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Corpos Finitos
Vamos a seguir fazer o estudo dos corpos nitos. Embora esses objetos seja bastante abstratos pode-se ver muito da riqueza da Teoria de Galois através deles. Vamos iniciar reunindo algumas informação sobre grupos que usaremos. Acho que todos os textos da bibliogra a contem o material que vamos listar sobre grupos.
1 Breve resumo sobre grupos
Iniciamos recordando a de nição de grupos. De nição. Seja G um conjunto com uma operação binária G × G → G, (x, y) ∈ G × G 7 −→ xy ∈ G que tem as seguintes propriedades:
(i) existe 1 ∈ G tal que 1 x = x1 = x, para todo x ∈ G; (ii) quaisquer que sejam x, y, z ∈ G temos x(yz) = (xy)z; (iii) qualquer que seja x ∈ G existe x−^1 ∈ G tal que xx−^1 = x−^1 x = 1.
Observação. O item (i) acima garante em que G não é vazio. O elemento 1 de que fala o axioma chama-se elemento neutro da operação e podemos provar que é único. Muitas vezes é denotado por e. O axioma (ii) diz que a operação é associativa. O elemento x−^1 do axioma (iii) é chamado de inverso de x e também é único. Nos axiomas (i) e (iii) foram escritas as igualdades dos dois lados porque a operação de um grupo não é em geral comutativa. Caso a operação seja comutativa, dizemos que o grupo é comutativo ou abeliano. Quando um grupo G não é abeliano vamos denotar o elemento neutro por 1 e usamos notação multiplicativa para a operação de G. Se G é abeliano denotamos o elemento neutro por 0 e usamos notação aditiva para a operação de G Acho que os grupos mais conhecidos são os grupos Simétricos. Seja Sn o conjunto de todas as bijeções de um conjunto X com n elementos nele mesmo. Mais precisamente, seja X = { 1 , 2 ,... , n }
e seja Sn = { σ : X → X | σ é bijetiva } com a operação de composição de funções. Sabemos que Sn é um grupo que tem n! elementos e é chamado de grupo Simétrico. Em Sn o 1 corresponde a função identidade de X. Temos grupos que são nitos, como no caso acima que Sn tem n! elementos, e temos grupos que são in nitos, como no caso Z com a operação de adição e neste caso o elemento neutro é o 0. Outro exemplo importante é o conjunto GLn(K) = conjunto das matrizes n × n que tem deter- minante 6 = 0, ou equivalentemente, conjunto das matrizes n × n que tem inversa. A operação aqui é o produto de matrizes e o 1 é a matriz identidade. Como multiplicar matrizes é associativo, e cada matriz de GLn(K) tem uma matriz inversa, por de nição de GLn(K), esse conjunto é um grupo.
No caso nito de nimos:
De nição. Se um grupo G é nito, chama-se ordem de G ao número de elementos do conjunto G. Notação: |G| = ordem de G.
Da mesmo forma que temos subanel e subcorpo (ou subespaço veotrial) temos também subgrupo.
De nição. Dado um grupo G um subconjunto de H ⊂ G é chamado de subgrupo se: (i) 1 ∈ H, (ii) ∀ x, y ∈ H resulta xy ∈ H, e (iii) ∀ x ∈ H resulta x−^1 ∈ H. Isto é, H tem o elemento neutro e é fechado para a operação de G e fechado para inversos (x ∈ H se e só se x−^1 ∈ H).
Observe que um grupo in nito como C×^ (com operação dada pela multiplicação) pode conter subgrupos nitos. Por exemplo, se ξ = cos(2π/n) + sen (2π/n)√− 1 é uma raiz primitiva n-ésima da unidade, temos que < ξ >= { 1 , ξ,... , ξn−^1 } é um sugbrupo nito de C×. Esse grupo é chamado de cíclico porque é gerado por um único elemento, todos os elementos de < ξ > são potência de ξ. Também Z é cíclico, pois todos os seus elementos são múltiplos de 1. Vamos tornar isso mais preciso.
De nição. Dado um grupo G seja g ∈ G.
Veri cando: Se g = 1, então |g| = 1 e não há nada para demonstrar. Tomemos g 6 = 1, e seja t ∈ Z tal que gt^ = 1. Pelo Algorítimo de Euclides (em Z) podemos escrever t = |g|q + r, com r = 0 ou 0 < r < |g|. Como r = t − |g|q vamos ter gr^ = gt−|ϕ|q^ = gt(g|g|)−q^ = 1, pois gt^ = 1 e também g|g|^ = 1. Logo gr^ = 1. Pela minimalidade de |g| vemos temos que r = 0 e assim |g| divide t, como queríamos.
Seja g ∈ G um elemento com ordem nita.
- Como consequência vemos que o conjunto { gt^ | t ∈ Z}, tem que ser nito com exatamente |g| elementos. Na verdade {gt^ | t ∈ Z} = {1 = g^0 , g = g^1 , g^2 ,... , g|g|−^1 }.
Observação. < g > é claramente o menor subgrupo de G contendo g.
Vamos a seguir discutir um resultado que é muito usado em matemática e é conhecido como Teorema de Lagrange. Seja G um grupo nito e H ⊂ G um subgrupo. Vamos de nir uma relação entre os elementos de G da seguinte maneira: x ≡ y(modH) ⇔ x−^1 y ∈ H. Questão 1. Mostre que a relação acima é uma relação de equivalência, isto é, que é re exiva, simétrica, e transitiva. Para cada x ∈ G de nimos x = classe de equivalência a qual x pertence. Isto é x = {y ∈ G | y ≡ x }.
- Temos que x = {xh | h ∈ H }. (†)
Temos que mostrar a igualdade de dois conjuntos. Vejamos primeiro que x ⊂ { xh | h ∈ H }. Seja y ∈ x = {y ∈ G | y ≡ x }. Logo h = x−^1 y ∈ H, pela própria de nição de ≡. Logo y = xh ∈ { xh | h ∈ G }, demonstrando a primeira inclusão. Vejamos agora que { xh | h ∈ G } ⊂ x. Seja y = xh, para algum h ∈ H. Então x−^1 y = h ∈ H. Pela de nição de ≡ teremos x ≡ y e assim y ∈ {y ∈ G | y ≡ x }, que é a outra inclusão. Logo vale a igualdade entre esse conjuntos. Devido a igualdade acima costuma-se também representar x = xH e esse conjunto é chamado de uma classe lateral a direita de G módulo H.
Questão 2. De na uma nova relação de equivalência ≡ 1 trocando a ordem de x e y na de nição que demos acima de ≡ (isto é troque x−^1 y ∈ H por xy−^1 ∈ H) e mostre que obtemos também uma nova relação de equivalência. De na agora ̂x = classe de equivalência dada por ≡ 1 a qual x pertence, e mostre que x̂ = { hx | h ∈ H }. Para ≡ 1 do exercício acima a notação será mudada para x̂ = Hx e é chamada de classe lateral a esquerda de G módulo H.
- Para todo x ∈ G a classe lateral a direita x tem |H| elementos. Estamos dizendo que todas as classes tem o mesmo número de elementos e que esse número é igual a ordem de H, |H|. De fato, considere a função f : H → x = xH dada por f (h) = xh ∈ x. Pela propriedade (†) que mostramos acima, f é uma função sobrejetora. Veri quemos que é injetora: se f (h 1 ) = f (h 2 ), então xh 1 = xh 2. Multiplicando-se essa igualdade pela esquerda por x−^1 vamos obter h 1 = h 2 , e assim f é injetora. Portanto f é bijetora e os dois conjuntos tem o mesmo número de elementos, conforme a rmado.
Questão 3. Mostre a mesma coisa para as classes laterais a esquerda, isto é, mostre que x̂ tem |H| elementos, para todo x ∈ G.
Recordemos agora que uma relação de equivalência particiona o conjunto sobre o qual está de nida. No nosso caso isso signi ca que dados x, y ∈ G temos duas possibilidades excludentes: x = y ou x ∩ y = ∅. Esse fato, das duas possibilidades excludentes, é facilmente veri cado no nosso caso. Realmente, se existe z ∈ x ∩ y, então z ≡ x e z ≡ y. Pela transitividade x ≡ y e portanto x = y.
Talvez fosse bom ressaltamos que y ∈ x se e somente se y = x.
Observemos em seguida que como G é nito, também o conjunto de classes laterais a direita de G módulo H será nito. Vamos denotar por G/H ao conjunto de todas as classes laterais a direita de G módulo H. Temos então que G/H = { x | x ∈ G }. Ao número de elementos de G/H (= número de classe laterais de G módulo H) vamos chamar de índice de H em G. Notação: (G : H) representa o índice de H em G. Finalmente, note que como todo x ∈ G está em alguma classe (na sua própria classe) temos que G = ⋃ x∈G x. Juntando tudo chegamos a conclusão
- Se G é nito, então |G| = |N (ϕ)||Im (ϕ)|. Portanto |Im (ϕ)| divide |S| e |G|.
- ϕ é injetiva se e somente se N (ϕ) = { 1 }.
Questão 5. Sejam ϕ e θ dois homomor smos sobrejetivos de grupo que tem um grupo G como domínio e os grupos S e T como contra-domínios. Mostre que existe um único homomor smo ψ : S → T tal que ψ ◦ ϕ = θ se e somente se o núcleo de N (ϕ) ⊂ N (θ). Para provar a existência de ψ no caso N (ϕ) ⊂ N (θ), basta de nir ψ da maneira obvia: ψ(ϕ(g)) = θ(g), mostrar que ψ é uma função e que é homomor smo. Na outra direção é simples veri cação.
Os subgrupos com a propriedade (1) do teorema acima são chamados de normais.
De nição. Seja G um grupo e H um subgrupo de G. Dizemos que H é um subgrupo normal de G se gHg−^1 = H, para todo g ∈ G. Notação: H C G.
A importância dos subgrupos normais vem do fato de que se H C G, então as duas relações de equivalência ≡ e ≡ 1 de nidas na página 4 coincidem e assim toda classe lateral a direita é igual a alguma outra classe lateral a esquerda, isto é, para todo g ∈ G, existe g′^ ∈ G tal que gH = Hg′. Como consequência se de nirmos em G/H × G/H → G/H a aplicação (g 1 H, g 2 H) 7 → (g 1 g 2 H) teremos uma função que torna G/H um grupo. Esse grupo é chamado de grupo quociente. Temos também que π : G → G/H dada por π(g) = gH = g é um homomor smo sobrejetivo de grupos que tem H como núcleo. Esse homomor smo π é chamado de projeção canônica.
Para os grupos temos também um teorema do isomor smo cuja demonstração é igual ao caso de anéis.
Teorema do Isomor smo: ϕ : G → S um homomor smo de grupos. Então existe um único homomor smo de grupos ϕ : G/H → S tal que ϕ ◦ π = ϕ, onde π : G → G/H é a projeção canônica. Mais ainda Im (ϕ) = Im (ϕ) e ϕ é injetiva.
Como aplicação do teorema acima vamos classi car os grupos cíclicos, pois eles são muito partic- ulares. De fato, se G é um grupo cíclico e g é um gerador de G, G =< g >, temos naturalmente uma função ϕ : Z → G dada por ϕ(n) = gn^ para todo n ∈ Z.
Questão 6. Veri que que a função ϕ de nida acima é um homomor smo sobrejetivo de grupos. Caso G seja nito de ordem n, então ϕ tem núcleo nZ (agora estamos vendo Z como grupo aditivo e nZ como um subgrupo). Usando o Teorema do Isomor smo conclua que G ' Z/nZ. Caso G não seja nito, mostre que ϕ é um isomor smo. Podemos chegar então a seguinte conclusão: dois grupos cíclicos nitos de mesma ordem são isomorfos e todo grupo cíclico in nito é isomorfo a Z. Podemos mesmo dizer que para cada n, Z/nZ é o único, a menos de isomor smo, grupo cíclico de ordem n. Também Z é, a menos de isomor smo, o único grupo cíclico in nito.
Questão 7. Uma outra propriedade que mostra como os grupos cíclicos são particulares é que todo subgrupo de um cíclico também é cíclico. De fato, dado um subgrupo H de um grupo cíclico G, escreva G =< g >, através de um gerador e tome r = mínimo {t ∈ Z, t > 0 | gt^ ∈ H } Veri que que H =< gr^ >.
Questão 8. Fugindo um pouco a sequência mostre que se G e S são dois grupos, então G × S = { (g, s) | g ∈ G, s ∈ S } com a operação (g, s)(g′, s′) = (gg′, ss′) é também um grupo. Estendo o resultado acima considerando um conjunto nito G 1 , G 2 ,... , Gt de grupos e mostre que G 1 × G 2 × · · · × Gt é um grupo, com a operação de nida termo a termo como no caso n = 2. Mostre também que caso G 1 , G 2 ,... , Gt seja grupos nitos, então a ordem de |G 1 ×G 2 ×· · ·×Gt| = |G 1 | |G 2 | · · · |Gt|.
Vamos a seguir fazer outra aplicação do Teorema do Isomor smo. Sejam m, n dois inteiros positivos primos entre si. Considere a função θ : Z → Z/mZ × Z/nZ de nida por θ(s) = (s + mZ, s + nZ).
Questão 9. Mostre que θ é um homomor smo sobrejetivo de grupos cujo núcleo é mZ ∩ nZ. Para mostrar a sobrejetividade lembre que existe u, v ∈ Z tais que 1 = um + vn. Por causa disso, dados a, b ∈ Z tomando-se c = vna + umb vamos ter que c − a = (vn − 1)a + umb ∈ mZ e igualmente c − b ∈ nZ. Mostre em seguida que mZ ∩ nZ = mnZ (lembre que m e n são relativamente primos). Podemos então concluir que Z/mZ × Z/nZ ' Z/mnZ. Generalize em seguida, usando indução, esse resultado para um número nito de inteiros positivos m 1 , m 2 , · · · , mt, dois a dois primos entre si, mostrando que
Z/n 1 Z × Z/n 2 Z × · · · Z/ntZ ' Z/nZ,
Mostre que nas condições acima S 1 ⊕ S 2 ⊕ · · · ⊕ St ' S 1 × S 2 × · · · × St.
Temos também para grupos um Teorema da Correspondência, como no exercício (14) da Questão (9) da página 12, nas Notas IV.
Teorema da Correspondência: Sejam G e S dois grupos e ϕ um homomor smo sobrejetivo de G sobre S.
- Mostre que existe uma correspondência biunívoca entre o conjunto dos sugrupos de G que contém N (ϕ) e o conjunto de todos os subgrupos de S. (Aqui também usamos que se T é um subgrupo de S, então ϕ−^1 (T ) é um subgrupo de G. Mais ainda, se T C S, então ϕ−^1 (T ) C G).
- Explore essa correspodência veri cando coisas como: ela preserva inclusões, preserva inter- seções, preserva normalidade, preserva o índice, etc. (Aqui também usamos que se T é um subgrupo de S, então ϕ−^1 (T ) é um subgrupo de G. Mais ainda, (G : ϕ−^1 (T )) = (S : T ), e se T C S, então ϕ−^1 (T ) C G).
- Seja H um subgrupo normal de G que contém N (ϕ) e T = ϕ(H). Mostre que G/H ' S/T. (Use a Questão (5), página 6 para obter um homomor smo ψ : G/H → S/T e depois veri que que é um isomor smo.) Vamos terminar este resumos com um resultado sobre grupos abelianos que nos será muito útil no estudo dos corpos nitos.
Teorema da Decomposição Canônica Seja G um grupo abeliano nito de ordem n. Seja n = pn 1 1 · · · pn t ta fatoração de n em irredutíveis de Z. Para cada 1 ≤ i ≤ t seja
G(pi) = {g ∈ G | |g| = pri para algum r ≥ 0 }.
Temos então que
- G(p) é um subgrupo de G, para todo p.
- Se p 1 6 = p 2 , então G(p 1 ) ∩ G(p 2 ) = { 0 }.
- Para todo 1 ≤ i ≤ t, |G(pi)| é uma potência de pi.
- Para todo g ∈ G existem e são únicos gi ∈ G(pi) tais que g = g 1 · · · gt, isto é, G = G(p 1 ) ⊕ G(p 2 ) ⊕ · · · ⊕ G(pt) e assim G ' G(p 1 ) × G(p 2 ) × · · · × G(pt). Juntando as conclusões dos itens (3) com (4) podemos concluir que |G(pi)| = pn i i (estamos usando que Z é um anel fatorial e a Questão 8 da página 8).
Veri cação. A demonstração dos dois primeiros itens é simples veri cação. (3). Uma questão que ainda não respondemos é se para todo irredutível p que divide |G| existe g ∈ G tal que |g| = p. Isto é, se as componentes G(pi) são triviais ou não. Vemos demonstrar abaixo que a resposta a essa pergunta é não, não são triviais, e com isso demonstramos também o fato de que cada G(pi) tem ordem uma potência de pi.
Lema: [Cauchy] Seja G um grupo abeliano nito e p um irredutível de Z que divide |G|. Então existe g ∈ G com |g| = p.
Veri cação. Se |G| = p, pelo que vimos na Questão 6, página 8, G ' Z/pZ. Logo G tem elemento de ordem p. Suponhamos agora que |G| > p e vamos proceder por indução sobre |G|. Seja u ∈ G com u 6 = 0. Se |u| = pm para algum m ∈ Z, então g = mu tem ordem p. Suponhamos que |u| = n e p - n. Como G é abelianos < u > CG. Tomemos o grupo quociente G/ < u > que tem ordem |G|/n (lembrar que | < u > | = |u|). Temos agora que p divide |G/ < u > |, pois p e n são relativamente primos. Temos também que |G/ < u > | < |G|. Logo, pela hipótese de indução G/ < u > tem elemento de ordem p. Isto é, existe h ∈ G tal que |h+ < u > | = p. Como |h|h = 0 temos que |h|(h+ < u >) = 0 (= 0+ < u >) em G/ < u >. Novamente pela observação feita no m da página 3 temos que p | |h|. Logo |h| = pm, como no início da demonstração, e assim g = mh tem ordem p, como queríamos demonstrar.
Voltando então ao Teorema da Decomposição Canônica, o lema acima nos diz que G(pi) 6 = { 0 }, para todo i = 1,... , t e como todos os elementos de G(pi) tem ordem potência de pi, necessariamente |G(pi)| é uma potência de pi.
Para mostrar o item (4) usamos uma forma generalizada do Teorema de Bezout: Para cada 1 ≤ i ≤ t seja ai = ∏ j 6 =i pn j j. Observe que n = pn i iai e que os números a 1 ,... , at não tem fator comum diferente de ± 1. São em conjunto relativamente primos. Por isso existem inteiros m 1 ,... , mt
Observação. A partir de agora vamos usar a notação (f ) = f (x)F [x] para o ideal principal de um anel de polinômios. Isso vai deixar a equações mais curtas. Observe inicialmente que o item (e), página 11, da Questão 12 das Notas IV tem como conse- quência o seguinte fato: Proposição: Seja F um corpo e h(x) ∈ F [x] um polinômio não constante. Então existe uma extensão L de F onde h(x) tem todas as suas raízes. Portanto, se n = gr h(x), existem α 1 , α 2 ,... , αn ∈ L tais que h(x) = (x − α 1 )(x − α 2 ) · · · (x − αn).
Veri cação: Basta aplicarmos o item (e) acima mencionado sucessivamente. Isto é, pelo item (e) que citamos existe extensão L 1 onde h(x) tem uma raiz α 1. Em L 1 [x] temos h(x) = (x − α 1 )g 1 (x), para algum g 1 (x) ∈ L 1 [x]. Se gr h(x) > 1 , g 1 (x) não é constante. Logo, pelo mesmo item (e), existe uma extensão L 2 de L 1 onde g 1 (x) tem uma raiz α 2. Em L 2 [x] teremos então a decomposição h(x) = (x − α 1 )(x − α 2 )g 2 (x), para algum g 2 (x) ∈ L 2 [x]. Podemos repetir novamente o processo. Vamos então repetindo esse processo até encontrarmos um corpo que tem todas as raízes de h(x).
De nição. Seja F um corpo e h(x) ∈ F [x] um polinômio não constante. Dizemos que uma extensão K de F é um corpo de decomposição (também chamado de corpo de raízes) de h(x) sobre F , se todas as raízes de h(x) estão em K e todo subcorpo intermediário F ⊂ E & K não tem essa propriedade. Reformulando, K é um corpo de raízes de h(x) caso h(x) se decomponha em fatores de grau 1 , h(x) = (x − α 1 )(x − α 2 ) · · · (x − αn), em K[x], e para todo corpo intermediário F ⊂ E & K, h(x) não tenha uma decomposição desse tipo.
Exemplos: (a) Seja f = x^2 + 3x − 3 ∈ Q[x]. O corpo de raízes de f sobre Q é Q(√21). (b) Para f = x^3 − 5 temos que Q( √^35 , ξ), onde ξ = −1 +^
2 é uma raiz primitiva cúbica da unidade, é o corpo de raízes de f sobre Q. De fato, as raízes de f são √^35 , ξ √^35 , e ξ^2 √^35 que estão em Q( √^35 , ξ). Por outro lado qualquer corpo que contenha as três raízes deverá conter também ξ = √^35 /ξ √^35. (c) Para f = x^4 − 2 temos que Q( √^42 , √−1) é o corpo de raízes de f sobre Q. (d) Claramente C é o corpo de raízes de x^2 + 1 sobre R. (e) Veri que como exercício que Q(√ 2 , √3) é o corpo de raízes de x^4 − 10 x^2 + 1 sobre Q. (f) Agora se tomarmos um polinômio mais complicado como por exemplo x^3 +3x+6 que sabemos
ser irredutível pelo Critério de Eisenstein, então não temos uma descrição do corpo de raízes sobre Q. Mas ainda, se K for o corpo de raízes desse polinômio sobre Q, não sabemos a primeira vista o valor de [K : Q] que pode ser 3 ou 6 (porque não pode ser outro número?). Logo para podermos obter informações sobre o corpo de raízes de um polinômio que não seja simples como nos exemplos (a) a (e) precisamos desenvolver uma teoria que permita fazer os cálculos.
Questão 12. Seja f ∈ F [x] um polinômio não constante e K um corpo de raízes de f sobre F. Para toda extensão intermediária F ⊂ E ⊂ K observe que f ∈ E[x] e mostre que K é um corpo de raízes de f sobre E.
Corolário da Proposição: Para todo corpo F e todo polinômio não constante h(x) ∈ F [x], existe um corpo de raízes K de h(x) sobre F. Mais ainda, se h(x) = (x − α 1 )(x − α 2 ) · · · (x − αn) em K[x], então K = F (α 1 , α 2 ,... , αn).
Veri cação: Pela Proposição acima existe uma extensão L de F onde h(x) = (x−α 1 )(x−α 2 ) · · · (x− αn) para α 1 , α 2 ,... , αn ∈ L. Seja K = F (α 1 , α 2 ,... , αn) ⊂ L. Então h(x) tem todas as suas raízes em K e claro que se F ⊂ E & K, então alguma αi ∈/ E.
Vamos a seguir demonstrar que o corpo de raízes de um polinômio é único a menos de isomor smo. Na verdade vamos demonstrar um pouco mais. Sejam F e F ′ dois corpos e seja ϕ : F → F ′ um isomor smo de corpos. Recordemos que pelo exercício 3, página 5, da Questão 4 das Notas IV podemos estender ϕ a um isomor smo ϕ : F [x] → F ′ [x] (vamos usar o mesmo símbolo para a extensão de ϕ a F [x]) pondo simplesmente
ϕ(ao + a 1 x + · · · + anxn) = ϕ(ao) + ϕ(a 1 )x + · · · + ϕ(an)xn.
Teorema da Unicidade: Sejam F , F ′ , ϕ, F [x], e F ′ [x] como acima. Dado um polinômio não constante f (x) ∈ F [x] denotemos por f ′ = ϕ(f ) ∈ F ′ [x].
- f é irredutível em F [x] se e somente se f ′ é irredutível em F ′ [x].
- Vamos assumir que f é irredutível e que existem extensões L e L′ de F e F ′ , respectivamente, com f tendo uma raiz α ∈ L e f ′ tendo uma raiz α′ ∈ L′. Então existe uma única extensão ϕ 1
Seja p′ = ϕ(p). Se f = pg, com g ∈ F [x] também f ′ = p′ g′ em F ′ [x]. Logo p′ tem raiz em K′ , pois f ′ tem todas as suas raízes em K′ e as raízes de p′ estão entre as raízes de f ′. Seja α′ uma das raízes de p′. Usando o item anterior estendemos ϕ a um isomor smo ϕ 1 : F (α) → F ′ (α′ ) com ϕ 1 (α) = α′. Agora [K : F (α)] < [K : F ] e K é um corpo de raízes de f ∈ F (α)[x] sobre F (α) (conforme Questão 12). Igualmente K′ é um corpo de raízes de f ′ ∈ F ′ (α′ )[x] sobre F ′ (α′ ). Pela hipótese de indução existe extensão ϕ˜ : K → K′ de ϕ 1. Claramente ϕ˜ é uma extensão de ϕ. Para vermos a última parte modi camos um pouco o argumento anterior. Seja p um fator irredutível de f em F [x]. Como vimos acima podemos supor que gr p = m > 1. Seja p′ = ϕ(p) ∈ F ′ [x]. Como estamos supondo que p tem raízes distintas, também p′ tem raízes distintas. Mais pre- cisamente p′ tem m = gr p′ raízes distintas, α′ 1 ,... , α′ m. Fixando-se uma raiz α ∈ K de p, pelo item (2) anterior, para cada uma das raízes α′ i, i = 1,... , m, de p′ temos uma única extensão ϕi : F (α) → F ′ (α′ ) tal que ϕi(α) = αi. Como α′ 1 ,... , α′ m são distintas, também ϕ 1 ,... , ϕm são distintos. Pela primeira parte desta demonstração do item (3), cada uma das ϕi tem pelo menos uma extensão ϕ˜i : K → K′. Recorde em seguida que K é um corpo de raízes de f sobre F (α) e K′ é um corpo de raízes de f ′ sobre F ′ (α′ ). Agora porém [K : F (α)] = [K : F ]/m < [K : F ], logo pela hipótese de indução cada um dos isomor smos ϕi tem [K : F (α)] extensões a K. Logo o número total de extensões é m[K : F (α)] = [K : F ], como a rmado. Vejamos em seguida que não podemos ter mais do que [K : F ] extensões, isto é, vejamos que as extensões encontradas acima representam todas as possíveis extensões. Seja θ : K → K′ um isomor smo tal que θ|F = ϕ. Mantemos a mesma raiz α ∈ K de p xada anteriormente. Temos então que 0 = θ(p(α)) = p′ (θ(α)). Portanto (θ(α)) é uma raiz de p′ e então existe 1 ≤ i ≤ m tal que α′ i = θ(α). Vemos também que a restrição de θ a F (α) é um isomor smo F (α) → F (α′ ) que estende ϕ e satisfaz a condição θ(α) = α′ i. Logo, pela unicidade estabelecida no item (2), θ restrito a F (α) é igual a ϕi e assim θ é uma das extensões contadas anteriormente. Conclusão, o número de extensões é [K : F ], como queríamos.
Observação. Convém observar que o processo de indução descrito acima, pode ser visto como um algorítimo recursivo para construir todas as extensões de ϕ a K. Vejamos qual é a idéia: sejam β 1 ,... , βm as raízes distintas de p. Num primeiro passo construímos
m extensões ϕi : F (β 1 ) → F ′ (α′ i), como descrito acima. Num segundo passo, seja q ∈ F (β 1 )[x] um fator irredutível de p. Como as raízes de q estão entre as raízes de p, temos q(βt) = 0, para algum t. Como no argumento anterior vamos supor que gr q > 1 e assim βt 6 = β 1. Seja agora q′ i = ϕi(q) ∈ F (α′ i)[x], para um 1 ≤ i ≤ m. Teremos que q i′ divide p′ em F ′ (α′ i)[x] e assim q i′ terá suas raízes entre as raízes α′ 1 ,... , α′ m de p′. Observe que como q é irredutível em F (β 1 )[x], também q′ i é irredutível em F (α′ i)[x] e, em particular, q′ i(α′ i) 6 = 0. Seja α′ js uma raiz de q′ i. Estendemos em seguida ϕi a um único isomor smo ϕi,js : F (β 1 , βt) → F (α′ i, α′ js ) com ϕi,js (βt) = αjs , pelo item (2) do teorema. Como no caso inicial, obtemos uma extensão de ϕi para cada raiz de q i′. Isto é, ϕi terá gr q′ i extensões desse tipo. Em seguida vemos que cada ϕi dá origem a um q′ i, todos com o mesmo grau, e cada um deles dá origem a gr q i′ extensões de ϕi. Temos assim um processo que vai subindo de F para K contando o número de extensões em cada etapa. Por exemplo para K = Q( √^35 , ξ) como no exemplo (b) de página 13, temos que id tem 3 extensões distintas
ϕ 1 = id : Q( 3
5) → Q( 3
5), ϕ 2 : Q( 3
- → Q(ξ 3
5), ϕ 3 : Q( 3
- → Q(ξ^2
uma para cada raiz de x^3 − 5. Cada uma delas terá 2 extensões distintas para K. Observe que K = F (ξ √^3 5), onde F = Q( √^3 5). Neste caso temos só duas etapas para ir de Q à K. Sejam então as extensões de ϕ 1 à K: ϕ 1 , 1 = id e ϕ 1 , 2 caracterizada por ϕ 1 , 2 (ξ √^3 5) = ξ^2 √^35 (logo ϕ 1 , 2 (ξ) = ξ^2 ). As extensões de ϕ 2 são: ϕ 2 , 1 (ξ √^3 5) = ξ^2 √^35 (logo ϕ 2 , 1 (ξ) = ξ) e ϕ 2 , 2 (ξ √^3 5) = √^35 (logo ϕ 2 , 2 (ξ) = ξ−^1 = ξ^2 ). Analogamente construímos as extensões de ϕ 3 levando ξ √^35 em cada uma das outras duas raízes de x^3 − 5.
Questão 13. Faça uma construção semelhante para obter todos os 8 isomor smos de Q( √^42 , √−1) → Q( √^42 , √−1) correspondente ao exemplo (c) da página 13.
Corolário: Sejam F um corpo, f ∈ F [x] não constante, e sejam K e K′ dois corpos de raízes de f sobre F. Então exite isomor smo σ : K → K′ que deixa os elementos de F xos ponto a ponto.
for algébrico sobre F , i.e., existe polinômio não constante f ∈ F [x] tal que f (α) = 0.
De nição. Seja F um corpo e Ω uma extensão algébrica de F tal que Ω é algebricamente fechado. Dizemos então que Ω é um fecho algébrico de F.
Questão 14. Seja F um corpo e Ω um fecho algébrico de F. Seja F ⊂ E ⊂ Ω uma extensão intermediária. Mostre que Ω também é um fecho algébrico de E.
Teorema: Todo corpo F tem um fecho algébrico.
Veri cação Construirmos inicialmente um corpo onde todos os polinômio não constantes de F [x] tenham raiz. Fazemos isso generalizando o processo usado no no item (d) do exercício 12 da página 11 das Notas IV. Para cada polinômio não constante f ∈ F [x] vamos de nir um símbolo Xf e tomamos X = { Xf | f ∈ F [x], gr f ≥ 1 }. Seja agora o anel de polinômio F [X ] constituído de todos os polinômios em variáveis de X. Um elemento típico de F [X ] tem a forma ∑ f 1 ,...,fn∈F [x]
af 1 ,...,fn X fif 11 · · · Xi ffnn , af 1 ,...,fn ∈ F,
que não é nada bonita. Tomemos agora I o ideal de F [X ] gerado por todos os elementos da forma f (Xf ), com f (x) ∈ F [x], não constante. A rmamos que I 6 = F [X ]. Suponhamos o contrário, para chegar a um absurdo. Logo existem f 1 ,... , fn ∈ F [x] e g 1 ,... , gn ∈ F [X ] tais que
g 1 f 1 (Xf 1 ) + · · · + gnfn(Xfn ) = 1. (†)
Seja agora K um corpo onde f 1 ,... , fn tem uma raiz, que vamos chamar de αi. Observe que basta tomarmos um corpo de raízes de h = f 1 f 2 · · · fn para obtermos o corpo K. Para todas as variáveis Xf que aparecerem nos polinômios g 1 ,... , gn que forem diferentes de Xf 1 ,... , Xfn tomamos αf = 0. Trocando-se agora todas as variáveis que aparecem na equação (†) pelos correspondentes αs vamos obter 0 = 1; a contradição procurada. Logo I é um ideal próprio de F [X ] e podemos tomar um ideal maximal m de F [X ] contendo I. Seja E = F [X ]/m, o anel quociente. Como m é maximal, E é um corpo. Seja π : F [X ] → E a projeção canônica. Como I ∩ F = { 0 } temos que a restrição de π a F é injetiva. Identi cando F = π(F ), podemos considerar E como uma extensão de F. Observe agora que π(f (Xf )) = 0, para todo f ∈ F [x], não constante. Logo π(Xf ) é uma raiz de f = π(f ) (lembrar
que F = π(F )). Tomamos agora F 1 o fecho algébrico de F em E como no item (iv) da de nição, página 1, das Notas III. Logo todo f ∈ F [x] não constante tem raiz em F 1 , pois tem raiz em E. Mais ainda F 1 é uma extensão algébrica de F. Em seguida repetimos essa construção com F 1 no lugar de F e obtemos uma extensão F 2 de F 1 tal que todo g ∈ F 1 [x] tem raiz em F 2 e F 2 é uma extensão algébrica de F 1. Por transitividade F 2 também é uma extensão algébrica de F. Vamos repetindo esse processo e obtemos uma cadeia
F = Fo ⊂ F 1 ⊂ F 2 ⊂ · · · ⊂ Fi ⊂ Fi+1 ⊂ · · ·
Tomamos agora Ω = ⋃∞ j=0 Fj , que é uma extensão algébrica de F , pois cada Fi é algébrico sobre F. Vejamos que Ω é algebricamente fechado. De fato, se g ∈ Ω[x] é um polinômio não constante, exite j ≥ 0 tal que g ∈ Fj [x]. Pela construção feita, g tem raiz em Fj+1 ⊂ Ω.
A seguir queremos mostrar que o fecho algébrico é único, a menos de isomor smo. Vamos de- monstrar um pouco mais.
Teorema: Seja ϕ : F 1 → F 2 um isomor smo entre dois corpos F 1 e F 2. Seja Ωi um fecho algébrico de Fi, para i = 1, 2. Então existe um isomor smo ϕ˜ : Ω 1 → Ω 2 que estende ϕ.
Veri cação Seja E = { (E, ϕE ) } tais que F 1 ⊂ E ⊂ Ω 1 é uma extensão de F e ϕE : E → Ω 2 é um homomor smo (injetivo) que estende ϕ. Como o par (F 1 , ϕ) ∈ E temos que E 6 = ∅. Ordenemos agora E da seguinte maneira: (E, ϕE ) ≤ (K, ϕK ) se e somente se E ⊂ K e a restrição de ϕK a E é igual a ϕE. Veri ca-se trivialmente que essa relação é uma relação de ordem parcial em E. Seja agora (Ei, ϕi) ∈ E, para todo i ∈ I um subconjunto de E totalmente ordenado por essa relação. Tomando-se Eo = ⋃ i∈I Ei teremos uma extensão de F contida em Ω 1. De nimos ϕo : Eo → Ω 2 por ϕo(α) = ϕi(α) se α ∈ Ei. Veri ca-se facilmente que ϕo é um homomor smo e portanto (Eo, ϕo) ∈ E. Como (Ei, ϕi) ≤ (Eo, ϕo), para todo i ∈ I concluímos que toda cadeia ascendente de elementos de E tem um extremo superior. Logo, pelo Lema de Zorn, E contém elementos maximais. Seja (K, ϕK ) ∈ E um elemento maximal. Vamos mostrar que K = Ω 1 e que ϕK tem Ω 2 como imagem. Vamos denotar por K′^ a imagem de K por ϕK dentro de Ω 2. Logo ϕK : K → K′ é um isomor smo de corpos. Vemos também que Ω 2 é uma extensão algébrica de K′. Na verdade é um fecho algébrico de K′.
