Logo, as trs condies esto satisfeitas. Por outro lado, se valem as trs condies, temos o seguinte: Por i , 0 B. A condio iii garante que a multiplicao de A, restrita a B, tambm uma operao em B. Se A um anel comutativo, ento B tambm comutativo. Pode ocorrer que o anel A seja um corpo, mas que o subanel B no o seja. Por exemplo, Z um subanel de Q. Enquanto Q um corpo, o subanel Z no o.

Temos tambm 2Z Z, que um domnio de integridade, mas 2Z no , pois 2Z no possui unidade. A proposio anterior usada para mostrar que alguns conjuntos determinam estruturas de anis, desde que estejam contidos em um anel. Neste caso A um anel comutativo, apesar de M2 R no o ser. Justificar os exemplos dos subanis Z[i] e A acima. Verificar se A um domnio de integridade. Mostrar que A um anel, mas no um corpo. Sejam B e C subanis de um anel A.

Mostrar que B C um subanel de A. Mostrar que B um subanel de A. Quais dos seguintes subconjuntos so subanis de M2 R? Quais dos seguintes subconjuntos so subanis de Z6?

Nos casos em que so subanis, quais deles so corpos? Veremos aqui outro tipo de subestrutura de um anel: os ideais. Na realidade, os ideais so subanis com uma propriedade de absoro: se a est no anel e b no ideal ento ab ou ba est no ideal. Dizemos que I um ideal bilateral, ou simplesmente um ideal de A quando I ao mesmo tempo um ideal esquerda e direita de A.

Logo, a I. Z um subanel de Q, mas Z no um ideal de Q. Todo ideal de Z principal. Demonstrao: Seja I um ideal de Z. Por outro lado, seja c I. Justificar o exemplo 3. Verificar se os seguintes conjuntos so ideais direita ou esquerda de M2 Z.

Verificar se os seguintes conjuntos so ideais de Z6. Seja F R o anel das funes f : R R, definido em 3. Sejam I e J ideais de um anel A. Seja a um elemento de um anel A. Sejam a, b A e A um anel. Essa seo trata dos homomorfismos, mas agora entre anis. So funes entre anis que preservam algumas propriedades fundamen- tais dos anis.

Seja A um anel. Seja f : A1 A2 um homomorfismo de anis. Assim, a b N f. Assim, N f um ideal de A1. Assim, f injetiva. Dessa maneira, Im f um subanel de A2.

Dizemos que f : A1 A2 um isomorfismo se f um homomorfismo injetivo e sobrejetivo de anis. Dizemos que dois anis A1 e A2 so isomorfos, se existe um isomorfismo f : A1 A2.

Se os anis A1 e A2 so isomorfos, podemos identificar A1 com A2 pois, um isomorfismo, alm de ser uma bijeo, identifica as operaes dos dois anis e, deste modo, identifica tambm todas as propriedades destes anis.

Conferir os exemplos de homomorfismo. No exerccio anterior, determinar o ncleo e a imagem de cada ho- momorfismo. Sejam A1 e A2 anis com unidade e f : A1 A2 um homomorfismo no nulo de anis. Sejam f : A1 A2 e g : A2 A3 dois homomorfismos. Mostrar que a aplicao composta gof : A1 A3 tambm um homomorfismo. Dar uma demonstrao do item v da Proposio 3.

Seja f : A1 A2 um isomorfismo. Mostrar que f 1 tambm um isomorfismo. Sejam f : A1 A2 um homomorfismo de anis e J um ideal esquerda respectivamente direita de A2. Sejam f : A1 A2 um homomorfismo sobrejetivo de anis e I um ideal de A1. Mostrar que f I um ideal de A2. Veremos nesta seo mais um caso de determinao de uma estru- tura pelo procedimento de passar o quociente atravs de uma relao de equivalncia. Trata-se de procedimento algbrico tpico e aplicado muitas vezes em diversas situaes.

Dizemos que dois elementos a, b A so congruentes mdulo I quando a b I. Denotamos a congruncia mdulo I por: a b mod I , o que devemos ler como a congruente a b mdulo I. Devemos observar que o conceito de congruncia mdulo I uma generalizao do conceito de congruncia mdulo n para inteiros, posto que a b mltiplo de n equivalente a dizer que a b pertence ao ideal nZ.

As propriedades i , ii e iii garantem que a relao congruncia mdulo I uma relao de equivalncia. Dar uma demonstrao para os tens i - iv da Proposio 3. Agora generalizamos o Teorema do Homomorfismo de grupos para o Teorema do Isomorfismo de anis. Teorema do isomorfismo Seja f : A B um ho- momorfismo sobrejetivo de anis. Resta verificar que f bijetiva, e isso fica como exerccio. Demonstrao: Como f : A Im f um homomorfismo sobrejetivo, pela proposio temos o resultado.

Demonstrao: Basta tomar a aplicao identidade i : A A. Logo, a pZ ou b pZ. Logo, nZ no um ideal primo. Demonstrao: i Fica como exerccio. Sejam a, b A tais que ab P. Assim, P um ideal primo. Por outro lado, seja P um ideal primo. Como a I, ento ab I. Assim, P um ideal maximal de A.

Por outro lado, seja P um ideal maximal. Todo ideal maximal primo. Todo ideal primo no nulo de Z maximal. Vimos tambm que pZ um ideal maximal.

Assim, todo ideal primo no nulo de Z maximal. Demonstrao: Pelo Corolrio 3. Logo, basta aplicar a proposio anterior. Verifica-se facilmente que f um homomorfismo sobrejetivo. Como Z um domnio de integridade, mas no um corpo, segue que N f um ideal primo, mas no um ideal maximal. Sejam A um anel comutativo, B um domnio de integridade e f : A B um homomorfismo de anis.

Verificar se P e Q so ideais primos. Mostrar que P um ideal maximal. Terminar a demonstrao da Proposio 3. Assim, a caracterstica de A um inteiro positivo p tal que p r. Desse modo, pela proposio anterior, Zm tem caracterstica m. Demonstrao: Consideremos que a caracterstica de A no 0. Logo, r 1 e s 1 so divisores de 0 num anel de integridade, o que uma contradio. Portanto, p primo. Verifica-se por indu- o que n 1A A, para todo n Z, n 0. Assim, para todo n Z, n 1A A, o qual denotamos simplesmente por n1A.

Demonstrao: Fica como exerccio. Mostrar que dois anis isomorfos possuem a mesma caracterstica. Mostrar que cada subanel de A tem caracte- rstica menor ou igual a caracterstica de A.

Verificar se o anel Z6 possui subanis com caractersticas 2 e 3. Fazer a demonstrao da Proposio 3. O corpo dos nmeros racionais obtido a partir do anel dos inteiros atravs de uma relao de equivalncia em Z Z.

Ver mais detalhes em [3]. A tcnica utilizada pode ser abstrada e aplicada aqui, de maneira que, dado um domnio de integridade, construmos um corpo, o menor possvel, que contm o anel. Definimos em A A a relao:. Fazendo o produto na primeira igualdade por f e na segunda por b,. ANIS A partir das operaes do anel A, induziremos operaes em Q A e mostraremos que Q A , com estas operaes, um corpo.

Precisamos verificar que estas operaes esto bem definidas. Assim, as operaes esto bem definidas. Resta verificarmos que Q A um corpo com as operaes definidas acima. Mas isto um tra- balho de rotina e fica como exerccio. Neste sentido, Q A o menor corpo que contm A. Mostrar que Q A um corpo com as operaes definidas acima.

O corpo ordenado e completo dos nmeros reais, R, construdo a partir do corpo ordenado dos racionais, Q, como pode ser visto em [5]. Esta construo feita a partir dos cortes de Dedekind, mas outras construes a partir das sequncias de Cauchy ou intervalos encaixantes, entre outras, so possveis. A seguir, mostraremos que qualquer corpo ordenado e completo isomorfo ao corpo dos nmeros. Uma parte importante do trabalho matemtico consiste em buscar uma coleo de axiomas que caracterizem plenamente um certo tema de interesse.

Por exemplo, a Aritmtica consiste da teoria que teria como modelo o conjunto dos nmeros naturais, com os destacados elementos zero e um, com as operaes de sucessor, adio e multiplicao de nme- ros naturais e com a relao de menor ou igual entre naturais.

Quando conhecemos os axiomas de Peano para a Aritmtica, imaginamos que somente eles dariam conta deste modelo. Porm, posteriormente, per- cebemos que existem outros modelos da Aritmtica que no coincidem com o modelo usual acima. Observamos tambm que para algumas teorias, os seus modelos so todos isomorfos e para outras, como a Aritmtica de primeira ordem, existem modelos no isomorfos entre si. Uma teoria categrica ou tem a propriedade da cate- goricidade se todos os seus modelos so isomorfos entre si.

Veremos agora que a teoria dos corpos ordenados e completos tem a propriedade da categoricidade. Em muitas oportunidades, abusaremos desta situao e consideraremos que estes. Doravante, consideraremos que F e G so corpos de caracterstica zero. Lema 3. Resta mos- a trar que todo elemento no nulo de QF possui inverso para a multiplica- b o. Ainda por ser G um corpo, ento G fechado para quocientes. Teorema 3. Para cada corpo F de caracterstica 0, segue que QF isomorfo a Q.

Demonstrao: Seja : Z F o monomorfismo homomorfismo injetivo ou imerso mencionado anteriormente. Estenderemos este monomorfismo a um isomorfismo entre Q e QF.

Os subcorpos ordenados QF e QG so ordem isomorfos. Demonstrao: i Basta mostrarmos que o isomorfismo do teorema an- terior preserva ordem. Ento a e b so ambos positivos ou ambos b negativos. Mostraremos, agora, que a funo preserva a ordem. Sejam r e s dois racionais. Pela transitividade segue que QF e QG so isomorfos. Todo corpo ordenado e completo arquimediano.

Demonstrao: Seja F um corpo ordenado e completo e seja x um ele- mento positivo de F. Como F completo, ento existe y F tal que y o supremo de A. Assim, para todo n N, nF y. Agora estamos em condies de fazer a demonstrao do resultado fundamental desta seo. Todo corpo ordenado e completo isomorfo ao corpo or- denado completo dos nmeros reais.

Pelo corolrio anterior, existe um isomorfismo : Q QG. Agora, estend-lo-emos a um isomorfismo : R G. Observamos que n um limitante superior de Bz. Assim, sendo Bz limitado superiormente e G um corpo completo, ento existe o supremo de Bz em G.

Da, y um limitante superior de Bx e w Bz. Fica como exerccio. Sejam x, y R: Caso 1. Caso 2. Mostraremos abaixo que x y x y. Assim, para todo w Bxy , temos que w x y. Mostraremos agora que x y x y.

Caso 3. Caso 5. Dois corpos ordenados e completos so sempre isomor- fos. Comprovar o item [4] do Teorema 3. Comprovar as consequncias da Definio 3. De fato, estes so casos importantes de polinmios, mas daremos um tratamento um pouco mais geral, em que para cada i, ai A e A um anel. Estudaremos aqui os anis de polinmios em uma varivel x. Por exemplo, mostraremos que o algoritmo da diviso, o m- ximo divisor comum e a noo de elementos irredutveis os nmeros primos, no caso dos inteiros tero uma correspondente verso nos anis de polinmios.

Para no nos fazermos repetitivos, consideraremos a partir daqui que A um domnio de integridade e K um corpo. Assim, todo resul- tado que vale para A, vale tambm para K, desde que todo corpo um domnio de integridade. Definio 4. Os termos an , an1 , Convencionamos que podemos omitir os termos do tipo 0xm da ex- presso do polinmio. Exemplo 4. Fica como exerccio verificar que A[x] um anel comutativo com unidade. Denotamos o grau do polinmio f x por f x , ou simplesmente, f.

Proposio 4. Fica como exerccio a demonstrao de ii e iii. Corolrio 4. O anel A[x] um domnio de integridade. Veremos, a seguir, que assim como no anel dos nmeros inteiros, temos um algoritmo para a diviso. Se f x g x , ento procedemos por induo sobre f x N. Sejam f x A[x] e a A.

Ento f x tem no mximo n razes distintas. Logo f x no tem razes. Hiptese de induo: Seja n 0 e a proposio vlida para todo polinmio com grau n. Se f x no tem razes, nada temos a provar. Se f x tem pelo menos uma raiz, seja a A uma raiz de f x.

Portanto, f x tem no mximo uma raiz a mais que g x. Sejam f x A[x] e a A, tal que a uma raiz de f x. Nas condies acima, dizemos que m a multiplicidade da raiz a no polinmio f x. A multiplicidade de 1 em f x 2; a multiplicidade de 1 em f x 1; e a multiplicidade de 3 em f x zero. Verificar que A[x], com as operaes definidas em 4.

Fazer as demonstraes dos tens ii e iii da Proposio 4. Fazer a demonstrao da Proposio 4. Seja a uma raiz de f x A[x]. Mostrar que a multiplicidade de a em f x maior que 1 se, e somente se, a raiz de f x , em que f x a derivada de f x com relao a varivel x. Em caso afirmativo, encontrar a multiplicidade. Como no caso dos nmeros inteiros, verificaremos que todo ideal em K[x] principal. A partir da, mostraremos a existncia de mximo divisor comum entre dois polinmios.

Se K um corpo, ento todo ideal de K[x] principal. Demonstrao: Seja I um ideal de K[x]. Assim, I g x K[x]. Pela proposio anterior, sabemos que todo ideal de Q[x] principal. Assim, I xQ[x]. Indicamos que f x divide g x por f x g x. Neste caso temos que g x f x A[x]. Se- gundo a Proposio 4. De modo anlogo, h x g x. Neste caso dizemos que h x um mximo divisor co- mum de f x e g x. Se h x um mximo divisor comum de f x e g x e se h x m- nico, ento h x nico com esta propriedade, isto , se h x e k x so.

Assim, um mximo divisor comum de f x e g x o polinmio x 1, que o ltimo resto diferente de zero. Determinar quais dos seguintes conjuntos so ideais de R[x]. Mostrar a unicidade mximo divisor comum mnico. Verificar que o algoritmo usado para o clculo do mximo divisor comum de nmeros inteiros veja em, por exemplo, em [16] da biblio- grafia , pode ser usado para polinmios sobre um corpo K.

Veremos agora que os polinmios irredutveis no anel K[x] possuem propriedades anlogas s dos nmeros primos no anel dos nmeros in- teiros. Caso contrrio, o polinmio f x redutvel sobre A. Portanto, f x redutvel sobre A. Lema 4. Ao fazer-se a demonstrao desse lema, deve-se observar que os tens i e iii tambm valem ao considerarmos um domnio de inte- gridade A no lugar do corpo K.

Para p x K[x], com p x 1, as condies se- guintes so equivalentes: i p x um polinmio irredutvel; ii p x K[x] um ideal maximal. Segundo a Proposio 4. Desde que p x ir- redutvel, ento h x K ou g x K. Portanto, p x K[x] um ideal maximal. Logo, p x K[x] f x K[x]. Assim, f x K ou g x K e, portanto, p x um polinmio irredutvel. Sejam p x um polinmio irredutvel de K[x] e f x , g x K[x]. Demonstrao: Suponhamos que p x f x g x , isto , f x g x p x K[x].

Como, pela proposio anterior, p x K[x] um ideal maxi- mal, ento p x K[x] um ideal primo, logo f x p x K[x] ou g x p x K[x], isto , p x f x ou p x g x. Fazer a demonstrao do Lema 4. Encontrar exemplos de Z[x] em que no valem os tens ii e iv do Lema 4. Sejam p x K[x] irredutvel e f1 x , f2 x , Mos- trar que se p x f1 x f2 x. Dizemos que um corpo K algebricamente fechado quando todo polinmio com grau positivo e coeficientes em K admite uma raiz em K. O corpo C algebricamente fechado.

Este resultado conhecido como Teorema Fundamental da lgebra e sua demonstrao pode ser encontrada em textos de funes de uma varivel complexa. O corpo R no algebricamente fechado. Se K um corpo algebricamente fechado e f x K[x], com f x 1, ento f x pode ser fatorado em um produto de polinmios de grau 1, isto , existem c, a1 , a2 , Em consonncia com a proposio anterior, segue que num corpo algebricamente fechado, os nicos polinmios irredutveis so os de grau 1.

Seja f x K[x], com f x 1. Alm disso, tal expresso nica, a menos da ordem. Se f x irredutvel, nada h para se provar. Pela hip- tese de induo, podemos escrever g x e h x como produto de polinmios irredutveis e, portanto, f x pode ser escrito como um produto de polin- mios irredutveis. Isto garante a existncia da fatorao. Logo, p1 x qj x , para algum j. Logo, p2 x Isto garante a unicidade, a menos de fatores constantes. Dar uma demonstrao da Proposio 4. Mostrar que f x. Mostrar que a tambm raiz de f.

Seja f x R[x], com f x 3. Mostrar que f x redutvel sobre R. Seja f x R[x]. Mostrar que se f x um nmero mpar, ento f x tem uma raiz em R. Decompor o polinmio x4 16 como produtos de polinmios irredu- tveis em: a R e b C. Mostrar que I um ideal maximal de K[x].

Sugesto: usar a Proposio 4. Seja h x um mximo divisor comum de f x e g x. Calcular um mximo divisor comum entre os polinmios: a x x 1 4 x 2 2 e x5 x 1 x 2 2 ;. Relembrando, dada uma sequncia a1 , a2 , Ento existe r Q tal que rf x um polinmio primitivo.

Ento , , Se f x , g x Z[x] so polinmios primitivos, ento f x g x tambm um polinmio primitivo. Como f x primitivo, ento p no divide algum coeficiente ai.

Assim, no existe nmero primo p tal que p divide todos os coeficientes de f x g x e, portanto, f x g x um polinmio primitivo. Lema de Gauss Seja f x Z[x] um polinmio primitivo. Ento f x redutvel sobre Z se, e somente se, f x redutvel sobre Q. Demonstrao: imediata. Pela Proposio 4.

Como f x b primitivo, ento o mximo divisor comum entre os coeficientes de af x a. Da mesma forma, o mximo divisor comum entre os coeficientes de b rg x sh x b. Logo, f x redutvel em Z. Ou seja, rf x redutvel sobre Q. Logo, se f x redutvel, ento nf x redutvel. Tomando d como o mximo divisor comum dos coeficientes de f x , temos que o polinmio d1 f x primitivo.

Assim, se nf x redu- tvel sobre Z, ento nf x tambm redutvel sobre Q. Como 1 1. Se f x Z[x], ento f x redutvel sobre Z se, e so- mente se, f x redutvel sobre Q. Demonstrao: Tomando d como o mximo divisor comum dos coeficien- tes de f x , temos que o polinmio d1 f x primitivo. Podemos supor que p b0 e p - c0 , o outro caso anlogo. Portanto, f x irredutvel sobre Z. Mostrar que se f x admite uma raiz racional, ento esta raiz inteira e divide o termo a0. Seja f x Z[x] um polinmio de grau 2 ou 3.

Mostrar que f x redutvel sobre Z se, e somente se, f x tem raiz em Q. Determinar quais dos seguintes polinmios so irredutveis sobre os racionais:. Foi um entusiasta poltico desse perodo, alm de manter tambm grande paixo pela Matemtica, o que o levou a tentar resolver a questo da so- lubilidade de equaes polinomiais por meio de radicais. Assim, Galois investigou sob quais condies as razes de uma equao polinomial qualquer poderiam ser expressas atravs de radicais de seus coeficien- tes.

Seria uma verso geral da famosa soluo de Bhaskara para equa- es do segundo grau, dada pelas razes dos coeficientes das equaes consideradas. Galois j mostrava, no perodo escolar, grande interesse pela Ma- temtica.

Apesar disso, seus trabalhos foram considerados medocres e ele um excntrico, por seus professores. Por duas vezes tentou entrar na cole Polytecnique e foi recusado. Galois ingressou na cole Normale com o propsito de se preparar para ensinar, mas tambm para con- tinuar as suas pesquisas em Matemtica. Aos 17 anos, entregou seus resultados a Cauchy e solicitou-lhe que os apresentasse a Acadmie, mas Cauchy acabou perdendo o manuscrito. Em apresentou seu trabalho a Fourier com o objetivo de um concurso na Acadmie.

Fourier levou o artigo para casa, todavia morreu logo em seguida e o manuscrito se perdeu. Tentou novamente apresentar seu trabalho Acadmie atra-. A adeso de Galois Revoluo Francesa teve, possivelmente, entre outras causas, suas frustraes com sucessivas tentativas de apresentar suas descobertas, seu esprito inquieto e tambm o suicdio de seu pai.

Uma carta com crticas ao conservadorismo do diretor da cole Nor- male resultou em sua expulso da escola. Em , foi preso por uma manifestao interpretada como uma ameaa vida do rei Louiz Phi- lippe.

Solto logo em seguida, foi novamente preso, poucos meses de- pois, condenado a seis meses de priso por vestir indevidamente uni- forme militar. Por causa de uma mulher, certo tempo depois, foi desafiado a um du- elo do qual, em nome do cdigo de honra do seu tempo, no teve como recusar.

Na noite que precedeu ao duelo, Galois escreveu uma carta a um amigo em que descrevia suas pesquisas na Matemtica e solicitou que a publicasse. Isto aconteceu no mesmo ano. O duelo ocorreu na manh do dia 30 de maio de , quando Galois recebeu um tiro que o levou a falecer na manh seguinte, com 20 anos de idade. Seu funeral foi acompanhado por milhares de revolucionrios. Os trabalhos de Galois forneciam respostas s indagaes da solu- bilidade de equaes polinomiais por meio de radicais o que, adicional- mente, foi importante ferramenta para a resoluo dos famosos proble- mas gregos clssicos, como veremos nesse captulo.

A partir do conceito de extenso de corpos, introduzidos por Galois, foi possvel a obteno de resultados que garantiriam a impossibilidade de algumas construes por meio de rgua sem marcas e do compasso, e tambm da impossibilidade de soluo de equaes polinomiais gerais de graus superiores a 4.

Definio 5. Em geral diz-se que um nmero algbrico se ele algbrico sobre Q. Todavia, podem existir elementos de L que no so elementos de K, mas que so algbricos sobre K. Exemplo 5. Porm 3 e 3 no so nmeros racionais. Se b no um nmero algbrico sobre K, ento ele um nmero transcendente sobre K.

Em geral, diz-se que um nmero transcendente, se transcen- dente sobre Q. Os famosos nmeros reais e e so exemplos de nmeros trans- cendentes. Demonstraes de que e e so transcendentes podem ser vistas nos itens [4] e [9] da bibliografia. Em geral diz-se que uma extenso algbrica, se algbrica sobre Q. A partir de agora usaremos alguns conceitos bsicos da lgebra Li- near, como base, dimenso, espao e subespao.

Se L uma extenso de K, ento com as operaes usuais de corpo em L, observamos que L um espao vetorial sobre K. O grau da extenso do corpo L sobre o corpo K a di- menso de L enquanto espao vetorial sobre K.

Tem fundamental importncia, para os passos seguintes, o caso em que [L : K] finito, ou seja, quando o espao vetorial L sobre o corpo K tem dimenso finita. O corpo L uma extenso finita do corpo K quando [L : K] finito. Proposio 5. Se L uma extenso finita de K, ento todo elemento de L algbrico sobre K. Logo, existem a0 , a1 , Como nem todo nmero real algbrico sobre os racionais, ento, pela proposio anterior, o corpo dos nmeros reais R no uma extenso finita do corpo dos racionais Q.

Logo, [R : Q] infinito. Lema 5. Chamamos o polinmio p x acima de o polinmio irre- dutvel de b sobre K. O grau do polinmio p x chamado grau de b sobre K. Sejam b um nmero algbrico sobre K e n o grau do polinmio irredutvel p x de b sobre K. Alm disso, se u [1, b, Como M um espao vetorial , clara- mente, um grupo abeliano para a adio.

Portanto, M um anel comutativo com uni- dade. Como precisamos mostrar que M um corpo, resta-nos mostrar que todo elemento no nulo de M inversvel. Como pela Proposio 4. Para concluir que a dimenso de M sobre K n, basta verificarmos que os elementos 1, b, Caso fossem li- nearmente dependentes, existiriam a0 , a1 ,. Corolrio 5. Demonstrao: i ii Pelo corolrio anterior. Seja w um elemento de K3. Logo, [K2 : K1 ] n. Segue do corolrio anterior, que se [K3 : K1 ] um nmero primo, ento no pode existir corpo entre K1 e K3.

Se b e c so nmeros algbricos sobre o corpo K, ento c algbrico sobre K b e, da, podemos formar o corpo K b c. Todo corpo que contm K, b e c tambm contm K b c , que o menor corpo que contm K, b e c. Segue ento que K b c um corpo algbrico sobre K. Mais ainda, os corpos K b c e K c b coincidem e, ento, sero denotados por K b, c. Se L uma extenso finita de K, ento existem a1 , Pela Proposio 5. Demonstrao: Seja c um elemento de K3. Devemos verificar que c sa- tisfaz algum polinmio com coeficientes em K1.

Agora, como K2 uma extenso algbrica de K1 , ento a1 , a2 , Como K1 a1 , a2 , Lembramos que um corpo K algebricamente fechado quando todo polinmio no constante de K[x] possui uma raiz em K. Logo, g x possui raiz em K. Como as outras razes de f x so as razes de g x , procedendo indutivamente chegamos que todas as razes de f x esto em K. A seguir enunciaremos, mas no apresentaremos uma demonstra- o, o Teorema Fundamental da lgebra, cuja primeira demonstrao devida a Gauss. Teorema 5.

O corpo dos nmeros complexos, C, algebricamente fe- chado. Uma demonstrao do Teorema Fundamental da lgebra pode ser encontrada em [11].

Em decorrncia, se K C e f x K[x] um polinmio tal que f x 1 e b1 , b2 , J vimos que cada expoente mi a multiplicidade da raiz bi. Seja b uma raiz qualquer de p x. Portanto o polinmio no nulo de menor grau que possui b como raiz.

Precisamos mostrar que b uma raiz simples. Portanto, b tem multiplici- dade 1, isto , b uma raiz simples. Fazer a demonstrao do Corolrio 5. Fazer a demonstrao da Proposio 5. Como nos casos de homomorfismos injetivos de grupos e de anis, obteremos uma cpia isomrfica de um corpo dentro de um outro corpo.

Naturalmente, h um homomorfismo de anis. Assim o ncleo de h s contm o 0. Portanto, h um ho- momorfismo injetivo de K1 em K2. Se h : K1 K2 um isomorfismo, ento h1 : K2 K1 o isomorfismo inverso de h. Seja h : K1 K2 uma imerso. Se p x K1 [x], ento p x irredutvel em K1 [x] se, e somente se, hx p x irredutvel em Im hx. Sejam f x K[x] e b um nmero algbrico sobre K. Segue dessa proposio que se b uma raiz de f x , ento h b uma raiz de hx f x. Demonstrao: i Seja f x K1 [x]. Logo h est bem definida e fica como exerccio verificar que h : K1 a K2 imerso e a unicidade.

Sejam p x K[x] um polinmio irredutvel sobre K e a uma raiz de p x. Demonstrao: Como p x o grau de a em K, ento o resultado segue pelas Proposies 5. Tomemos a seguinte sequncia de extenses:.

Faremos a justificao por induo sobre r. Assim, temos que h1 , h2 , Para a prxima raiz, ar , seja d o seu grau sobre Lr1. Dessa maneira, o nmero de extenses de h como imerso de L em C. Demonstrao: Se L uma extenso finita de K, ento pelo Corol- rio 5. Pelos corolrios anteriores, segue que [K d : K] n. Fazer uma demonstrao da Proposio 5. Fazer a demonstrao dos tens i e iii da Proposio 5. Seja K L.

Completar a demonstrao da Proposio 5. Veremos aqui que existe um corpo associado a cada polinmio dado. O corpo de decomposio do polinmio f x K[x] so- bre K o menor subcorpo de C que contm K e todas as razes complexas de f x. Denotamos o corpo de decomposio de f x K[x] por Gal f x , K.

Agora, sejam f x K[x] e b1 , Consideremos, ento, a seguinte sequncia de corpos:. Seja L uma extenso finita de K. Um automorfismo de um corpo K um isomorfismo de corpos h : K K. Desse modo, h um isomorfismo de espaos vetoriais, ou mais especi- ficamente, de corpos e, ento, h um automorfismo. Se K um corpo, ento o conjunto de todos automor- fismos de K um grupo com a operao de composio de funes.

Demonstrao: A composio de automorfismos de K um automorfismo. A composio de automorfismos possui a propriedade associativa. A funo identidade um automorfismo de K e o elemento neutro da composio de automorfismos de K. Dado um automorfismo de K, a sua funo inversa tambm um automorfismo de K.

Assim, o conjunto de todos os automorfismos de K um grupo com a operao de composio de funes. K G um corpo. Demonstrao: Certamente 0, 1 K G. Agora, para x, y K G , temos:. Sejam C o corpo dos nmeros complexos e R o corpo dos nmeros reais, ento existem apenas 2 automorfismos em G C, R. Seja h : C C um automorfismo qualquer. Assim f x possui duas razes: b e b. Assim, h 3 2 tambm uma raiz cbica de 2 e est em L. Ento h b tambm uma raiz de p x.

Demonstrao: Seja L uma extenso de Galois de K. De acordo com o Teorema 5. Agora, seja p x o polinmio irredutvel de d sobre K. Desde que cada K-imerso um K-automorfismo, ento bi L.

Se h uma imerso de L sobre K, ento h bi uma raiz de p x e, portanto, h bi L. Logo, h L L e, pela Proposio 5. Assim, h um automorfismo, ou seja, L uma extenso de Galois de K. Como uma outra consequncia do teorema anterior, temos o resul- tado a seguir. Se p x tem uma raiz em L, ento p x tem todas as razes em L. Demonstrao: Sejam a e b duas razes de p x , com a L. Segundo a Proposio 5. Demonstrao: Seja a L. Pelo Lema 5. Assim, h L L e, portanto, pela Proposio 5.

Agora, seja p x K[x] o polinmio irredutvel de a. Pelo Corolrio 5. Assim, K o corpo fixo de L. A Teoria de Galois nos permite conexes entre certos corpos e grupos. Uma maneira simples de indicar que um polinmio f x K[x] no um polinmio constante, inclusive o nulo, indicar que f x K[x] K. Sejam f x K[x] K e L o corpo de decomposio de f x sobre K. Se f x possui n distintas razes em L, ento G L, K. Verificaremos que um homomorfismo injetivo de grupos. Seja a uma raiz de p x. Da hiptese, segue que p x tem d distintas razes em L.

Pelo Coro- lrio 5. Da, pela hiptese de induo, para [K a : K] d. Logo, para cada imerso h : K K possui n extenses de L em L. Seja K L uma extenso de corpos. Mas como K F , ento h tambm fixa K. Sejam a1 , a2 , Ento pelo Lema 5. Assim, pela Proposio 5. Conforme a proposio anterior, G F, K. Agora, verificamos que um homomorfismo de grupos. Desse modo, um homomorfismo.

Se h G F, K , ento pela Proposio 5. Ento LH um corpo intermedirio entre K e L. Dessa maneira, LH LH. A seguir, mostraremos que sob certas condies existe uma bijeo entre os subgrupos de G L, K e os corpos intermedirios entre L e K. O corolrio seguinte uma consequncia imediata dos dois ltimos teoremas e das convenes acima. Demonstrao: i Como K L uma extenso de Galois, ento uma extenso finita. Logo, pelo Teorema 5. Logo, pela Proposio 5. Logo, existem u1 , u2 , Para cada i entre 1 e n, consideremos a equao linear homognea:.

Logo, existe uma soluo no nula com a maior quantidade possvel de zeros, digamos, a1 , a2 , Desse modo, para todo i entre 1 e n, temos:. Assim, para todo k entre 1 e n, temos:. Agora, basta mos- F. Mas isto dado no Teorema 5. Nessa seo, observamos como alguns resultados obtidos da Teoria de Galois nos permitem dar respostas a alguns problemas ma- temticos bem antigos.

A partir do conceito de nmero construtvel, mostraremos que alguns dos clebres problemas da matemtica grega clssica, sobre a construo de alguns entes geomtricos apenas com rgua sem marcao e compasso no podem ser realizados. A matemtica grega foi, por largo perodo, essencialmente geom- trica. Todas as noes fundamentais da Matemtica eram pensadas se- gundo a geometria. O conceito de nmero estava associado ao con- ceito de comprimento de um segmento. Desta maneira, a determinao de um nmero correspondia construo de um segmento de compri- mento identificado com esse nmero.

Para as operaes de adio, sub- trao, multiplicao e diviso de dois nmeros, existiam mtodos ge- omtricos de construo, a partir de segmentos de retas e circunfern- cias. Tais construes ficaram conhecidas como construes por rgua e compasso. Desta forma, a partir da unidade, eram construdos os n- meros naturais e os nmeros fracionrios. Alguns nmeros irracionais tambm podiam ser construdos como, por exemplo, a raiz quadrada de 2, que a hipotenusa do tringulo retngulo cujos catetos tm medida 1, ou seja, corresponde diagonal do quadrado de lado 1.

Neste contexto surgiram os famosos problemas clssicos da geo- metria grega que desafiaram os pensadores matemticos por milnios. A seguir, apresentamos os referidos problemas e as suas resolues algbricas do sculo XIX. Os problemas clssicos: Alguns problemas de construo no puderam ser resolvidos pelos.

Essas construes deveriam ser realizadas para figuras quaisquer e tendo como ferramentas apenas uma rgua sem escala e um compasso.

Uma lenda: Durante o sculo quinto a. Uma delegao foi ento enviada ao orculo de Apolo, em Delfos, com a misso de descobrir como combater a epidemia. Diante da indagao, o orculo respondeu que o altar cbico de Apolo deveria ser duplicado. Em vista da resposta do orculo, foi construdo um altar cujas dimenses foram dobradas, mas, mesmo assim, a peste continuou. No caso, foi construdo um cubo cuja aresta era o dobro da aresta do cubo original e, desse modo, o volume do cubo original foi multiplicado por oito.

Os problemas clssicos permaneceram insolveis por muito tempo, algo em torno de 2. Muito pouco se pde afirmar sobre as possibilidades de tais construes, apesar dos esforos para resolv-las. Somente a partir dos trabalhos de variste Galois [] tais problemas puderam ser finalmente resolvidos.

Vejamos alguns desenvolvimentos tericos dos nmeros construt- veis. As construes pretendidas so de entes geomtricos planos. Da geometria euclidiana, sabemos que podemos efetuar as seguintes construes:. Assim, partindo da unidade 1, isto , a partir de um segmento en- tendido como unidade, um padro de tamanho 1, podemos determinar os nmeros que so construdos a partir dos procedimentos 1 - 5.

Lembramos que construir um nmero r significa construir um segmento de reta de comprimento r. Consideremos que os segmentos AB e CD sejam de comprimentos a e b. Produto de dois nmeros Se a e b so dois nmeros positivos construdos, ento construire- mos o nmero a b. Consideremos duas semirretas r e s, com origem O, como na figura abaixo, de modo a formar um ngulo de 45o. Assim, ao traarmos retas perpendiculares reta r, por I e por A, sejam as in- terseces destas retas perpendiculares com a semirreta s, respectiva- mente, os pontos C e D.

Se a um nmero positivo j construdo, ento construiremos o n- 1 mero. Ao traarmos retas perpendiculares reta r, pelos pontos I e A, se- jam as interseces destas retas com a semirreta s, respectivamente, os pontos C e D. A raiz quadrada. Se a um nmeros positivo construdo, ento construiremos o n- mero a. Logo, o cateto AD mede a. Nestes vrios casos, teramos sempre construes semelhantes.

Os pontos do plano podem ser localizados a partir das suas coorde- nadas cartesianas. Assim, um ponto de coordenadas reais a, b pode ser construdo se, e somente se, os nmeros a e b so construtveis. Construir com rgua e compasso significa que podemos fazer as se- guintes construes: I Traar uma reta que une dois pontos; II Traar uma circunferncia quando dados o centro e o raio.

Por tanto existe um subgrupo normal neste caso Ker de ordem 2 n ou 2 n1. Mostre que G possui um subgrupo normal de ordem 3 n ou 3 n1. Por tanto existe um subgrupo normal a saber Ker T tal que possui ordem 3 n ou 3 n1. AssimA 4 no possui sub- grupo normal de ordem 3. Pular no carrossel. Anterior no carrossel.

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