Notas de Aula III

Anéis comutativos,
Euclideanos, fatoriais, principais e Noetherianos
Nosso próximo passo no estudo de anéis e estudar condições de nitude para extensões e ver como
a nitude está relaciona com a resolução de equações.Vimos nas notas anteriores que anéis fatoriais
(e portanto os euclidianos também) são integralmente fechados. Repetindo a denição das Notas II,
Denição.
Seja
A
frações. Dizemos que
de
A[x] estiver em A.
um domínio de integridade (anel sem divisores de zero) e
A é integralmente fechado se todo x ∈ K
Isto é, para todo polinômio mônico
K
seu corpo de
que for raiz de um polinômio mônico
f (x) ∈ A[x] se f (α) = 0 com α ∈ K , então
α ∈ A.
Como
extensão
em
Z.
é fatorial (euclidiano) sabemos que é integralmente fechado, mas se tomarmos uma
Z
F
Q, F ⊂ C,
de
então podemos ter elementos de
F
que são inteiros sobre
Z
e não estão
Para ser mais preciso:
Denição. Sejam A e B
dois anéis tais que
(i) Dizemos que um elemento
tal que
(ii) Seja
de
A
α∈B
S = {x ∈ B | x
em
é inteiro sobre
B
(ou
B
é uma extensão de
A).
A se existir um polinômio mônico f (x) ∈ A[x]
é inteiro sobre
A }.
S
Dizemos que
é o fecho integral (ou fecho inteiro )
B.
(iii) Dizemos que
B
inteiro sobre
A.
A
é um subanel de
f (α) = 0.
Em particular dizemos que
(iv) Caso
A
e
B
A
é integralmente fechado em
B
se
S = A.
é uma extensão integral (ou extensão inteira ) de
sejam corpos tomamos
chamado de fecho algébrico de
S = {x ∈ B | x
A em B .
A
se todo elemento de
é algébrico sobre
Na verdade caso
AeB
A}
B
e nesse caso
for
S
é
sejam corpos trocamos em cada
cada um dos itens (i), (ii), (iii) inteiro por algébrico, extensão inteira por extensão algébrica e
fecho inteiro por fecho algébrico
1
Observação.
algébrico sobre
Recordemos do item (3) da Questão 22 das Notas II que um elemento
B
se existe polinômio
f (x) ∈ A[x],
Se aplicarmos essa denição ao caso em que
A
fecho integral de
em seu corpo de frações. Caso
não constante, tal que
α∈B
é
f (α) = 0.
B
é o corpo de frações de
A
A
seja integralmente fechado, conforme denição
temos que
S
é o
√
S = A. Mas isso não acontece em geral. Vimos o exemplo onde A = Z[ −3] e
√
√
√
−3
∈ Q( −3) é raiz de x2 + x + 1 e ω 6∈ Z[ −3]. Portanto Z[ −3] não é integralmente
anterior, então
√
ω=
−1 +
2
fechado e uma pergunta interessante é quem é seu fecho integral?
x2 + x + 1 que tem coecientes inteiros.
√
Logo ω é inteiro sobre Z e estará no fecho integral de Z em Q( −3). Observe que isso não contradiz
√
a armação de Z ser integralmente fechado pois Q( −3) não é o corpo de frações de Z.
ω
Nesse exemplo vemos também outro fato:
é raiz de
Vamos tratar dessa questão que envolve o problema de encontrar raízes inteiras para polinômios
com coecientes inteiros e vamos ver como isso leva ao estudo de ideais.
Vamos utilizar a seguinte notação: Dado um anel
A[α] = { h(α) | h(x) ∈ A[x] }.
B
que é uma extensão de
Aeα∈B
denotamos
A[α] = { ao + a1 α + · · · + an α | n ≥ 0, ao , a1 , . . . , an ∈ A }
Isto é,
é o conjunto de todas as possíveis combinações lineares com coecientes em
Combinando as questões 11 e 22 das Notas II vemos que
A
das potências de
α.
A[α] nem sempre é nitamente gerado sobre
A.
Teorema I: Sejam A e B
anéis onde
B
é uma extensão de
de integridade (logo tem corpo de frações). Para
1.
α
2.
A[α]
é inteiro sobre
é um
A-módulo
(1)
de
B
contendo
Claramente
=⇒
é um domínio
as seguintes condições são equivalentes:
e
M +M ⊂ M
isso ca provado (2). Como
α
que é um
M
tal que
A-módulo
nitamente gerado sobre
A
A.
αM ⊂ M .
um polinômio
M = { ao + a1 α + · · · + an−1 αn−1 | ao , a1 , . . . , an ∈
e seja
e para todo
Vemos também que
α
f (x) = co + c1 x + · · · + cn−1 xn−1 + xn ∈ A[x]
(2): Seja
módulo e é nitamente gerado sobre
1, α, α2 , . . . , αn−1 .
A
nitamente gerado
mônico e não constante que se anula em
A }.
B
nitamente gerado (ver no m da introdução a denição de módulo).
A0
A-módulo
Demonstração.
e assumimos que
A.
3. Existe um subanel
4. Existe um
α∈B
A
a ∈ A
temos que
aM ⊂ M .
Portanto
M
é um
A-
pois todos os seus elementos são uma combinação linear de
M ⊂ A[α].
f (x) é mônico,
Vamos vericar que vale a inclusão inversa e com
obtemos
2
αn = −(co + c1 α + · · · + cn−1 αn−1 ) ∈ M .
Vamos
em seguida vericar que
1, α, α2 , . . . , αk ∈ M ,
essa igualdade por
pois para todo
αk ∈ M ,
k ≥ n.
para algum
αk+1−n
obtemos
0 ≤ j ≤ n−1
para todo
k ≥ n + 1.
Como
Fazemos isso por indução. Suponha que
αn = −(co + c1 α + · · · + cn−1 αn−1 ),
multiplicando-se
αk+1 = −(co αk+1−n + c1 α1+k+1−n + · · · + cn−1 αn−1+k+1−n ) ∈ M ,
temos
j + k + 1 − n ≤ k.
Conclusão
M = A[α]
é um
A-módulo
nitamente gerado.
(2)=⇒ (3): Temos que
imagem do homomorsmo
A[α]
é um subanel de
θ : A[x] → B
B
dado por
com as propriedades exigidas. Anal
θ(h(x)) = h(α)
A[α]
é a
(a imagem de um homomorsmo
de anéis é sempre um subanel do contradomínio).
(3)=⇒ (4): Basta tomar
(4)=⇒ (1): Dado
Como
αM ⊂ M ,
para todo
M
que é um
como em (4) seja
existem
1 ≤ i ≤ r.
M = A[α]
aij ∈ A,
com
A-módulo
m1 , . . . , m r ∈ M
1≤i≤r
e
nitamente gerado e
um conjunto de geradores de
1≤j≤r
 
0
   
a11 − α
a12
...
a1r
  


m2  0


  
 a21

a − α ...
a
 .  =  .. 
. . . . . . . . . . . .22. . . . . . . . . . . . . . . 2a
. . . .
.  .. 
.
ar1
ar2
. . . arr − α    
mr
0

B.
Como
tais que
M
sobre
A.
αmi = ai1 m1 + . . . + air mr ,
Escrevemos as equações acima na forma matricial temos que o sistema

em
αM ⊂ M .

m1

tem solução não trivial
B é um domínio de integridade podemos considerar esse sistema como tendo coecientes
no corpo de frações de
B.
Portanto a existência de solução não trivial implica na matriz do sistema
ter determinante zero. Isto é: seja
matriz
U
a matriz desse sistema. Logo

det(U ) = 0.
Considerando-se a

a −x
a12
...
a1r
 11



U (x) =  a21
a22 − x . . .
a2a 
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ar1
ar2
. . . arr − x
vemos que seu determinante
for impar tomamos
inteiro sobre
det(U (x))
− det(U (x)))
é um polinômio mônico de grau
que tem
α
como raiz. Como
r
(Caso
det(U (x)) ∈ A[x]
r
seja par.
Se
r
α
é
concluímos que
A.
q.e.d.
Corolário I: Nas condições do teorema acima temos que todo β ∈ A[α] é inteiro sobre A.
Demonstração. Basta aplicarmos a condição (3), ou a condição (4), para vermos que β é inteiro.
3
Corolário II:
então
F [α]
F -espaço
é um
denotamos por
B
Assumindo-se que
F (α)
A
e
vetorial de dimensão nita. Mais ainda
e todo elemento de
α ∈ K
são corpos, obtemos: se
F (α)
é algébrico sobre
F [α]
é algébrico sobre
é um subcorpo de
K
F,
que
F.
Demonstração. Observe que α ser algébrico signica que é raiz de um polinômio não constante
f (x) = co + c1 x + · · · + cn−1 xn−1 + an xn ∈ F [x],
f (x)
Não há necessidade de assumirmos
a igualdade
f (α) = 0
teorema acima
F [α]
e obter que
α
F -espaço
é um
mônico, pois em um corpo podemos multiplicar por
é raiz de um polinômio mônico, no caso
sobre
F
elementos de
β ∈ F [α], β 6= 0.
e seja
F [α].
Vamos agora mostra que
Seja
β.
Nesse caso tomando-se
n
a dimensão de
F,
n+1
Temos
isto é, existem
Consequentemente
que não é constante pois algum
cj
é não
c1 6= 0.
tem inverso em
β
g(x)
F [α].
Observe que como
K
é corpo por hipótese,
sobre
g(x)
de grau
m
anulando-se em
mônico, o que, como vimos, é sempre possível, temos que
F,
como nas questões 10 e 22-(3).
Seja
0 = g(β) = bo + b1 β + · · · + bm−1 β m−1 + β m
(∗)
g(x)
é
g(x) = bo + b1 x + · · · +
Temos então que
bo 6= 0, pois caso contrário cancelando-se β
m−1
Seja
β : 1, β, β 2 , . . . , β n .
o menor natural tal que existe um polinômio
o polinômio mínimo de
e
β 6= 0
Logo, pelo
K.
0<m≤n
bm−1 xm−1 + xm .
F.
c1 + c2 β + c3 β 2 + · · · + cn+1 β n = 0.
h(x) = c1 + c2 x + c3 x2 + · · · + cn+1 xn
nulo e claramente não pode ocorrer apenas
tem inverso em
é algébrico sobre
Tomemos as potências de
não todos nulos tais que
é raiz do polinômio
β
F [α]
Logo essas potências tem que linearmente dependentes sobre
c1 , c2 , . . . , cn+1 ∈ F ,
β
a−1
n f (x).
a−1
n
vetorial de dimensão nita.
Vamos mostrar agora que todo elemento de
F [α]
conforme o item (3) da Questão 22 das Notas II.
anulando-se em
β.
na equação acima teríamos um outro polinômio de grau
Rearranjamos agora a equação
(∗)
na forma
1 = (−bo )−1 (b1 + · · · bm−1 β m−2 + β m−1 )β,
para concluir que
(−bo )−1 (b1 + · · · bm−1 β m−2 + β m−1 ) ∈ F [α]
é o inverso de
β.
q.e.d.
Podemos fazer uma analogia entre extensões de anel
de ser inteiro e ser algébrico. Para
mente algébrico sobre
é
K -espaço
α ∈ B,
A ⊂ B e de corpos F ⊂ K
respectivamente
α ∈ K, α
e entre os conceitos
é inteiro sobre
A,
respectiva-
F , se e somente se A[α] é A-módulo nitamente gerado, respectivamente F (α)
vetorial de dimensão nita.
4
Questão 1.
(A
⊂ B ⊂ C ).
Sejam
A, B ,
C
e
B
anéis onde
A
é uma extensão de
Mostre que todo
α∈C
que é inteiro sobre
No caso de corpos, que todo
α∈C
que é algébrico sobre
A
e
C
é inteiro sobre
A
é uma extensão de
B
B.
é algébrico sobre
B.
Qual a vantagem dessa relação entre nitude e ser inteiro? Para vermos isso vamos demonstrar
um resultado técnico que será muito útil.
Teorema II: Sejam A, B , e C anéis onde B é uma extensão de A e C é uma extensão de B (A ⊂
B ⊂ C ) e assumimos que C
como
A-módulo
A, B ,
e
C
C
Sempre que
K
[Q(i) : Q] = 2.
Já
C
é uma extensão de grau
[R : Q]
sobre
é uma extensão de
A, C
F
sobre
B
e
C
como
B -módulo e B
também é nitamente gerado.
B
a dimensão de
onde
sobre
K
[C : A], [C : B],
e
A.
como
F -espaço
vetorial é
[K : F ].
chamada de grau da extensão e denotado por
Por exemplo:
A-módulo
como
[C : A] = [C : B][B : A],
forem corpos vale que
são respectivamente as dimensões de
Denição.
C
forem nitamente gerados, então
Em particular se
[B : A]
é um domínio de integridade. Nessas condições se
2
de
R.
Nesse caso escrevemos
[C : R] = 2.
Também
é innito. Voltemos ao Teorema:
Demonstração. Sejam v1 , . . . , vn ∈ B um conjunto de geradores de de B sobre A e u1 , . . . , um ∈
C
um conjunto de geradores de
mamos que
sobre
B.
w∈C
e escreva
C
sobre
A.
e
C = Bu1 + . . . + Bum .
Ar-
A vericação de isso é verdade é um exercício simples:
w = α1 u1 + · · · + αm um
mos representá-lo em função dos geradores de
com
B = Av1 + · · · + Avn
Isto é:
{vi uj | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m } = {v1 u1 , v2 u1 , . . . , vn u1 , v1 u2 , v2 u2 , . . . , vn u2 , . . . , . . . , vn um }
é um conjunto de geradores de
tome
C
aij ∈ A.
Trocando-se cada
αi
com
B
α1 , . . . , αm ∈ B .
sobre
Como cada
αi
B,
Pn
está em
A, isto é, αi = ai1 v1 +· · ·+ain vn =
j=1
pode-
aij vj ,
pela representação que acabamos de escrever vamos obter
X
w=
aij vj ui .
1≤j≤n
1≤i≤m
Portanto a conjunto
A-módulo.
Caso
{ vi uj | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m }
é um conjunto de geradores de
C
como
Fica assim demonstrada a primeira parte do teorema.
A, B ,
e
C
sejam corpos tomaríamos
v1 , . . . , v n
e
u1 , . . . , u m
de geradores. Nesse caso teríamos que demonstrar que o conjunto
também é linearmente independente sobre
A
bases e não apenas conjuntos
{vi uj | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m }
para assim concluir que é uma base de
espaço vetorial. A contagem dos elementos das bases mostraria a igualdade
5
C
como
A-
[C : A] = [C : B][B : A],
terminado a demonstração.
Para provar que são linearmente independente segue-se o caminho inverso: sejam
1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m
X
bij vj ui =
m
n
X
X
i=1
1≤j≤n
1≤i≤m
Na última somatória temos
B
C
sobre
sobre
A,
B,
termos
logo
com
tais que
0=
de
bij ∈ A
Pn
j=1 bij vj
aij = 0
∈ B,
j=1 bij vj
Pn
= 0,
para todo
{ vi uj | 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m }
para todo
para todo
j = 1, . . . , n
!
bij vj
ui .
j=1
i = 1, . . . , m.
i = 1, . . . , m.
e para todo
Como
Mas
u1 , . . . , u m
v1 , . . . , v n
1 ≤ i ≤ m.
é linearmente independente sobre
A
é uma base
é uma base de
Portanto o conjunto
e assim é uma base de
C
sobre
A.
q.e.d.
Vamos agora aplicar o resultado acima para generalizar o Corolário I do teorema anterior. Para
A[α1 , . . . , αn ]
isso observe que podemos escrever
B2 = B1 [α2 ], · · · , A[α1 , . . . , αn ] = Bn−1 [αn ].
A[t1 , · · · , tn ] → B ,
cada
θ
onde
A[t1 , · · · , tn ]
f (t1 , . . . , tn ) ∈ A[t1 , · · · , tn ]
como o resultado de uma sequência:
Porém, podemos também considerar a função
é o anel de polinômios em
temos que
n
A-módulo.
Sejam
AeB
anéis onde
α1 , . . . , αn ∈ B
Logo todo
Em particular se
B.
A
θ :
e para
Podemos vericar que
Essa imagem é precisamente
A[α1 , . . . , αn ].
o que denotamos por
integridade. Sejam
indeterminadas sobre
θ(f (t1 , . . . , tn )) = f (α1 , . . . , αn ).
é um homomorsmo de anéis e assim sua imagem é um subanel de
Corolário:
B1 = A[α1 ],
e
B
é uma extensão de
inteiros sobre
β ∈ A[α1 , . . . , αn ]
A
B
A.
Então
é inteiro sobre
forem corpos, então
A e assumimos que B
A[α1 , . . . , αn ]
é um domínio de
é nitamente gerado como
A.
A[α1 , . . . , αn ]
é um
A-espaço
vetorial de dimensão
nita.
Demonstração.
Fazemos a demonstração por indução sobre
n.
Para
n = 1
consequência do Teorema I. Suponhamos que o resultado seja verdadeiro para todo
A[α1 , . . . , αk , αk+1 ] = B[αk+1 ],
onde
gerado por hipótese de indução.
B = A[α1 , . . . , αk ].
Como
αk+1
Temos então que
é interio sobre
A
A[α1 , . . . , αk , αk+1 ] é B -módulo nitamente gerado pelo caso n = 1.
A[α1 , . . . , αk , αk+1 ]
é um
A-módulo
nitamente gerado.
6
B
é
a armação é
n < k.
A-módulo
Tomemos
nitamente
também é inteiro sobre
B,
logo
Concluímos pelo Teorema II que
q.e.d.
O resultado anterior é muito útil e uma aplicação direta dele é o exercício abaixo:
Questão 2.
em
B.
Sejam
S
Mostre que
A
e
B
dois anéis tais que
é um subanel de
B
A
é um subanel de
A
e
B
e seja
S
A
o fecho inteiro de
(recordar a denição de subanel no m da Introdução). Em
particular o fecho inteiro de um domínio de integridade
Caso
B
sejam corpos, então o fecho algébrico de
A
A
é um subanel do corpo de frações de
em
B
é um subcorpo de
A.
B.
Para completar nosso estudo sobre elementos inteiros só nos falta examinarmos a transitividade.
Recordar as denições de fecho inteiro, extensão inteira, e integralmente fechado no início destas
notas.
Teorema III
C
assumimos que
1. Se
2.
B
B
C
e
C
B
anéis onde
B
é uma extensão de
A, C
é uma extensão de
B
e
é um domínio de integridade.
é uma extensão inteira de
A
A
α∈C
e
e
C
é inteiro sobre
B,
então
é uma extensão inteira de
α
B,
é inteiro sobre
então
C
A.
é uma extensão
A.
é uma extensão inteira de
inteira de
4. Se
A, B
é uma extensão inteira de
inteira de
3. Se
Sejam
A,
então
B
é uma extensão inteira de
A
e
C
é uma extensão
B.
A
for o fecho inteiro de
em
C,
então
B
é integralmente fechado em
C.
Em particular o
fecho integral de um domínio (recordar: é o fecho inteiro do domínio em seu corpo de frações)
é integralmente fechado.
5. Caso
A, B ,
e
C
sejam corpos podemos trocar em todos os itens acima inteiro por algébrico,
integralmente fechado por algebricamente fechado, etc.
Demonstração.
(1) Seja
f (x) = ao + a1 x + · · · an−1 xn−1 + xn ∈ B[x]
stante tal que
f (α) = 0.
ao a1 , . . . , an−1
são inteiros sobre
módulo pelo último corolário.
B 0 [α]
B
Como
é nitamente gerado como
é uma extensão inteira de
A.
Como
Logo
e
B 0 = A[ao a1 , . . . , an−1 ]
f (x) ∈ B 0 [x]
B 0 -módulo,
A
um polinômio não con-
ao a1 , . . . , an−1 ∈ B ,
temos que
é nitamente gerado como
vale também que
α
é inteiro sobre
B0.
A-
Logo
pelo Teorema I, ou mesmo pelo corolário acima. Agora
7
o Teorema II nos diz que
obtemos que
α
B 0 [α]
é nitamente gerado como
A,
é inteiro sobre
A-módulo.
Novamente pelo Teorema I
como queríamos.
(2) Basta aplicar o item anterior (1) a todos os elementos de
(3) Basta usarmos a Questão 1, página 4, para ver que
C
C.
é uma extensão inteira de
B.
A outra
armação é trivial.
S
o fecho inteiro de
B
em
C.
Pelo item (1) todo elemento de
ser o fecho inteiro de
A
em
C,
resulta que todo elemento de
(4) Seja
fato de
B
C
S
é inteiro sobre
está em
B.
A.
Logo
Pelo
S =B
como queríamos.
(5) é claro.
q.e.d.
O próximo resultado nos traz uma bonita aplicação do Teorema de Newton para polinômios
simétricos (ver introdução).
Teorema IV: Seja A um domínio integralmente fechado e f (x) ∈ A[x] um polinômio não constante e mônico. Seja
Então
K
o corpo de frações de
A e sejam g(x), h(x) ∈ K[x] tais que f (x) = g(x)h(x).
g(x), h(x) ∈ A[x].
Isto é, para um domínio
ocorrer em
A
integralmente fechado uma fatoração
f (x) = g(x)h(x)
em
K[x]
deve
A[x].
Uma denição que já está escrita de forma não explícita no início destas notas é a seguinte:
Denição. Dizemos que um corpo Ω é algebricamente fechado se todo polinômio não constante
f (x) ∈ Ω[x]
tem uma raiz em
Ω.
Questão 3. Já conhecemos C como um corpo algebricamente fechado.
algébrico
e
Q
Mas se tomarmos o fecho
e de Q em C também temos um corpo algebricamente fechado (mostrar isso é o exercício).
Q
é chamado de corpo do números algébricos.
e é um conjunto enumerável pois Q[x] é enumerável e os elementos α ∈
Observação. Observe que Q
C
algébricos correspondem (não de forma bijetiva) a polinômios de
é enumerável, pois contém
Q[x].
Como sabemos que
R que é classicamente conhecido como não enumerável,
que o conjunto dos números complexos (reais também) transcendentes,
Vamos agora demonstrar o Teorema IV.
8
e
CrQ
C
não
podemos concluir
é não enumerável.
Demonstração.
K
Vamos assumir que todo corpo
está dentro de um corpo
fechado (na verdade vamos demonstrar isso mais tarde). Logo em
αr ), onde r = gr f (x).
S
no fecho inteiro
de
Temos que todos os elementos
A
em
Ω.
α1 , . . . , αr
devem se fatorar em produtos de termos
x − αi ,
algebricamente
Ω[x] temos f (x) = (x − α1 ) · · · (x −
são inteiros sobre
Ω[x]
Devido a fatoração única em
Ω
vamos ter que
para convenientes
αi .
A e portanto estão
g(x)
e
h(x)
Vamos supor que
também
g(x) = (x −
α1 ) · · · (x − αs ) e h(x) = (x − αs+1 ) · · · (x − αs+t ), com 1 ≤ s ≤ r, s = gr g(x), t = gr h(x) e s + t = r.
Logo os coecientes de
g(x)
e
h(x)
são obtidos aplicando-se as funções simétricas elementares da
página 5 da Introdução aos elementos
α1 , . . . , αr .
Para sermos mais precisos, os coecientes de
g(x) serão: eo (α1 , . . . , αs ), e1 (α1 , . . . , αs ), . . . , es (α1 , . . . , αs ).
g(x)
página 6 da Introdução, temos que os coecientes de
os coecientes também estão em
K.
Pelo Corolário do Teorema de Newton,
estão em
Logo são elementos de
K
A,
A.
são inteiros sobre
que são inteiros sobre
é integralmente fechado, concluímos que esses coecientes estão em
como queríamos. Igualmente obtemos
S;
ou melhor que
A.
Mas
Como
A
g(x) ∈ A[x],
h(x) ∈ A[x].
q.e.d.
m∈Z
Vejamos um exemplo interessante e simples. Seja
fatoração de
m
em irredutíveis não há fatores repetidos. Vamos investigar o fecho inteiro de
√
Q( m).
Dado um elemento
elemento
√
a − b m.
Questão 4.
Q-espaço
Z
em
√
√
α = a+b m ∈ Q ( m) recordemos que o conjugado de α, denotado por α, é o
Chamamos de norma de
α ao número N (α) = αα = a2 − mb2 ∈ Q.
introduzir um novo invariante: Chamamos de traço de
é um
um inteiro livre de quadrado, isto é, na
Mostre que
√
T : Q( m) → Q
2.
√
α ∈ Q ( m)
é uma
α,
denotado por
Q-transformação
Vamos agora
T (α) = α + α = 2a ∈ Q.
linear. Recordar que
√
Q( m)
vetorial de dimensão
Questão 5.
Mostre que
é raiz do seguinte polinômio com coecientes racionais:
fα (x) = x2 − T (α)x + N (α).
Vamos agora denotar o fecho inteiro de
Z
em
√
Q ( m)
é esse anel. Vamos também chamar os elementos de
curto do que dizer inteiros sobre
Questão 6. Mostre que:
(a)
por
O(m)
O(m)
e queremos determinar quem
de inteiros quadráticos para car mais
Z.
α ∈ O(m)
se e somente se
9
α ∈ O(m).
√
Dica. Observe que para todo f (x) ∈ Z e α ∈ Q( m) vale f (α) = 0 se e somente se f (α) = 0.
α ∈ O(m)
(b)
se e somente se
T (α), N (α) ∈ Z.
Dica. Observe que fα (x) é o polinômio mínimo de α em relação a Q, caso b 6= 0.
existe
f (x)
f (x) ∈ Z[x],
em
Q[x],
não constante e mônico tal que
f (α) = 0.
Notas II, Questão 10, item (3). Logo existe
Para
α ∈ O(m)
fα (x) |
Pela propriedade do mínimo,
h(x) ∈ Q[x]
tal que
f (x) = fα (x)h(x).
fα (x) e h(x) estão em Z[x].
√
√
Z[ m] = { a + b m | a, b ∈ Z } ⊂ O(m).
Finalmente, o Teorema III nos diz que
(c) Conclua do item anterior que
(d)
Z = O(m) ∩ Q.
O(m)
Para determinar
(a) Se
m ≡ 1(mod4),
então
α ∈ O(m)
se e somente se
2a, 2b ∈ Z
(b) Se
m 6≡ 1(mod4),
então
α ∈ O(m)
se e somente se
a, b ∈ Z,
Demonstração.
m(2b)2 ∈ Z.
com
y
temos dois casos à considerar:
Como
α ∈ O(m),
Se
m
então
2a = T (α) ∈ Z
é livre de quadrados resulta que
x, y ∈ Z, y 6= 0,
e
x, y
relativamente primos.
aparecerão ao quadrado na expressão de
x2 /p21 · · · p2n .
p21 · · · p2n
de
Para que
y2.
m(2b)2
4
divide
quadrados e portanto
(2a)2 − m(2b)2
4
não divide
m
assim
m.
√
O(m) = Z[ m].
4N (α) = (2a)2 − m(2b)2 ∈ Z.
2b ∈ Z.
Caso
e
y 6= ±1,
então os fatores irredutíveis de
mais precisamente seja
m
y = p1 · · · pn
é par se e somente se
Resulta ainda do fato de que
e
(2b)2 =
terão que cancelar os fatores
é livre de quadrados, por hipótese. Logo
2a
Logo
2b = x/y
De fato, suponhamos que
seja inteiro, os fatores irredutíveis de
Mas isso não é possível, pois
Além disso
(2b)2 ,
e
e ambos tem mesma paridade.
2b
4
é par já que
divide
2b
m
é inteiro.
é livre de
(2a)2 − m(2b)2
que
(2a)2 − m(2b)2 ≡ 0(mod4).
Assumindo-se então que
impar e assim
a∈
/ Z,
ou equivalentemente, que
(2a)2 ≡ (2b)2 ≡ 1(mod4)
nos leva a
2a
é inteiro impar, obtemos que
m ≡ 1(mod4).
Analogamente, se
m ≡ 1(mod4). Mais ainda, acabamos de concluir que se m 6≡ 1(mod4)
√
O(m) ⊂ Z[ m] e então a igualdade, ou seja (b) ca provado.
Para terminar a demostração de (a) só nos falta vericar que se
que
2a, 2b ∈ Z
e têm mesma paridade, então
Claramente
2a
e
que
2b
T (α) = 2a ∈ Z.
m ≡ 1(mod4).
Logo
N (α) ∈ Z
α
e
b
resulta
são inteiros, ou
m ≡ 1( mod 4) e a, b ∈ Q são tais
N (α) = a2 − mb2 = [(2a)2 − m(2b)2 ]/4.
(2a)2 ≡ (2b)2 (mod4).
e
a
é
√
α = a + b m ∈ O(m).
Vejamos a norma:
tem mesma paridade resulta
então
b 6∈ Z
2b
Assim
é inteiro quadrático.
10
(2a)2 − m(2b)2
Como
é divisível por
4
já
Concluímos então que
√
a+b m
O(m) = {
| a, b ∈ Z
2
se
m ≡ 1(mod4).
m ≡ 1(mod4).
Vericamos também que a inclusão
a ≡ b(mod2)}
e
√
Z[ m] ⊂ O(m)
A seguir vamos estabelecer uma outra descrição de
O(m)
é própria se e somente se
no caso
m ≡ 1(mod4)
que
nos será muito útil.
Teorema V Se m ≡ 1(mod4) então O(m) = {a + bξ | a, b ∈ Z e ξ =
Demonstração.
α = a + bξ .
Se
α ∈ O(m) se e somente se existem a e b ∈ Z tais que
√
α = c + d m com 2c, 2d ∈ Z e de mesma paridade, então c + d =
Basta provarmos que
α ∈ O(m)
(2c + 2d)/2 ∈ Z.
e
Tomando-se
b = 2d
α = a + bξ = 2(a − b/2) + (b/2)ξ ,
Como claramente
√
−1+ m
}.
2
com
e
a = c+d
a, b ∈ Z,
obtemos
α = a + bξ .
Reciprocamente, dado
2(a − b/2) = 2a − b ∈ Z
temos que
e
2(b/2) = b ∈ Z.
2a−b e b tem mesma paridade nossos cálculos anteriores asseguram que α ∈ O(m).
q.e.d.
√
Q ( m)
O(m) (a vericação é imediata).
√
Mais geralmente O(m) tem em relação a Q ( m) o mesmo papel que Z tem em relação a Q, embora
Gostaríamos de mencionar que
é o corpo de frações de
não tenha necessariamente as mesmas propriedades. Por exemplo, não vale em geral um teorema de
fatoração em primos como já vimos, mas voltaremos a discutir logo mais.
O anel
O(m)
tem porém a propriedade de ser integralmente fechado. Na página 2 perguntamos
quem é o fecho integral de
√
Z[ −3].
Temos agora a resposta.
√
Questão 7. Mostre que O(m) é o fecho integral de Z[ m] (Usar o Teorema III).
Vamos voltar aos problemas envolvendo divisibilidade, irredutibilidade, MDC, etc.
O(m) não é em geral um domínio de fatoração única. Recordemos
√
√
que em O(−5) temos para 6 uma dupla decomposição 2 × 3 = 6 = (1 +
−5) (1 − −5), onde
√
√
√
√
2, 3, 1 + −5 e 1 − −5 são irredutíveis e não temos 2 (ou 3) associado a 1 + −5 ou a 1 − −5.
√
√
Por que não são associados? Porque embora 2 divida o produto, 2 não divide 1+ −5 ou 1− −5.
Vimos no parágrafo anterior que
Como vimos na Questão 5, página 2, das Notas II, se pudessemos usar o Teorema de Bezout e
escrever o MDC de
2
ser uma unidade de
e
1+
√
O(−5),
−5
na forma
δ = 2α + (1 +
√
−5)β ,
com
α, β ∈ O(−5),
então
δ
deveria
já que os dois números são irredutíveis e não associados. Nesse caso se
11
√
µ ∈ O(−5) é tal que µδ = 1, teríamos 1 = µ2α +µ(1+ −5)β (α, β ∈ O(−5)) e procedendo como na
√
Questão 5 mencionada, mostraríamos que 2 | (1 −
−5). O que não ocorre. Logo o MDC não pode
ser expresso na forma acima. O que é que falha? Observe que embora possamos tomar o conjunto
d = {2x + (1 +
δ ∈ O(−5)
√
−5)y | x, y ∈ O(−5)}
tal que
como zemos na prova do Teorema de Bezout, não temos
d = {δα | α ∈ O(−5)}.
Temos que
δ
seria o MDC ideal que permitiria chegar
à unicidade da fatoração. Por exemplo, entre os inteiros, (e também para todo domínio euclidiano),
dados
a, b ∈ Z,
temos
{ax + by | x, y ∈ Z} = {dz | z ∈ Z},
então procurar por um contexto onde
2
1+
e
√
−5.
d
onde
d
é o MDC de
mesmo, e não seu não existente ideal
δ,
a
e
b.
Vamos
seja o MDC de
Isso é feito tomando-se os ideais do domínio, isto é, vamos tomar subconjuntos de
domínios os quais são chamados de ideais (originariamente números ideais).
Vamos então recordar a denição de ideal de um anel escrita nas Notas II (Questão 19, página
10).
Denição. Um subconjunto I
1.
0 ∈ I.
2.
∀ x, y ∈ I,
3.
∀x ∈ I
e
vale que
a ∈ A,
de um anel
A
é chamado de ideal de
A
se
x + y ∈ I.
vale que
ax ∈ I.
Vejamos em seguida que para um anel Euclidiano os ideais que denimos acima não trazem
nenhuma contribuição.
Teorema do Ideal Principal Seja A um anel Euclidiano com uma função ϕ.
I ⊂A
existe
d∈I
I = { d0 x | x ∈ A },
tal que
então
I = { dx | x ∈ A }.
Mais ainda, se
d0
Para todo ideal
também satisfaz a propriedade
d0 ∼ d.
Denição. Chamamos ao elemento d acima de gerador de I e dizemos que I é um ideal principal.
Mais geralmente dizemos que um ideal
I = { dx | x ∈ A }.
I
de um anel
A,
qualquer, é principal se existir
Nesse caso escrevemos simplesmente
I = dA
e com acima, se
d∈A
tal que
dA = d0 A,
então
d ∼ d0 .
Dizemos que um anel
A
é um domínio de ideais principais se todo ideal de
Vamos agora demonstrar o teorema acima.
12
A
for principal.
Demonstração.
{0}
é sempre um ideal). Para um ideal
estamos assumindo que existe
d∈I
tal que
ϕ(d)
x 6= 0
e
r=0
dos ideais. Se
r=0
e
ou
r 6= 0
y ∈ dA,
ϕ(r) < ϕ(d).
d | d0
mostrando que vale
e
I = 0A
e o resultado vale (verique que
I = { ϕ(x) | x ∈ I, x 6= 0 }.
de
A
tomemos
o conjunto
I
não é vazio e tem um menor elemento. Seja
I.
Armamos que
I = dA.
Como
Por um lado, como
o Algorítimo de Euclides garante que existe
Observe que
r = y − dq ∈ I ,
vamos ter uma contradição pois, nesse caso,
Suponhamos agora que
Portanto
I
então
d∈I
pela propriedade (3) dos ideais (ver denição acima). Veja que
y∈I
vale a outra inclusão. Para todo
y = dq + r
em
I 6= { 0 }
é o menor elemento de
dA = { dx | x ∈ A } ⊂ A
temos que
I = { 0 },
Observemos que se
I ⊂ dA.
Logo
I = dA,
d0 A = I = dA, com d0 ∈ A.
q, r ∈ A
tais que
devido as propriedades (2) e (3)
ϕ(r) ∈ I ,
mas
ϕ(r) < ϕ(d).
Logo
como armado.
Observe que
d = d · 1 ∈ dA e d0 = d0 · 1 ∈ d0 A.
d0 | d.
q.e.d.
Questão 8. Seja A um anel, a, b ∈ A e tomemos o conjunto aA + bA = { ax + by | x, y ∈ A }.
(a) Mostre que
aA + bA
é um ideal de
(b) Suponhamos que exista
d∈A
A.
tal que
Dica. a = a1 + b0 ∈ aA + bA = dA.
(c) Seja
A
dA = aA + bA.
Portanto
um domínio de ideais principais e
p∈A
d
Fazer estudo análogo para
se
(c) Em um domínio de ideais principais um irredutível
p
tem a propriedade: para
p | ab,
então
p|a
ou
e
e
b
b∈A
1
e
p
b.
é
Isto é um MDC de
a
b.
um irredutível. Mostre que para
p
e
é um MDC de
b
então o ideal
pA + bA = A.
d | a.
Mostre que
p - b,
são relativamente primos.
a, b ∈ A,
se
p | b.
Dica. Use o item anterior.
(d) Mais geralmente, nas condições do item anterior se um irredutível
com
x 1 , . . . , x n ∈ A,
então
p | xi ,
para algum
p divide um produto x1 · · · xn ,
1 ≤ i ≤ n.
Observação. Para um domínio de ideais principais A o item (b) da Questão 8 mostra que todo
par
a, b ∈ A
tem MDC
d
e que esse MDC pode ser escrito na forma
d = ta + sb,
com
resultado igual ao Teorema de Bezout que foi demonstrado para anéis Euclidianos.
13
t, s ∈ A.
Um
O item (c) dessa questão mostra que um irredutível de um domínio de ideais principais, ou um
DIP, para car mais curto, também tem a propriedade forte: se
p | ab,
então
p|a
ou
p | b.
Vamos
ver em seguida que um DIP é fatorial.
Teorema da Fatoração Única em DIP Todo domínio de ideais principais é um domínio de
fatoração única.
Demonstração. Demonstra-se a unicidade como no caso Euclidiano usando o exercício anterior.
a∈A
A existência da fatoração em irredutíveis já é mais trabalhosa. Suponhamos que existe
a 6= 0, a ∈
/ A× ,
tal que
de
c
A
a
e
e portanto existem
não admite fatoração em irredutíveis. Logo
bc ∈ A
tais que
a = bc
não pode admitir fatoração em irredutíveis (de
as mesmas propriedade que
a1 | a.
Chamemos
bc = ao .
para
Logo
i = 0, 1
ao
e
ao = a
a1
a: a1 ∈
/ A× ,
a2
a1
e temos então que
b, c 6∈ A× .
A).
Vemos agora que um dos dois
Chamemos
a1
temos que
ai ∈
/ A× , ai
a1 :
ao A & a1 A .
De fato
a1
é igual a
não admite fatoração em irredutíveis, e
b
a1 A & a2 A .
ao , a1 , . . . , an , an+1 , . . . ,
i ≥ 0.
tal que
ou
tem
c, b, c ∈
/ A×
ou
e
a o A = a 1 A.
Vemos que
a o A & a 1 A.
Repetimos
não pode ser irredutível e fatora-se na forma
e pelo menos um dos dois não admite fatoração em irredutíveis de
em irredutíveis, e
a1
a esse elemento. Logo
b
não admite fatoração em irredutíveis. Por outro lado
a esse elemento que não tem fatoração e obtemos para ele que:
para todo
não pode ser irredutível
não são associados e portanto não acontece a igualdade
agora o raciocínio inicial com
x, y ∈
/ Atimes
e
e
a
a2 ∈
/ A× , a 2
a1 = xy
A.
onde
Chamamos de
não admite fatoração
Vamos repetindo esse procedimento e construímos uma sequência
ai ∈
/ A× , a i
não admite fatoração em irredutíveis e
ai A & ai+1 A,
Seja agora
I=
[
ai A.
i≥0
Do fato de termos uma cadeia
Como para cada
é claro que
I = dA.
que
0∈I
x∈I
ao A & a1 A & · · · an A & an+1 A & · · ·
existe
I = a i A.
I
é um ideal de
A.
ai+1 A
temos que
Mas então
I = dA ⊂ ai A ⊂ I , resultando
I = ai A ⊂ ai+1 A ⊂ I .
Logo
ai A = I = ai+1 A,
contradizendo a forma com que a sequência foi construída. Logo a hipótese: existir
a 6= 0, a ∈
/ A× ,
e
a
a 6= 0, a ∈
/ A× ,
a
admite fatoração em irredutíveis de
não admite fatoração em irredutíveis é falsa, ou melhor, todo
14
Como
Mas A é um DIP, logo existe d ∈ A tal que
I , existe i ≥ 0 tal d ∈ ai A.
Olhando agora para
e
I + I ⊂ I.
i ≥ 0 tal que x ∈ ai A vamos ter que cx ∈ I , para todo c ∈ A.
podemos concluir que
Devido a construção de
vamos obter que
A.
a∈A
tal que
a∈A
tal que
qed
O resultado anterior e o item (b) da Questão 8 poderiam nos levar a pensar que um DIP é um
anel Euclidiano, mas isso não é verdade.
Um contra-exemplo desse fato é bastante trabalhoso de
exibir. Talvez possamos fazer um exemplo assim mais a frente, no curso.
Voltemos ao exemplo
O(−5) da folha 12.
Vamos escrever somente
O para esse anel para simplicar
a notação.
√
d = 2O+(1+ −5)O.
d = O, então
√
existiriam α, β ∈ O tais que 1 = 2α + (1 +
−5)β ∈ d. Multiplicando-se essa equação por 1 − −5
√
√
√
√
vamos obter 1− −5 = 2(1− −5)α +6β = 2((1− −5)α +3β), mostrando que 2 | (1− −5), oque
Tomemos o ideal
Vejamos inicialmente que
d 6= O.
De fato se
√
d 6= O.
não acontece. Logo
que
δO = d,
isto é, se
Mais geralmente, como mencionado na página 12, se existisse
d fosse principal,
então
δ
seria um MDC de
como exercício) que os únicos divisores comuns de
Portanto
d
2
e
1+
√
−5
√
2 e 1 + −5,
δ∈O
tal
mas verica-se (fazer
são as unidades
µ ∈ O× = { 1, −1 }.
não é principal. Veremos mais adiante que esse ideal tem propriedades muito fortes. No
momento vamos observa que em relação aos ideais principais
2O
e
(1 +
√
−5)O
ele tem as seguinte
propriedade:
• 2O ⊂ d
•
e
(1 +
I
se um ideal
Por essa razão
√
de
d
−5)O ⊂ d;
O
também satiszer as condições
é considerado o MDC dos ideais
desenvolver uma aritmética para ideais de um anel
de
2O
A
2O ⊂ I
e
(1 +
e
√
(1 +
√
−5)O.
−5)O ⊂ I ,
então
d ⊂ I.
Nas próximas notas vamos
que substituiu a aritmética com os elementos
A.
Vamos primeiramente nos concentra no estudo do número de geradores do ideais de um anel.
Questão 9. Sejam A um anel, a1 , . . . , an ∈ A e seja I = a1 A+a2 A+· · ·+an A = { a1 x1 +· · · an xn |
x 1 , . . . , x n ∈ A }.
Mostre que
I
é um ideal de
A.
Esse último exercício generaliza o item (a) da Questão 8. Claro que no caso de
existe
d∈A
tal que
I = dA
J
a1 , . . . , a n
I.
Na verdade podemos construir
onde o conjunto
ser um DIP,
(basta ir juntado de dois em dois). Chamamos aos elementos
um conjunto de geradores de
j ∈ J },
A
I,
como acima, usando um conjunto innito de geradores:
{ aj |
pode ser innito. O que estamos dizendo é que podemos ter ideais que
não tem um conjunto nito de geradores.
15
Denição.
Dizemos que um anel
Isto é os ideais de
A
A
é Noetheriano se todo ideal de
são sempre da forma
a1 A + a2 A + · · · + an A
A
for nitamente gerado.
para algum conjunto de geradores
a 1 , . . . , a n ∈ A.
Evidentemente o estudo de anéis com ideais não nitamente gerado é mais delicado. Os anéis mais
simples de serem estudados são os DIP, onde cada ideal tem um só gerado. Nos anéis de Dedeking
todo ideal tem no máximo dois geradores. Os Noetherianos tem ideais nitamente gerado, mas não
necessariamente há um cota para o número de geradores.
Um ponto que devemos destacar é que não classicamos os ideais pelo número de geradores, mais
sim por suas propriedades aritméticas. Os anéis do tipo DIP destacam-se porque, como vimos, têm
propriedades aritméticas muito boas.
Sobre os domínios Noetherianos os principais resultados são:
Teorema das Cadeias Ascendentes Seja A um anel.
Então as seguintes condições são equi-
valentes:
(i)
A
é Noetheriano.
(ii) Toda cadeia ascendente
r≥1
tal que
I1 ⊂ I2 ⊂ · · · In ⊂ In+1 ⊂ · · ·
Demonstração.
denimos
I =
(i)
j≥1 Ij .
tais que
jt ∈ J
tal que
at ∈ Ijt .
at ∈ Ir
para todo
r+1
(ii)
em
I
j≥r
I1 ⊂ I2 ⊂ · · · In ⊂ In+1 ⊂ · · ·
I
I = a1 A + a2 A + · · · + an A .
Seja
r = max{ j1 , . . . , jn }.
Consequentemente
I = Ir ⊂ Ir+1 ⊂ I .
temos
Ij = I ,
Logo
é um ideal de
Pela denição de
Logo
Ijt ⊂ Ir ,
I ⊂ Ir ⊂ I
Ir+1 = I .
I2
é maximal em
I,
A
Pela hipótese (i) existem
para cada
para todo
nos mostra que
1≤t≤n
t = 1, . . . , n
Ir = I .
existe
e assim
Passando-se
Podemos ir repetindo o processo e concluir
Escolhe um elemento
a demonstração está terminada. Caso contrário, existe
se
A.
de ideais de
terminando a demonstração.
=⇒ (iii) Seja I 6= ∅ um conjunto de ideais de A.
argumento:
é nita, isto é, existe
tem elemento maximal.
(ii) Dada uma cadeia
t = 1, . . . , n.
vamos ter
que para todo
=⇒
A
Verica-se facilmente que
a1 , . . . , a n ∈ A
para
A
Ir = Ir+1 = Ir+2 = · · · .
(iii) Todo conjunto não vazio de ideais de
S
de ideais de
I,
I2 ∈ I
I1 ∈ I .
tal que
terminamos; caso contrário existe
Se
I1 ⊂ I2 .
I3 ∈ I
I1 é maximal
Repetimos o
tal que
Supondo que podemos repetir continuamente esse processo vamos obter uma cadeia
16
I2 ⊂ I3 .
I1 ⊂ I2 ⊂
· · · In ⊂ In+1 ⊂ · · ·
é maximal em
(iii)
seja
=⇒
a1 ∈ I ,
de ideais de
A.
Mais isso não é possível, logo para algum
(ii) Dado um ideal
com
a1 6= 0.
I
A,
de
Tomamos
a2 ∈
/ I1 .
a2 ∈ I r I1
Igualmente
I = { 0 },
se
I1 = a1 A ⊂ I .
terminamos; caso contrário tomamos
pois
vamos ter que
Ir
I.
gerado. Caso contrário, seja
I2 6= I1 ,
r≥1
Se
não há nada para demonstrar. Caso contrário,
I1 = I ,
e construímos
a3 ∈ I r I2
I3 6= I2 .
então
I
é gerado por
I2 = a1 A + a2 A ⊂ I .
e construímos
a1
e é ntamente
Novamente, se
I3 = a1 A + a2 A + a3 A.
I = I2 ,
Observe que
Seguindo-se esse processo vamos construir uma cadeia
I1 & I2 & I3 & · · ·
Tomemos agora o conjunto
elemento maximal.
tomar
an+1 ∈ I r I .
Seja
Logo
In
I = { I1 , I2 , . . . , }
de ideais de
um elemento maximal de
A.
I.
I = In = a1 A + a2 A + · · · + an A,
Pela hipótese (iii) esse conjunto tem
Pela maximalidade de
In
não podemos
é nitamente gerado, como queríamos.
q.e.d.
O outro resultado importante é:
Teorema da Base de Hilbert Se A é Noetheriano, então A[x] também é Noetheriano.
Corolário Se A é Noetheriano, então A[x1 , . . . , xn ] também é Noetheriano.
Não vamos apresentar a demonstração do Teorema de Hilbert por ser um pouco longa e trabalhosa.
Sugerimos sua leitura em [L, Teorem 1, p. 144].
Um comentário necessário é que apesar de termos chamado ao resultado anterior de teorem da
base os ideais, e mais geralmente os módulos, não têm base em geral.
Não só um conjunto de
geradores pode não ser linearmente independente como também pode acontecer de ou não haver
geradores ou não serem linearmente independentes. Pior, podemos ter
onde
J
é nitamente gerado, mas
I
I ⊂J
ideais de um anel
A
não é.
Nosso próximo passo será estudar as propriedades gerais dos ideais e com isso vamos aprofundar
nosso conhecimento sobre os anéis. Em particular vamos introduzir os anéis nitos.
17
Referências
[BE]
o
P. Brumatti e A. J. Engler, Inteiros Quadráticos e Grupos de Classe, 23 Colóquio Bras. de
Mat. IMPA, 2001.
[C]
H. Cohn, Advanced Number Theory, Dover Publications Inc., 1962.
[E]
O. Endler, Teoria dos Núemros Algébricos, Projeto Euclides, IMPA, 2006.
[GL]
A. Garcia e Y. Lequain, Elementos de Álgebra, Projeto Euclides, IMPA, 2002.
[L]
S. Lang, ALgebra, Addison-Wesley, 1972.
[H]
I. N. Herstein, Topics in Algebra, John Wiley & Sons, 1975.
[R]
J. Rotman, Galois Theory, Springer-Verlag, 1990.
18