 + a1 X + . . . + an X n ) := a0 + a1 b + . . . + an bn .
Mostre que se trata de um homomorfismo de aneis. Considere agora o
caso A = R e B = C, b = i (assim i2 = −1). Mostre que ker(vi ) é o ideal
principal gerado por X 2 + 1 (Dica: dado P (X) ∈ ker(vi ) faça a divisão
com resto de P (X) por X 2 +1). Usando o teorema de isomorfismo, deduza
que
C∼
= R[X]/(X 2 + 1).
Esse exercı́cio foi resolvido em sala de aula (notas de aula do dia 3 de
maio).
17. 03/05/16. Qual é o núcleo de vi : Z[X] → C, P (X) 7→ P (i)? Aplique o
teorema de isomorfismo para escrever Z[i] como quociênte de Z[X].
Vamos mostrar que ker(vi ) = (X 2 + 1). Para fazer isso mostraremos
as duas inclusões. Se P (X) ∈ (X 2 + 1) então P (X) = (X 2 + 1)A(X)
com A(X) ∈ Z[X] e vi (P (X)) = vi ((X 2 + 1)A(X)) = (i2 + 1)A(i) = 0
pois i2 = −1. Isso mostra ⊇. Agora mostraremos a inclusão ⊆. Seja
P (X) ∈ ker(vi ), e fazemos a divisão com resto de P (X) por X 2 + 1
(pode ser feita, embora Z[X] não seja um domı́nio Euclidiano, pois o
coeficiente de grau máximo de X 2 + 1 é 1, que é invertı́vel em Z!), obtendo
P (X) = Q(X)(X 2 + 1) + R(X) com R(X) = 0 ou grau(R(X)) < 2. Se
R(X) 6= 0 então grau(R(X)) < 2 logo R(X) = a + bX com a, b ∈ Z,
assim R(i) = P (i) − Q(i)(i2 + 1) = 0 (pois P (X) ∈ ker(vi )) implica que
0 = R(i) = a+bi. Se b = 0 então a+bi = 0 implica a = 0 assim R(X) = 0,
6
o que é falso, então b 6= 0 e a + bi = 0 implica i = −a/b ∈ Q, contradição.
Logo R(X) = 0 e P (X) = Q(X)(X 2 + 1) ∈ (X 2 + 1).
Isso mostra que ker(vi ) = (X 2 + 1), logo pelo teorema de isomorfismo
Z[i] = Im(vi ) ∼
= Z[X]/(X 2 + 1).
18. 03/05/16. Calcule o núcleo de vi+1 : Q[X] → C, vi+1 (P (X)) := P (i + 1).
Seja α := i + 1. Observe que (α − 1)2 = −1, logo α é raiz do polinômio
(X −1)2 +1 = X 2 −2X +2. Por outro lado, α não é raiz de um polinômio de
grau 1 pois se aX + b ∈ Q[X] tem α como raiz, aα + b = 0 implica que α =
−b/a ∈ Q, contradição. Logo X 2 −2X +2 é um polinômio de grau mı́nimo
entre os polinômios que têm i+1 como raiz, logo ker(vi+1 ) = (X 2 −2X +2)
(veja a demonstração do fato que os ideais de um domı́nio Euclidiano
são principais, notas de aula do dia 28 de abril). Pode-se mostrar que
ker(vi+1 ) = (X 2 − 2X + 2) também mostrando as duas inclusões como
feito no exercı́cio anterior.
19. 03/05/16. Seja A um domı́nio de integridade e sejam a, b ∈ A. Mostre
que (a) = (b) se e somente se existe um elemento invertı́vel u ∈ A tal que
b = au.
Suponha (a) = (b), assim a divide b e b divide a. Escrevemos b = ac e
a = bd, assim a = bd = acd logo a(1 − cd) = 0. Como A é um domı́nio
de integridade, isso implica que tem dois casos: a = 0 ou 1 − cd = 0. No
primeiro caso a = 0 assim (a) = (0) = {0} e (a) = (b) implica que b = 0
logo b = a · 1 (pois a = b = 0) e podemos escolher u = 1. Suponha agora
que a 6= 0, assim estamos no segundo caso, 1 − cd = 0, assim cd = 1, logo
c é invertı́vel. Como b = ac, podemos escolher u = c.
Agora suponha que b = au com u invertı́vel. Para mostrar que (a) = (b)
basta mostrar que a divide b e b divide a. Como b = au, é claro que a
divide b. Por outro lado como u é invertı́vel a = bu−1 logo b divide a.
20. 03/05/16. Conte os ideais de Z/12Z.
Pelo teorema de correspondência, os ideais de Z/12Z = Z/(12) correspondem aos ideais de Z que contêm (12), e como os ideais de Z são principais
(sendo Z um domı́nio Euclidiano), um ideal que contem (12) tem a forma
(a) onde a é um divisor de 12, isto é, a ∈ {±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±12}.
Como 1 e −1 são invertı́veis, pelo exercı́cio anterior (a) = (−a) logo as
possibilidades para (a) são (1), (2), (3), (4), (6), (12), assim Z/12Z tem
6 ideais. O mesmo argomento mostra que o número de ideais de Z/nZ é
igual ao número de divisores positivos de n (isso é razoavel pois no caso
de Z/nZ todos os subgrupos aditivos são ideais, e o número de subgrupos
de um grupo cı́clico Cn é o número de divisores positı́vos de n).
21. 03/05/16. Mostre que Z/nZ é um corpo se e somente se n é um número
primo.
Veja o exercı́cio 3 acima.
7
22. 03/05/16. Mostre que se n > 1 é um inteiro, (n, X) E Z[X] não é um ideal
principal.
Suponha por contradição que (n, X) seja principal, (n, X) = (P (X)) para
algum P (X) ∈ Z[X]. Em particular P (X) divide n e X, logo a única
possibilidade é P (X) = 1 (como no caso já visto de n = 2), em particular
(n, X) = (P (X)) = (1) = Z[X], logo existem A(X), B(X) ∈ Z[X] tais
que nA(X) + XB(X) = 1. Substituindo X = 0 obtemos nA(0) = 1,
contradição pois n é um inteiro maior doque 1 e A(0) é um inteiro (os
únicos inteiros invertı́veis são 1 e −1).
23. 03/05/16. Mostre que (X) é um ideal maximal de Q[X] (considere v0 ).
Usando v0 (o homomorfismo de substituição v0 (P (X)) := P (0)), já vimos
que Q[X]/(X) ∼
= Q (nos exercı́cios 8 e 15). Logo Q[X]/(X) é um corpo
(sendo um anel isomorfo a Q, que é um corpo), então (X) é um ideal
maximal de Q[X] (lembre-se que A/I é um corpo se e somente se I é um
ideal maximal).
24. 03/05/16. Mostre que (X 2 − 1) não é um ideal maximal de Q[X] (quantos
ideais tem o quociênte?).
Como visto em sala de aula, o quociênte Q[X]/(X 2 − 1) tem quatro ideais
(correspondentes aos divisores 1, X − 1, X + 1, X 2 − 1 de X 2 − 1), logo
não é um corpo (um corpo tem somente dois ideais, os dois ideais triviais
(0) e (1)), logo (X 2 − 1) não é um ideal maximal (lembre-se que A/I é um
corpo se e somente se I é um ideal maximal).
25. 03/05/16. Seja a ∈ R. Mostre que R[X]/(X − a) ∼
= R.
Queremos aplicar o teorema de isomorfismo. Para fazer isso, considere
va : R[X] → R, o homomorfismo de substituição va (P (X)) := P (a). Ele
é sobrejetivo pois se r ∈ R então r é um polinômio constante e va (r) = r.
Para deduzir que R[X]/(X −a) ∼
= R usando o teorema de isomorfismo falta
mostrar que ker(va ) = (X − a). Vamos mostrar isso mostrando as duas
inclusões. Se P (X) ∈ (X − a) então P (X) = Q(X)(X − a) para algum
Q(X) ∈ R[X] logo va (P (X)) = va (Q(X)(X −a)) = Q(a)(a−a) = 0, assim
P (X) ∈ ker(va ). Isso mostra que (X − a) ⊆ ker(va ). Mostraremos agora
que ker(va ) ⊆ (X − a), seja então P (X) ∈ ker(va ). Queremos mostrar
que X − a divide P (X), e para fazer isso fazemos a divisão com resto
de P (X) por X − a (no domı́nio Euclidiano R[X] - lembre-se que se k é
um corpo, k[X] é um domı́nio Euclidiano) esperando que o resto seja 0.
Sejam então Q(X), R(X) in R[X] tais que P (X) = (X −a)Q(X)+R(X) e
grau(R(X)) < 1 ou R(X) = 0. Temos então R(X) = P (X)−(X −a)Q(X)
logo R(a) = P (a) − (a − a)Q(a) = P (a) = 0 pois P (X) ∈ ker(va ). Mas se
R(X) 6= 0 então como grau(R(X)) < 1, R(X) é um polinômio constante
não nulo com a como raiz, o que não é possı́vel. Isso mostra que R(X) = 0
assim P (X) = (X − a)Q(X) pertence ao ideal principal (X − a).
26. 03/05/16. Encontre o inverso de 691 + I no anel Z/I, onde I = (1039).
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Aplicando o algoritmo de Euclide temos
1039
1
0
1
−1
2
−137
139
−276
691
0
1
−1
2
−3
206
−209
415
1039
691
348
343
5
3
2
1
Os quociêntes são 1, 1, 1, 68, 1, 1. Logo −276 · 1039 + 415 · 691 = 1, assim
o inverso de 691 + I no anel Z/I é 415. De maneira analoga, se J = (691)
o inverso de 1039 + J em Z/J é −276 + J.
27. 03/05/16. Encontre o inverso de X 5 − 3 + I no anel Q[X]/I, onde I =
(X 2 + 2).
Aplicando o algoritmo de Euclide temos
X5 − 3
1
0
1
−(X/4 + 3/16)
X2 + 2
0
X5 − 3
1
X2 + 2
3
−X + 2X
4X − 3
1 + (X/4 + 3/16)(X 3 − 2X) 41/16
Os quociêntes são X 3 − 2X, X/4 + 3/16. O algoritmo termina aqui pois
41 16
o próximo resto seria zero, de fato 4X − 3 = 16
· 41 (4X − 3) (observe que
u = 41/16 é invertı́vel em Q[X], então ele divide todo polinômio). Logo
−(X/4 + 3/16)(X 5 − 3) + (1 + (X/4 + 3/16)(X 3 − 2X))(X 2 + 2) = 41/16
assim reduzindo modulo X 2 + 2 obtemos que −(X/4 + 3/16)(X 5 − 3) ≡
41/16 modulo X 2 + 2. Multiplicando pelo inverso de 41/16 obtemos que
16
− 41
(X/4 + 3/16)(X 5 − 3) ≡ 1 modulo X 2 + 2 (na verdade seria modulo
16
16
2
2
2
41 (X + 2), mas observe que os ideais ( 41 (X + 2)) e (X + 2) são iguais
16
pois 41 é invertı́vel - veja o exercı́cio 19 acima). Logo o inverso de X 5 −3+I
no anel Q[X]/I é − 16
41 (X/4 + 3/16) + I.
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