algebra 9 10

Parte III Teoria de Corpos e de Galois

361

Captulo 9 Extenses AlgbricasUm dos principais tpicos da Teoria de Corpos o estudo de equaes polinomiais: an xn + + a1 x + a0 = 0, an 6= 0. Polinmios envolvem duas operaes denominadas de adio e multiplicao e, assim, natural considerar polinmios com coecientes ai em um anel A. Se considerarmos o caso mais simples, quando A = Z e f (x) = a + bx, b 6= 0, achamos que existem diculdades. Por exemplo, a equao 2x + 3 = 0 no pode ser resolvida no anel Z. Como Z um domnio temos que ele possui o corpo quociente Q. Assim, se considerarmos 2, 3 Q, ento a equao possui uma soluo 3 x0 = . 2 Agora, vamos considerar a equao quadrtica x2 2x 2 = 0. Se considerarmos essa equao com coecientes em Q, ento, completando o quadrado, obtemos (x 1)2 = 3. Como no existe r Q tal que r2 = 3 temos que a equao quadrtica no possui soluo em Q. Logo, a ideia mais natural considerarmos a equao quadrtica em R. Assim, a equao fatora-se como (x 1 + 3)(x 1 3) = 0 e, portanto, possui as solues 1 3 e 1 + 3. O corpo R muito grande, pois R no enumervel enquanto Q enumervel. possvel proceder mais economicamente? Este nosso objetivo neste e nos prximos captulos. 363

364

CAPTULO 9. EXTENSES ALGBRICAS

9.1

Extenso de Corpos e Grau

J vimos que um dos objetos fundamentais no estudo da Teoria de Grupos foi o conceito de subgrupo. Em contraste com a Teoria de Grupos, a Teoria de Corpos desenvolvida com um par de corpos. importante lembrar que o conceito de corpo foi dado por Dedekind em 1879. Sejam L e K corpos. Dizemos que L uma extenso de K se K um subcorpo de L e ser denotada por L/K ou pelo diagrama L | K Neste caso, o corpo K chamado de corpo bsico ou corpo fundamental da extenso. Em particular, qualquer corpo K uma extenso de seu subcorpo primo. Qualquer corpo F , com K F L, (9.1) chama-se um corpo intermedirio da extenso L/K. Neste caso, dizemos que (9.1) uma torre de corpos. Por exemplo, R um corpo intermedirio da extenso C/Q e Q R C uma torre de corpos. Seja L/K uma extenso. Ento L com as operaes de adio +: LLL (, ) 7 + e a multiplicao por escalar : KLL (c, ) 7 c um espao vetorial sobre K, pois essas operaes j existem de modo natural no corpo L. Em particular, qualquer corpo K pode ser considerado como um espao vetorial sobre seu corpo primo. Note que a condio c() = (c) = (c), c K e , L, claramente satisfeita em L, de modo que a multiplicao sobre L bilinear sobre K. Neste caso, dizemos que L uma lgebra sobre K. Seja L/K uma extenso. O grau ou ndice de L/K, em smbolos [L : K], a dimenso de L como um espao vetorial sobre K. Dizemos que a extenso L/K de dimenso nita se [L : K] < . Caso contrrio, dizemos que L/K de dimenso innita. Note que [C : R] = 2, pois o conjunto {1, i} uma base de C sobre R.

9.1. EXTENSO DE CORPOS E GRAU Teorema 9.1 Seja K F L uma torre de corpos. Ento [L : K] = [L : F ][F : K]. Note que se quaisquer dois desses ndices so nitos, ento o terceiro tambm o .

365

Prova. Sejam {i : i I} = {i }iI uma base de L sobre F e { j : j J} = { j }jJ uma base de F sobre K. Armao. O conjunto {i j : i I e j J} = {i j }(i,j)IJ uma base de L sobre K. De fato, se L, ento existe uma quantidade nita de elementos diferentes de zero ai F , ou seja, ai = 0, para quase todo i I, tais que = XiI

ai i .

(9.2)

Como ai F temos, para cada i xado, que existe uma quantidade nita de elementos diferentes de zero bij K tais que ai = XjJ

bij j .

(9.3)

Substituindo os ai da equao (9.3) na equao (9.2), obtemos ! XX X X bij j i = bij i j . =iI jj iI jJ

Logo, os elementos i j geram L sobre K. Agora, suponhamos que 0= XXiI jJ

bij i j =

X XiI jJ

bij j

!

i .

Como os i so LI sobre F temos que XjJ

bij j = 0.

Por outro lado, como os j so LI sobre K temos que bij = 0, i I e j J. Portanto, os elementos i j so LI sobre K e, desta forma, formam uma base de L como espao vetorial sobre K.

366


Corolrio 9.2 Seja K F1 Fn L uma torre de corpos. Ento [L : K] = [L : Fn ] [F1 : K]. Prova. Fica como um exerccio.

Lema 9.3 Sejam K, L corpos e : K L um homomorsmo de corpos injetor. Ento existe um corpo F tal que K F e pode ser estendido a um isomorrmo de F sobre L. Prova. Conra a prova do Teorema da Imerso 2.34.

Observao 9.4 Em vista do Lema 9.3, se : K L um homomorsmo de corpos injetor, ento podemos identicar K com (K) e considerar L como uma extenso de K. Teorema 9.5 Sejam K um corpo e p K[x] um polinmio irredutvel sobre K. Ento existe uma extenso L de K que contm uma raiz de p. Prova. Como p irredutvel sobre K temos que J = (p) = K[x]p = {fp : f K[x]} um ideal maximal em K[x]. Logo, L= K[x] = {f + J : f K[x]} J

um corpo. Seja : K[x] L a projeo cannica. Ento = |K : K L um homomorsmo de corpos injetor, pois K J = {0}. Assim, pelo Lema 9.3, L uma extenso de K com a identicao de a com a + J. Neste caso, L um espao vetorial sobre K, com dimK (L) = (p). De fato, seja = x + J L. Ento uma raiz de p em L, pois se p = a0 + a1 x + + an xn K[x], ento p() = a0 + a1 + + an n

= (a0 + a1 + + an n ) + J = p + J = J = 0.

= (a0 + J) + (a1 + J)(x + J) + + (an + J)(xn + J)

Agora, fcil vericar que {1, , . . . , (p)1 } uma base de L sobre K.

Corolrio 9.6 (Teorema de Kronecker) Sejam K um corpo e f K[x] um polinmio no constante. Ento existe uma extenso L de K que contm uma raiz de f .

9.1. EXTENSO DE CORPOS E GRAU Prova. Fica como um exerccio.

367

Sejam L/K uma extenso e S um subconjunto qualquer de L. O smbolo K(S) indica o subcorpo de L gerado por K S, isto K(S) = \ {F : K F L, e S F }.

claro que K(S) o menor subcorpo de L contendo K e S. Neste caso, dizemos que K(S) obtido de K pela adjuno de S. Alm disso, se X = {1 n : n N e i S {1}} e V = [X] o subespao de L gerado por X, ento nr o K(S) = : r, s V, com s 6= 0 , s

pois K(S) sendo o menor corpo contendo K e S ele contm o conjunto da direita. Mas, o conjunto da direita sempre um corpo. Note que K(S) o corpo quociente de K[S] e que se S = {1 , . . . , n , . . .}, ento K(S) = [

K(1 , . . . , n ).

n=1

Em particular, se S = {1 , . . . , n }, ento

K(S) = K(1 , . . . , n ) e dizemos que L/K uma extenso simples se existir L tal que L = K(). Neste caso, dizemos que um elemento primitivo da extenso L/K. Finalmente, sejam L um corpo qualquer, F , G subcorpos de L e S = F G. Chama-se compsito de F e G o menor subcorpo de L gerado por S e ser denotado por F G. claro que F G = F (G) = G(F ). Em particular, se K um subcorpo de F e G, com F = K(S), para algum subconjunto S de L, ento F G = G(F ) = G(K(S)) = G(K S) = G(S). Note que se L = K(x, y), F = K(x) e G = K(y), ento L = F G = F (y) = G(x), mas F [G] = F [y] 6= L. Observe que o menor corpo contendo R e i igual a C, pois ele deve conter todos os elementos da forma a + bi, onde a, b R. Portanto, R(i) = C.

368 Exemplo 9.7 Mostre que


Soluo. Basta observar que Q( 2) =

n o Q( 2) = a + b 2 : a, b Q . (

em que a segunda igualdade deve-se ao fato ( n 2k , ( 2) = 2k 2, que o resultado desejado.

) f ( 2) : f, g Q[x], com g( 2) 6= 0 g( 2) ) ( a+b 2 : a, b, c, d Q = c+d 2 o n = r + s 2 : r, s Q , se n = 2k e n = 2k + 1,

Exemplo 9.8 Sejam K um corpo de caracterstica diferente de 2 e L/K uma extenso. Mostre que se [L : K] = 2, ento existe d K tal que L = K( d). Soluo. Sendo L um espao vetorial de dimenso 2 sobre K, podemos estender a base {1} de K para uma base de L sobre K, digamos {1, }, onde L K. Logo, L = K + K = {a + b : a, b K}. Como L um corpo temos que 2 L. Assim, existem a, b K tais que 2 = a + b. Logo, 2 b b2 = a + K. 2 4 Pondo b = , 2 temos que {1, } tambm uma base de L sobre K tal que L = K(), onde 2 = a + b2 = d K. 4

Portanto, L = K( d). Note que L com a multiplicao (a1 + b1 d) (a2 + b2 d) = (a1 a2 + b1 b2 2 ) + (a1 b2 + a2 b1 ) uma lgebra sobre K.

9.1. EXTENSO DE CORPOS E GRAU

369

EXERCCIOS

1. Seja L/K uma extenso. Mostre que [L : K] = 1 L = K. 2. Seja L/K uma extenso. Mostre que se [L : K] um nmero primo, ento no existe corpo intermedirio da extenso L/K. 3. Sejam L/K uma extenso e f = b + ax + x2 K[x]. Mostre que se L uma raiz de f , ento = (a + ) L tambm o . 4. Mostre que se K uma raiz do polinmio f (x) = a0 + a1 x + + an1 xn1 + an xn K[x], ento an uma raiz do polinmio mnico g(x) = an1 a0 + an2 a1 x + + an an2 xn2 + an1 xn1 + xn K[x]. n n 5. Sejam A um domnio de integridade e K um subcorpo de A. Mostre que se a dimenso de A como um espao vetorial sobre K for nita, ento A um corpo. 6. Sejam F/K e L/K extenses. Mostre que se [F : K] = p e [L : K] = q, com p e q nmeros primos, ento F = L ou F L = K. 7. Sejam K um corpo innito e L/K uma extenso, com K 6= L. Mostre que o grupo quociente L K innito. (Sugesto: Suponha que ele seja nito, ento o espao vetorial L seria uma unio nita de subespaos de dimenso um, o que impossvel.) 8. Sejam L/K uma extenso nita e V um espao vetorial sobre L, com dimL (V ) < . Mostre que V um espao vetorial sobre K tal que dimK (V ) = dimL (V )[L : K].

370


9.2

Elementos Algbricos e Transcendentes

Seja L/K uma extenso. Dizemos que L um elemento algbrico sobre K se existirem a0 , a1 , . . . , an K, com an 6= 0 e n 1, tais que a0 + a1 + + an n = 0, isto , uma raiz de um polinmio no constante f K[x]. Caso contrrio, dizemos que um elemento transcendente sobre K, ou seja, f () 6= 0, para todo polinmio no constante f K[x]. Note que qualquer K algbrico sobre K, pois uma raiz do polinmio p(x) = x K[x]. Note que se L = C e K = Q, ento um elemento algbrico (transcendente) sobre K chama-se nmero algbrico (transcendente) sobre K. Observao 9.9 Se L um elemento algbrico sobre K e 6= 0, ento sempre podemos escolher a0 , a1 , . . . , an K, com a0 6= 0. Exemplo 9.10 Mostre que = 3 2 + 3 um nmero algbrico sobre Q. Soluo. Como 3 = 3 2 temos, elevando ao cubo ambos os membros da equao, que 3 3 32 + 9 3 3 = 2 3 + 9 2 = 3 3(2 + 1). Agora, elevando ao quadrado ambos os membros da ltima equao, obtemos 6 + 184 43 + 812 36 + 4 = 274 + 542 + 27. Logo, 6 94 43 + 272 36 23 = 0. Portanto, uma raiz do polinmio p(x) = x6 9x4 4x3 + 27x2 36x 23 Q[x],

ou seja, =

3 2 + 3 algbrico sobre Q.

Lema 9.11 Seja f : Z Z uma funo tal que limn f (n) = 0. Ento f (n) = 0, para n sucientemente grande. Prova. Como limn f (n) = 0 temos que dado = 1 , existe n0 Z tal que 2 1 0 |f (n) 0| = |f (n)| < , 2 para todo n Z, com n > n0 . Sendo f (n) um nmero inteiro, temos que f (n) = 0, para todo n Z, com n > n0 . Exemplo 9.12 (Teorema de Hermite) O nmero real e transcendente sobre Q.

9.2. ELEMENTOS ALGBRICOS E TRANSCENDENTES

371

Soluo. Suponhamos, por absurdo, que e seja algbrico sobre Q. Ento existem a0 , a1 , . . . , an Q, n 1, tais que a0 + a1 e + + an en = 0. Podemos supor, sem perda de generalidade, que a0 , a1 , . . . , an Z e a0 6= 0. Escolhendo um nmero primo qualquer p, com p > max{n, |a0 |}, denimos f (x) = 1 xp1 (x 1)p (x n)p (p 1)! (n!)p p1 bp bnp+p1 np+p1 = + , x xp + + x (p 1)! (p 1)! (p 1)!np+p1

onde bj Z, ou seja, f um polinmio de grau (f ) = np + p 1. Pondo F (x) = f (0) (x) + f (1) (x) + + f (np+p1) (x) = obtemos Xi=0

f (i) (x), com f (np+p) (x) = 0,

Assim, multiplicando por ek e somando sobre k = 0, 1, . . . , n, obtemos Z k n n n X X X k x ak e e f (x)dx = F (0) ak ek ak F (k)k=0 0

d x e F (x) = ex (F 0 (x) F (x)) = ex f (x). dx Logo, para qualquer k Z+ , temos, pelo Teorema Fundamental do Clculo, que Z k k ak ex f (x)x = ak ex F (x)0 = ak (F (0) ek F (k)).0

=

pois a0 + a1 e + + an en = 0. Armao. f (i) (k) Z e p divide f (i) (k), exceto para k = 0 e i = p 1. De fato, fcil vericar, por derivao direta, que se i p, ento f (i) um polinmio em Z[x] e f (i) (k) 0 (mod p), para todo k Z+ . Por outro lado, como k = 1, 2, . . . , n, so razes de f de multiplicidade p temos que f (i) (k) = 0, com 0 i p 1. Assim,np+p1

k=0 n np+p1 X X k=0 i=0

k=0

ak f (i) (k),

F (k) =

Xi=0

np+p1

f (k) = f

(i)

(p)

(k) +

i=p+1

X

f (i) (k) 0 (mod p), k = 1, 2, . . . , n.

Sendo k = 0 uma raiz de f de multiplicidade p 1, temos que f (i) (0) = 0, com 0 i p 2.

372


Agora, se i p, ento f (i) (0) 0 (mod p), mas f (p1) (0) = (n!)p 6 0 (mod p). Logo,np+p1

F (0) = Portanto, G(p) =p

Xi=0

f (i) (0) 6 0 (mod p).

pois G(0) = Cp + a0 (n!) , isto , para um nmero primo p sucientemente grande G(p) um nmero inteiro no divisvel por p. Note que se 0 x n, entonp+p1 x e f (x) n , (p 1)!

n X np+p1 X k=0 i=0

ak f (i) (k) 6 0 (mod p),

de modo que

n Z Z k n X X k nnp+p1 k x ak ek ak e e f (x)dx dx 0 0 (p 1)! k=0 k=0 =n np(n+1)1 X |ak | kek . (p 1)! k=0

Logo, limp G(p) = 0. Assim, pelo Lema 9.11, G(p) = 0, para p sucientemente grande. Portanto, G(p) 0 (mod p), o que uma contradio. Teorema 9.13 Sejam L/K uma extenso e L algbrico sobre K. Ento existe um polinmio de menor grau p K[x] tal que p() = 0. Alm disso: 1. p irredutvel sobre K. 2. Se f K[x] tal que f () = 0, ento p divide f . 3. Existe um nico polinmio mnico de menor grau p K[x] tal que p() = 0. Prova. Consideremos o conjunto S = {n N : f K[x], com (f ) = n e f () = 0}. Como algbrico sobre K temos que S 6= . Assim, pelo Princpio da Boa Ordenao, S contm um menor elemento, digamos n S. Donde, existe p K[x] tal que p() = 0 e n = (p). (1) Suponhamos, por absurdo, que p seja redutvel sobre K. Ento existem f, g K[x] tais que p = f g, com 1 (f ), (g) < n.


373

Como 0 = p() = f ()g() e L um domnio de integridade temos que f () = 0 ou g() = 0. Em qualquer caso temos que uma raiz de um polinmio de grau menor do que p, o que contradiz a minimalidade do grau de p. Portanto, p irredutvel sobre K. (2) Seja f K[x] tal que f () = 0. Ento, pelo Algoritmo da Diviso, existem q, r K[x] tais que f = qp + r, com r = 0 ou (r) < (p). Como f () = 0 = p() temos que r() = 0. Logo r = 0, pois (r) < (p). Portanto, p divide f . (3) Seja q K[x] outro polinmio mnico de menor grau tal que q() = 0. Ento, pelo item (2), p | q e q | p. Assim, existe a K tal que p = aq. Mas, por hiptese, temos que a = 1. Portanto, p = q. Sejam L/K uma extenso e L algbrico sobre K. O polinmio mnico de menor grau em K[x] que tem como uma raiz chama-se o polinmio minimal de sobre K e ser denotado por p = irr(, K) ou p(x) = m (x). Observe que o grau do polinmio minimal depende do corpo bsico. Exemplo 9.14 Mostre que se = n p C, onde n N e p um nmero primo xado, ento irr(, Q) = xn p. Mas irr(, R) = x . Soluo. claro que uma raiz do polinmio f = xn p Q[x] e que, pelo Critrio de Eisenstein, f irredutvel sobre Q. Teorema 9.15 Sejam L/K uma extenso, L e E : K[x] L o homomorsmo substituio. Ento: 1. Im E = K[] e K K[] L. 2. transcendente sobre K se, e somente se, ker E = {0}. 3. Se algbrico sobre K e p = irr(, K), ento ker E = (p). 4. Note que K[x] ' K[]. ker E Conra o diagrama K[x] K[x] ker E

E

L

K[]

374 Prova. (1) Por denio


Im E = {E (f ) : f K[x]} = {a0 + a1 + + an n : ai K} = K[]. claro que K K[], pois E (a) = a, para todo a K, e K[] L. (2) Se f ker E , ento E (f ) = 0. Logo, f () = 0. Como, por hiptese transcendente sobre K, temos que f 0, isto , ker E = {0}. A recproca prova-se de modo inteiramente anlogo. (3) Como p() = 0 temos que p ker E . Logo, (p) ker E . Por outro lado, se f ker E , ento f () = 0. Logo, pelo item (2) do Teorema 9.13, p divide f . Assim, existe g K[x] tal que f = pg, isto , f (p). Portanto, ker E (p). (4) Consequncia direta do Primeiro Teorema de Isomorsmo. Corolrio 9.16 Sejam L/K uma extenso e L. 1. Se algbrico sobre K, ento K() = K[], ou seja, K() = {a0 + a1 + + an1 n1 : ai K}, com n = (irr(, K)). 2. Se transcendente sobre K, ento K[x] ' K[]. Portanto, o corpo de funes racionais f : f, g K[x], com g 6= 0 K(x) = g do domnio K[x] isomorfo ao corpo quociente K() = f () : f, g K[x], com g() 6= 0 g()

do domnio K[]. Note que um isomorsmo de K(x) sobre K() aplica x em e a em a, para todo a K. Prova. Fica como um exerccio.

Sejam L/K uma extenso e , L. Dizemos que conjugado a sobre K se irr(, K) = irr(, K). Por exemplo, = 2 + 3, = 2 3 R so conjugados sobre Q, pois irr(, Q) = irr(, Q) = 1 10x2 + x4 Q[x]. Proposio 9.17 Sejam L/K uma extenso e , L elementos conjugados sobre K. Ento K() ' K().


375

Prova. Seja p = irr(, K) = irr(, K). Ento, pelos itens (3) e (4) do Teorema 9.15, obtemos o diagrama K() K() = 1 I 1 2 1 K[x] (p)

2 IK[x] (p)

Portanto, K() ' K(), onde () = e (a) = a, para todo a K. Teorema 9.18 Sejam L/K uma extenso e L. 1. Se algbrico sobre K, em que (irr(, K)) = n, ento o conjunto {1, , . . . , n1 } uma base de K() sobre K. Em particular, [K() : K] = n. 2. Se K = Zp um corpo nito, ento |K()| = pn .

Prova. (1) Seja b K(). Ento, pelo item (1) do Teorema 9.15, existe f K[x] tal que b = f (). Se p = irr(, K), ento, pelo Algoritmo da Diviso, existem q, r K[x] tais que f = qp + r, com r = 0 ou (r) < (p). Assim, b = f () = r() = a0 + a1 + + an1 n1 , isto , os elementos 1, , . . . , n1 geram K(). Agora, suponhamos que a0 + a1 + + an1 n1 = 0. Ento uma raiz do polinmio g = a0 + a1 x + + an1 xn1 K[x]. Logo, pelo item (2) do Teorema 9.13, temos que p divide g. Assim, g = 0, pois (g) < (p). Portanto, os elementos 1, , . . . , n1 so LI. (2) Seja : K() Zn a funo denida por p (a0 + a1 + + an1 n1 ) = (a0 , a1 , . . . , an1 ). Ento fcil vericar que um isomorrmo de espaos vetoriais sobre K. Portanto, |K()| = Zn = pn . p

376


Corolrio 9.19 Sejam L/K uma extenso e , L algbricos sobre K. Ento: 1. K()() = K(, ). Neste caso, ( n1 m1 ) XX K(, ) = aij i j : aij K ,j=0 i=0

em que m = (irr(, K)) e n = (irr(, K)). Note que K(, ) uma lgebra com uma base ordenada lexicogracamente {i j : i = 0, . . . , m 1 e j = 0, . . . , n 1}, isto , 1, , . . . , m1 , , , . . . , m1 , . . . , n1 , n1 , . . . , m1 n1 . 2. [K(, ) : K()] [K() : K]. Em particular, [K(, ) : K()] = [K() : K] [K(, ) : K()] = [K() : K]. Prova. (1) Por denio o corpo K(, ) contm e K. Logo, ele contm o corpo K(). Como K(, ) contm temos, pela minimalidade de K()(), que K()() K(, ). Por outro lado, como K()() contm , e K temos, pela minimalidade de K(, ), que K(, ) K()(). Portanto, K()() = K(, ). (2) Sejam p = irr(, K) K[x] e q = irr(, K()) K()[x]. Ento p K[x] K()[x] e p() = 0. Logo, pelo item (2) do Teorema 9.13, q divide p. Portanto, [K(, ) : K()] = (q) (p) = [K() : K], que o resultado desejado. Conra o diagrama abaixo. K(, ) K() K Observao 9.20 Sejam L/K uma extenso e L algbrico sobre K. 1. A lgebra K() completamente determinada pelos coecientes do polinmio minimal p = irr(, K) = a0 + a1 x + + an1 xn1 + xn K[x], pois sendo i = ( se i = 0, . . . , n 2 i+1 , n1 (a0 + a1 + + an1 ), se i = n 1, K()

temos que o produto dos elementos bsicos i j recursivamente determinado.


377

2. Se 1 , . . . , n L so algbricos sobre K, ento K(1 , . . . , n ) = K[1 , . . . , n ]. Exemplo 9.21 Seja C tal que 3 + 1 = 0. Determine o inverso de 2 3 + 22 em Q(). Soluo. claro que o polinmio p = 1 x + x3 Q[x] irredutvel sobre Q. Assim, [Q() : Q] = 3 e o conjunto {1, , 2 } uma base de Q() sobre Q. Seja = 2 3 + 22 . Ento devemos determinar a, b, c Q tais que 1 = a + b + c2 , pois 1 Q(). Como 1 = 1 temos que 1 = 2a + (3a + 2b) + (2a 3b + 2c)2 + (2b 3c)3 + 2c4 . Sendo 3 = 1 e 4 = 2 , obtemos 1 = (2a + 2b 3c) + (3a + 4b 5c) + (2a 3b + 4c)2 . Mas isso equivalente ao sistema

Exemplo 9.22 Seja L = Q( 2, 3). Determine [L : Q].

Logo, a = 1, b = 2 e c = 1, de modo que 1 = 1 + 2 + 2 . O problema pode tambm ser resolvido do seguinte modo: Como o mdc(p, f ) = 1, onde f = 2 3x + 2x2 Q[x], temos que existem g, h Q[x] tais que gp + fh = 1. Portanto, f ()h() = 1.

2a + 2b 3c = 1 3a + 4b 5c = 0 2a 3b + 4c = 0.

Soluo. claro que = 2 C uma raiz do polinmio p = x2 2 Q[x] e que, pelo critrio de Eisenstein, irredutvel sobre Q. Assim, p = irr(, Q), [Q() : Q] = 2 e o conjunto {1, 2} uma base de Q() sobre Q. De modo inteiramente anlogo, q = x2 3 = irr( 3, Q) e [Q( 3) : Q] = 2. Seja f = irr( 3, Q()) Q()[x]. Ento f divide q, pois q Q[x] Q()[x] e q( 3) = 0. Portanto, [L : Q()] 2. Armao. [L : Q()] = 2 e {1, 3} uma base de L sobre Q(). De fato, suponhamos, por absurdo, que [L : Q()] = 1. Ento 3 L = Q(). Assim, existem a, b Q, no ambos nulos, tais que 3 = a + b 2 3 = a2 + 2b2 + 2ab 2. Se ab 6= 0, ento 3 a2 2b2 Q, 2= 2ab

378


o que impossvel. Se a = 0 e b 6= 0, ento r 3 = b Q, 2 o que impossvel. Se b = 0 e a 6= 0, ento 3 = b Q, o que impossvel. Portanto, [L : Q()] = 2. Neste caso, [L : Q] = [L : Q()][Q() : Q] = 2 2 = 4 e {1, 2, 3, 6} uma base de L sobre Q. Note que Q( 2 + 3) L. Por outro lado, se = 2 + 3, ento 2 2 1 2 Q( 2 + 3). ( 2) = 3 2 2 + 2 = 3 2 = 2 De modo inteiramente anlogo, prova-se que 3 Q( 2+ 3). Assim, L Q( 2+ 3). Portanto, Q( 2 + 3) = L. Alm disso, o polinmio f = x4 10x2 + 1 Q[x], irredutvel sobre Q, pois = 2 + 3 uma raiz de f .

EXERCCIOS

1. Seja L/K uma extenso. Mostre que L algbrico sobre K se, e somente se, 1 K[]. 2. Sejam f Z[x] e p um nmero primo xado. Mostre que se i p, ento f (x) f (x) d(i) d(i) Z[x] e 0 (mod p). dxi (p 1)! dxi (p 1)! 3. verdade que Q[e] um corpo? 4. Sejam m, n Z[x], com m > 0. Mostre que e n um nmero transcendente. 5. Sejam L/K uma extenso de grau n e L algbrico sobre K. Mostre que [K() : K] divide n. 6. Sejam L/K uma extenso de grau um nmero primo p e L K. Mostre que [K() : K] = p e L = K(). 7. Sejam f = xn upm Q[x], onde m, n, p N, p um nmero primo xado, e u um elemento de Z tal que mdc(m, n) = 1 = mdc(u, p). Determine [L : Q], onde L = Q(), sendo uma raiz de f .m


379

8. Seja L/K uma extenso. Mostre que se L transcendente sobre K, ento 1 L transcendente sobre K. Conclua que K[] ' K[1 ]. 9. Verique se cos 2 um nmero algbrico ou transcendente sobre Q. 5 10. O nmero q q 3 3 10 + 108 + 10 108

racional ou irracional?

11. Seja K um corpo de caracterstica diferente de 2. (a) Mostre que K( a, b) = K( a + b). (b) Mostre que se a, b Q, com a > 0 e b 6= 0, ento

3 3 3 Q( a, b) = Q( a + b) = Q( a b).

(c) Se p, q N so nmeros primos, determine irr( p + 3 q, Q) e irr( p 3 q, Q). (d) Mostre que se L = K(, ), onde m , n K e m, n N, com mdc(m, n) = 1, ento K(, ) = K( ). 12. Seja C tal que 3 + + 1 = 0. Mostre que Q(, 2) = Q( 2). 13. Seja C tal que 3 2 + 2 = 0. Mostre que Q() = Q(), com = 2 . 14. Em cada caso determine irr(, Q): p (a) = 1 + 3 (c) = i 3 2 (b) = 2 + 3 (d) = 2 + 3 3 (e) = 3 + 5 3 (f ) = 2 + 3 + 5.

15. Existem , R Q tais que Q() ' Q(i) e Q() 6' Q(i)? 16. Seja C tal que 3 + 9 + 6 = 0. Determine o inverso de 1 + em Q(). 17. Seja C tal que 3 2 2 = 0. Determine (1 + )(1 + + 2 ) e Q().1+ 1++2

em

18. Seja L/K uma extenso. Mostre que se L algbrico sobre K(), para algum L, e transcendente sobre K, ento algbrico sobre K(). 19. Seja L/K uma extenso. Mostre que se f = xn a K[x] irredutivel, L uma raiz de f e d divide n, ento [K(d ) : K] = n . Qual o irr(d , K)? d

380


20. Seja K um corpo nito. Mostre que [K : Zp ] = pn , onde n, p N, com p um nmero primo. (Sugesto: Primeiro note que se caracterstica de K fosse igual a 0, ento os elementos m 1K K (m Z) seriam distintos aos pares, de modo que K no seria nito.) 21. Sejam K um corpo e K(x) o corpo de funes racionais. Mostre que se K(x) algbrico sobre K, ento K. 22. Seja L/K uma extenso nita. (a) Mostre que L[x]/K[x] uma extenso nita e [L : K] = [L[x] : K[x]]. (b) Mostre que L(x)/K(x) uma extenso nita e [L[x] : K[x]] = [L(x) : K(x)]. (Sugesto: (a) Mostre que qualquer base de L sobre K uma base de L[x] sobre K[x]. (b) Primeiro mostre que qualquer elemento no nulo de L[x] um divisor de um elemento no nulo de K[x]. Segundo mostre que qualquer elemento de L(x) pode ser escrito sob a forma f , onde f L[x] e g K[x].) g

9.3

Extenses Algbricas

Seja L/K uma extenso. Dizemos que L uma extenso algbrica sobre K se cada elemento L for algbrico sobre K. Caso contrrio, dizemos que L uma extenso transcendente sobre K, isto , existe algum L transcendente sobre K. Teorema 9.23 Seja L/K uma extenso. Ento as seguintes condies so equivalentes: 1. [L : K] < ; 2. L/K algbrica e L uma extenso nitamente gerada sobre K; 3. Existem elementos algbricos 1 , . . . , n L tais que L = K(1 , . . . , n ). Prova. (1 2) Sejam L e [L : K] = n. Ento o conjunto {1, , . . . , n } LD sobre K. Logo, existem a0 , a1 , . . . , an K, com an 6= 0 e n 1, tais que a0 + a1 + + an n = 0. Assim, algbrico sobre K. Como L foi escolhido arbitrariamente temos que L/K uma extenso algbrica. Finalmente, se { 1 , . . . , n } uma base qualquer de L sobre K, ento L = K( 1 , . . . , n ),

9.3. EXTENSES ALGBRICAS isto , L uma extenso nitamente gerada sobre K. (2 3) Segue da denio. (3 1) Sejam K0 = K, K1 = K0 (1 ), K2 = K1 (2 ), . . . , Kn = Kn1 (n ).

381

Ento L = Kn e cada i algbrico sobre Ki1 . Assim, pelo item (1) do Teorema 9.18, [Ki : Ki1 ] = mi = (irr(i , Ki1 )), i = 1, . . . , n. Logo, pelo Corolrio 9.2, temos que [L : K] = [Kn : Kn1 ] [K1 : K0 ] = mn m1 < , que o resultado desejado.

Observao 9.24 L = Q(e) uma extenso nitamente gerada sobre Q, mas o ndice [L : Q] = . Corolrio 9.25 Sejam L/K uma extenso e F um corpo intermedirio de L/K. Ento L/K algbrica se, e somente se, L/F e F/K so algbricas. Prova. Suponhamos que L/K seja algbrica. Ento claro que L/F e F/K so algbricas. Reciprocamente, dado L, existem a0 , a1 , . . . , an F , com an 6= 0 e n 1, tais que a0 + a1 + + an n = 0, pois L/F algbrica. Logo, claro que algbrico sobre M = K(a0 , a1 , . . . , an ) e pelo Teorema 9.23, [M : K] < , pois os ai so algbricos sobre K. Por outro lado, pelo item (1) do Teorema 9.18, [M() : M] < , consequentemente, [M() : K] = [M() : M][M : K] < . Logo, pelo Teorema 9.23, M()/K algbrica. Em particular, algbrico sobre K. Como L foi escolhido arbitrariamente temos que L/K algbrica. Teorema 9.26 Seja L/K uma extenso. Ento o conjunto L = { L : algbrico sobre K} uma extenso algbrica de K.

382


Prova. Basta mostrar que L um subcorpo de L. Dados , L, com 6= 0. Ento, pelo item (2) do Corolrio 9.19, [K(, ) : K()] [K() : K] < . Logo, [K(, ) : K] = [K(, ) : K()][K() : K] < . Assim, pelo Teorema 9.23, K(, ) algbrica sobre K. Portanto, , , 1 so elementos de K(, ), isto , L um subcorpo de L. Exemplo 9.27 Seja L = { C : algbrico sobre Q}. Mostre que [L : Q] = . Soluo. Suponhamos, por absurdo, que [L : Q] = m. Como o conjunto dos nmeros naturais N ilimitado superiormente temos que existe n N tal que m < n. Seja = n 2 C. Ento algbrico sobre Q, pois raiz do polinmio p = xn 2 Q[x] e que, pelo Critrio de Eisenstein, irredutvel sobre Q. Logo, p = irr(, Q) e [Q() : Q] = n. Assim, m = [L : Q] = [L : Q()][Q() : Q] e n divide m, o que impossvel.

Sejam K um corpo e L/K uma extenso. Dizemos que L um corpo de funes sobre K se existir L transcendente sobre K. Exemplo 9.28 Sejam K um corpo e L um corpo de funes sobre K. Mostre que L um corpo de funes sobre K. Soluo. Seja L transcendente sobre K. Ento devemos provar que transcendente sobre K. Suponhamos, por absurdo, que seja algbrico sobre K. Ento existem a0 , a1 , . . . , an K, com an 6= 0 e n 1, tais que a0 + a1 + + an n = 0, Logo, algbrico sobre K(a0 , . . . , an ). Assim, pelo Teorema 9.26 e Corolrio 9.25, algbrico sobre K, o que uma contradio. Proposio 9.29 Sejam K um corpo e K(x) o corpo de funes racionais. Se = f , onde f, g K[x], g 6= 0 e mdc(f, g) = 1, g

ento [K(x) : K()] = max{(f ), (g)}. Em particular, [K() : K] = . Prova. Pondo f = a0 + a1 x + + am xm , g = b0 + b1 x + + bn xn K[x], k = max{m, n}. Consideremos o polinmio h(z) = g(z) f (z) K()[z]. Ento h(x) = 0.

9.3. EXTENSES ALGBRICAS

383

Armao. (h) = k e h irredutvel sobre K(), isto , h = irr(x, K()). De fato, claro que (h) k. Por outro lado, pela Lei da Tricotomia, obtemos m > n ou m = n ou m < n. Logo, o coeciente de z k em h igual a: am ou bn am ou bn , que so diferentes de zero, pois K. Portanto, (h) = k. Agora, como h linear / em sobre K[z] (K[z][] = K[z, ]) temos que h irredutvel sobre K[]. Sendo h um polinmio primitivo temos, pelo Lema de Gauss, que h irredutvel sobre K(). Portanto, [K(x) : K()] = k. Corolrio 9.30 Sejam K um corpo e K(x) o corpo de funes racionais. Ento = ax + b , a, b, c, d K, com ad bc 6= 0, cx + d

so todos os elementos primitivos de K(x), ou seja, K(x) = K(). Prova. Fica como um exerccio.

por

Sejam L/K uma extenso nita e L xado. Ento a funo T : L L denida T () =

claramente linear sobre K, pois L uma lgebra sobre K. Seja A a matriz de T em relao alguma base de L sobre K. O polinmio f (x) = det(xI A ) K[x] chama-se o polinmio caracterstico de em relao extenso L/K, com (f ) = [L : K]. O trao absoluto e a norma absoluta de so denidos como T () = tr(A ) e N() = det(A ). Note que se { 1 , . . . , n } uma base qualquer de L sobre K, ento existem nicos aij K tais que n n X X T ( j ) = aij i (I aij ) i = 0, j = 1, . . . , n.i=1 i=1 n X (I aij )xi = 0, j = 1, . . . , n, i=1

Portanto, a n-upla ( 1 , . . . , n ) uma soluo no nula do sistema homogneo

consequentemente, f () = det(I A ) = 0, ou seja, uma raiz de f . Proposio 9.31 Sejam L/K uma extenso nita e L xado. Ento f = irr(, K) se, e somente se, L = K().

384


Prova. Suponhamos que f = irr(, K) e (f ) = n. Ento, pelo item (1) do Teorema 9.18, [K() : K] = n. Como n = [L : K] e [L : K] = [L : K()][K() : K] temos que [L : K()] = 1. Portanto, L = K(). Reciprocamente, sejam n = [K() : K] e p = irr(, K) = a0 + a1 x + + an1 xn1 + xn K[x]. Se {1, , . . . , n1 } 9.20, obtemos 0 0 0 1 0 0 0 1 0 A = . . . . . . . . . . . . 0 0 0 0 0 0 uma base de K() sobre K, ento, pelo item (1) da Observao

0 0 0 . . .

a0 a1 a2 . . .

0 an2 1 an1

Portanto,

Assim, usando operaes elementares sobre as linhas e as matriz diagonal 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 D= . . . . . . . . . . . . . . . 0 0 0 1 0 0 0 0

e xI A =

x 0 0 1 x 0 0 1 x . . . . . . . . . 0 0 0 0 0 0

. . .

0 0 0 . . .

a0 a1 a2 . . .

x an2 1 x + an1

colunas de xI A , obtemos a . 0 p 0 0 0 . . .

.

f (x) = det(xI A ) = det(D) = (1)n1 p(x). isto , f = irr(, K).

Exemplo 9.32 Seja C tal que 3 + 2 + 2 = 0. Determine o T (1 + 2) e N(1 + 2). Soluo. Como o polinmio p = x3 + x2 + 2 Q[x] irredutvel sobre Q temos que o conjunto {1, , 2 } uma base de Q() sobre Q. Assim, T(1+2) () = (1 + 2) = 0 1 + 1 + 2 2 T(1+2) (1) = 1 + 2 = 1 1 + 2 + 0 2

T(1+2) (2 ) = 2 (1 + 2) = 4 1 + 0 1 2 , pois 3 = 2 2 . Portanto, A(1+2) 1 0 4 = 2 1 0 . 0 2 1

Neste caso, T (1 + 2) = 1, N(1 + 2) = 17 e f(1+2) = x3 x2 x + 17 Q[x].

9.3. EXTENSES ALGBRICAS

385

Proposio 9.33 Sejam L/K uma extenso algbrica e K um conjunto enumervel. Ento L enumervel. Prova. Para qualquer n N, seja Pn o conjunto de todos os polinmios mnicos de grau n e irredutveis sobre K. Ento a funo : Pn K n denida por (a0 + a1 x + + an1 xn1 + xn ) = (a0 , a1 , . . . , an1 ) claramente injetora. Logo, Pn enumervel, para todo n N. Para um f Pn xado, consideremos os conjuntos Rf,n = { L : f () = 0} e In = {1, 2, . . . , n}. Ento a funo : Pn In Rf,n denida por (f, i) = i , onde i uma raiz de f , claramente sobrejetora. Assim, Rf,n enumervel. Portanto, L= enumervel.nN

[

Rf,n

EXERCCIOS

1. Sejam L/F , F/K extenses e L algbrico sobre K. Mostre que irr(, F ) divide irr(, K) em F [x]. 2. Mostre que existem nmeros reais que so transcendentes sobre os nmeros racionais. 3. Seja L/K uma extenso. Mostre que L algbrica sobre K se, e somente se, qualquer anel intermedirio de L/K um corpo. 4. A extenso C/Q algbrica ou transcendente? 5. Sejam p1 , p2 , p3 , . . . a sequncia de nmeros primos e Kn = Q( p1 , p2 , . . . , pn1 , pn ) R. Mostre que pn+1 Kn e [Kn+1 : Kn ] = 2, para todo n N. Conclua que / n [Kn : Q] = 2 , para todo n N. 6. Sejam L/K uma extenso e L. Mostre que se o grau [K() : K] um nmero mpar, ento K(2 ) = K(). Mostre, com um exemplo, que isto no necessariamente verdade se [K() : K] for um nmero par.

386


7. Sejam L/K uma extenso e f L[x] um polinmio com coecientes algbricos sobre K. Mostre que qualquer raiz de f em L algbrica sobre K. 8. Sejam K um corpo enumervel e K(x) o corpo de funes racionais. Ento K(x) enumervel. (Sugesto: Mostre primeiro que K[x] enumervel.) 9. Sejam L/K uma extenso e , L, com K. Mostre que se algbrico / sobre K e transcendente sobre K, ento K(, )/K no uma extenso simples. 10. Sejam L/K uma extenso e L transcendente sobre K. (a) Mostre que qualquer K() K transcendente sobre K. (b) Mostre que K(2 ) ' K(), mas K(2 ) 6= K(). (c) Mostre que se F um corpo intermedirio de K()/K, com K 6= F , ento F algbrica sobre K. (d) Mostre que n L transcendente sobre K, para todo n N, mas K(n ) 6= K(). 11. Sejam L/K uma extenso algbrica e : L L um homomorsmo de corpos injetor tal que (a) = a, para todo a K. Mostre que sobrejetor. Mostre, com um exemplo, que isto no necessariamente verdade se L/K no uma extenso algbrica. (Sugesto: Sejam L , p = irr(, K) K[x] e Rp = { L : p() = 0}. Ento (Rp ) = Rp .) 12. Seja C tal que 3 + + 2 = 0. Determine o T (1 + 2 ) e N(1 + 2 ). 13. Sejam , C tais que 3 + + 1 = 0 e 2 + 3 = 0. Determine irr( + , Q) e irr( , Q). 14. Sejam , C tais que 3 2 + 1 = 0 e 2 3 + 2 1 = 0. Determine irr( + , Q). 15. Sejam L/K extenso nita e L. Mostre que f K[x] e T (), N() K. Em particular, se K, ento N() = n , T () = n e f = (x )n . 16. Sejam L/F , F/K extenses nitas e m = [L : F ]. Mostre que se L, ento fL/K, = (gF/K, )m , TL/K () = m(TF/K ()) e NL/K () = (NF/K ())m . 17. Sejam L/K uma extenso e S L um conjunto qualquer de elementos algbricos sobre K. Mostre que K(S) = K[S]. Mostre, com um exemplo, que a recproca no necessariamente verdade. (Sugesto: Tente com K = Q e S = Q(e).)

Captulo 10 Extenses SeparveisNeste captulo veremos que para um polinmio qualquer existe uma extenso mnima (mais econmica), onde o polinmio se decomponha em fatores lineares.

10.1

Corpos de Decomposio

Sejam L/K uma extenso e f K[x]. Dizemos que f decompe-se sobre L se f = a(x 1 ) (x n ), onde 1 , . . . , n L e a K. Note que os i no so necessariamente distintos. Exemplo 10.1 O polinmio f = x2 + 1 Q[x] decompe-se sobre C, pois f = (x i)(x + i). Teorema 10.2 Sejam K um corpo e f K[x]. Ento existe um corpo L contendo K no qual f decompe-se. Prova. Pelo Corolrio 9.6 existe um corpo L1 contendo K e 1 L1 tal que f = (x 1 )g, onde g L1 [x]. Novamente, pelo Corolrio 9.6 existe um corpo L2 contendo L1 e 2 L2 tal que f = (x 1 )(x 2 )h, onde h L2 [x]. Continuando desta maneira (em no mximo (f ) etapas), obtemos um corpo L contendo K e 1 , . . . , n L tal que f = a(x 1 ) (x n ), que o resultado desejado.

Sejam K um corpo e f K[x]. Um corpo de decomposio de f sobre K uma extenso L/K tal que as seguintes condies so satisfeitas: 387

388 1. f decompe-se sobre L.

CAPTULO 10. EXTENSES SEPARVEIS

2. L minimal com respeito condio (1), isto , se f decompe sobre F , com K F L, ento F = L. Vamos denotar o corpo de decomposio de um polinmio f K[x] por L = Gal(f, K). Observao 10.3 A denio de corpo de decomposio aplica-se a uma quantidade innita de polinmios, ou seja, L um corpo de decomposio de uma famlia F de polinmios sobre K (F K[x]) se L cumpre s condies (1) e (2). Exemplo 10.4 Construir um corpo de decomposio sobre Q para f = xn 1 Q[x]. Soluo. Seja = e n i C. Ento, pela Frmula De Moivre, w uma raiz de f , pois n 2 2 n = cos + i sen = cos 2 + i sen 2 = 1. n n Armao. 1, , . . . , n1 so as razes distintas aos pares de f . De fato, consideremos a funo : Z C denida por (k) = k . Ento fcil vericar que um homomorsmo de grupos com ker = nZ. Assim, pelo Primeiro Teorema de Isomorsmo, obtemos Z ' Im = {1, , . . . , n1 }. nZ Portanto, 1, , . . . , n1 so distintas. Assim, L = Gal(f, Q) = Q() um corpo de decomposio de f sobre Q. Neste caso, f = xn 1 = em L.n1 Y j=02

(x j ),

Exemplo 10.5 Construir um corpo de decomposio sobre Q para f = xp a Q[x], onde a, p N, com p um nmero primo e a livre de quadrados. Soluo. claro que = p a C uma raiz de f e que, pelo Critrio de Eisenstein, irredutvel sobre Q. Assim, f = irr(, Q).

Seja C uma raiz qualquer de f . Ento p p q = p = = 1. q Logo, = , em que uma raiz do polinmio g = xp 1 Q[x]. Note que g no irredutvel sobre Q, pois g = (x 1)(xp1 + + x + 1).

10.1. CORPOS DE DECOMPOSIO fcil vericar, pelo Critrio de Eisenstein, que h = xp1 + + x + 1 Q[x]

389

um polinmio irredutvel sobre Q. Assim, se C, com 6= 1, uma raiz de xp 1, ento, pelo Exemplo 10.4, Q() um corpo de decomposio de g. Portanto, L = Gal(f, Q) = Q(, ) um corpo de decomposio de f , pois f decompe-se em L e qualquer corpo de decomposio de f deve conter e = Neste caso,p1 Y (x j ), f =x a= p j=0

.

em L.

Teorema 10.6 Sejam K e K1 corpos. 1. Qualquer f K[x] possui um corpo de decomposio. 2. Sejam : K K1 um isomorrmo de corpos e : K[x] K1 [x] o isomorsmo de aneis induzido por , ou seja, n ! n X X ai xi = (ai )xi .i=0 i=0

Se L um corpo de decomposio de f K[x] e L1 um corpo de decomposio de f = (f ) K1 [x], ento pode ser estendido a um isomorsmo : L L1 . 3. Quaisquer dois corpos de decomposio de f K[x] so isomorfos. Prova. (1) Pelo Teorema 10.2, existe uma extenso F/K sobre a qual f decompe-se. Sejam 1 , . . . , n F as razes de f . Ento fcil vericar que L = Gal(f, K) = K(1 , . . . , n ) um corpo de decomposio de f . (2) Vamos usar induo sobre n = (f ). Se n = 1, ento L = K e L1 = K1 e nada h para ser provado. Suponhamos que n > 1 e que o resultado seja vlido para todo k, com 1 k < n. Sendo K[x] um domnio de fatorao nica, podemos escrever f como f = pg, com p um polinmio irredutvel sobre K e (p) 2. Escolhendo uma raiz L de p e uma raiz L1 de p = (p), existe um nico isomorsmo 0 : K() K1 (), com 0 () = e 0 |K = , conra o diagrama K() 1 K[x] (p)

0

K1 () 2K1 [x] (p )

390 Como f = (x )bg, em que p

CAPTULO 10. EXTENSES SEPARVEIS p , (x )

temos que L um corpo de decomposio de pg sobre K() (se F um corpo contendo b todas as razes de pg e K(), ento L F , pois K() F ) e L1 um corpo b de decomposio de (bg) sobre K1 (). Assim, pela hiptese de induo, existe um p isomorsmo : L L1 tal que |K() = 0 e, consequentemente, |K = 0 |K = . (3) Basta fazer K = K1 e = I no item (2). Seja K um corpo. Dizemos que K um corpo algebricamente fechado se qualquer polinmio no constante sobre K possui pelo menos uma raiz em K. Exemplo 10.7 Nenhum corpo primo um corpo algebricamente fechado. De fato, o polinmio f = x2 2 Q[x] no possui razes em Q. Agora, o polinmio f = xp x + c Zp [x], onde c Z e p um nmero primo xado, no possui razes em Zp , pois se Zp p uma raiz de f , ento, pelo Teorema de Lagrange, que p (mod p) e p + c 0 (mod p) c 0 (mod p), o que impossvel. Teorema 10.8 Seja K um corpo. Ento as seguintes condies so equivalentes: 1. K um corpo algebricamente fechado; 2. Qualquer polinmio no constante f K[x] decompe-se em fatores lineares sobre K; 3. Se L uma extenso algbrico de K, ento L = K. Prova. (1 2) Seja f K[x] um polinmio no constante. Vamos usar induo sobre (f ) = n. Se n = 1, nada h para ser provado. Suponhamos que n > 1 e que o resultado seja vlido para todo k, com 1 k < n. Ento existe K tal que f () = 0. Logo, f (x) = (x )g(x), com (g) < n. Assim, pela hiptese de induo, g decompe-se em fatores lineares sobre K. Portanto, f decompe-se em fatores lineares sobre K. (2 3) Sejam L algbrico sobre K e p = irr(, K). Ento, por hiptese, p decompe-se sobre K, digamos p = (x 1 ) (x n ). Como p() = 0 temos que = i , para algum i = 1, . . . , n. Portanto, K e L = K. (3 1) Seja f K[x] um polinmio no constante. Ento, pelo item (1) do Teorema 10.6, existe uma raiz em algum L = Gal(f, K). Logo, K() uma extenso algbrico sobre K. Portanto, K() = K e K.

p= b

10.1. CORPOS DE DECOMPOSIO Exemplo 10.9 Seja L/R uma extenso algbrica. Mostre que L = R ou L ' C.

391

Soluo. Dado L. Ento algbrico sobre R. Logo, irr(, R) = x+b ou x2 +ax+b (prove isto!). Se irr(, R) = x + b, ento R e L = R. Se irr(, R) = x2 + ax + b, ento [R() : R] = 2. Assim, pelo Exemplo 9.8, existe c R tal que R() = R( c). Ento c < 0, pois qualquer nmero real positivo possui uma raiz em R. Logo, c = ir, onde r R, isto , R() = R(i) ' C. Portanto, pelo item (3) do Teorema 10.8, obtemos L = R(i). Teorema 10.10 Para qualquer corpo K existe um corpo algebricamente fechado L contendo K. Prova. (E. Artin) Sejam S um conjunto e : P S uma funo bijetora denida por (f ) = xf , onde P o conjunto de todos os polinmios mnicos em K[x] de grau maior do que ou igual a um. Ento K[S] um anel. Seja I o ideal em K[S] gerado por todos os polinmios f (xf ), onde f K[x], de grau maior do que ou igual a um em K[S]. Armao. I 6= K[S]. De fato, se I = K[S], ento 1 I. Logo, existem n N e gi K[S] tais que g1 f1 (xf1 ) + + gn fn (xfn ) = 1. Note que cada gi tem somente uma quantidade nita de variveis. Assim, pondo xi = xfi , para cada fi K[x], e reenumerando, se necessrio, podemos supor que x1 = xf1 , . . . , xn = xfn e que as variveis dos gi esto no conjunto {x1 , . . . , xn , xn+1 , . . . , xm }, n < m. Logo,n X i=1

gi (x1 , x2 , . . . , xm )fi (xi ) = 1.

Pelo Teorema 10.2, existe uma extenso F/K sobre a qual cada fi possui uma raiz i , i = 1, . . . , n. Fazendo i = 0, i = n + 1, . . . , m, e substituindo os xi pelos i na equao, obtemos 0=1 em F , o que impossvel. Assim, pelo Teorema de Krull, existe um ideal maximal M em K[S] tal que I M. Ento o corpo K1 = K[S] M

uma extenso de K com a identicao de a com a + M, pois M K = {0}. Logo, cada polinmio f possui uma raiz em K1 , a saber xf + M, pois f (xf ) I M. Portanto,

392


construmos um corpo K1 , onde cada polinmio f K[x] possui uma raiz. Fazendo a mesma construo com K1 ao invs de K, obtemos um corpo K2 contendo K1 e uma raiz de cada polinmio f K1 [x] Continuando esse processo, obtemos uma sequncia de corpos K = K0 K1 K2 Kn , onde cada polinmio em Kn [x] possui uma raiz em Kn+1 , para cada n Z+ . Seja L=nZ+

[

Kn .

Ento L claramente um corpo contendo K e os coecientes de qualquer polinmio g L[x] esto em algum Kn0 , para n0 sucientemente grande. Logo, g possui uma raiz em Kn0 e, consequentemente, g possui uma raiz em L. Portanto, L um corpo algebricamente fechado. Seja K um corpo. Um fecho algbrico de K uma extenso algbrica L de K tal que as seguintes condies so satisfeitas: 1. L um corpo algebricamente fechado. 2. L minimal com respeito condio (1), isto , se F um corpo algebricamente fechado, com K F L, ento F = L. Exemplo 10.11 Seja L/K uma extenso, com L um corpo algebricamente fechado. Ento o conjunto K = { L : algbrico sobre K} um fecho algbrico de K. Soluo. Seja f K[x] um polinmio no constante. Ento f decompe-se em fatores lineares sobre L, digamos f = a(x 1 ) (x n ), onde 1 , . . . , n L e a K. Assim, os elementos 1 , . . . , n so algbricos sobre K. Logo, pelo Corolrio 9.25, os elementos 1 , . . . , n so algbricos sobre K, isto , 1 , . . . , n K. Portanto, K um corpo algebricamente fechado. Finalmente, seja F um corpo algebricamente fechado tal que K F K. Ento claro que K uma extenso algbrica de F . Portanto, pelo Teorema 10.8, F = K. Observao 10.12 Para qualquer subcorpo K de C, obtemos K C. Teorema 10.13 Sejam L/K uma extenso algbrica e F um corpo algebricamente fechado. Se : K F um homomorsmo injetor, ento pode ser estendido a um homomorsmo injetor : L F .

10.1. CORPOS DE DECOMPOSIO

393

Prova. Consideremos a famlia F todos os pares (M, ), em que M um subcorpo de L contendo K e : M F um homomorsmo injetor tal que |K = . Ento F 6= , pois (K, ) F. Dados (M1 , 1 ), (M2 , 2 ) F, denimos (M1 , 1 ) (M2 , 2 ) M1 M2 e 2 |M1 = 1 . Ento uma ordem parcial sobre F (prove isto!). Sejam C uma cadeia qualquer de F e [ N= M.(M, )C

Se n N, ento existe (M, ) C tal que n M. Seja : N F denida como (n) = (n). Ento (N, ) F, pois dados n1 , n2 N, obtemos n1 = n2 (n1 ) = (n2 ) (n1 ) = (n2 ), ou seja, est bem denida e injetora. Agora, (n1 + n2 ) = (n1 + n2 ) = (n1 ) + (n2 ) = (n1 ) + (n2 ) e (n1 n2 ) = (n1 n2 ) = (n1 ) (n2 ) = (n1 )(n2 ). Logo, um homomorsmo. claro que (N, ) uma cota superior de C. Portanto, pelo Lema de Zorn, F contm um elemento maximal, digamos (M, ) F. Armao. M = L. De fato, suponhamos, por absurdo, que M 6= L. Ento existe L tal que M. Como / L/K uma extenso algbrica temos que algbrico sobre M. Seja p = irr(, M) M[x]. Ento, pelo item (2) do Teorema 10.8, p = (p) F [x] decompe-se em fatores lineares sobre F , digamos p = (p) = (x 1 ) (x n ), onde 1 , . . . , n F . Como p ( 1 ) = 0 temos, pela prova do Teorema 10.6, que existe um homomorsmo injetor 0 : M() F tal que 0 () = 1 e 0 |M = . Portanto, (M(), 0 ) F, o que contradiz a maximalidade (M, ). Corolrio 10.14 Sejam K um corpo e F , L dois fechos algbricos de K. Ento existe um isomorsmo : F L tal que 2 = 1 , em que 1 : K F e 2 : K L so as imerses. Neste caso, o fecho algbrico de K nico, a menos de isomorsmo. Prova. Como 2 : K L um homomorsmo injetor e F/K uma extenso algbrica temos, pelo Teorema 10.13, que existe um homomorsmo injetor : F L tal que 2 = 1 . Ento (F ) um fecho algbrico de K, pois se f K[x] um polinmio no constante, ento 1 (f ) decompe-se em fatores lineares sobre F . Assim, 2 (f ) decompese em fatores lineares sobre (F ), ou seja, (F ) algebricamente fechado. Finalmente, sendo L uma extenso algbrica de (F ), temos, pelo item (3) do Teorema 10.8, que L = (F ). Portanto, : F L um isomorsmo.

394


Teorema 10.15 Sejam L/K uma extenso, com m = [L : K], e p K[x] um polinmio irredutvel sobre K de (p) = n. Se mdc(m, n) = 1, ento p um polinmio irredutvel sobre L. Prova. Sejam F = Gal(p, K) e F . Ento p = irr(, K). Seja q = irr(, L), com (q) = r. Ento, pelo item (2) do Teorema 9.13, temos que q divide p, pois p K[x] L[x] e p() = 0. Logo, r n. claro que K() L(). Se [L() : K()] = s, ento pelo diagrama L() s r K() L n m K obtemos mr = ns. Assim, n divide mr. Como mdc(m, n) = 1 temos, pelo Lema de Euclides, que n divide r, isto n r. Portanto, n = r e p = q. Exemplo 10.16 Seja L = Gal(xp a, Q), com p nmero primo xado e a um inteiro livre de quadrados. Determine [L : Q]. Soluo. J vimos, no Exemplo 10.5, que L = Q(, ), com = p a e que uma raiz do polinmio xp 1 Q[x]. Como mdc(p 1, p) = 1 temos, pelo Teorema 10.15, que o polinmio xp1 + + x + 1 Q()[x] irredutvel sobre Q(). Portanto, [L : Q] = [L : Q()][Q() : Q] = (p 1)p, que o resultado desejado.

EXERCCIOS

1. Seja L um corpo de decomposio de f K[x], com (f ) = n. Mostre que [L : K] divide n!. Em particular, [L : K] n!.

2. Mostre que se m, n Z so livres de quadrados, ento Gal(f, Q) = Q( m, n), em que f = (x2 m)(x2 n). (a) x4 + x2 + 1 (b) x4 2x2 2 (c) x4 + x3 x2 2x 2 (d) x4 + 1 (e) x4 2 (f ) x5 1.

3. Construir um corpo de decomposio sobre Q, para cada um dos polinmios abaixo:

10.2. EXTENSES SEPARVEIS

395

4. Seja f = x4 2x2 2 Q[x]. Determine razes e de f tais que Q() ' Q(). 5. Seja p K[x] um polinmio de grau mpar irredutvel sobre K, com Q K. Mostre que se L/K uma extenso de grau 2m , ento p irredutvel sobre L. 6. Verique se os seguintes polinmios f K[x] so irredutveis sobre K: (a) f = x2 + 5, com K = Q( 3). (b) f = x3 = 8x 2, com K = Q( 2). (c) f = x5 + 3x3 9x 6, com K = Q( 5, 7, i). 7. Mostre que qualquer corpo algebricamente fechado innito. 8. Determine condies sobre a, b Q tais que [L : Q] = 3, onde f = b+ax+x3 Q[x] e L = Gal(f, Q). O mesmo para [L : Q] = 6. 9. Mostre que o conjunto de todos os C que so algbricos sobre Q enumervel. 10. Mostre que C no um fecho algbrico de Q mas de R. 11. Sejam K um corpo innito e L/K uma extenso algbrica. Mostre que |K| = |L|. 12. Sejam K um corpo de caracterstica diferente de 2, L/K uma extenso e , L tais que [K() : K] = 2 = [K() : K]. Mostre que K() = K() se, e somente se, existe d K tal que = d2 . 13. Mostre que qualquer polinmio irredutvel sobre R possui grau 1 ou 2. (Sugesto: Use o fato de que C um corpo algebricamente fechado.) 2 14. Sejam = e n i C e = cos 2 . Mostre que [Q() : Q()] = 2. n

15. Sejam K um corpo e L = Gal(f, K), para algum f K[x]. Mostre que se p K[x] um polinmio irredutvel sobre K que possui uma raiz em L , ento todas as razes de p esto em L. 16. Sejam K um corpo e K(x) o corpo de funes racionais. Mostre que K = { K(x) : algbrico sobre K} = K.

10.2

Extenses Separveis

Seja K um corpo. J vimos que dado qualquer polinmio f K[x] existe uma extenso L de K sobre a qual f decompe-se, digamos f = a(x 1 ) (x n ), onde 1 , . . . , n L e a K. Mas pode ocorrer que as razes 1 , . . . , n no sejam distintas aos pares mesmo quando f for um polinmio irredutvel sobre K.

396


Exemplo 10.17 Sejam K = Zp (x) o corpo de funes racionais e f (y) = y p x K[y]. Pelo Critrio de Eisenstein aplicado ao ideal primo P = (x), em K, temos que f irredutvel sobre K. Mas f possui uma nica raiz, pois se uma raiz de f em algum L = Gal(f, K), ento p = x. Portanto, f (y) = y p x = y p p = (y )p K[y]. Note que K. / Sejam f K[x] um polinmio no constante e L = Gal(f, K). Dizemos que f possui uma raiz repetida (mltipla) em L se existir L e m N, com m > 1, tal que (x )m divide f . Dizemos que L possui multiplicidade algbrica m se (x )m divide f mas (x )m+1 no, isto f = (x )m g, com g() 6= 0. Quando m = 1, dizemos que uma raiz simples de f . Note que m = max{n N : (x )n divide f } e m (f ). Sejam K um corpo e f = a0 + a1 x + + an xn K[x]. Denimos a derivada formal de f como sendo o polinmio f = a1 + 2a2 x + + (n 1)an1 x0 n2

+ nan x

n1

=

n X i=1

iai xi1 ,

onde iai = ai + + ai K, ou seja, a derivada de f uma funo de K[x] em K[x]. Por exemplo, se f = 2 2x2 + x4 Q[x], ento f 0 = 4x + 4x3 Q[x]. Note que as propriedades usuais da derivada do Clculo Diferencial no so necessariamente vlidas aqui. Por exemplo, f 0 = 0 nem sempre implica que f seja constante, pois se f = xp Zp [x], ento f 0 = pxp1 = 0. No entanto, as operaes usuais de derivao permanecem as mesmas. Lema 10.18 Sejam K um corpo, f, g K[x] e a K. Ento: 1. (af )0 = af 0 . 2. (f g)0 = f 0 g 0 . 3. (fg)0 = f 0 g + fg 0 . 0 0 0 4. f = f gf g , com g 6= 0. g g2

5. (f n )0 = nf n1 f 0 .

10.2. EXTENSES SEPARVEIS 6. Vale a Regra de Leibnitz (fg) com f (0) = f e f (k+1) = (f (k) )0 . Prova. Vamos provar apenas o item (3). Note que (xm xn )0 = (xm+n )0 = (m + n)xm+n1 = (mxm1 )xn + xm (nxn1 ) = (xm )0 xn + xm (xn )0 . Assim, por linearidade, obtemos (f g)0 = f 0 g + g 0 f, que o resultado desejado.(n) n X n f (k) g (nk) , = k k=0

397

Teorema 10.19 Sejam K um corpo e f, p K[x], em que p um polinmio irredutvel sobre K. Ento p2 divide f se, e somente se, p divide f e p divide f 0 . Em particular, uma raiz repetida de f se, e somente se, f () = f 0 () = 0. Prova. Suponhamos que p2 divide f . Ento existe g K[x] tal que f = p2 g = (pg)p e f 0 = g 0 p2 + 2gpp0 = (g 0 p + 2gp0 )p. Portanto, p divide f e p divide f 0 . Reciprocamente, se p divide f , ento existe h K[x] tal que f = hp e f 0 = h0 p + hp0 . Como p divide f 0 temos que p divide hp0 . Logo, p divide h, pois (p0 ) < (p) e p um polinmio irredutvel sobre K. Assim, existe h1 K[x] tal que h = ph1 . Portanto, f = hp = (ph1 )p = h1 p2 , isto , p2 divide f .

Sejam K um corpo, f K[x] um polinmio irredutvel sobre K e L = Gal(f, K). Dizemos que f um polinmio separvel sobre K se todas as razes de f em L so simples ou, equivalentemente, mdc(f, f 0 ) = 1. Caso contrrio, dizemos que f um polinmio inseparvel sobre K, ou seja, mdc(f, f 0 ) 6= 1. Exemplo 10.20 Seja f = xp x + c Zp [x], onde c Z e p um nmero primo xado. p Mostre que f irredutvel e separvel sobre Zp .

398


Soluo. Suponhamos que seja uma raiz de f . Ento 1 + uma raiz de f , pois (1 + )p (1 + ) + c = 1 + p 1 + c = p + c = 0. Assim, i + , i = 0, 1, . . . , p 1, so todas as razes distintas aos pares de f , onde Zp . / Logo, Gal(f, Zp ) = Zp () e [Zp () : Zp ] = p. Portanto, f irredutivel sobre Zp . Finalmente, como f 0 = 1 6= 0 temos que mdc(f, f 0 ) = 1. Portanto, f separvel sobre Zp . Teorema 10.21 Sejam K um corpo e f K[x] um polinmio irredutvel sobre K. Ento f inseparvel sobre K se, e somente se, a caracterstica de K um nmero primo p e f tem a forma f = a0 + a1 xp + + an xnp = g(xp ), para algum g K[x]. Prova. Suponhamos que f seja inseparvel sobre K. Ento existe h K[x], com (h) 1, tal que h divide f e h divide f 0 . Como f irredutvel temos que existe a K tal que f = ah. Assim, (h) = (f ) e h divide f 0 , com (f 0 ) < (h). Logo, f 0 = 0, de modo que n X 0 0=f = iai xi1 iai = 0, em K.i=1

Se a caracterstica de K fosse igual a 0, ento f = a0 K, o que impossvel. Portanto, a caracterstica de K um nmero primo p e p divide i, pois 0 = i = 1 + + 1 = 1 i p | i. Note que f tem a forma desejada, pois ai 6= 0. Reciprocamente, como f 0 = 0 temos que mdc(f, f 0 ) = f 6= 1. Portanto, f inseparvel sobre K.

Corolrio 10.22 Sejam K um corpo e f K[x] um polinmio irredutvel sobre K. Ento as seguintes condies so equivalentes: 1. f um polinmio separvel sobre K; 2. Para qualquer extenso L de K e g L[x] no constante, g 2 no divide f , em L[x]; 3. Para qualquer extenso L de K e L, temos que (irr(, K)) 1; 4. Se (f ) = n, ento existem uma extenso F de K, elementos distintos aos pares 1 , . . . , n em F e a K tais que f = a(x 1 ) (x n ).

10.2. EXTENSES SEPARVEIS Prova. Fica como um exerccio.

399

Sejam K um corpo e f K[x] um polinmio qualquer. Dizemos que f um polinmio separvel sobre K se cada um de seus fatores irredutveis for separvel sobre K. Por exemplo, se f = (x 2)3 (x 3)2 Q[x], ento f separvel sobre Q, pois os fatores irredutveis x 2 e x 3 so separveis sobre Q. Sejam L/K uma extenso e L. Dizemos que separvel sobre K se for algbrico sobre K e p = irr(, K) for separvel sobre K. Caso contrrio, dizemos que inseparvel sobre K. Dizemos que L/K uma extenso separvel se cada elemento de L for separvel sobre K. Caso contrrio, dizemos que L/K uma extenso inseparvel. Exemplo 10.23 Seja K um corpo. Mostre que se a caracterstica de K igual a 0, ento qualquer extenso algbrica L de K separvel. Soluo. Sejam L e p = irr(, K). Ento p0 6= 0 e mdc(p, p0 ) = 1. Assim, todas as razes de p so simples em L. Portanto, um elemento separvel sobre K. Como L foi escolhido arbitrariamente temos que L/K uma extenso separvel. Proposio 10.24 Sejam L/K uma extenso e F um corpo intermedirio de L/K. Se L/K separvel, ento L/F e F/K tambm o so. Prova. claro que F/K separvel. Sejam L, q = irr(, F ) e p = irr(, K). Ento, por hiptese, p separvel sobre K. Como p() = 0 em F temos que q divide p em F [x]. Assim, que q separvel sobre F . Portanto, separvel sobre F . Como L foi arbitrariamente temos que L/F uma extenso separvel. Seja K um corpo. Dizemos que K um corpo perfeito se qualquer extenso algbrica L de K for separvel ou, equivalentemente, qualquer polinmio irredutvel f K[x] for separvel. Exemplo 10.25 O corpo de funes racionais K = Zp (x), com p um nmero primo xado, no um corpo perfeito. De fato, pelo Exemplo 10.17, o polinmio f = y p x K[y] irredutvel sobre K, mas no separvel. Teorema 10.26 Seja K um corpo qualquer: 1. Se a caracterstica de K igual a 0, ento K um corpo perfeito. 2. Se a caracterstica de K um nmero primo p, ento K um corpo perfeito se, e somente se, K p = K. 3. Se K um corpo nito, ento K um corpo perfeito. 4. Se K um corpo algebricamente fechado, ento K um corpo perfeito.

400


Prova. Vamos provar apenas o item (2). Suponhamos que K seja um corpo perfeito. Ento basta provar que o homomorsmo de corpos : K K denido por () = p sobrejetor. Sejam b K e L = Gal(f, K), onde f = xp b K[x]. Armao. f possui uma nica raiz em L. De fato, se L outra raiz de f , ento ( )p = p p = b b = 0 = , pois (1) = 1. Logo, f = (x )p . Seja g = irr(, K). Ento, por hiptese, g separvel. Como g divide f temos que g = x . Assim, K. Portanto, sobrejetor, pois b = (). Reciprocamente, suponhamos, por absurdo, que K no seja um corpo perfeito. Ento existe um polinmio irredutvel f K[x] inseparvel sobre K. Assim, pelo Teorema 10.21, f tem a forma f = a0 + a1 xp + + an xnp . Como K p = K e ai K temos que existe bi K tal que ai = bp , i = 0, 1, . . . , n. Portanto, i f = (b0 + b1 x + + bn xn )p , o que contradiz a irredutibilidade de f .

Lema 10.27 Sejam K um corpo innito e L = K(, ) uma extenso de K. Se separvel sobre K, ento existe L tal que L = K(). Prova. Sejam f = irr(, K) K[x] e g = irr(, K) K[x]. Vamos denotar as razes de f por 1 = , 2 , . . . , m (todas distintas aos pares) e as razes de g por 1 = , 2 , . . . , n . Suponhamos que K, caso contrrio o resultado claro. Para qualquer t K, seja / W (t) = {i t + j : 2 i m e 1 j n}. Note que o conjunto S= j :2im e 1jn i

nito, com |S| = (m 1)n. Assim, existe y K tal que y S, pois K innito. / Armao. y + W (y). / De fato, se y + W (y), ento existem i, j tais que y + = i y + j y = j S, i


401

o que impossvel. Agora, vamos provar que o elemento = y + tem a propriedade desejada. claro que K() L. Por outro lado, consideremos os polinmios p = g( yx) K()[x] e h = mdc(f, p) K()[x]. Como f () = 0 e p() = g( y) = g() = 0 temos que (x ) divide f e (x ) divide g. Logo, (x ) divide h, em K(, )[x]. Note que a nica raiz de h, pois yi 6= j , i = 2, . . . , m e j = 1, . . . , n. Assim, h = (x )r . Sendo as razes de f simples temos que r = 1 e h = x . Portanto, K(), pois h K()[x]. Neste caso, = y K() e L K(), isto , L = K(). Teorema 10.28 (Teorema do Elemento Primitivo) Qualquer extenso separvel nita simples. Prova. Seja L/K uma extenso separvel, com [L : K] = n. Como L/K uma extenso algbrica temos, pelo Teorema 9.23, que existem 1 , . . . , n L tais que / L = K(1 , . . . , n ), onde i Ki1 = K(i , . . . , i1 ). Agora, vamos usar induo sobre n. Se n = 1, ento basta tomar L = K. Suponhamos que n > 1 e que o resultado seja vlido para todo k, com 1 k < n. Como [Kn1 : K] < n temos, pela hiptese de induo, que existe Kn1 tal que Kn1 = K(). Portanto, L = Kn = Kn1 (n ) = K(, n ). Pondo = n temos, pelo Lema 10.27, que existe L tal que L = K(). Exemplo 10.29 Determine L = Q( 2, 3), de modo que L = Q(). Soluo. Note que f = irr( 2, Q) = x2 2 Q[x] e g = irr( 3, Q) = x2 3 Q[x]. Sejam 1 = = 2, 2 = 2, 1 = = 3 e 2 = 3

as razes distintas de f e g, respectivamente. Ento n o W (t) = 2t + 3, 2t 3 Agora, basta escolher y Q S, com S = e= 2y + 3 um elemento primitivo de L. ( ) 3 0, 2

402


Exemplo 10.30 Sejam K = Z2 (x) o corpo de funes racionais e , algbricos sobre K, onde 2 , 2 K, por exemplo, 2 = x e 2 = x + x2 . Mostre que se L = K(, ), ento [L : K] = 4, mas no existe L tal que L = K(). Soluo. Como 2 K temos que uma raiz do polinmio f = y 2 x K[y] o qual, pelo Exemplo 10.17, irredutvel sobre K. Assim, [K() : K] = 2. De modo inteiramente anlogo, [K() : K] = 2. Sendo f irredutvel sobre K() (prove isto!), obtemos [L : K] = [L : K()][K() : K] = 2 2 = 4. Agora, suponhamos, por absurdo, que exista L tal que L = K(). Ento existem f1 , f2 , f3 K tais que = f1 + f2 + f3 , pois 2 , 2 K. Logo,2 2 2 2 = f1 + 2 f2 + 2 f3 K.

Portanto, [K() : K] 2, o que uma contradio. EXERCCIOS

1. Sejam K um corpo de caracterstica um nmero primo p e L/K uma extenso. Mostre que se L e n K, para algum n N tal que mdc(p, n) = 1, ento K. 2. Seja K um corpo de caracterstica um nmero primo p. Mostre que (a + b)p = n n ap + bp , para todos a, b K e n N. 3. Seja K um corpo de caracterstica um nmero primo p. Mostre que a funo : n K K denida por (a) = ap , para todo a K e n N, um monomorsmo de corpos. 4. Sejam K um corpo e a, h K. Mostre que se f K[x], com (f ) = n, enton X 1 f (k) (a)hk . f (a + h) = k! k=0n

(Sugesto: Note que xm

m X m amk (x a)k = (a + (x a)) = k k=0 m

= am + mam1 (x a) + + ma(x a)m1 + (x a)m . Logo, pondo x = h + a, obtemos (a + h)n = an + nan1 h + + mahn1 + hn , que a nossa resposta quando f = xn .)


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5. Sejam K um corpo e f K[x]. Mostre que uma raiz de multiplicidade algbrica n > 1 de f se, e somente se, f (i) () = 0, i = 0, 1, . . . , n 1, e f (n) () 6= 0. 6. Determine L = Q(, ), de modo que L = Q(). (a) = 2 e = i (c) = 3 5 e = 2 (b) = 2 e = 3 2 (d) = 8 e = 3 + 50. 7. Sejam = 2 e . uma raiz do polinmio f = x4 + 6x + 2 Q[x]. Determine L = Q(, ), de modo que L = Q(). 8. Seja p um nmero primo xado. Mostre que para cada c Zp e n N o polinmio n xp x + nc divisvel pelo polinmio xp x + c, em Zp [x]. 9. Mostre, com um exemplo, que existe um polinmio separvel f , com f 0 = 0. (Sugesto: Note que f no pode ser irredutvel.) 10. Sejam K um corpo, L um corpo algebricamente fechado contendo K e Rf = { L : f () = 0} o conjunto das razes de algum polinmio no constante f K[x]. Mostre que as seguintes condies so equivalentes: (a) |Rf | = (f ); (b) Para qualquer Rf , temos que (irr(, K)) = 1; (c) f um polinmio separvel sobre K. 11. Sejam K um corpo de caracterstica um nmero primo p e L/K uma extenso algbrica. Mostre que se L e p = irr(, K(p )), ento p = (x )m , para algum m N. Conclua que se for separvel sobre K(p ), ento K(p ). 12. Seja L/K uma extenso nita. Mostre que as seguintes condies so equivalentes: (a) A funo trao tr : L K no nula; (b) A funo trao tr : L K sobrejetora; (c) L/K separvel. 13. Seja L/K uma extenso algbrica. (a) Mostre que se K um corpo perfeito, ento L um corpo perfeito. (b) Mostre que se L um corpo perfeito e L/K uma extenso separvel, ento K um corpo perfeito. (c) Mostre que se L um corpo perfeito e L/K uma extenso nita, ento K um corpo perfeito.

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14. Seja K um corpo. Mostre que K um corpo perfeito se, e somente se, qualquer fecho algbrico de K uma extenso separvel sobre K.

algebra 9 10

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