como
, onde α(x)|p(x).
c) Quantos ideais existem em K ? Quantos subgrupos existem em K ? d) Sendo a(x) e b(x) factores irredut´ ıveis de p(x), mostre que K
Z5 [x]
< a( ) > x
˜ o: sugesta
⊕
Z5 [x]
.
< b(x) >
Determine um homomorfismo de an´eis apropriado φ : Z5 [x] →
Z5 [x] Z5 [x] ⊕ < a(x) > < b(x) >
Cap´ıtulo 3
Testes Resolvidos 3.1 1 Teste: 10/4/2002 o
1. Mostre que o grupo (
Z4 , +)
n˜ao ´e isomorfo ao grupo (Z2 ⊕ Z2 , +).
˜ o: Suponha-se que f : Z4 → Z2 ⊕ Z2 e´ um homomorfismo resoluc ¸a
de grupos. Vamos verificar que f n˜ao pode ser injectiva, ou seja, f n˜ao pode ser um isomorfismo, porque a tabuada de Z2 ⊕ Z2 s´o tem o elemento neutro na diagonal principal, o que n˜ ao ´e o caso da tabuada de Z4 . Temos f (0) = (0 , 0), porque qualquer homomorfismo transforma a identidade do grupo de partida na identidade do grupo de chegada. Em Z4 temos 1 + 1 = 2 = 0, e em Z2 ⊕ Z2 temos x + x = (0, 0) para todos os elementos x ∈ Z 2 ⊕ Z2 . Notamos que f (2) = f (1 + 1) = f (1) + f (1) = (0, 0) = f (0). Portanto f n˜ao ´e injectivo, e f n˜ao ´e um isomorfismo. 2. Seja H = { A ∈ M (R) : det(A) = 1 }. n
a) Mostre que H com o produto usual de matrizes ´e um grupo. ´ ˜ o: Sabemos da Algebra resoluc ¸a Linear que o produto de matrizes ´e associativo, e tem identidade (a matriz identidade I ). • Temos det(I ) = 1, e portanto I ∈ H , e H = ∅. • Sendo A, B ∈ H , temos det( AB) = det(A)det( B) = 1 × 1 = 1 ⇒ AB ∈ H , ou seja, H e´ fechado em rela¸c˜ao ao produto. • Se A ∈ H ent˜ ao A e´ invert´ıvel, porque det(A) = 1 = 0, e det(A−1 ) = 1/ det(A) = 1, ou seja, A ∈ H ⇒ A −1 ∈ H . Podemos assim concluir que H ´e um grupo com o produto usual de matrizes. 29
CAP´ ITULO 3.
30
TESTES RESOLVIDOS
b) Sendo G o grupo formado por todas as matrizes invert´ıveis, com a mesma opera¸c˜ ao, mostre que H e´ um subgrupo normal de G. ˜ o: Sabemos da al´ınea anterior que H e´ um subgrupo resoluc ¸a de G (porque H e´ um grupo, est´a contido em G, e as opera¸c˜oes em H e G s˜ao a mesma). Temos apenas que verificar que A ∈ H −1
e B ∈ 1G ⇒ B AB ∈ H , o que resulta de det( det(B )det( A)det( B ) = det( B 1 ) det(B ) = 1. −
B
−
−1
AB ) =
3. Sendo J e K ideais de um dado anel A, prove que L = { x + y : x ∈ J, y ∈ K } e´ um ideal de A. ˜ o: Temos que verificar que L e´ um subanel de A, que ´ resoluc ¸a e al´em disso fechado em rela¸ca˜o ao produto por elementos de A. Mais
exactamente, temos que mostrar que:
• L = ∅, • b, b ∈ L ⇒ b − b ∈ L ( L e´ fechado em rela¸ca˜o `a diferen¸ca)
• b ∈ L e a ∈ A ⇒ ab, ba ∈ L ( L e´ fechado em rela¸ca˜o ao produto por a ∈ A ) Seja 0 o zero do anel A. Ent˜ao 0 = 0 + 0 ∈ L, porque 0 ∈ J e 0 ∈ K (qualquer subgrupo de ( A, +) cont´ em o respectivo elemento neutro), e portanto L = ∅ . Se b, b ∈ L ent˜ ao b = x + y e b = x + y , onde x, x ∈ J e y, y ∈ K . Temos b − b = (x + y ) − ( x + y ) = (x − x ) + (y − y ). Como J e K s˜ ao suban´eis, s˜ ao fechados em rela¸c˜ao `a diferen¸ca, e portanto x − x ∈ J e y − y ∈ K , i.e., b − b ∈ L . Temos ab = a(x + y ) = ax + ay , e ba = (x + y )a = xa + ya. Como J e K s˜ao ideais, s˜ao fechados em rela¸c˜ao ao produto por elementos de A, e ax, xa ∈ J , e ay , ya ∈ K . Segue-se que ab, ba ∈ L .
4. Suponha que x e y pertencem a um anel A. a) Mostre que x2 − y 2 = ( x − y )(x + y ) para quaisquer x, y ∈ A se e s´ o se A e´ um anel abeliano. ˜ o: (x−y )(x+y ) = (x−y )x+(x−y )y = x 2 −yx +xy −y 2 . resoluc ¸a 2
2
E ´ portanto evidente que ( x − y )(x + y ) = x − y ⇔ − yx + xy = 0 ⇔ yx = xy . b) Supondo que A e´ abeliano e x2 = y 2 , temos necessariamente x = ± y? ˜ o: N˜ resoluc ¸a ao. Eis alguns contra-exemplos, como: (basta indicar um, bem entendido!)
• O anel Z4 , tomando x = 0 e y = 2, donde x2 = y 2 = 0, mas −2 = 2 = 0.
3.2. 2 TESTE: 15/5/2002 o
31
• A soma directa R ⊕ R , ou (o que ´e basicamente o mesmo exemplo) as matrizes 2 × 2 diagonais, com a soma e produto de matrizes. • As fun¸c˜ oes f : R → R com a soma e produto usuais de fun¸c˜oes tomando, por exemplo, f (x) = 1 para qualquer x, e g (x) = 1 para x ≥ 0, e g (x) = − 1 para x < 0.
5. Considere o grupo das ra´ızes-4 da unidade, G = { 1, i, −1, −i}, com o produto usual de complexos, e o grupo ( Z2 , +). Quais s˜ao os homomorfismos h : G → Z2 ? Sugest˜ao: Comece por recordar que o n´ ucleo de h e´ um subgrupo de G. ˜ o: G tem apenas 3 subgrupos, a saber: o pr´oprio G, o resoluc ¸a subgrupo trivial {1}, e {1, −1}. Portanto teremos N (h) = G, ou N (h) = { 1}, ou N (h) = { 1, −1}.
• Se N (h) = G, temos h(x) = 0 para qualquer x ∈ G, e h e´ um homomorfismo de grupos. • Se N (h) = { 1} ent˜ ao h e´ injectiva, o que ´e imposs´ ıvel, porque G tem 4 elementos, e Z2 tem apenas 2 elementos. • Se N (h) = { 1, −1}, ent˜ao h(1) = h (−1) = 0, e h(i) = 0, h(−i) = 0. Claro que neste caso teremos necessariamente h(i) = h (−i) = 1. A equa¸c˜ ao h(xy) = h (x) + h(y ) ´e v´ alida quando ◦ x = ± 1, y = ± 1: porque se reduz a 0 = 0 + 0. ◦ x = ± i, y = ± i: porque a equa¸c˜ao reduz-se a 0 = 1 + 1. ◦ x = ±1, y = ±i, ou x = ±i, y = ±1: porque a equa¸ca˜o se reduz a 1 = 0 + 1, ou 1 = 1 + 0.
3.2 2 Teste: 15/5/2002 o
1. Esta quest˜ao refere-se ao anel dos inteiros Z. Seja J =< 24 > o conjunto dos m´ultiplos de 24, e K =< 36 > o conjunto dos m´ultiplos de 36. a) Qual ´e o menor elemento positivo de J ∩ K ? Quais s˜ao os elementos de J ∩ K ? ˜ o: J ∩ K e´ o conjunto dos m´ resoluc ¸a ultiplos comuns a 24 e 36. O seu menor elemento positivo ´e o menor m´ ultiplo comum de 24 e 36, i.e., 72. Os seus elementos s˜ao os m´ultiplos de 72. b) Qual ´e o menor ideal de Z que cont´ em os ideais J e K ? ˜ o: Qualquer ideal que cont enha J cont´ resoluc ¸a em 24, e ´e por isso gerado por um divisor de 24. Analogamente, se um ideal cont´em K ent˜ ao ´e gerado por um divisor de 36. Concluimos que
32
CAP´ ITULO 3.
TESTES RESOLVIDOS
um ideal que contenha J e K e´ gerado por um divisor comum de 24 e 36. Esse ideal ser´a tanto menor quanto maior for esse divisor comum. Portanto o menor ideal que cont´em J e K e´ gerado pelo m´aximo divisor comum de 24 e 36,ou seja, ´e o conjunto dos m´ultiplos de 12. 2. Mostre que os n´umeros 1.999.991 e 1 .999.994 s˜ao primos entre si. ˜ o: Seja d o m´ resoluc ¸a aximo divisor comum de 1.999.991 e 1.999.994.
Sabemos que a diferen¸ca 1.999.994 − 1.999.991 = 3 ´e m´ ultiplo de d, e ´ evidente que 1 .999.991 ≡ 2 (mod 3), portanto d s´o pode ser 1 ou 3. E portanto d n˜ao ´e 3, e estes n´ umeros s˜ao primos entre si. 3. Ainda no anel dos inteiro s, considere a equa¸c˜ao 105 x + 154y = d. a) Qual ´e o menor natural d para o qual a equa¸ c˜ao acima tem solu¸co˜es? Resolva a equa¸c˜ ao para esse natural d. ˜ o: O menor natural d e´ o mdc(105, 154). Aplicando o resoluc ¸a algoritmo de Euclides, temos: n m q r y x1 1 154 105 1 49 1 0 0 105 4 9 2 7 0 1 1 49 7 7 0 1 −1
y2 1 −2
x2 −1 3
Conclu´ ımos que d = 7, e que x = 3 e y = −2 ´e uma solu¸c˜ao particular de 105 x + 154y = 7. Para calcular a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ ao hom´ogenea correspondente, que ´e 105x+154y = 0, dividimos por 7, donde 15 x+22y = 0, ou 15 x = −22y. Como 15 e 22 s˜ao primos entre si, temos 15x = −22y ⇒ 22|x ⇒ x = 22k ⇒ y = −15k. A solu¸c˜ao geral de 105 x + 154y = 7 ´e assim x = 3 + 22 k, y = −2 − 15k, k ∈ Z. b) O elemento 105 tem inverso no anel Z154? Quantos elementos tem < 105 >? ˜ o: N˜ resoluc ¸a ao, porque 105 n˜ao ´e primo relativamente a 154. Como mdc(105 , 154) = 7, temos < 105 >=< 7 >, que tem 154/7 = 22 elementos. c) O subanel < 105 > tem identidade? Caso afirmativo, qual ´e essa identidade? ˜ o: Temos < 105 >=< 7 >. Sendo x a identidade deste resoluc ¸a subanel, temos
3.2. 2 TESTE: 15/5/2002
33
o
∈<
7 >,
•
x
•
x2 = x ,
i.e.,
i.e.,
Como 154 = 7
×
x
x
0 (mod 7), ou x = 7k , e ≡ 0 (mod 154).
≡
x(x − 1)
22, e 7 e 22 s˜ao primos entre si, o sistema
≡
0 (mod 7), e x ≡ 1 (mod 22)
tem solu¸ca˜o, e essa solu¸ca˜o satisfaz x(x−1) ≡ 0 (mod 154). Neste caso, x e´ primo relativamente a 22, porque x ≡ 1 (mod 22), e portanto mdc( x, 154) = 7 k = 7. Em particular, < x >=< 7 >, e todos os elementos do subanel < 7 > s˜ ao da forma kx . Como kx × x = k × x2 = kx, ´ e claro que x e´ a identidade de < 7 > . Para calcular x, notamos que •
x
≡
•
x
≡
1 (mod 22) ⇔ x = 1 + 22 y , donde 0 (mod 7) ⇔ 1 + 22 y ≡ 0 (mod 7).
Temos 1 + 22 y
y=
−
Segue-se que x = 1+ 22( −1+7 k ) = −21+154 k, e x =
−
≡
0 (mod 7)
⇔
y
1 (mod 7)
≡ −
⇔
1 + 7 k. 21 = 133.
4. Prove que se n e´ natural ent˜ao n
k3 =
n2 (n + 1)2
4
k =1
.
˜ o: Demonstramos por indu¸c˜ resoluc ¸a ao a afirma¸c˜ao n
P (n) = “
k3 =
n2 (n + 1)2
4
k =1
”.
A afirma¸c˜ao P (1) ´e verdadeira, porque 1
k 3 = 1, e
k =1
12 (1 + 1) 2 = 1. 4
Supondo P (n) verdadeira, temos n+1
k3 =
k =1
n
=
=12
A igualdade
k3 + (n + 1)3 =
n2 (n + 1)2
4
k
n (n + 1)2 + 4(n + 1)3
+ (n + 1)3 =
(n + 1)2 (n2 + 4(n + 1)) = 4 4 2 2 2 2 (n + 1) (n + 4n + 4) (n + 1) (n + 2) . = = 4 4 n+1 k =1
k3 =
(n+1)2 (n+2)2 4
=
´e P (n + 1).
CAP´ ITULO 3.
34 5. Sejam n, m nm = DM .
∈
N,
TESTES RESOLVIDOS
D = mdc( n, m) e M = mmc( n, m). Prove que
Sugest˜ao: Supondo que n = aD e m = bD , mostre que qualquer m´ultiplo comum de n e m e´ m´ultiplo de abD. ˜ o: Notamos que resoluc ¸a •
abD = nb = ma e´ m´ ultiplo comum de n e m.
•
(abD)D = (aD)(bD) = nm .
Provamos que abD = M e´ o menor m´ultiplo comum, donde DM = nm, mostrando que qualquer m´ultiplo comum ´e m´ ultiplo de abd. Como D = nx + my = aDx + bDy , temos 1 = ax + by e portanto mdc(a, b) = 1, ou seja, a e b s˜ao prim os entre si. Seja agor a k = ns = aDs um m´ultiplo de n. Se k e´ igualmente m´ ultiplo de m temos k = mt = bDt , e portanto aDs = bDt , ou as = bt . a e´ assim factor de bt, e como a e´ primo relativamente a b, a e´ factor de t. Logo t = au , e k = bDt = bDau e´ m´ultiplo de abD.
3.3 3 Teste: 7/6/2002 o
1. Considere p(x) = x 4 + 2x3 + 2x + 2 e q (x) = x 4 + 1 em
Z3 [x].
a) Determine o m´aximo divisor comum de p(x) e q (x). ˜ o: resoluc ¸a m(x) x4 + 2x3 + 2x + 2 x4 + 1 3 2x + 2x + 1
n(x) q (x) x4 + 1 1 2 2x3 + 2x + 1 2x 2x2 + x + 1 x + 1
r(x) x3 + 2 x + 1 2x2 + x + 1
0
Temos portanto que mdc = 2(2 x2 + x + 1) = x 2 + 2x + 2. b) Qual ´e menor m´ ultiplo comum de p(x) e q(x)? ˜ o: resoluc ¸a (x4 + 2x3 + 2x + 2)(x4 + 1) mmc = mdc = = x2 + 2 x + 2 2 4 =(x + 1)( x + 1) = x 6 + x4 + x2 + 1. p(x)q (x)
2. Mostre que (
2
∞
n=0
xn ) = (1 + 2 x)
˜ o: Sabemos que resoluc ¸a ∞
n=0
cn x =
∞
n=0
x3n em
∞
n
n
∞
an xn
n=0
Z3 [[x]].
bn xn
n=0
⇐⇒
cn =
k=0
ak b n
−k
.
3.3. 3 TESTE: 7/6/2002
35
o
No caso presente, temos ∞
∞
n
cn x =
n=0
xn
2
n
,
i.e.,
a n = b n = 1, e c n =
n=0
Como c n
∈
1 = n + 1.
k =0
Z3 , temos:
•
n ≡ 0 (mod 3)
⇒
n + 1 ≡ 1 (mod 3)
⇒
cn = 1.
•
n ≡ 1 (mod 3)
⇒
n + 1 ≡ 2 (mod 3)
⇒
cn = 2.
•
n ≡ 2 (mod 3)
⇒
n + 1 ≡ 0 (mod 3)
⇒
cn = 0.
Portanto, c 3n = 1, c 3n+1 = 2, e c 3n+2 = 0. Conclu´ ımos que 2
∞
xn
∞
n=0
∞
cn x n =
=
n=0
n=0
∞
∞
x3n +
=
∞
n=0
c3n x3n +
2x3n+1 =
n=0
∞
c3n+1 x3n+1 =
n=0
∞
∞
x3n + 2x
n=0
x3n =
n=0
x3n .
=(1 + 2x)
n=0
3. Considere o anel quocien te A/I , onde A = Z2 [x], e I =< x 2 + 1 >. a) Quantos elementos tem o anel A/I ? ˜ o: Dado p(x) ∈ Z2 [x], temos p(x) = q (x)(x2 +1)+r(x), resoluc ¸a onde r(x) = a + bx, e portanto p(x) = a + bx. Como a, b ∈ Z2 , existem 2 × 2 = 4 elementos em A/I . b) Determine a tabuada da multiplica¸c˜ao em A/I . ˜ o: Os seguintes c´alculos s˜ao imediatos: resoluc ¸a •
x2 + 1 = 0, donde x 2 = −1 = 1. (x + 1)2 = x 2 + 2x + 1 = x 2 + 1 = 0.
•
x × (x + 1) = x 2 + x = 1 + x = x + 1.
•
A tabuada da multiplica¸c˜ ao ´e assim:
0 0 1 x x+1
0 1 x 0 0 0 0 1 x 0 x 1 0 x+1 x+1
x+1 x+1 x+1 0
4. Seja α ∈ R um n´umero irracional alg´ebrico sobre Q. Seja ainda J o conjunto dos polin´omios p(x) ∈ Q[x] tais que p(α) = 0.
CAP´ ITULO 3.
36
TESTES RESOLVIDOS
a) Mostre que J =< m(x) >, onde m(x) ´e m´ onico e irredut´ ıvel em Q[x]. ˜ o: Seja f : Q[x] resoluc ¸a R dada por f (p(x)) = p(α). f ´ e um homomorfismo de an´eis com n´ ucleo J , e por isso J e´ um ideal de Q[x].
→
Como qualquer ideal em Q[x] ´e principal, temos J =< m(x) >, e podemos supor que m(x) ´e m´ onico, porque Q e´ um corpo. Para provar que m(x) ´e irredut´ ıvel, suponha-se que m(x) = s(x)t(x). Temos ent˜ao 0 = m(α) = s(α)t(α), donde s(α) = 0 ou t(α) = 0. Supomos sem perda de generalidade que s(α) = 0. Notamos que:
• s(α) = 0 ⇐⇒ s(x) ∈ J ⇐⇒ s(x) = m(x)r(x).
Temos assim m(x) = s (x)t(x) = m (x)r (x)t(x), donde 1 = r (x)t(x), e t(x) ´e invert´ıvel. Portanto m(x) s´ o tem factoriza¸c˜oes triviais, i.e., m(x) ´ e irredut´ıvel. b) Prove que Q[α] ´e um corpo. ˜ o: Sendo f : Q[x] resoluc ¸a R o homomorfismo f (p(x)) = p(α) referido acima, f (Q[x]) = Q[α] ´ e um subanel de R. Temos apenas que provar que os elementos p(α) = 0 em Q[α] tˆem inverso
→
multiplicativo tamb´ em em Q[α]. J , e portanto Para isso, note-se que se p(α) = 0 ent˜ao p(x) m(x) n˜ ao ´e factor de p (x). Como m (x) ´e irredut´ıvel, segue-se que
∈
mdc(p(x), m(x)) = 1 . Existem polin´omios s(x), t(x)
∈ Q[x] tais que
p(x)s(x) + m(x)t(x) = 1, donde p(α)s(α) + m(α)t(α) = p (α)s(α) = 1.
Por outras palavras, p(α)−1 = s (α)
∈ Q[α]. m(x) = x − 2, e determine a , b, c ∈ Q tais que √ √ √1 √ = a + b 2 + c 4. 1+ 2+ 4 ˜ o: Sendo J o conjunto dos polin´omios p (x) ∈ Q[x] tais resoluc ¸a que p(a) = 0, temos como vimos que J =< m(x) > , e ´e evidente que x − 2 ∈ J , donde m(x) ´e factor de x − 2. O polin´omio x −2 ´ e irredut´ıvel, pelo crit´ erio de Eisenstein (com p = 2), e por isso m(x) = 1 ou x − 2. S´o podemos ter m(x) = x − 2, porque J = Q[x]. √ √ 1 + 2 + 4 = p(α), onde p(x) = 1 + x + x . Como vimos na
√ c) Seja α = 2. Mostre que
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
2
al´ınea anterior, o inverso de p (α) calcula-se resolvendo a equa¸c˜ao
3.4. 1 TESTE: 18/3/2003
37
o
p(x)s(x) + m(x)t(x) = 1, o que pode fazer-se usando o algoritmo
de Euclides. O 1
o
passo deste algoritmo revela que
x3
2
− 2 = ( x − 1)(1 + x + x ) − 1, 2
3
−
−
√12 + √4 = s( √2) = √2 − 1, 3
1+
3
3
3
i.e.,
i.e.
− 2),
eConclu´ por isso 1 =que: ( x 1)(1+ x + x ) + ( 1)(x ımos
a=
, s (x) = x
− 1.
−1, b = 1, c = 0.
3.4 1 Teste: 18/3/2003 o
1. Seja S 1 = z
{ ∈ C : |z| = 1}.
a) Mostre que S 1 com o produto usual de complexos ´e um grupo. ˜ o: Temos a mostrar que: resoluc ¸a 1 ´ evidente que 1 S 1 . S ´ e n˜ ao-vazio: E 1 S ´ e fechado em rela¸ c˜ao ao produto usual de complexos:
• •
∈
z, w
1
∈ S ⇒ |z| = |w| = 1 ⇒ |zw | = |z||w| = 1,
i.e.,
zw
∈S
1
.
• O produto de complexos ´e associativo, como sabemos. • Existe identidade para o produto em S : Porque 1 ∈ S . • Todos os elementos de S tˆem inverso em S : Se z ∈ S temos |z | = 1, portanto z = 0, e z e´ invert´ıvel nos complexos. Por outro lado, temos novamente | zz − | = | z ||z − | = 1, e como |z | = 1, temos |z − | = 1, ou seja, z − ∈ S . 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Conclu´ımos assim que S 1 ´e um grupo.
∈
{ ∈
}
N e R = z C : z = 1 , mostre que R e´ um b) Sendo n subgrupo de S 1 . ´ evidente que R ˜ o: E resoluc ¸a S 1 , porque n
n
n
z =1 n
n
⊆
⇒ |z | = 1 = |z| ⇒ |z| = 1. n
n
Observamos apenas que
• R = ∅: porque 1 ∈ R , qualquer que seja n. • Se z, w ∈ R ent˜ao zw − ∈ R : Se z, w ∈ R n
n
1
n
n
ent˜ ao z = n
n
w = 1, e portanto n
zw −1
n
= z (w )−1 = 1 n
n
⇒ z w− ∈ R 1
n
.
CAP´ ITULO 3.
38
TESTES RESOLVIDOS
R . R e´ igualmente um subgrupo de S 1 ? ´ ˜ o: E evidente (em particular da al´ınea anterior) que R resoluc ¸a ´e n˜ ao-vazio, e que R ⊆ S 1 . Para mostrar que se z, w ∈ R ent˜ ao zw 1 ∈ R , note-se que existem n, m ∈ N tais que z ∈ R , w ∈ R , = 1. Neste caso, i.e., tais que z = w
c) Seja R = ∪
∞
n=1
n
−
n
n
zw
−1
nm
m
m
m
−n
= ( z ) (w ) n
m
= 1 ⇒ zw
−1
∈R
nm
⊂ R.
2. Determine todos os homomorfismos de grupo f : S3 → Z2 . (S3 ´e o grupo das permuta¸c˜oes em {1, 2, 3}, e Z2 o grupo aditivo com dois elementos). ˜ o: Sendo f : S3 → Z2 um homomorfismo de grupo, o seu resoluc ¸a n´ucleo N (f ) ´e um subgrupo normal de S3 . Os ´unicos subgrupos normais de S 3 s˜ao o pr´oprio S 3 , o grupo alternado A 3 e o subgrupo trivial K = { 1}. Notamos que:
(1) Se N (f ) = S3 , ent˜ao f (x) = 0 para qualquer x ∈ S3 , e f e´ um homomorfismo. (2) N˜ao podemos ter N (f ) = K , porque sen˜ao f seria injectiva, o que ´e imposs´ıvel, porque S3 tem 6 elementos e Z2 tem 2 elementos. (3) Se N (f ) = A3 , ent˜ao f (x) = 0 para qua lquer x ∈ A3 , e s´o ∈ A3 . Neste caso f e´ igualmente podemos ter f (x) = 1 para x um homomorfismo ( f (x) ´e a paridade da permuta¸ c˜ao x). Conclu´ımos que existem apenas dois homomorfismos f : S 3 → s˜ao os indicados acima em (1) e (3).
Z2 ,
que
3. Sejam A e B an´eis, e f : A → B um homomorfismo de an´eis. a) Prove que f (O) = mente A e B . ˜ o: resoluc ¸a
∗
O
, onde
f (O) =f (O + O), porque
O
O
e
∗
O
s˜ao os zeros de respectiva-
´e o elemento neutro da soma em A,
=f (O) + f (O), porque f e´ um homomorfismo de an´eis. Segue-se da lei do corte no grupo aditivo ( B, +) que f (O) = O . ∗
b) Prove que f (−x) = − f (x) para qualquer x ∈ A . ˜ o: resoluc ¸a f (x) + f (−x) =f (x + (−x)), porque f e´ um homomorfismo.
=f (O) = O , de acordo com a al´ınea anterior. ∗
=f (x) + [ −f (x)], por defini¸c˜ao de [ −f (x)]. Como f (x) + f (−x) = f (x) + [−f (x)], segue-se mais uma vez da lei do corte no grupo aditivo ( B, +) que f (−x) = [−f (x)].
3.4. 1 TESTE: 18/3/2003
39
o
c) Se x e´ invert´ıvel em A, temos sempre f (x) invert´ıvel em B ? ˜ o: N˜ resoluc ¸a ao. Considere-se f : R → M2 (R), dada por f (x) =
x 0
0 0
.
Sabemos que x e´ invert´ıvel em R se e s´o se x = 0, mas ´e evidente que a imagem f (x) nunca ´e invert´ıvel em M2 (R). d) Mostre que f (nx) = nf (x), para quaisquer n ∈ Z e x ∈ A. Sugest˜ ao: Deve recordar a defini¸c˜ao de na, para n ∈ Z e a ∈ G , onde G e´ um qualquer grupo aditivo. Para n > 0, deve proceder por indu¸ca˜o. ˜ o: Sendo n ∈ Z e a ∈ G, onde G ´ resoluc ¸a e um qualquer grupo aditivo (com elemento neutro O), definimos na como se segue: 1) 2) 3) 4)
n = 1 : na = 1a = a , n > 1 : na = (n − 1)a + a, n = 0 : na = 0a = O, e n < 0 : na = (−n)(−a).
Provamos primeiro que f (nx) = nf (x), para n ≥ 1, e por indu¸c˜ao. n = 1: temos de 1) que
1x = x ⇒ f (1x) = f (x) = 1 f (x). n > 1: A hip´otese de indu¸c˜ ao ´e f ((n − 1)x) = (n − 1)f (x). Temos f (nx) =f ((n − 1)x + x), (ponto 2) da defini¸c˜ ao acima com a = x ),
=f ((n − 1)x) + f (x), porque f e´ um homomorfismo, =(n − 1)f (x) + f (x), pela hip´otese de indu¸c˜ao, e =nf (x), (ponto 2) da defini¸c˜ao acima com a = f (x)). n = 0:
0f (x) =O , (ponto 3) da defini¸c˜ao acima com a = f (x) ∈ B ), ∗
=f (O), pela al´ınea a) desta quest˜ ao, =f (0x), (ponto 3) da defini¸c˜ao acima com a = x ∈ A). n < 0: pode ser verificado como se segue: f (nx) =f ((−n)(−x)), (ponto 4) da defini¸c˜ ao acima com a = x ),
=(−n)f (−x), como prov´amos acima para − n > 0, =(−n)[−f (x)], conforme vimos na al´ınea b), e =nf (x), (ponto 4) da defini¸c˜ao acima com a = f (x)).
CAP´ ITULO 3.
40
TESTES RESOLVIDOS
3.5 2 Teste: 29/4/2003 o
1.
a) Quantos divisores naturais tem 2 .000? ˜ o: 2.000 = 2 × (10)3 = 2 × (2 × 5)3 = 2 4 × 53 . Portanto, resoluc ¸a o natural k e´ divisor de 2.000 se e s´o se k = 2 3 , onde 0 ≤ n ≤ 4 n
m
e 0 ≤ m ≤ 3. Existem 5 valores para n, e 4 valores para Conclu´ ımos que 2.000 tem 5 × 4 = 20 divisores naturais.
m.
b) Quantos naturais 1 ≤ k ≤ 2.000 s˜ao primos relativamente a 2.000? ˜ o: Os u resoluc ¸a ´nicos factores primos de 2 .000 s˜ao 2 e 5. Portanto, os naturais 1 ≤ k ≤ 2.000 que s˜ao primos relativamente a 2.000 s˜ao os que n˜ao s˜ao m´ultiplos de 2 nem de 5. De 1 at´e 2.000 temos:
• O conjunto A = { 1 ≤ k ≤ 2.000 : 2 |k }, formado pelos m´ultiplos de 2, tem 2 .000/2 = 1.000 elementos, ou seja, #( A) = 1.000. • O conjunto B = { 1 ≤ k ≤ 2.000 : 5 |k}, formado pelos m´ultiplos de 5, tem 2 .000/5 = 400 elementos, #( B) = 400. • O conjunto A ∩ B , formado pelos m´ultiplos comuns de 2 e de 5, contem os m´ ultiplos de mmc(2 , 5) = 10. Portanto #(A ∩ B) = 2.000/10 = 200. • Os naturais que s˜ao m´ultiplos de 2 e/ou 5 formam o conjunto A ∪ B. Temos #(A ∪ B) = #( A) + #( B) − #(A ∩ B) = 1.000 + 400 − 200 = 1 .200. • Finalmente, os naturais k ≤ 2.000 que s˜ao primos relativamente a 2.000 s˜ao os que n˜ao pertencem ao conjunto A ∪ B. Existem portanto 2 .000 − 1.200 = 800. 2. Determine todas as solu¸co˜es da equa¸c˜ao 87x ≡ 3 (mod 6 .000) em
Z.
˜ o: Para calcular d = mdc(87 , 6.000), e uma solu¸c˜ resoluc ¸a ao par-
ticular da equa¸c˜ao n˜ao-homog´enea 87x ≡ d (mod 6 .000), usamos o algoritmo de Euclides. m
n rq
xy
x
6.000 87 384 168 0 1 1 0 1 0 87 84 −68 84 3 0 1
1
−1
y
−68 69
Conclu´ımos que d = 3, portanto a equa¸ c˜ao inicial tem solu¸c˜oes, e sabemos ainda que (6 .000)(−1) + (87)(69) = 3. Portanto x = 69 ´e solu¸ca˜o particular da equa¸c˜ ao n˜ao-homog´enea em causa. Passamos a calcular a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao homog´enea 87x ≡ 0 (mod 6 .000). Temos ent˜ao 87 x + 6.000y = 0. Dividindo por d = 3
3.5. 2 TESTE: 29/4/2003
41
o
obtemos 29x + 2.000y = 0, ou 29 x = − 2.000y. Como 29 ´e primo e n˜ ao ´e factor de 2.000 ´e claro que y e´ m´ultiplo de 29, i.e., y = 29z , donde 29x = − 2.000(29z ), ou x = − 2.000z , que ´e a solu¸ c˜ao geral da equa¸c˜ao homog´enea em causa. A solu¸c˜ ao geral da equa¸ c˜ao n˜ao-homog´enea inicial ´e portanto x = 69 − 2.000z , que podemos tamb´ em escrever na forma x = 6 9 +2 .000z , j´a que z e´ arbitr´ario, ou ainda na forma x ≡ 69 (mod 2 .000). 3. Determine todas as solu¸c˜oes da equa¸c˜ ao x2 y = 108, onde x e y s˜ao inteiros. Sugest˜ao: Recorde o teorema fundamental da Aritm´etica. ˜ o: Deve ser claro que y > 0, e que o sinal de x ´ resoluc ¸a e irrelevante. Notamos que 108 = 2 2 × 33 . Os factores primos de x e y s˜ao factores
primos de 108, por raz˜oes evidentes, e portanto s´o podem ser 2 e/ou 3, i.e., x = ± 2n 3m e y = 2k 3j , onde n, m , k e j s˜ao inteiros n˜ao-negativos. Conclu´ımos que x2 y = (2n 3m )2 (2k 3j ) = 2 2n+k 32m+j = 2 2 × 33 .
Pelo teorema fundamental da Aritm´ etica, temos 2n + k = 2 e 2 m + j = 3. Como as inc´ognitas n, m, k e j s˜ ao inteiros n˜ao-negativos:
• 2n + k = 2 ⇔ ( n = 0 e k = 2) ou ( n = 1ek = 0) • 2m + j = 3 ⇔ (m = 0 e j = 3) ou ( m = 1ej = 1) As diferentes solu¸c˜oes apresentam-se na tabela seguinte: n k m j
0 0 1 1
20 21 00 01
3 1 3 1
x
y
±1 108 ±3 12 ±2 27 ±6 3
4. Suponha que a, b e m s˜ao inteiros fixos. Prove que a) ax ≡ b (mod m) tem solu¸c˜ oes inteiras x se e s´o se b e´ m´ultiplo de mdc( a,˜m). resoluc ¸ ao: As seguintes afirma¸c˜ oes s˜ao equivalentes: (1) ax ≡ b (mod m) tem solu¸c˜ao x, (2) Existe um inteiro x tal que m|(b − ax), (3) b ∈ K = { ax + my : x, y ∈ Z}. Basta notar que (1) ⇔ (2) por defini¸c˜ao de congruˆencia m´ odulo m, e (2) ⇔ (3) por raz˜oes ´obvias. O conjunto K e´ um ideal dos inteiros contendo a e m, porque:
CAP´ ITULO 3.
42
TESTES RESOLVIDOS
• a = a × 1 + m × 0 ∈ K e m = a × 0 + m × 1 ∈ K, • K= ∅ , porque a, m ∈ K , • (ax + my) − (ax + my ) = a (x − x ) + m(y − y ) ∈ K , i.e., K ´e fechado em rela¸ ca˜o `a diferen¸ca, e • (ax + my )z = a(xz ) + m (yz ) ∈ K , i.e., K e´ fechado em rela¸ca˜o ao produto por inteiros arbitr´arios. Para provar que K ´e o conjunto dos m´ ultiplos de d = mdc(a, m), consideramos primeiro o caso “especial” a = m = 0. Neste caso, K = { ax + my : x, y ∈ Z} = { 0} = { dz : z ∈ Z}, com d = 0, e 0 ´ e o m´ aximo (e ´unico) divisor comum de a e m. Supomos agora que a = 0 ou m = 0. K contem naturais, porque contem pelo menos um elemento n˜ao-nulo. Seja d o menor natural em K , que existe pelo princ´ıpio da boa ordena¸ca˜o, e note-se que {dz : z ∈ Z} ⊆ K , porque K e´ um ideal, e d ∈ K . Sendo m um qualquer elemento de K , temos m = dq + r , onde q e r s˜ao inteiros, e 0 ≤ r < d, pelo usual algoritmo da divis˜ ao. Como r = m − dq ∈ K (K e´ um ideal!) e r < d, conclu´ ımos que r n˜ ao pode ser positivo, i.e., r = 0, e m e´ m´ultiplo de d, i.e., K = { dz : z ∈ Z}.
Para mostrar que d = mdc(a, m), notamos que • d|a e d|m, porque a, m ∈ K = {dz : z ∈ Z}, i.e., d e´ um divisor comum de a e m. • d = ax + my , porque d ∈ K = { ax + my : x, y ∈ Z}. Se k ´e um qualquer divisor natural comum a a e m, ent˜ao a = dx e m = ky , donde
d = ax + my = (kx )x + (ky )y = k (xx + yy ), e k |d e k ≤ d.
Por outras palavras, d e´ m´ultiplo de qualquer divisor comum de a e de m, e portanto d = mdc(a, m). b) ax ≡ 0 (mod m) tem solu¸c˜oes x ≡ 0 (mod m) se e s´o se ax ≡ 1 (mod m) n˜ao tem solu¸c˜oes (supondo m = 0). ˜ o: Consideramos ent˜ resoluc ¸a ao as afirma¸c˜ oes: (1) ax ≡ 0 (mod m) tem solu¸c˜oes x ≡ 0 (mod m). (2) ax ≡ 1 (mod m) n˜ao tem solu¸c˜oes. A implica¸ca˜o “(1) ⇒ (2)” ´e v´ alida para qualquer m , mesmo m = 0. Se ax ≡ 1 (mod m) tem alguma solu¸c˜ ao b, ent˜ao ab = ba ≡ 1 (mod m), e ax ≡ 0 (mod m) ⇒ bax ≡ 0 (mod m) ⇒ x ≡ 0 (mod m). Para provar a implica¸ca˜o “(2) ⇒ (1)”, supomos que ax ≡ 1 (mod m) n˜ao tem solu¸c˜oes. Pelo resultado anterior, d = mdc( a, m) n˜ao ´e factor de 1, i.e., d = 0 ou d > 1. Mas se m = 0 ent˜ao
3.6. 3 TESTE: 27/5/2003 o
43
d > 1, e m = nd, onde 1 ≤ n < m. Temos igualmente a = kd, e portanto tomando x = n ≡ /0 (mod m)), ´e claro que ax = (kd)n = k(nd) = km ≡ 0 (mod m). Por outras palavras, ax ≡ 0 ≡ 0 (mod m). (mod m) tem a solu¸c˜ao x = n 5. Considere o ideal J =< 87 > em Z6000 . a) Quantos elementos tem J ? Quantos geradores tem J ? ˜ o: Vimos na quest˜ao 2 que mdc(87 , 6.000) = 3, e porresoluc ¸a tanto J =< 87 >=< 3 >, que tem 6 .000/3 = 2.000 elementos, correspondendo a todos os m´ultiplos de 3 at´e 6.000. Os geradores de J s˜ ao as solu¸c˜oes de mdc( x, 6.000) = 3, com 1 ≤ x ≤ 6.000. Para os contar, basta notar que x = 3k, onde 1 ≤ k ≤ 2.000, e mdc(3 k, 6.000) = 3. Como mdc(3 k, 6.000) = 3mdc( k, 2.000), ´e claro que mdc(k, 2.000) = 1. Portanto, os geradores de J correspondem aos naturais k at´e 2.000 que s˜ao primos relativamente a 2 .000. Tal como calculado na quest˜ao 1, J tem 800 geradores. b) J tem identidade? Se J tem identidade, qual ´e a sua identidade? ˜ o: Se x e´ identidade de J , ent˜ resoluc ¸a ao temos x ≡ 0 (mod 3), porque x ∈ J . Temos igualmente x2 = x, ou x(x − 1) = 0, ou seja, x(x − 1) ≡ 0 (mod 6 .000). Como x ≡ 0 (mod 3), i.e., como x e´ m´ultiplo de 3, para que x(x − 1) seja m´ultiplo de 6 .000 basta que ( x − 1) seja m´ultiplo de 2 .000, i.e., basta que x − 1 ≡ 0 (mod 2 .000), o que tamb´em podemos escrever na forma x ≡ 1 (mod 2 .000). Segue-se do Teorema Chinˆ es do Resto que x ≡ 0 (mod 3) e x ≡ 1 (mod 2 .000) tˆem uma solu¸c˜ao u ´ nica (mod 6.000), porque 3 e 2.000 s˜ao primos entre si. Se x e´ solu¸c˜ao ent˜ao x e´ um gerador de J (porque x e´ primo relativamente a 2.000, de acordo com a segunda equa¸c˜ao). Como qualquer elemento y de J e´ da forma y = nx, temos xy = yx = nx × x = n × x2 = nx = y. Portanto x ´e identidade de J . Para calcular a identidade de J , notamos que x ≡ 1 (mod 2 .000) ⇔ x = 1 + 2 .000y, e x ≡ 0 (mod 3) ⇔ 1 + 2.000y ≡ 0 (mod 3) ⇔ −y ≡ −1 (mod 3) ⇔ y ≡ 1 (mod 3). Portanto y = 1+ 3z, e x = 1 + 2.000(1+3 z) = 2.001+6 .000z, i.e, x ≡ 2.001 (mod 6 .000) ⇔ x = 2.001.
3.6 3 Teste: 27/5/2003 o
1. Considere os polin´omios p(x) = x 3 + 25x2 + 10x − 5 e q (x) = 1+ x + x2 em Q[x].
CAP´ ITULO 3.
44
TESTES RESOLVIDOS
a) Quais dos polin ´omios p(x) e q (x) s˜ ao irredut´ıveis em Q[x]? ˜ o: O polin´omio p(x) ´ resoluc ¸a e irredut´ıvel em Z[x] de acordo com o crit´ erio de Eisenstein, que se aplica aqui com o primo 5. De acordo com o Lema de Gauss, ´e igualmente irredut´ ıvel em Q[x], porque ´e um polin´ omio m´onico. O polin´omio q (x) ´e irredut´ıvel em R[x] porque tem discriminante d = −3 < 0. E ´ por isso evidentemente irredut´ıvel em Q[x]. b) Determine a(x), b(x) ∈ Q[x] tais que 1 = a(x)(1 + x + x 2 ) + b(x)(1 + x2 ). ˜ o: Como vimos, o polin´omio 1 + x + x2 ´ resoluc ¸a e irredut´ıvel. ´ E evidente que 1 + x2 n˜ao ´e m´ ultiplo de 1 + x + x2 , e portanto s´o podemos ter mdc(1 + x + x2 , 1 + x2 ) = 1. A equa¸c˜ao apresentada tem por isso solu¸c˜ao, e podemos calcular uma das suas solu¸ c˜oes usando o algoritmo de Euclides.
1 + x + x2 1 + x2
1 + x2
x
1
x
r q a(x) b(x) x1 1 0 0 1 1 x 0 1 −1 0 x 1
c(x)
d(x)
1 −x
−1 1+x
Temos portanto 1 = ( −x)(1 + x + x 2 ) + (1 + x )(1 + x 2 ), i.e., a(x) = − x e b(x) = 1 + x. 2. Suponha que α ∈ R e´ um n´umero irracional alg´ebrico sobre Q. Seja J =< m(x) > o conjunto dos polin´ omios p(x) ∈ Q[x] tais que p(α) = 0. a) Supondo que m (x) tem grau n , prove que o espa¸co vectorial Q [α] tem dimens˜ao n sobre o corpo Q. ˜ o: Q[α] = {p(α) : p (x) ∈ Q[x]}. De acordo com o alresoluc ¸a goritmo de divis˜ao, p (x) = q (x)m(x)+ r(x), onde o grau de r (x) ´e ´ evidente que p (α) = r (α), e sendo r (x) = r 0 + r1 x + · · · + < n. E rn−1 xn−1 , temos p(α) = r(α) = r0 + r 1 α + · · · +r n−1 αn−1 . Por outras palavras, o conjunto B = 1, α, · · · , αn−1 gera o espa¸co vectorial Q[α] sobre Q. B e´ um conjunto linearmente independente: se r0 + r 1 α + · · · + rn−1 αn−1 = 0 com r k ∈ Q ent˜ ao r (α) = 0, onde r (x) = r 0 + r1 x + · · · + r n−1 xn−1 ∈ Q[x]. Temos portanto que r (x) ´e m´ ultiplo de m(x), e como o grau de m(x) ´e maior que o de r (x) s´ o podemos ter r(x) = 0, ou seja, r0 = r 1 = · · · = r n−1 = 0. Conclu´ımos que B e´ uma base de Q[α] sobre Q, e portanto Q[α] tem dimens˜ao n. b) Prove que Q[α] ´e um corpo, e uma extens˜ ao alg´ebrica de Q.
3.6. 3 TESTE: 27/5/2003 o
45
˜ o: Mostramos primeiro que m (x) ´ resoluc ¸a e um polin´ omio irredut´ıvel. Para isso, supomos que m (x) = a (x)b(x). Como m (α) = a(α)b(α) = 0, temos a(α) = 0 ou b(α) = 0. Supondo sem per da de generalidade que a(α) = 0, conclu´ımos que a(x) ∈ < m(x) >, i.e., m(x)|a(x). Como ´e evidente que a(x)|m(x), os polin´omios m(x) e a(x) ´s˜ ao associados, e b(x) ´e invert´ıvel. Portanto m(x) ´e irredut´ıvel. E evidente que podemos supor m(x) m´onico.
Seja p(x) ∈ Q[x]. Supondo p(α) = 0, temos a provar que existe q(x) ∈ Q[x] tal que 1 = q (α)p(α), donde podemos concluir que q ( α) ∈ Q [ α] ´ e o inverso de p(α). Como d(x) = mdc( p(x), m(x)) ´e factor de m(x), e m(x) ´e irredut´ıvel, ´e claro que d (x) = 1 ou d (x) = m (x). Se p (α) = 0, ent˜ao p(x) ∈< m(x) >, i.e., m(x) n˜ao ´e factor de p(x), e portanto d(x) = m(x). Neste cas o s´o podemos ter d(x) = 1, e existem polin´omios q (x), n(x) ∈ Q[x] tais que 1 = q (x)p(x) + n (x)m(x). Conclu´ ımos que 1 = q (α)p(α), e q(α) ´e o inverso de p(α), com q(α) ∈ Q[α]. Como os ele mentos n˜ao-nulos do anel Q[α] tˆ em inverso em Q[α], conclu´ımos que Q[α] ´e um corpo. Seja b ∈ Q [α]. Paraprovar que b e´alg´ebrico sobre Q, considerese o conjunto C = 1,b,b 2 , · · · , bn . Se C tem menos de n + 1 elementos, ´e evidente que existem 0 ≤ k < m ≤ n tais que bk = bm , e b e´ raiz do polin´omio p(x) = xm − x k ∈ Q[x], e ´ e por isso alg´ebrico. Caso contr´ario C e´ um conjunto com mais de n elementos num espa¸co vectorial de dimens˜ao n sobre Q, e ´e por isso linearmente dependente sobre Q. Existem portanto constantes racionais rk ∈ Q (com 0 ≤ k ≤ n) n˜ao todas nulas tais que r0 + r 1 b + · · · + r n bn = 0. Por outras pal avras, r (x) = r0 + r1 x + · · · + rn xn ∈ Q [x] ´e um polin´ omio n˜ao-nulo, e r (b) = 0, ou seja, b e´ alg´ebrico. 3. Suponha que p(x), q (x) ∈ Z[x]. Diga (com a correspondente justifica¸ca˜o!) se cada uma das seguintes afirma¸c˜ oes ´e falsa ou verdadeira. a) Se p(x) ´e irredut´ıvel em Q[x] ent˜ao p(x) ´e irredut´ıvel em Z[x]. ˜ o: FALSO. O polin´omio p(x) = 2x + 4 ´ resoluc ¸a e irredut´ıvel em Q [x], mas n˜ao em Z [x], porque p (x) = 2( x +2). (O polin´omio constante a(x) = 2 ´e invert´ ıvel em Q[x], mas n˜ao o ´e em Z[x]. Portanto a factoriza¸c˜ao indicada ´e trivial em Q[x], mas n˜ao ´e trivial em Z[x].) b) Se p(x) e q (x) s˜ ao primitivos, ent˜ao p(x)q (x) ´e primitivo. ˜ o: VERDADEIRO. Seja m(x) = p(x)q (x). Desigresoluc ¸a namos os coeficientes dos polin´omios m(x), p(x) e q (x) por respectivamente mi , pi , qi . Recordamos que o con te´udo de um
CAP´ ITULO 3.
46
TESTES RESOLVIDOS
polin´omio ´e o m´ aximo divisor comum dos seus coeficientes, e portanto qualquer divisor do conte´udo ´e divisor de todos os seus coeficientes. Um polin´omio em Z[x] ´e primitivo se o seu conte´ udo ´e 1. Vamos provar que o conte´udo de m(x) n˜ao tem qualquer factor primo, e portanto s´o pode ser 1. Seja a um qualquer n´umero primo. Como p (x) ´e primitivo, a n˜ao ´e factor do conte´ udo de p(x), e portanto existem coeficientes de p(x) que n˜ao s˜ao m´ultiplos de a. Seja s o menor ´ındice i para o qual a n˜ao ´e factor de pi . Analogamente, e como q(x) ´e tamb´em primitivo, seja r o menor ´ındice i para o qual a n˜ao ´e factor de qi . Como m(x) = p (x)q (x), e tomando k = s + r , temos:
k
mk =
i=0
−1 s
pi qk−i =
i=0
k
pi qk−i + ps qr +
p i q k −i .
i=s+1
(A primeira soma `a direita ´e vazia se s = 0 , e a ´ultima ´e-o se r = 0, mas este facto ´e irrelevante para o nosso argumento, como veremos). A primeira som a `a direita, se n˜ao for vazia, ´e um m´ultiplo de a, porque pi e´ m´ultiplo de a quando i < s. A u ´ltima soma `a direita, se n˜ao for vazia, ´e um m´ ultiplo de a, porque qi ´e m´ultiplo de a quando i < r, e se i > s ent˜ ao k − i = s + r − i < r . Como o termo restante ´e ps qr , que n˜ao ´e m´ ultiplo de a, conclu´ımos que m k n˜ao ´e m´ ultiplo de a . Portanto a n˜ao ´e factor do conte´ udo de m(x), e como a e´ arbitr´ario m(x) ´e primitivo. 4. Suponha que G e H s˜ ao grupos finitos, respectivamente com n e m elementos, e seja f : G → H um homomorfismo de grupos. a) Prove que se f e´ injectivo ent˜ ao n e´ factor de m. ˜ o: Se f e´ injectivo ent˜ resoluc ¸a ao f (G) tem n elementos. Como f (G) ´e um subgrupo de H , e H tem m elementos, conclu´ ımos do teorema de Lagrange que n|m. b) O que pode concluir sobre f se n e m s˜ao primos entre si? ˜ o: Sabemos como dissemos acima que f (G) ´ resoluc ¸a e um subgrupo de H , e portanto o n´umero de elementos de f (G) ´e divisor o
m. Seja N o n´ de cleo (n de de o de f , e recorde-se a identidade: elementos de G) =u(n de elementos de N )(no de elementos f (G)) Segue-se desta equa¸c˜ao que o n´umero de elementos de f (G) ´e tamb´ em factor do n´ umero de elementos de G, al´em de ser factor do n´umero de elementos de H . O u ´ nico divisor comum de n e m ´e 1, e portanto f (G) s´ o po de ter 1 elemento. Por outras palavras, f s´ o pode ser o homomorfismo “trivial”, que transforma todos os elementos de G na identidade de H .
3.7. 1 TESTE: 30/3/2004
47
o
3.7 1 Teste: 30/3/2004 o
1. Diga, em cada caso, se a afirma¸ c˜ ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ ao, ( G, ∗) ´e um grupo, e (A, +, ×) ´e um anel unit´ ario. a) Qualquer subgrupo de G cont´ em a identidade de G. ˜ o: Verdadeiro. Seja e a identidade do grupo “srcinal” resoluc ¸a G, e f a identidade do subgrupo H ⊆ G . Notamos que: • f ∗ f = f , porque f e´ a identidade de H . • f ∗ e = f , porque f ∈ G , e e e´ a identidade de G.
Conclu´ımos que f ∗ f = f ∗ e. Pela lei do corte no grupo G ( i.e., multiplicando `a esquerda por f −1 , que ´e o inverso de f no grupo G), obtemos imediatamente que f = e . b) Se H e K s˜ao subgrupos de G , e H e´ um subgrupo normal de G , ent˜ ao H ∩ K e´ um subgrupo normal de K . ˜ o: Verdadeiro. Observamos primeiro da al´ınea anteresoluc ¸a rior que tanto H como K cont´ em a identidade de G, e portanto H∩K = ∅ . Por outro lado, e supondo que x, y ∈ H ∩ K , temos −1
• x ∗ y ∈ H , porque x, y ∈ H , e H e´ subgrupo de G, e • x ∗ y −1 ∈ K , porque x, y ∈ K , e K e´ subgrupo de G.
Conclu´ımos que x ∗ y −1 ∈ H ∩ K , e por isso H ∩ K e´ um subgrupo de G, e portanto de K , j´a que H ∩ K ⊆ K . Para verificar que H ∩ K e´ um subgrupo normal de K , supomos que x ∈ H ∩ K , e y ∈ K . Temos ent˜ao: • y ∗ x ∗ y −1 ∈ K , porque x, y ∈ K , e K e´ um subgrupo. • y ∗ x ∗ y −1 ∈ H , porque x ∈ H , y ∈ G, e H e´ um subgrupo normal de G.
Temos assim que y ∗ x ∗ y −1 ∈ H ∩ K , e H ∩ K e´ um subgrupo normal de K . c) Se B e´ um subanel de A, ent˜ao B e´ tamb´ em um anel unit´ ario. ˜ o: Falso. Basta recordar o exemplo A = Z, que ´ resoluc ¸a e um anel unit´ario, e tomar para B o subanel dos inteiros pares, que n˜ ao ´e um anel unit´ ario, por raz˜oes ´obvias. d) Se x, y ∈ A , ent˜ao (x + y )2 = x 2 + 2xy + y 2 . ˜ o: Falso. Considere-se por exemplo o anel resoluc ¸a quaterni˜ oes, e tome-se x = i , y = j . Observe-se que
H
dos
• (i + j )2 = i2 + ij + j i + j 2 = −2, porque i2 = j 2 = −1, e ij = − ji = k , e • i2 + 2ij + j 2 = − 2 + 2k = − 2.
CAP´ ITULO 3.
48
TESTES RESOLVIDOS
e) Se a, b ∈ A e n ∈ Z ent˜ ao n(ab) = ( na)b = a (nb). ˜ o: Verdadeiro. Recorde-se primeiro que se n resoluc ¸a c ∈ A , e sendo O o zero de A, e 0, 1 ∈ Z, ent˜ao definimos: (1) (2) (3) (4)
∈
Z
e
0 c = O. 1 c = c. Se n > 1, nc = (n − 1)c + c. Se n > 0, (−n)c = n (−c).
Passamos a verificar a identidade n(ab) = ( na)b = a (nb). •
•
Se n = 0, ent˜ao n(ab) = O, (na)b = Ob = O, e a(nb) = aO = O. Usamos aqui a identidade (1), e o facto do zero de qualquer anel ser elemento absorvente para o produto, i.e., aO = Oa = O, para qualquer a ∈ A . Se n ∈ N, a identidade verifica-se por indu¸c˜ao. n = 1: temos n(ab) = 1( ab) = ab, (na)b = (1a)b = ab, e a(nb) = a (1b) = ab , sempre pela identidade (2). n > 1: usando a identidade (3), temos n(ab) = ( n − 1)(ab) + ab.
A hip´otese de indu¸c˜ ao ´e (n − 1)(ab) = (( n − 1)a)b = a ((n − 1)b), e portanto n(ab) = (n−1)(ab)+ab = ((n−1)a)b+ab = ((n−1)a+a)b = (na)b.
Analogamente, n(ab) = (n−1)(ab)+ab = a ((n−1)b)+ab = a ((n−1)b+b) = a (nb).
f) Se a ∈ A, a equa¸c˜ao x2 = a2 tem um n´umero finito de solu¸c˜oes em A. ˜ o: Falso. Considere-se no anel A = M 2 (R) a equa¸c˜ resoluc ¸a ao x2 = 0 = 0 2 , onde 0 ´e a matriz zero. A equa¸c˜ ao tem um n´umero infinito de solu¸c˜ oes, em particular as matrizes da forma x=
0 c
0 0
,c
∈
R.
2. Recorde que o grupo diedral D e´ o grupo de simetria do pol´ıgono regular de n lados, e tem 2 n elementos ( n reflex˜oes e n rota¸c˜oes). Designamos por R2 o grupo multiplicativo das ra´ızes quadradas da unidade. n
3.7. 1 TESTE: 30/3/2004
49
o
a) Seja f : D → R 2 dada por n
f (σ) =
+1, se σ e´ uma rota¸c˜ao,
−1, se σ e´ uma reflex˜ao.
Mostre que f e´ um homomorfismo de grupos. Podemos concluir daqui que as rota¸c˜oes em D formam um subgrupo normal de D ? ˜ o: As simetrias do pol´ıgono regular de n lados s˜ao resoluc ¸a transforma¸c˜oes ortogonais. As transforma¸c˜oes ortogonais tˆem determinante ± 1, e as rota¸c˜oes s˜ao as transforma¸c˜oes ortogonais com dete rminante 1. Portanto, as reflex˜oes tˆem determinante −1, e a fun¸c˜ao f acima mencionada ´e o determinante. Mais precisamente, f (σ) ´e o determinante da representa¸ c˜ao matricial de σ numa qualquer base de R2 . Se σ, ρ ∈ D , e m(σ), m(ρ) s˜ao as respectivas representa¸c˜oes matriciais numa dada base de R2 , temos m(σ ◦ ρ) = m(σ)m(ρ), e portanto det( m(σ ◦ ρ) = det( m(σ)) det(m(ρ)). Como f (σ) = det(m(σ)), temos f (σ ◦ ρ) = f (σ)f (ρ), i.e., f e´ um homomorfismo de grupos. As rota¸c˜oes em D formam um subgrupo normal porque constituem, por raz˜oes evidentes, o n´ ucleo do homomorfismo f , e sabemos que o n´ucleo de um homomorfismo de grupos ´e um subgrupo normal do grupo de partida. n
n
n
n
b) Determine todos os subgrupos de D5 . Quais destes subgrupos s˜ao ˜ o: Pode ser conveniente verificar que qualnormais? sugesta quer subgrupo que contenha uma rota¸c˜ao r = 1 cont´ em todas as rota¸co˜es em D 5 . ˜ o: Designamos por I a identidade de D5 , que ´ resoluc ¸a e uma rota¸ca˜o (de zero graus), por r a rota¸c˜ao de 2 π/5, e por α , β,γ,δ , e ε as 5 reflex˜oes em D5 . As restantes rota¸c˜oes em D5 s˜ao, por raz˜ oes ´obvias, r 2 , r 3 , e r 4 . Qualquer reflex˜ao ´e a sua pr´ opria inversa, e portanto existem 5 subgrupos cada um com 2 elementos, com suportes
{I, α}, {I, β }, {I, γ }, {I, δ }, e { I, ε}. Como vimos acima, as rota¸ c˜oes formam um subgrupo (normal) de D 5 , com suporte K = { I,r,r 2 , r 3 , r 4 }. Temos, al´em destes, os subgrupos (triviais) { I } e D 5 . Passamos a verificar que D 5 n˜ao tem subgrupos al´em dos 8 que j´ a indic´ amos. Precisamos para isso de alguns resultados auxiliares: i. Qualquer subgrupo H que contenha uma rota¸c˜ao = I cont´em todas as rota¸c˜ oes.
CAP´ ITULO 3.
50
TESTES RESOLVIDOS
3
Se o subgrupo cont´ em r 2 ou r 3 ent˜ ao cont´ em r , porque r2 = 3 2 6 r = r = r . Se o subgrupo cont´ em r 4 ent˜ ao cont´ em r , − 1 4 porque r = r . ii. Qualquer subgrupo H que contenha duas reflex˜oes cont´ em todas as rota¸c˜ oes. O produto de duas reflex˜oes (distintas) ´e uma rota¸ca˜o = 1, e pelo resultado anterior o subgrupo cont´ em todas as rota¸c˜oes. iii. Qualquer subgrupo H que contenha uma reflex˜ao e uma rota¸ca˜o = 1 ´e o pr´ oprio grupo D5 . J´a vimos que H cont´ em todas as rota¸co˜es, i.e., cont´ em K = {I,r,r 2 , r 3 , r 4 }. Se ρ ∈ H e´ uma reflex˜ao, ent˜ao H cont´em os elementos ρ, ρr, ρr2 , ρr3 , ρr4 , que s˜ao distintos, e s˜ao reflex˜oes. Conclu´ ımos que H cont´ em 5 reflex˜oes e 5 rota¸c˜oes, i.e., cont´ em todos os elementos de D5 . Finalmente, observamos que qualquer subgrupo de D5 possivelmente distinto dos 8 que indic´amos cont´ em pelo menos duas reflex˜ oes, ou uma reflex˜ao e uma rota¸c˜ao, e portanto ´e D5 . J´ a vimos que o subgrupo das rota¸c˜oes K e´ normal, e ´e obvio ´ que { 1} e D5 s˜ao subgrupos normais de D 5 . Resta-nos verificar que os subgrupos da forma H = { 1, ρ}, onde ρ ´e uma reflex˜ ao, n˜ao s˜ao normais. Recordese que qualquer reflex˜ao σ e´ inversa de si pr´ opria, i.e., satisfaz σ −1 = σ . Temos agora que se σ = ρ ent˜ ao σ ◦ ρ ◦ σ −1 ∈ H , porque
• σ ◦ ρ ◦ σ −1 = 1 ⇒ σ ◦ ρ = σ ⇒ ρ = 1, o que ´e imposs´ıvel. • σ ◦ ρ ◦ σ −1 = ρ ⇒ σ ◦ ρ = ρ ◦ σ = (σ ◦ ρ )−1 , e portanto σ ◦ ρ ´e uma rota¸ c˜ao igual a sua inversa, ou σ ◦ ρ = 1, que ´e tamb´ em imposs´ ıvel, porque ρ = σ. :
algumas notas soltas
1 a) N˜ao podemos invocar na resolu¸c˜ao deste exerc´ıcio a identidade f ∗ e = f , a pretexto de f ser a identidade do subgrupo, porque neste caso sabemos apenas que f ∗ x = x ∗ f = x para qualquer x ∈ H . Tomar x = e equivale a dizer que e ∈ H , que ´e exactamente o que queremos provar! 1 b) O subgrupo H ∩ K e´ normal apenas no subgrupo K ! Em geral, H ∩ K n˜ao ´e normal no grupo srcinal G. 1 d) A identidade ( x + y )2 = x 2 + 2xy + y2 ´e equivalente a xy = yx. Qualquer anel n˜ao-abeliano pode ser usado para obter um contra-exemplo, ´ muito mas conv´ em escolher elementos x e y tais que xy = yx ! E simples obter exemplos com matrizes.
3.8. 2 TESTE: 27/4/2004
51
o
1 f ) Este facto ´e falso, mesmo em an´eis sem divisores de zero , desde que n˜ao-abelianos. Por exemplo, a equa¸ca˜o x2 = −1 tem um n´umero infinito de solu¸c˜oes no anel dos quaterni˜oes. 2 a) Existem muitas maneiras de verificar que as rota¸c˜oes tˆem determinante 1, e as reflex˜oes determinante −1. Por exemplo, qualquer rota¸c˜ao de R2 em torno da srcem ´ e uma transforma¸c˜ ao linear com determinante 1, porque a respectiva representa¸ca˜o matricial numa base ortonormada ´e da forma: cos θ − sen θ . sen θ cos θ
Esta matriz tem determinante cos 2 θ + sen 2 θ = 1. Por outro lado, qualquer reflex˜ao do plano numa recta que passe pela srcem ´e uma transforma¸c˜ao linear com representa¸c˜ao matricial da forma
1
0 0 −1
numa base ortogonal convenientemente escolhida (o primeiro vector da base tem a direc¸c˜ ao da recta em causa, e o segundo ´e ortogonal `a mesma recta). O determinante da transforma¸ c˜ao ´e neste caso −1. 2 b) O argumento usado para mostrar que os subgr upos de dois elemen tos n˜ao s˜ao normais pode ser explorado para determinar a “tabuada” do grupo D n . Na realidade, se α e´ uma reflex˜ao e r e´ a rota¸c˜ao de 2 π/n, ent˜ ao a tabuada de D n fica determinada observando que os elementos de D n s˜ao da forma α k r m , com 0 ≤ k < 2, e 0 ≤ m < n, e calculando rα. O c´alculo ´e directo, se notarmos que rα e´ uma reflex˜ ao, e portanto rα = (rα)−1 . Como ( rα)(αrn−1 ) = rn = 1, temos ( rα)−1 = αr n−1 , n −1 i.e., rα = αr .
3.8 2 Teste: 27/4/2004 o
1. Esta quest˜ao refere-se a equa¸c˜oes ax ≡ b (mod 216), com a , b, x ∈ Z. a) Determine as solu¸co˜es da equa¸ca˜o homog´enea 10x ≡ 0 (mod 216). ˜ o: Temos 216 = 2 3 × 33 , e 10 = 2 × 5. E resoluc ¸a ´ portanto evidente que mdc(10, 216) = 2. Notamos que 10x ≡ 0 (mod 216) ⇔ 10x = 216y ⇔ 5x = 108y ⇔ 108|5x. ´ por Como mdc(5 , 108) = 1, sabemos que 108 |5x ⇒ 108|x. E outro lado ´obvio que 108 |x ⇒ 108|5x, i.e., 108 |x ⇔ 108|5x, e 10x ≡ 0 (mod 216) ⇔ 108|x ⇔ x ≡ 0 (mod 108) .
CAP´ ITULO 3.
52
TESTES RESOLVIDOS
Por outras palavras, x e´ solu¸c˜ao da equa¸c˜ ao homog´enea 10x ≡ 0 (mod 216) se e s´o se x ≡ 0 (mod 108), i.e., se e s´o se x = 108 k, com k ∈ Z. b) Determine as solu¸c˜oes da equa¸c˜ ao 10x ≡ 6 (mod 216). ˜ o: A equa¸ca resoluc ¸a ˜o tem solu¸c˜ oes, porque mdc(10 , 216) = 2, e 2 ´e factor de 6. Podemos calcular uma solu¸c˜ao particular para a equa¸c˜ao 10x ≡ 2 (mod 216) recorrendo ao algoritm o de Euclides: n m 216 10 10 6 1 64 4 2
q r y x1 y2 1 21 6 1 0 0 1 2 0 1 1 1 2 1 −21 −1 −1 2 0 22 2
x2 −21
22 −43
Conclu´ımos que 216(2) + 10( −43) = 2, i.e., x = −43 ´e uma solu¸ca˜o particular da equa¸c˜ao 10 x ≡ 2 (mod 216), donde x = −129 = ( −43) × 3 ´ e uma solu¸ c˜ao particular da equa¸c˜ ao 10 x ≡ 6 (mod 216). A solu¸c˜ ao geral desta equa¸c˜ao pode ser obtida somando a esta solu¸c˜ao particular a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ ao homog´enea corresponente, que ´e como vimos x = 108k, com k ∈ Z, para obter: 10x ≡ 6 (mod 216)
⇔
x=
−129 + 108k, k ∈ Z.
Podemos ainda escrever 10x ≡ 6 (mod 216)
⇔
x ≡ −129 (mod 108).
O inteiro −129 pode ser substitu´ıdo por qualquer outro que lhe seja congruente (mod 108), e ´e comum escrever a solu¸c˜ ao geral recorrendo `a menor solu¸c˜ao particular positiva, i.e., escrever x ≡ 87 (mod 108). c) Quantos naturais a ≤ 216 tˆem inverso (mod 216)? ˜ o: a e´ invert´ resoluc ¸a ıvel (mod 216) se e s´ o se a equa¸c˜ao ax ≡ 1 (mod 216) tem solu¸c˜ ao, ou seja, se e s´o se mdc( a, 216) = 1. Como os u ´ nicos factores primos de 216 s˜ao 2 e 3, segue-se que desejamos contar os naturais a ≤ 216 que n˜ao s˜ao m´ultiplos de 2 nem de 3. ´ claro que existem E • 216/2 = 108 naturais a ≤ 216 que s˜ao m´ultiplos de 2. • 216/3 = 72 naturais a ≤ 216 que s˜ao m´ultiplos de 3. Alguns destes naturais s˜ao simultaneamente m´ultiplos de 2 e de 3, mas esses s˜ao m´ultiplos de mmc(2 , 3) = 6. Mais uma vez, existem 216 /6 = 36 m´ ultiplos de 6, menores ou iguais a 216. Os naturais a ≤ 216 que s˜ao m´ultiplos de 2 ou de 3 s˜ ao ent˜ao 108 + 72 − 36 = 144, restando 216 − 144 = 72 naturais a ≤ 216 que s˜ao invert´ıveis (mod 216).
3.8. 2 TESTE: 27/4/2004
53
o
2. Nesta quest˜ao, A e´ um anel unit´ ario, com identidade I = 0, e φ : A e´ o homomorfismo de an´ eis dado por φ(n) = nI .
Z
→
a) Prove que φ(Z) ´e o menor subanel de A que cont´ em I . ˜ o: Temos a provar duas afirma¸co resoluc ¸a ˜es: (1) φ(Z) ´e um subanel de A que cont´ em I . (2) Se I ∈ B ⊆ A, e B e´ subanel de A, ent˜ao φ(Z) ⊆ B . A afirma¸c˜ao (1) ´e evidente, porque • I = φ (1) ∈ φ(Z), e • φ(Z) ´ e um subanel de A, porque ´e a imagem do anel homomorfismo de an´eis φ.
Z
pelo
Para provar (2), suponha-se que I ∈ B ⊆ A, e B e´ subanel de A. Temos que mostrar que (a) φ(n) ∈ B , para qualquer n ∈ Z: Demonstramos primeiro, e por indu¸c˜ao em n, que (b) φ(n) ∈ B , para qualquer n ∈ N: • φ(1) ∈ B , porque φ(1) = I ∈ B . • Se φ(n) ∈ B ent˜ ao φ(n + 1) = φ(n) + I ∈ B , porque B ´e
fechado para a soma. Sabemos que se n ∈ Z ent˜ ao n ∈ N, ou n = 0, ou −n ∈ N. Para provar (a), resta-nos mostrar que φ(n) ∈ B , quando n = 0 e quando − n ∈ N. • Se n = 0: φ(0) = 0 ∈ A, porque φ e´ um homomorfismo de
an´eis, e portanto transforma o zero do anel de partida no zero do anel de chegada. Qualquer subanel de A cont´ em o zero de A, e portanto φ(0) = 0 ∈ B . • Se −n ∈ N: φ(n) = − φ(−n), porque φ e´ um homomorfismo de an´eis, e φ(−n) ∈ B , de acordo com (b). Portanto φ(n) ∈ B , j´ a que B e´ um subanel, e por isso cont´ em os sim´ etricos dos seus elementos. b) Mostre que se A e´ ordenado e A+ = φ(N) ent˜ao A e´ isomorfo a sugest˜ ao: Verifique primeiro que se A e´ ordenado ent˜ ao φ ´e injectiva, i.e., a caracter´ıstica de A s´o pode ser 0. ˜ o: Para mostrar que φ ´e injectiva basta-nos provar que resoluc ¸a n = 0 =⇒ φ(n) = 0, j´a que φ e´ um homomorfismo. Recordamos que se n = 0 ent˜ao n ∈ N ou − n ∈ N. Provamos primeiro: (i) Se n ∈ N ent˜ ao φ(n) ∈ A+ , donde φ(n) = 0. Argumentamos por indu¸c˜ao: Z.
• φ(1) = I ∈ A+ , porque I = I 2 , e I = 0.
CAP´ ITULO 3.
54
TESTES RESOLVIDOS
• Se φ(n) ∈ A + ent˜ ao φ(n + 1) = φ (n) + I ∈ A + , porque A+ ´e fechado para a soma. • Pela propriedade de tricotomia, temos φ(n) = 0. Provamos em seguida: (ii) Se − n ∈ N, ent˜ao φ(n) = 0. φ(−n) ∈ A + , de acordo com (i), donde φ(n) = − φ(−n) = 0. Conclu´ ımos de (i) e (ii) que φ e´ injectiva. Supomos agora que A+ = φ (N), e passamos a demonstrar que φ ´e tamb´ em sobrejectiva. Dado a ∈ A, temos mais uma vez pela propriedade de tricotomia que a ∈ A+ , ou a = 0, ou −a ∈ A+ . Observamos que:
• Se a ∈ A+ , ent˜ao por hip´otese existe n ∈ N tal que a = φ(n) ∈ φ (N) ⊂ φ (Z). • Se a = 0 ent˜ao a = φ (0) ∈ φ (Z). • Se −a ∈ A+ ent˜ ao temos mais uma vez −a = φ(n), com n ∈ N , e a = − φ(n) = φ (−n) ∈ φ (Z). Conclu´ımos que φ e´ um homomorfismo bijectivo, morfismo, e os an´eis A e Z s˜ao isomorfos.
i.e.,
´e um iso-
3. Designamos aqui por S (n) a soma dos divisores naturais de n ∈
N.
a) Quantos naturais d ≤ 4 .000 s˜ao divisores de 4 .000? ˜ o: Como 4 .000 = 2 5 × 53 , os divisores de 4 .000 s˜ao da resoluc ¸a forma d = 2n × 3m , com 0 ≤ n ≤ 5, e 0 ≤ m ≤ 3. Existem por isso (5 + 1) × (3 + 1) = 24 divisores de 4 .000. b) Determine S (4.000). ˜ o: De acordo com a al´ınea anterior, temos: resoluc ¸a S (4.000) =
5 3 n=0 m=0
2n × 5m =
5 n=0
2n
3
5m =
m=0
= (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32)(1 + 5 + 25 + 125) = 63 × 156 = 9 .828 c) Resolva a equa¸c˜ ao S (n) = 399 = 3 × 7 × 19. ˜ o: Se pk ´ resoluc ¸a e a maior potˆencia de p que divide o natural n ent˜ ao a soma 1 + p + p 2 + · · · + p k ´e factor de S (n). Neste caso, S (n) = 3 × 7 × 19 tem 7 factores α = 1, i.e., α ∈ D = {3, 7, 19, 21, 57, 133, 399}, e teremos portanto 1 + p + p2 + · · · + pk = α ∈ {3, 7, 19, 21, 57, 133, 399} Os casos α = 3 e α = 7 s˜ao muito f´aceis de resolver, j´a que 3 = 1 + 2, e 7 = 1 + 2 + 4, correspondendo sempre a p = 2, e sendo respectivamente k = 1 e k = 2.
3.9. 3 TESTE: 25/5/2004 o
55
Para estudar os casos dos restantes factores, conv´ em observar o seguinte: (1) Se 1+ p + p2 + · · · + pk = α ent˜ ao α ≡ 1 (mod p), i.e., p |α − 1. (2) Se 1 + p + p 2 + · · · + p k = α ∈ {19, 21, 57, 133, 399} ent˜ ao k ≥ 2, e portanto p 2 < α. (3) 1 + 2 + 2 2 + · · · + 2k = 2k+1 − 1: os valores correspondentes s˜ao: 3 , 7, 15, 31, 63, 127, 255, 511, · · · . (4) 1+3+3 2 + · · · +3 k = (3k+1 − 1)/2: os valores correspondentes s˜ao: 4 , 13, 40, 121, 364, · · · . Seleccionamos assim os poss´ıveis primos p para cada valor de α: 19: 19 − 1 = 18 = 2 × 32 , p = 2, ou p = 3: imposs´ıvel. 21: 21 − 1 = 20 = 2 2 × 5, p = 2: imposs´ıvel. 57: 57 − 1 = 56 = 2 3 × 7, p = 2, ou p = 7: a ´unica possibilidade ´e 57 = 1 + 7 + 49, i.e., p = 7, e k = 2. 133: 133 − 1 = 132 = 2 2 × 3 × 11, p = 2, ou p = 3, ou p = 11: a u ´ nica possibilidade ´e 133 = 1 + 11 + 121, i.e., p = 11 e k = 2. 399: 399 − 1 = 398 = 2 × 199, p = 2: imposs´ıvel. Repare-se que para verificar que 199 ´e primo basta testar os factores primos ´ evidente que 2 , 3, 5 e 11 n˜ao s˜ao factores de 2 ≤ p ≤ 13. E 199, pelo que apenas temos que calcular 199 ≡ 3 (mod 7), e 199 ≡ 4 (mod 13). Resumimos as solu¸c˜oes que encontr´amos para a equa¸c˜ao 1 + p + p2 + · · · + pk = α ∈ {3, 7, 19, 21, 57, 133, 399} α p k 3 2 1 3=1+2 7 2 2 7=1+2+4 57 7 2 57 = 1+7+49 133 11 2 133 = 1 + 11 + 121 Como 399 = 3 × 133 = 7 × 57, a equa¸c˜ao S (n) = 399 tem exactamente duas solu¸c˜ oes: n = 2 × 112 = 242, e n = 22 × 72 = 196.
3.9 3 Teste: 25/5/2004 o
1. Este grupo refere-se ao anel A = Z1155. a) Determine uma solu¸c˜ao particular da equa¸c˜ao 60 x = 15, com x ∈ Z1155. Quantas solu¸c˜oes tem esta equa¸c˜ao? ˜ o: A equa¸c˜ ao a resolver ´e equivalente a 60x ≡ 15 resoluc ¸a (mod 1155), que tem solu¸ c˜ao se e s´o se mdc(60 , 1155)|15. Come¸camos por isso por calcular mdc(60 , 1155), usando o algoritmo
CAP´ ITULO 3.
56
TESTES RESOLVIDOS
de Euclides: n m q r y x1 1 1155 60 19 15 1 0 0 60 15 4 0 0 1 1
y2 1
x2 −19
Temos assim 15 = mdc(60 , 1155), e 15 = (1155)(1) + (60)( −19). Em particular, x = −19 = 1136 ´e uma solu¸c˜ao particular da equa¸c˜ao srcinal. O n´ umero de solu¸c˜ oes da equa¸c˜ao original, que ´e n˜ ao-homog´enea, ´e o n´ umero de solu¸c˜oes da equa¸c˜ao homog´enea correspondente, que ´e 60x = 0. Esta ´ultima equa¸c˜ao ´e equivalente a 1155|60x, ou, dividindo por 15, 77 |4x. Como 77 e 4 s˜ ao primos entre si, conclu´ ımos que 77|x. Finalmente, como 1155 = 77 × 15, ´e claro que a equa¸c˜ao tem 15 solu¸c˜oes no anel Z1155. b) O subanel B =< 60 >⊂ A tem identidade? Em caso afirmativo, qual ´e essa identidade? ˜ o: Vimos que mdc(60 , 1155) = 15, donde resoluc ¸a B =< 60 >=< 15 > ´e um anel com 1155/15 = 77 elementos . Como 15 e 77 s˜ao primos entre si, segue-se que B tem identidade. A identidade ´e a classe de equivalˆ encia do inteiro x, onde
x≡0
(mod 15) x ≡ 1 (mod 77)
Temos x = 1 + 77 y ⇒ 1 + 77y ≡ 0 (mod 15) ⇔ 2y ≡ −1 (mod 15) . Multiplicando por −7, que ´e inverso de 2 (mod 15), obtemos y ≡ 7 (mod 15) ⇒ y = 7+15z ⇒ x = 1+77(7+15z) = 540+1155 z. Conclu´ımos que x ≡ 540 (mod 1155), e a identidade do subanel B e´ 540. 2. Neste grupo, p(x) ∈ Z3 [x], e F ´e o anel das fun¸co˜es f : Z3 → Z3 . Designamos por φ : Z3 [x] → F o homomorfismo de an´eis que transforma cada polin´omio na respectiva fun¸c˜ao polinomial, e g : Z3 → Z3 ´e a fun¸c˜ao dada por g(0) = g(1) = 2, e g(2) = 1. a) Determine p(x) tal que φ(p(x)) = g.
3.9. 3 TESTE: 25/5/2004
57
o
˜ o: Usamos a f´ormula de interpola¸c˜ resoluc ¸a ao de Lagrange. Consideramos primeiro os polin´omios pk (x), dados por:
p0 (x) =2( x − 1)(x − 2) p1 (x) =2x(x − 2) p2 (x) =2x(x − 1) Notamos que qualquer α = k e´ ra´ız de pk (x), e pk (k ) = 1. O polin´omio Ap 0 (x)+ Bp 1 (x)+ Cp2 (x) toma assim os valores A , B , e C , respectivamente em 0, 1, e 2, e no caso presente A = B = 2, e C = 1, i.e., p(x) =2p0 (x) + 2 p1 (x) + p2 (x)
=(x − 1)(x − 2) + x(x − 2) + 2x(x − 1) =x2 + 2 + x2 − 2x + 2x2 − 2x =
x
2
+ 2x + 2
b) Qual ´e a solu¸ca˜o geral da equa¸c˜ao φ(p(x)) = g ? ˜ o: Como vimos, o polin´omio p (x) = x2 + 2x + 2 ´ resoluc ¸a e uma solu¸c˜ao particular desta equa¸c˜ao. Como φ e´ um homomorfismo (de an´eis), a solu¸ca˜o geral resulta de adicionar, a esta, a solu¸ c˜ao geral da equa¸c˜ ao homog´enea φ(p(x)) = 0, ou seja, adicionar um qualquer elemento do n´ucleo de φ. Por outras palavras, temos a determinar o n´ucleo do homomorfismo φ. O n´ucleo de φ e´ um ideal de Z3 [x], e portanto ´e da forma N (φ) =< m(x) > = { q (x)m(x) : q (x) ∈
Z3 [x]},
j´a que Z3 e´ um corpo. Os polin´omios em N (φ) s˜ao, por raz˜oes evidentes, os que tˆem 0, 1, e 2 como ra´ızes, e m (x) ´e um qualquer dos polin´omios n˜ao-nulos, e de grau m´ınimo, no n´ucleo de φ. O grau de m(x) ´e pelo menos 3, porque m(x) tem trˆes ra´ ızes distintas. Como x(x − 1)(x − 2) = x(x2 + 2) = x3 + 2 x e´ um polin´omio de grau 3 com as ra´ızes em causa, podemos tomar m(x) = x3 + 2x. A solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao n˜ao-homog´enea ´e assim: 2
3
p(x) = x + 2x + 2 + q (x)(x + 2x), q (x) ∈ Z 3 [x]
3. Este grupo refere -se ao anel dos inteiros de Gauss 2
Z[i].
2
a) Suponha que n, m ∈ Z, e p = n + m ´e um inteiro primo. Mostre que n + mi e´ um elemento irredut´ıvel de Z[i]. ˜ o: Suponha-se que n + mi = (a + bi )(c + di ), donde resoluc ¸a |n + mi|2 = | a + bi |2 |c + di |2 , i.e., p = n 2 + m 2 = ( a2 + b2 )(c2 + d 2 ).
CAP´ ITULO 3.
58
TESTES RESOLVIDOS
Como p e´ um inteiro primo, temos certamente a2 + b 2 = 1 ou ıvel. c2 + d2 = 1, i.e., um dos elementos a + bi ou c + di e´ invert´ Como n + mi n˜ao ´e nulo nem invert´ıvel, segue-se que n + mi ´e irredut´ıvel. b) Considere o inteiro de Gauss z = 15(2 + 3 i)2 . Quantos divisores ao: Como calcula o n´umero de de z existem em Z[i]? sugest˜ divisores k ∈ N de um dado n ∈ N? ˜ o: A seguinte factoriza¸ca resoluc ¸a ˜o para z e´ imediata:
z = 15(2 + 3 i)2 = 3 × 5 × (2 + 3 i)2 = 3(2 + i)(2 − i)(2 + 3 i)2 .
Os inteiros de Gauss 2 + i, 2 − i e 2 + 3 i s˜ao irredut´ıveis, porque 22 + 12 = 5, e 2 2 + 32 = 13. 3 ´e um inteiro de Gauss irredut´ ıvel, porque qualquer inteiro primo p que satisfa¸ca p ≡ 3 (mod 4) ´e irredut´ıvel em Z[i]. A factoriza¸c˜ao de z indicada acima e´ portanto a factoriza¸ca˜o de z em elementos irredut´ ıveis, e os divisores de z s˜ ao os inteiros de Gauss da forma: w = u 3α (2 + i)β (2 − i)γ (2 + 3 i)δ ,
onde 0 ≤ α,β,γ ≤ 1, 0 ≤ δ ≤ 2, e u ∈ {1, −1, i, −i} e´ um inteiro de Gauss invert´ ıvel. Existem assim 4 × 2 × 2 × 2 × 3 = 96 divisores de z . 4. Seja K um corpo e A = K [[x]] o anel das s´eries de potˆencias com coeficientes em K . a) Mostre que os elementos invert´ıveis de A s˜ ao as s´eries da forma n = 0. n=0 an x , com a0 ´ evidente que ˜ o: E resoluc ¸a
∞
∞
∞
an xn
n=0
bm xm
= 1 ⇒ a0 b0 = 1 ⇒ a0 = 0.
m=0
Resta-nos mostrar que se a0 = 0 ent˜ao existe uma s´ erie m=0 bm xm tal que ( n=0 an xn ) ( m=0 bm xm ) = 1. Para isso, defi nimos os coeficientes bm recursivamente, de forma a que: ∞
∞
∞
n
a0 b0 = 1, e, para n > 0 ,
ak bn
k
−
= 0.
k=0
Basta-nos tomar b0 = a 0 1, e, para n > 0, e supondo bk definido para 0 ≤ k < n, notar que −
n
n
k=0
ak b n
k
−
= 0 ⇔ a0 bn = −
k=1
n
ak bn
−1
k
−
⇔ bn = −a0
k=1
ak bn
k
−
.
3.9. 3 TESTE: 25/5/2004
59
o
b) A e´ um d.i.p. e/ou um d.f.u.? ∞ ˜ o: Seja 0 resoluc ¸a = s(x) = s xk ∈ K [[x]], e n = k=0 k min{k ≥ 0 : s k = 0 }. Segue-se da al´ınea anterior que s(x) = xn u, onde u ∈ K [[x]] ´ e invert´ ıvel.
Por outras palavras, se s(x) = 0 ent˜ao existe n ≥ 0 tal que s(x) ∼ xn em K [[x]]. Seja agora I ⊆ K [[x]] um ideal. Se I = { 0} ´e ´obvio que I =< 0 > e´ um ideal principal. Se I = {0}, ent˜ao existe uma s´erie 0 = s (x) ∈ I , e existe n ≥ 0 tal que s(x) ∼ xn . ´ claro que xn ∈ I , e em particular {n ≥ 0 : xn ∈ I } E = ∅. Consideramos d = min {n ≥ 0 :
n
x
∈ I }, donde
x
d
∈ I.
´ claro que < xd >⊆ I . Para verificar que I ⊆< xd >, seja E 0 = t(x) ∈ I , donde t(x) = xm v , onde v e´ invert´ ıvel, e xm ∈ I . Temos ent˜ao m ≥ d, e t(x) = (xm−d v )xd , i.e., t(x) ∈ < xd >, e < xd >⊆ I . Conclu´ımos que K [[x]] ´e um p.i.d., donde ´e tamb´ em um d.f.u. Notas sobre a resolu¸c˜ ao:
• As quest˜oes (1a) e (2b) s˜ao ambas aplica¸c˜oes directas duma ideia que come¸c´amos a referir ainda no primeiro cap´ıtulo. Seja ( G, ∗) um grupo, φ : G → H um homomorfismo de grupos, e suponha-se que a equa¸ c˜ ao φ(x) = y 0 tem uma solu¸c˜ ao particular x0 . Neste caso, a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao ´e x = x0 ∗ n, onde n ∈ N (φ), i.e., onde n e´ um elemento arbitr´ ario do n´ucleo de φ. Na quest˜ao (1a), temos φ : Z1155 → Z1155, dado por φ(x) = 60 x. Na quest˜ao (2b), temos φ : Z3 [x] → F , onde φ(p(x)) ´ e a fun¸ c˜ao polinomial determinada por p (x), e definida em Z 3 . Em ambos os casos, e depois de determinar uma solu¸ c˜ ao particular, ´e apenas necess´ario calcular o n´ucleo de φ. quest˜ao (1b) est´a documentada na sec¸c˜ao 3.1 do livro (proposi¸ c˜ao • A 3.1.25).
• Sobre a quest˜ao (2a), recorde-seque, num corpo finito K = { a1 , · · · , an }, o valor do polin´omio qk (x) = i=k (x − ai ) ´e, no ponto ak , uma constante α independente de k . α e´ na realidade igual ao produto dos elementos n˜ao-nulos de K . No caso de Z3 , temos α = 1 × 2 = 2. Ao usar a f´ormula de interpola¸c˜ao de Lagrange, recorremos aos polin´omios pk (x) = α −1 qk (x), para for¸car pk (ak ) = 1. Em Z3 temos 2 −1 = 2.
CAP´ ITULO 3.
60
3.10
TESTES RESOLVIDOS
1 Teste: 31/3/2005 o
1. Diga, em cada caso, se a afirma¸ c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ ao, ( G, ∗) ´e um grupo, e (A, +, ×) ´e um anel unit´ ario. a) Qualquer subgrupo de G cont´ em a identidade de G. ˜ o: Verdadeiro. Seja e a identidade do grupo “srcinal” resoluc ¸a G, e f a identidade do subgrupo H ⊆ G . Notamos que:
• f ∗ f = f , porque f e´ a identidade de H . • f ∗ e = f , porque f ∈ G , e e e´ a identidade de G. Conclu´ımos que f ∗ f = f ∗ e. Pela lei do corte no grupo G ( i.e., multiplicando `a esquerda por f −1 , que ´e o inverso de f no grupo G), obtemos imediatam ente que f = e . b) Qualquer subanel unit´ario de A cont´ em a identidade de A. ˜ o: Falso. Seja A = M2 (R) o usual anel das matrizes resoluc ¸a 2 × 2 com entradas reais, e B o subanel de A formado pelas matrizes da forma x 0 .
0 0
´ claro que A e B s˜ E ao an´eis unit´ arios com identidades distintas. c) Se x ∈ G e x2 = e , onde e e´ a identidade de G, ent˜ao x = e . ˜ o: Falso. No grupo (multiplicativo) das ra´ızes quadradas resoluc ¸a da unidade, G = {1, −1}, a equa¸c˜ ao x2 = 1 tem ra´ızes x = 1 e x = − 1. d) Se x ∈ A e x2 = 0 ent˜ao x = 0. ˜ o: Falso. No anel A = M 2 (R), temos resoluc ¸a x=
a b c d
⇒ x2 =
a2 + bc b(a + d) c(a + d) d2 + bc
.
Podemos tomar a + d = 0, e escolher b e c de modo a que a 2 + bc = 2
0, para obter x = 0, e x = 0. Por exemplo, x=
1
−1 1 −1
.
2. O grupo GL(2, R) ´e formado pelas matrizes 2 × 2, invert´ ıveis, com entradas em R, com o produto usual de matrizes. Para cada um dos seguintes exemplos, diga se H e´ um subgrupo de GL(2, R), e, caso afirmativo, se H e´ um subgrupo normal de GL(2, R).
3.10. 1 TESTE: 31/3/2005
61
o
a) H = {
a 0 0 b
, ab = 0}.
´ o´bvio que H ˜ o: E resoluc ¸a = ∅, e por isso temos a verificar apenas que x, y ∈ H ⇒ xy −1 ∈ H . Note-se, para isso, que sendo a =0 e b = 0 ent˜ao y=
a 0 0 b
⇒ y −1 =
a −1
0
b−1
0
.
Conclu´ımos que: x=
c
0
0 d
,y =
a 0 0 b
⇒ xy −1 =
ca−1
0
0
db−1
∈ H.
Temos assim que H ´ e um subgrupo de GL(2, R).
Considerem-se agora as matrizes ( 1 ) x=
1
0 0 −1
∈ H, y =
1 0 1 1
O seguinte c´alculo ´e imediato: 1 0 1 0 y −1 xy = −1 1 0 −1
∈ GL (2, R), donde y −1 =
1 0 1 1
=
1 0 −2 −1
1 0 −1 1
∈ H.
Conclu´ımos que ˜ o e´ um subgrupo normal de GL(2, R). H na
b) H = { M ∈ GL (2, R) : det( M ) = 1 }. ˜ o: H resoluc ¸a = ∅ , j´a que cont´ em, por exemplo, a matriz identidade. Para verificar que x, y ∈ H ⇒ xy−1 ∈ H , recordamos que det(xy) = det( x)det( y ), e det( y−1 ) = det( y)−1 . Como x, y ∈ H ⇔ det(x) = det( y ) = 1, temos ent˜ao que det(xy−1 ) = det( x)det( y −1 ) = det( x)det( y)−1 = 1 . Conclu´ımos que H ´ e um subgrupo de GL(2, R).
Se x ∈ H e y ∈ GL (2, R), temos ainda det(y −1 xy) = det( y −1 ) det(x) det(y) = det( y )det( y)−1 = 1 . Por outras palavras, y−1 xy ∈ H , donde 1
Note que a matriz y representa uma opera¸c˜ ao elementar sobre linhas/colunas, o que em particular torna o c´alculo da sua inversa imediato.
.
CAP´ ITULO 3.
62
TESTES RESOLVIDOS
H e´ um subgrupo normal de GL(2, R).
3. Nesta quest˜ao, G = {1, i, −1, −i} e´ o grupo multiplicativo das ra´ızes quartas da unidade, e Z2 = {0, 1} ´e o usual grupo aditivo com dois elementos. a) Determine todos os homomorfi smos de grupo f : Z2 → G. ˜ o: Temos f (0) = 1, p orque qualquer homomorfismo de resoluc ¸a grupos transforma a identidade do grupo de partida na identidade do grupo de chegada. Resta-nos por isso determinar f (1). Notese que f (1)2 = f (1)f (1) = f (1+1) = f (0) = 1 ⇒ f (1) = 1 ou f (1) = −1.
No caso em que f (1) = 0, f e´ o homomorfismo constante trivial. No caso em que f (1) = −1, f e´ evidentemente um isomorfismo entre Z2 e o subgrupo de G com 2 elementos. b) Suponha que H e´ um grupo, e g : G → H e´ um homomorfismo sobrejectivo. Classifique o grupo H . ˜ o: G tem apenas 3 subgrupos, respectivamente com 1, resoluc ¸a 2, ou 4 elementos, que s˜ao {1}, {1, −1}, e G. Estes subgrupos s˜ ao todos normais, p orque G e´ abeliano. Conclu´ımos que o n´ ucleo N (g ) pode ter 1, 2, ou 4 elementos.
• Se N (g ) tem 1 elemento, ent˜ao g e´ um isomorfismo, e portanto H G. Este caso ´e certamente poss´ıvel, por exemplo com G = H , sendo g a fun¸c˜ao identidade. • Se N (g ) tem 2 elementos, ent˜ao cada elemento de H e´ imagem de 2 elementos de G, e portanto H tem 2 elementos. Como todos os grupos de 2 elementos s˜ao isomorfos entre si, H ´ e isomorfo ao grupo multiplicativo das ra´ızes quadradas da unidade { 1, −1}. Este caso ´e igualmente poss´ıvel, porque corresponde a g : G → {1, −1}, dado por g (x) = x 2 . • Se N (g ) tem 4 elementos, ent˜ao todos os elementos de G pertencem ao n´ucleo, i.e., g e´ o homomorfismo trivial, e H ´e um grupo com 1 elemento. Este caso ´e obviamente poss´ıvel. Conclu´ımos que H pode ser isomorfo exactamente a um dos trˆ es seguinte grupos: {1}, {1, −1}, G.
3.11
2 Teste: 28/4/2005 o
1. Diga, em cada caso, se a afirma¸ c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ ao, ou um contra-exemplo.
3.11. 2 TESTE: 28/4/2005
63
o
a) Todos os grupos n˜ ao abelianos com 8 elementos s˜ ao isomorfos entre si. ˜ o: A afirma¸c˜ resoluc ¸a ao ´e falsa. Basta recordar o grupo multiplicativo dos quaterni˜oes unit´arios, H8 = {±1, ±i, ±j, ±k}, e o grupo diedral D4 , das simetrias do quadr ado. Existem 6 el2
ementos x ∈ D4 tais que x = 1 (a identidade, as 4 reflex˜ oes nos eixos de simetria do quadrado, e a rota¸ c˜ao de 180 ), e apenas 2 elementos em H8 que satisfazem a mesma equa¸c˜ao, que s˜ao x = ± 1. o
b) No grupo died ral D (grupo de simetria do pol´ıgono regular de n lados), as rota¸c˜ oes formam um subgrupo normal de D . ˜ o: A afirma¸ca resoluc ¸a ˜o ´e verdadeira. Sabemos que as simetrias s˜ao transforma¸co˜es (lineares) ortogonais, e recordamos que as rota¸c˜oes r ∈ D4 s˜ ao os elementos de D4 com determinante 1, e as reflex˜oes s˜ao os elementos α ∈ D 4 com determinante − 1. As rota¸c˜oes em D4 formam um subgrupo de D4 , porque o produto de duas rota¸c˜oes tem determinante 1, logo ´e uma rota¸ca˜o, e a inversa de uma rota¸c˜ao tem tamb´ em determinante 1, e ´e por isso igualmente uma rota¸c˜ao. Finalmente, se α n˜ao ´e uma rota¸c˜ao ent˜ ao α = α −1 ´e uma reflex˜ ao, e se r e´ uma rota¸c˜ao ent˜ao α −1 rα ´e uma rota¸c˜ao, porque o seu determinante ´e ( −1)1(−1) = 1. Conclu´ ımos assim que as rota¸co˜es formam um subgrupo normal de D4 . n
n
c) Se n , m, k ∈
N,
mdc( n, m) = 1 e n|mk ent˜ ao n|k.
˜ o: A afirma¸c˜ resoluc ¸a ao ´e verdadeira. Como mdc( n, m) = 1, existem x, y ∈ Z tais que 1 = nx + my , donde k = nkx + mky . Dado que nkx e mky s˜ ao obviamente m´ultiplos de n, segue-se que k e´ m´ultiplo de n, i.e., n|k.
2. Neste grupo, x, y e z0 s˜ao n´umeros inteiros. a) Qual e´ o menor natural z 0 para o qual a equa¸c˜ ao 2279 x +731 y = z0 tem solu¸c˜ oes? ˜ o: Sabemos que z0 = mdc(2279 , 731), e come¸camos resoluc ¸a por calcular z0 , usando o algoritmo de Euclides: n
m q
r x
2279 731 3 86 1 731 86 8 43 0 86 43 2 0 1
1
0 1
y1
x2
y2
0 1 1 −3 −8
−3 25
Temos z 0 = 43 = mdc(2279 , 731), e 43 = (2279)( −8) + (731)(25). b) Sendo z0 o natural determinado na al´ınea anterior, qual ´e o menor natural x que ´ e solu¸c˜ao da equa¸c˜ao 2279 x + 731y = z 0 ?
CAP´ ITULO 3.
64
TESTES RESOLVIDOS
˜ o: A solu¸c˜ resoluc ¸a ao geral da equa¸c˜ao obt´em-se da solu¸c˜ao particular indicada acima (x = −8, y = 25), e da solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao homog´enea correspondente (2279x + 731 y = 0). Como 731 = 43 × 17, e 2279 = 43 × 53, temos 2279 x + 731 y = 0 se e s´ o se 53 x + 17y = 0, e portanto 17 |x, i.e., x = 17k. (Segue-se
igualmente que y = −53k apesar deste facto n˜ao ser relevante para a resposta `a quest˜ao aqu i coloc ada). A solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao srcinal ´e portanto x = −8 + 17 k (e y = 25 − 53k). A menor solu¸c˜ao natural x e´ claramente x = −8 + 17 = 9. 3. Suponha que n = 4 ´e um natural, e mostre que n|(n − 1)! se e s´o se n ˜ o: Considere sucessivamente os casos n˜ao ´e primo. sugesta (1) n e´ primo, (2) Existem 1 < k < m < n tais que n = mk , e (3) n = m 2 . ˜ o: Consideramos os casos indicados : resoluc ¸a
(1) Se n e´ primo, e n|(n − 1)!, segue-se do lema de Euclides que n divide um dos factores de ( n − 1)!, o que ´e absurdo, porque todos esses factores s˜ao inferiores a n. Conclu´ımos que neste caso n ˜ o e´ factor de (n − 1)!. na (2) Se existem 1 < k < m < n tais que n = mk , ´e obvio ´ que 1 < k < m ≤ n − 1, e portanto os naturais k e m s˜ao certamente factores distintos de ( n − 1)!, e n = km e´ tamb´ em factor de (n − 1)!. (3) Se n = m 2 ent˜ ao n = m = 1 ou m > 2, porque n = 4. O resultado ´e ´obvio para n = 1, e supomos por isso que m > 2. Temos assim n − 1 = m 2 − 1 = ( m − 1)(m + 1) ≥ 2(m + 1). O produto ( n − 1)! tem como factores pelo menos todos os naturais entre 1 e 2 m + 2, ´ e por isso tem um factor igual a m, e outro factor igual a 2 m. E consequentemente m´ ultiplo de m2 , i.e., de n. O caso (1) acima mostra que n |(n − 1)! =⇒ n n˜ao ´e primo. Se n n˜ao ´e primo e n = 4 ent˜ao n tem uma factoriza¸c˜ao n˜ao-trivial n = mk , onde 1 < k ≤ m < n, e segue-se de (2) e (3) que n|(n − 1)!.
3.12
3 Teste: 25/5/2005 o
1. Esta quest˜ao refere-se ao anel
Z808 .
a) Quantos suban´ eis existem em Z808 ? Quantos elementos de Z808 s˜ ao invert´ıveis? Quantos elementos de Z808 s˜ao divisores de zero? ˜ o: resoluc ¸a
3.12. 3 TESTE: 25/5/2005
65
o
•
• •
Existe um subanel de Z808 por cada divisor de 808 = 2 3 × 101. Existem (3+1)(1+1) = 8 divisores de 808, e portanto existem 8 suban´eis de Z808 . Os elementos de Z808 s˜ ao as classes k, onde 1 ≤ k ≤ 808. A classe k e´ invert´ ıvel se e s´ o se k e 808 s˜ao primos entre si, caso contr´ ario a classe k e´ um divisor de zero, ou ent˜ ao ´e a classe ´ mais 0. E f´acil contar directamente os naturais que n˜ao s˜ao primos relativamente a 808, porque neste caso s˜ ao m´ultiplos de 2, ou m´ultiplos de 101. Existem: – 808/2 = 404 m´ultiplos de 2, – 808/101 = 8 m´ultiplos de 101. – Os m´ultiplos de 2 e 101 s˜ao m´ultiplos de 202, logo existem 808/202 = 4. Conclu´ımos que: Existem 400 elementos invert´ıveis: 808 − (404+8 − 4) = 400. Existem 407 divisores de zero: 808 = 400 + 1 + 407.
b) Quantos elementos tem o subanel < 303 >? Quais s˜ao os seus geradores? Qual ´e a sua identidade? ˜ o: resoluc ¸a • •
< 303 >=< d >, onde d = mdc(303 , 808) = 101. Temos assim que < 303 >=< 101 > tem 808/101 = 8 elementos. Os geradores de < 303 >=< d > s˜ ao as classes k, onde 1 ≤ k ≤ 808, e mdc( k, 808) = 101. Temos assim k = 101x, e mdc(101 x, 808) = 101, onde 1 ≤ x ≤ 8, e mdc( x, 8) = 1 .
•
Conclu´ımos que x = 1, 3, 5, ou 7, k = 101, 303, 505, ou 707, e os geradores de < 303 > s˜ao as classes 101, 303, 505, e 707. A identidade de < 303 > e´ a classe x, onde o natural x satisfaz as congruˆencias
x
≡ 0 (mod 101) x ≡ 1 (mod 8)
Notamos da 1 a equa¸c˜ao que x = 101y, e temos a resolver 101y
≡
1 (mod 8)
⇔
5y
≡
1 (mod 8)
⇔
y
≡
5 (mod 8) .
Conclu´ımos que y = 5 + 8z
⇒
x = 101(5 + 8 z) = 505 + 808 z
⇒
x = 505.
2. Diga, em cada caso, se a afirma¸ c˜ ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo.
CAP´ ITULO 3.
66
TESTES RESOLVIDOS
a) O polin´omio x3 + x2 + x + 2 ´e irredut´ıvel em Z3 [x]. ˜ o: A afirma¸c˜ resoluc ¸a ao ´e verdadeira. Seja m (x) = x 3 + x2 + x + 2. Temos em Z3 que m(0) = 2 = 0 , m(1) = 5 = 2 = 0, donde m(2) = 16 = 1 = 0.
Como m(x) tem grau 3, e tem coeficientes num corpo, podemos concluir que m(x) ´e irredut´ıvel, por n˜ ao ter ra´ızes. b) A equa¸c˜ao 1 = p (x)(x3 + x2 + x +2)+ q (x)(x2 +2x +2) tem solu¸c˜oes p(x), q (x) ∈ Z 3 [x], mas n˜ao tem solu¸c˜ oes p(x), q (x) ∈ Z 5 [x]. ˜ o: A primeira afirma¸ resoluc ¸a c˜ao ´e verdadeira. Como m(x) ´e irredut´ıvel, e o polin´ omio n(x) = x 2 + 2x + 2 n˜ao ´e, por raz˜ oes ´obvias, m´ultiplo de m(x), podemos concluir que mdc(m(x), n(x)) = 1 . Segue-se do algoritmo de Euclides que a equa¸ c˜ao 1 = p (x)(x3 + x2 + x + 2) + q (x)(x2 + 2x + 2) tem solu¸c˜oes p(x), q (x) ∈ Z 3 [x]. A segunda afirma¸ca˜o ´e falsa. Os c´alculos realizados na al´ınea anterior mostram igualmente que m(x) ´e redut´ıvel em Z5 [x], porque neste caso m(1) = 0. Na realidade, ´e imediato verificar que temos igualmente n(1) = 0, e portanto o polin´ omio x−1 = x +4´ e divisor comum de m(x) e n(x). Segue-se que x + 4| mdc(m(x), n(x)), e portanto mdc( m(x), n(x)) = 1. Portanto a equa¸c˜ao 1 = p (x)(x3 + x2 + x +2)+ q (x)(x2 + 2x + 2) n˜ao tem solu¸c˜oes p(x), q (x) ∈ Z 5 [x]. c) Exactamente um dos suban´ eis de Z808 e´ um corpo. ˜ o: A afirma¸c˜ resoluc ¸a ao ´e verdadeira. Seja An o subanel de Z808 com n elementos, donde n|m, i.e., m = nd. Sabemos que An e´ unit´ario se e s´o se mdc( n, d) = 1, e nesse caso o anel An ´e isomorfo ao anel Zn . Portanto, os suban´eis de Z808 unit´arios s˜ ao os que tˆem 1, 8, 101, ou 808 elementos, e estes s˜ao isomorfos respectivamente a Z1 , Z8 , Z101, e Z808. Como apenas Z101 e´ um corpo, conclu´ımos que Z808 tem um ´unico subanel que ´e um corpo, que ´e o seu subanel com 101 elementos. 3. Recorde que, se p ∈ N e´ primo, ent˜ao todos os elementos a ∈ satisfazem ap 1 = 1. Recorde igualmente o Teorema do Resto.
Z∗ p
−
a) Quais s˜ao os factores irredut´ ıveis do polin´ omio x p 1 −1 em Zp [x]? p 1 ˜ o: O polin´omio m (x) = x resoluc ¸a − 1 tem, como observado no enunciado, p − 1 ra´ızes em Zp , que s˜ao todos os elementos −
−
3.13. 1 TESTE: 27/3/2006
67
o
de Zp , i.e., as classes 1, 2 , · · · , p − 2, e p − 1. Como Zp e´ um corpo, segue-se que m(x) pode ser sucessivamente dividido pelos polin´omios x − k, para 1 ≤ k ≤ p − 1, obtendo-se sempre resto 0. Conclu´ımos que ∗
p−1
m(x) = x
− 1 = a (x − 1)(x − 2) · · · (x − p − 1).
b) Use a factoriza¸c˜ao acima para concluir que ( p − 1)! ≡ −1 mod p. ˜ o: A constante a na factoriza¸c˜ resoluc ¸a ao acima ´e a identidade, porque todos os polin´omios em causa s˜ao m´onicos. Calculamos agora m (0) usando as duas formas acima para o polin´omio m (x). Temos ent˜ ao:
p−1
m(0) = 0 p
−1
− 1 = −1 =
(0 − k) = (−1)p
−1
(p − 1)!.
k =1
Os c´alculos acima s˜ao executados em −1 = ( −1)p
−1
(p − 1)! ⇔ (−1)p
−1
Zp ,
e portanto:
(p − 1)! ≡ −1 mod p. p−1
p p−1 ´ Se = 2, ´eque claro que par, ep.(−Se 1) p = = Conclu´ımos finalmente (p − 1)! ≡ − 1e mod 2, 1. ´e inteiramente ´obvio que (2 − 1)! ≡ −1 mod 2.
3.13
1 Teste: 27/3/2006 o
1. Diga, em cada caso, se a afirma¸ c˜ ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ ao, ( G, ∗) ´e um grupo, e (A, +, ×) ´e um anel unit´ ario. a) A equa¸c˜ ao x2 = x tem uma ´unica solu¸c˜ao em G, que ´e a identidade de G. ˜ o: Seja e ∈ G a identidade de G . Supondo que x 2 = x , resoluc ¸a observamos que existe y ∈ G tal que x ∗ y = e , donde x ∗ x = x ⇒ (x ∗ x) ∗ y = x ∗ y ⇒ x ∗ (x ∗ y ) = e ⇒
⇒ x ∗ e = e ⇒ x = e.
´ claro que e ∗ e = e, e portanto e e´ uma das poss´ıveis solu¸c˜oes E desta equa¸c˜ao. Conclu´ımos que x = e ´e a unica ´ solu¸ca˜o da equa¸c˜ao srcinal, e a afirma¸ c˜ ao ´e verdadeira. b) Se f : G → G ´e um homomorfismo de grupos, ent˜ao o n´ucleo de f e´ um subgrupo normal de G.
CAP´ ITULO 3.
68
TESTES RESOLVIDOS
˜ o: Seja N (f ) = {x ∈ G : f (x) = e}. resoluc ¸a
Notamos primeiro que f (e) ∗f (e) = f (e ∗ e) = f (e), donde se segue da al´ınea anterior que f (e) = e . Em particular, e ∈ N (f ), e N (f ) = ∅. Notamos agora que se x ∈ G ent˜ ao −1
f (x) ∗ f (x
−1
) = f (x ∗ x
−1
) = f (e) = e , donde f (x
−1
) = f (x)
.
Em particular, x ∈ N (f ) ⇒ f (x−1 ) = f (x)−1 = e −1 = e ⇒ x −1 ∈ N (f ).
Temos ainda que x, y ∈ N (f ) ⇒ f (x ∗ y ) = f (x) ∗ f (y ) = e ∗ e = e ⇒ x ∗ y ∈ N (f ).
Como N (f ) ´e n˜ ao vazio, fechado em rela¸ca˜o `a opera¸ca˜o bin´aria de G, e cont´ em os inversos dos seus elementos, conclu´ımos que N (f ) ´e um subgrupo de G. Para verificar que N (f ) ´e um subgrupo normal, notamos finalmente que se x ∈ N (f ), e y ∈ G ent˜ ao
f (y ∗ x ∗ y −1 ) = f (y ) ∗ f (x) ∗ f (y −1 ) = f (y ) ∗ e ∗ f (y )−1 =
= f (y ) ∗ f (y )−1 = e ⇒ y ∗ x ∗ y −1 ∈ N (f ). A afirma¸c˜ao ´e portanto verdadeira. c) Se B e´ um subanel de A, ent˜ao B e´ tamb´ em um ideal de A. ˜ o: Tomamos A = R e B = Z, para observar que B ´ resoluc ¸a e um anel, e portanto um subanel de R, mas n˜ao ´e um ideal de R, ∈ Z (e.g., tome-se porque se x ∈Z e y ∈ R temos em geral que xy x = 1 e y = (2)). A afirma¸c˜ ao ´e falsa. d) Se f : A → A ´e um homomorfismo de an´eis, ent˜ ao f (nx) = nf (x), para quaisquer x ∈ A e n ∈ N. ˜ o: A afirma¸c˜ resoluc ¸a ao ´e verdadeira, e demonstramo-la por indu¸c˜ao em n:
• Temos f (1 · x ) = f (x) = 1 · f (x), e portanto a igualdade ´e satisfeita quando n = 1. • Supondo que f (n · x) = n · f (x), observamos que f ((n + 1) · x) = f (n · x + x), por defini¸c˜ ao de n · x, f (n · x + x) = f (n · x) + f (x), porque f e´ um homomorfismos de an´eis, f (n · x)+ f (x) = n · f (x)+ f (x), pela hip´otese de indu¸c˜ ao, n · f (x) + f (x) = ( n + 1) · f (x), por defini¸c˜ ao de n · f (x).
3.13. 1 TESTE: 27/3/2006
69
o
e) Se a ∈ A, a equa¸c˜ao x2 = a 2 s´ o tem as solu¸c˜oes x = ±a. ˜ o: A afirma¸c˜ resoluc ¸a ao ´e falsa. Por exemplo, no anel dos quaterni˜ oes a equa¸c˜ao x2 = −1 = i 2 tem (entre outras) as solu¸c˜oes x = ±j e x = ±k. C
n
n = {z ∈ 2. Designamos p or Rusual : z = 1} o grupo das ra´ızes- n da unidade comaqui o produto de complexos.
a) Mostre que se n e´ m´ultiplo de m ent˜ ao Rm e´ subgrupo de Rn . ˜ o: Sabemos que Rm e´ um grupo, donde nos resta resoluc ¸a provar que se se n e´ m´ultiplo de m ent˜ ao Rm ⊆ Rn , para concluir que Rm e´ subgrupo de Rn . Para isso, e supondo n = mk, notamos que x ∈ Rm ⇒ xm = 1 ⇒ (xm )k = 1 k = 1 ⇒ xn = 1 ⇒ x ∈ Rn
b) O grupo R2 ⊕ R4 e´ isomorfo a R8 ? ˜ o: Se G e H s˜ resoluc ¸a ao grupos isomorfos, com identidades respectivamente e ∈ G e e ∈ H , a equa¸c˜ao x2 = e, x ∈ G e a equa¸c˜ao y 2 = e , y ∈ H , tˆem necessariamente o mesmo n´umero de solu¸co˜es. Basta notar que se f : G → H ´e um isomorfismo de grupos, ent˜ao
x2 = e ⇔ f (x2 ) = f (e) ⇔ f (x)2 = e .
A equa¸c˜ao x2 = 1 tem exactamente 2 solu¸c˜oes em R8 , que s˜ao os elementos de R2 , x = ±1. A identidade de R2 ⊕ R4 ´e I = (1, 1), e a equa¸c˜ao y 2 = I com y ∈ R2 ⊕ R4 tem, por raz˜oes igualmente ´obvias, as 4 solu¸c˜oes y = (±1, ±1). Portanto, estes grupo s n˜ao podem ser isomorfos. ∗
c) Considere o homomorfismo de grupos f : R12 → C dado por f (x) = x 3 . Qual ´ e o n´ ucleo de f e a imagem f (R12 )? Quais s˜ao as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao f (x) = −1? ˜ o: Temos N (f ) = {x ∈ R12 : x3 = 1}, ou seja, os eleresoluc ¸a mentos do n´ucleo s˜ao as ra´ızes c´ ubicas da unidade que pertencem a R12 . De acordo com a), R3 ⊂ R12 , porque 12 ´e m´ ultiplo de 3. Conclu´ımos assim que N (f ) = R 3 . Para cada y ∈ f (R12 ) existem 3 solu¸c˜oes x ∈ R12 da equa¸c˜ao ´ portanto claro que f (R12 ) tem 4 elementos. E ´ y = f (x). E tamb´ em evidente que x ∈ R12 ⇒ f (x)4 = (x3 )4 = x12 = 1, ou seja, f (R12 ) ⊆ R4 . Como sabemos que f (R12 ) tem 4 elementos, conclu´ımos que f (R12 ) = R 4 . A equa¸c˜ao x3 = −1 tem a solu¸c˜ao particular evidente x = −1. A solu¸c˜ao geral ´e portanto x = (−1)y , com y ∈ N (f ) = R3 =
CAP´ ITULO 3.
70
TESTES RESOLVIDOS
2kπ
{e i : 0 ≤ k < 3}. Por outras palavras, x3 = −1 se e s´o se x ∈ {−e i : 0 ≤ k < 3 }. 3
2kπ 3
3.14
2 Teste: 8/5/2006 o
1. Diga, em cada caso, se a afirma¸ c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta convenientemente. a) A equa¸c˜ao 2491x + 829y = 11 tem solu¸c˜ oes x, y ∈ Z. ˜ o: O algoritmo de Euclides conduz a: resoluc ¸a
n mq r 2491 8 29 3 4 829 4 207 1 Temos portanto mdc(2491, 829) = 1, e como obviamente 11 ´e m´ ultiplo de 1 segue-se que a equa¸ c˜ ao em causa tem solu¸c˜ao. A afirma¸c˜ao ´e assim verdadeira. b) A soma dos divisores de 100 .000 ´e superior a 250.000. 5 = 25 55 , donde conclu´ımos que os divisores de 100 .000 s˜ao os naturais da forma 2 i 5j , com 0 ≤ i, j ≤ 5. A soma destes divisores ´e assim:
˜ o: Temos 100.000 = 10 resoluc ¸a
5 5
2i 5j =
i=1 j =1
5 5 i
2
i=1
5j = (26 − 1)(56 − 1)/4 = 63 × 3.906 = 246 .078
j =1
A afirma¸c˜ao ´e assim falsa. c) Qualquer anel ordenado A = {0} ´e infinito. ˜ o: A cont´ resoluc ¸a em elementos b = 0, e portanto cont´ em pelo menos
um elemento a > 0. Definimos φ : A+ → A+ por φ(x) = x + a (notamos que φ(A+ ) ⊆ A+ , porque A + ´e fechado em rela¸ ca˜o `a soma). ´ claro que φ e´ injectiva, pela lei do corte para a soma. A fun¸c˜ E ao φ n˜ao ´e sobrejectiva, porque φ(x) = a ⇒ x = 0 ∈ A+ . Portanto A+ ´e infinito, assim como A. A afirma¸c˜ao ´e assim verdadeira. d) O natural 2
1995
− 1 n˜ao ´e primo.
˜ o: Conforme observ´ resoluc ¸a amos a prop´osito dos primos de Mersenne,
este n´umero n˜ao po de ser primo , porque 1995 = 5 × 399 n˜ao ´e primo. ´ ali´as f´acil determinar alguns dos seus factores, por exemplo, com E x = 2399, temos: 21995 − 1 = x 5 − 1 = (x − 1)(1 + x + x2 + x3 + x4 ),
3.14. 2 TESTE: 8/5/2006
71
o
donde se segue que 2 399 − 1 ´e factor de 21995 − 1. A afirma¸c˜ao ´e assim verdadeira. 2. Considere nesta quest˜ao o anel A = Z 75 , e seja B o subanel de A com 15 elementos. a) Quais s˜ao os ideais de A? Quantos elementos tem cada um desse s ideais? ˜ o: Z75 tem exactamente um ideal por cada divisor natural resoluc ¸a
d de 75, que ´e o ideal < d >, com 75 /d elementos. Como 75 = 3 × 52 , temos d ∈ {1, 3, 5, 15, 25, 75}, e os ideais em causa s˜ ao < 1 >= Z 75 , < 3 >, < 5 >, < 15 >, < 25 >, < 75 >=< 0 >, com respectivamente 75, 25, 15, 5, 3, e 1 elementos. b) Quantos divisores de zero existe m em A? Quantos elementos tem A ? ∗
˜ o: Sendo x ∈ Z75 , ent˜ resoluc ¸a ao x ∈ A se e s´o se mdc( x, 75) = 1. ∗
Caso contr´ario, e se x = 0, ent˜ao x e´ um divisor de zero. Seja agora C = { x ∈ N : 1 ≤ x ≤ 75 }. Existem em C :
• 25 = 75 /3 m´ultiplos de 3 • 15 = 75 /5 m´ultiplos de 5 • 5 = 75 /15 m´ultiplos de 15 Existem portanto 25 + 15 − 5 = 35 elementos de C que n˜ao s˜ao primos relativamente a 75, e Z75 cont´em 75 − 35 = 40 elementos invert´ıveis. Cont´ em ainda 34 = 35 − 1 divisores de zero, j´a que 75 corresponde a 75 = 0, que n˜ao ´e um divisor de zero. c) O anel B e´ isomorfo ao anel Z15? Quais s˜ao os geradores de B, quais s˜ao os elementos x ∈ B tais que B =< x >?
i.e.,
˜ o: O anel B =< 5 > n˜ resoluc ¸a ao ´e isomorfo ao anel Z15 ,(2 ) porque
B n˜ao tem identidade, i.e., B n˜ao ´e um anel unit´ ario. Sabemos que se m = nd, ent˜ao o subanel de Z com n elementos tem identidade se e s´o se mdc( n, d) = 1, o que n˜ao ´e o caso presente, onde n = 15 e d = 5.( 3 ) m
Os geradores de B s˜ ao as classes z, onde z Z e mdc( z, 75) = 5. ´ claro que z = 5k, e mdc(5 k, 75) = 5, ou mdc( ∈ k, 15) = 1. Os geE radores de B correspondem ent˜ao a k = 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14, i.e., a z = 5, 10, 20, 35, 40, 55, 65, 70. Temos portanto B =< 5 >=< 10 >=< 20 >=< 35 >=< 40 >=< 55 >=< 65 >=< 70 > 2
Apesar de os grupos aditivos correspon dentes serem isomorfos ! Para uma r´apida (re)verifica¸c˜ ao deste facto, note que se z e´ identidade de B ent˜ ao 5 × z = 5, donde 5 z = 5, i.e., 5z ≡ 5 (mod 75), ou z ≡ 1 (mod 15), e em particular mdc(z, 15) = 1. Mas como z ∈ B ´e ´ obvio que z = 5k , e portanto mdc( z, 15) = 1. 3
CAP´ ITULO 3.
72
TESTES RESOLVIDOS
d) Determine todas as solu¸c˜ oes da equa¸c˜ao x2 = 1 em A. ˜ o: Com x = z , temos z 2 ≡ 1 (mod 75), ou ( z −1)(z +1) ≡ 0 resoluc ¸a
(mod 75), ou 75 |(z − 1)(z + 1). Al´em das solu¸c˜oes ´obvias z = 1 e z = −1, que correspondem a x = z = 1 e x = z = 74, temos ainda as solu¸co˜es dos sistemas
z − 1 ≡ 0 (mod 3) ,e z + 1 ≡ 0 (mod 25)
z − 1 ≡ 0 (mod 25) z + 1 ≡ 0 (mod 3)
No 1o caso, z = −1 + 25y , e z − 1 = −2 + 25y ≡ 0 (mod 3), ou y ≡ 2 (mod 3), i.e., y = 2+ 3 k , e z = −1+25(2+3 k ) ≡ 49 (mod 75). No 2 o caso, z = 1+ 25 y , e z +1 = 2+ 25 y ≡ 0 (mod 3), ou y ≡ −2 (mod 3), i.e., y = −2 + 3k , e z = 1 + 25( −2 + 3k ) ≡ −49 (mod 75) ≡ 26 (mod 75). Existem portanto quatro solu¸c˜oes, que s˜ao x = 1, 74, 26, 49. 3. Numa aplica¸c˜ao do algoritmo de criptografia RSA, sabe-se que a chave p´ublica ´e r = 49, e o m´odulo ´e N = 10.403. Observando que 10 .403 ´e o produto dos primos 101 × 103, qual ´e o valor da chave privada? ˜ o: No algoritmo RSA, se N = pq , onde p, q s˜ resoluc ¸a ao primos, e r ´e
a chave p´ ublica, a chave privada e´ o inverso de r m´odulo ( p − 1)(q − 1). No caso presente, com r = 49, N = 101 × 103, e 100 × 102 = 10 .200, a chave p´ublica ´e portanto a solu¸ca˜o de 49 x ≡ 1 (mod 10 .200), ou 10.200y + 49x = 1, o que resolvemos com recurso ao algoritmo de Euclides. A chave privada ´e portanto 1.249. n
mqr
y
10.200 49 208 8 1 49 8 6 1 0 1 8 18 0 1
3.15
1
0
x1
y2
0
1
1 −208
−6
x2
−208 1249
3 Teste: 5/6/2006 o
1. Diga, em cada caso, se a afirma¸ c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ ao, ou um contra-exemplo. a) Existem polin´omios p(x) ∈ Z[x] que s˜ao irredut´ıveis em Q[x] e redut´ıveis em Z[x]. ˜ o:verdadeiro. Considere-se por ex emplo p(x) = 2x + resoluc ¸a
4 = 2( x + 2). A factoriza¸c˜ao indicada ´e trivial em Q[x], porque 2 ´e invert´ıvel, mas 2 ´e irredut´ıvel emZ [x], portanto a mesma factoriza¸c˜ao n˜ao ´e trivial em Z[x]. b) Se D e´ um dom´ınio integral, ent˜ ao qualquer elemento x ∈ D que seja primo ´e irredut´ıvel.
3.15. 3 TESTE: 5/6/2006
73
o
˜ o:verdadeiro. Seja x um elemento primo, e suponha-se resoluc ¸a
´ claro que x ab e portanto x a ou que tem uma factoriza¸c˜ao x = ab. E x b (porque x e´ primo). Supondo sem perda de generalidade que x a, ent˜ ao a = xy, e x = ab = xyb. Segue-se da lei do corte que yb = 1, donde b e´ invert´ıvel, e a factoriza¸c˜ao x = ab ´e necessariamente trivial,
|
|
donde x e´ irredut´ıvel. c) Os an´eis Q[ 2] e Q[x]/ <
√ 3
x
3
|
|
− 2 > s˜ao corpos, e s˜ao isomorfos. − 2 > e´ evidentemente
˜ o:verdadeiro. O anel Q[x]/ < resoluc ¸a
x
3
um anel unit´ario abeliano, porque ´e um quociente de um anel unit´ario abeliano. Resta-nos por isso mostrar que os seus elementos n˜ ao nulos s˜ ao invert´ıveis. 3
Notamos primeiro que o polin´ omio m(x) =
x
− 2 ´e irredut´ıvel em ∈ Q[ ],
Q[x], pelo crit´erio de Eisenstein (com o primo 2). Dado p(x)
x
seja r(x) = mdc( p(x), m(x)). Como m(x) ´e irredut´ıvel e m´ onico, ´ claro que temos r(x) = 1 ou r(x) = m(x). E r(x) = m(x)
⇐⇒ m( )|p( ) ⇐⇒ p( x
x
x
) = 0 em Q[x].
Conclu´ ımos que se p(x) = 0 ent˜ao mdc( p(x), m(x)) = 1, e segue-se do algoritmo de Euclides que existem polin´omios a(x), b(x) Q[x] tais que 1 = a(x)p(x) + b(x)m(x), donde ´e o´bvio que 1 = a(x)p(x), i.e., p(x) ´e invert´ ıvel, e Q[x]/ < x3 2 > e´ um corpo.
∈
−
→ √ 3
Considere-se o homomorfismo de an´eis φ : Q[x] Q[ 2] dado por φ(p(x)) p( 2), que φ e´ sobrejectivo, por defini¸c˜ao de Q[ 2]. O n´ucleo de φ e´ um ideal de Q[x], necessariamente principal, donde N (φ) =< n(x) >. Como m(x) N (φ), temos n(x) m(x). Dado que m(x) irredut´ıvel, e N (φ) = Q[x], temos n(x) m(x), ou seja, N (φ) =< n(x) >=< m(x) >. Conclu´ ımos do 1o teorema de isomorfismos para an´eis que os an´eis Q[ 2] e Q[x]/ < x3 2 > s˜ao isomorfos.
→ √ 3
∈
√ 3
∼
√ 3
|
−
∈
d) Se K e´ um corpo, e m(x) K [x] ´e um polin´ omio irredut´ıvel com grau 2, existe um corpo L que ´e uma extens˜ ao de K onde m(x) tem pelo menos uma ra´ız.
≥
resoluc ¸a ˜ o:verdadeiro. Considere-se o anel L = K [x]/ < m(x) >.
O argumento utilizado na al´ınea anterior mostra que L e´ um corpo, e ´e claro que L e´ uma extens˜ao de K , identificando os elementos a K com as classes a L. Com a identifica¸c˜ ao referida, temos p(x) = p(x) para qualquer p(x) K [x]. Em particular, temos m(x) = m(x) = 0, i.e., x L e´ uma ra´ız de m(x) no corpo L.
∈
∈
∈
∈
2. Observe que N = 845 = 5
2
× 13 .
CAP´ ITULO 3.
74
TESTES RESOLVIDOS
a) Quantos divisores tem N no anel dos inteiros de Gauss? ˜ o: Para factorizar 845 = 5 × 132 em elementos irredut´ resoluc ¸a ıveis de Z[i] notamos que 5 e 13 se podem factorizar em elementos irredut´ıveis de Z[i] como 5 = (2 + i)(2 − i) e 13 = (3 + 2 i)(3 − 2i), donde
obtemos 845 = (2 + i)(2 − i)(3 + 2i)2 (3 − 2i)2 . Os factores de 845 em
Z[i]
s˜ao por isso da forma
γ (2 + i)j (2 − i)k (3 + 2 i)m (3 − 2i)n ,
onde γ e´ invert´ıvel (i.e., s´o po de tomar os valores ±1, ±i), 0 ≤ j, k ≤ 1, e 0 ≤ m, n ≤ 2. Existem por isso 4 × 2 × 2 × 3 × 3 = 144 factores de 845 em Z[i]. b) Quais s˜ao as solu¸c˜ oes naturais da equa¸c˜ao 845 = n 2 + m2 ? ˜ o: Temos 845 = n2 + m2 = (n + mi )(n − mi) = zz , onde resoluc ¸a ´ f´ z = n + mi e´ um factor de 845. E acil constatar que as solu¸ c˜oes
poss´ıveis correspondem a`s escolhas 2
(2 + i)(3 + 2 i) = (2 + i)(5 + 12i) = −2 + 29 i, 845 = 2 z= + 2 i)(3 − 2i) = (2 + i)13 = 26 + 13 i, 845 = 13 (2(2 ++ ii)(3 )(3 − 2i) = (2 + i)(5 − 12i) = 22 − 19i, 845 = 19 2
2
+ 292 , + 262 , 2 + 222 . 3
Esta observa¸c˜ao pode ser verificada como se segue. Como vimos na al´ınea anterior, • z
= γ (2 + i)j (2 − i)k (3 + 2 i)m (3 − 2i)n , donde
• z
= γ (2 − i)j (2 + i)k (3 − 2i)m (3 + 2 i)n , e
• zz
= (2 + i)j +k (2 − i)j +k (3 + 2 i)m+n (3 − 2i)m+n = 845.
O factor γ ´e irrelevante do ponto de vista da resolu¸c˜ ao da equa¸c˜ao 845 = n2 + m2 (z, −z,iz, −iz conduzem `as mesmas solu¸c˜oes naturais da equa¸c˜ao), e por isso supomos γ = 1. ´ o´bvio que i + j = 1 e m + n = 2, donde ( i, j ) s´o pode ser (1 , 0) ou E (0, 1), e ( m, n) s´o pode ser (0 , 2), (1, 1), ou (2 , 0), o que corresponde a 2 × 3 = 6 alternativas poss´ıveis. Estas alternativas incluem para cada complexo z o correspondente conjugado z , pelo que na verdade existem apenas 3 factores z que conduzem a solu¸c˜oes naturais distintas de 845 = n 2 + m2 . As trˆes alternativas indicadas (−2+29 i, 26+13 i, e 22−19i) acima n˜ao incluem complexos conjugados, portanto conduzem `as 3 ´unicas solu¸c˜oes da equa¸c˜ao proposta.
3.15. 3 TESTE: 5/6/2006 o
75
3. Suponha que G e´ um grupo com 14 elementos, e recorde que G tem pelo menos um elemento de ordem 2. a) Mostre que G tem subgrupos H e K com | H | = 2 e | K | = 7. ˜ o: G tem pelo menos um elemento α de ordem 2, e portanto resoluc ¸a
H = { 1, α} e´ um subgrupo com dois elementos. Supomos primeiro que G e´ abeliano, donde H e´ normal em G, G/H ´e um grupo com 7 elementos, e G/H Z7 e´ c´ıclico. Neste caso, existe ε ∈ G/H com ordem 7, onde ε ∈ G. A ordem de ε em G ´e um m´ ultiplo da ordem de ε em G/H , i.e., a ordem de ε s´o pode ser 7 ou 14 . Se ε tem ordem 14 ent˜ao ε2 tem ordem 7, e conclu´ ımos que se G e´ abeliano ent˜ao G tem um elemento δ de ordem 7. Supomos agora que G n˜ao ´e abeliano, e recordamos que neste caso existe necessariamente um elemento δ ∈ G, δ = 1, com ordem = 2. A ordem de δ n˜ao pode ser 14, porque nesse caso G seria um grupo c´ıclico, logo abeliano. Segue-se do teorema de Lagrang e que a ordem de δ s´o pode ser 7. Conclu´ımos que existe sempre um subgrupo K = { 1,δ,δ2 , · · · , δ 6 } de G com 7 elementos. ˜ o: b) Mostre que G = HK . Teremos sempre G H ⊕ K ? sugesta Observe que H ⊕ K e´ comutativo. ´ claro que H ∩ K ˜ o: Sabemos que |HK | = | H ||K |/|H ∩ K |. E resoluc ¸a ´e subgrupo de H e de K , e segue-se do teorema de Lagrange que |H ∩K | ´e divisor comum de |H | = 2 e de |K | = 7, ou seja, |H ∩ K | = 1. ´ portanto ´obvio que |HK | = |H ||K |/|H ∩ K | = 2 × 7/1 = 14, e E HK = G. ´ claro que H ⊕ K Z2 ⊕ Z7 e´ um grupo abeliano. No entanto, E G pode n˜ao ser abeliano, e.g., o grupo diedral D7 e´ um grupo de 14 ´ portanto poss´ H ⊕ K. elementos que n˜ao ´e abeliano. E ıvel que G
76
CAP´ ITULO 3.
TESTES RESOLVIDOS
Cap´ıtulo 4
Exames Resolvidos 4.1 1 Exame: 1/7/2002 o
1. Neste grupo, G e H s˜ao grupos, e a identidade de G designa-se por I . Para cada uma das afirma¸c˜ oes seguintes, mostre que a afirma¸ c˜ao ´e verdadeira, com uma demonstra¸c˜ao, ou falsa, com um contra-exemplo. a) Se f : G → H e´ um homomorfismo de grupos, f (I ) ´e a identidade de H. ˜o: Verdadeiro. Seja e a identidade de H . Designamos Resoluc ¸a a opera¸c˜ao em G por “ ∗”, e a opera¸ c˜ ao em H por “ ◦”. Como f ´e um homomorfismo de grupos, temos que f (I ∗ I ) = f (I ) ◦ f (I ), e evidentemente f (I ∗I ) = f (I ), donde f (I )◦f (I ) = f (I ). Multiplicando esta identidade pelo inverso de f (I ) em H , temos f (I ) = e .
b) Se f : G → H ´e um homomorfismo de grupos, o n´ucleo de f e´ um subgrupo normal de G. ˜o: Verdadeiro. O n´ ucleo de f e´ o conjunto N (f ) = { x ∈ Resoluc ¸a G : f (x) = e }.
• Pela al´ınea anterior, I ∈ N (f ), e portanto N (f ) = ∅. • Se x, y ∈ N (f ), temos f (x ∗ y ) = f (x) ◦ f (y) = e ◦ e = e , e portanto x ∗ y ∈ N (f ), i.e., N (f ) ´ e fechado em rela¸ c˜ao ao produto. −1
• Se x ∈ N (f ) ent˜ao f (x ∗ x ) = f (I ) = e , e f (x ∗ x−1 ) = f (x) ◦ f (x−1 ) = e ◦ f (x−1 ) = f (x−1 ), donde f (x−1 ) = e , e x−1 ∈ N (f ). Temos assim que N (f ) ´e um subgrupo de G . Para mostrar que N (f ) ´e um subgrupo normal de G , resta-nos provar que, para qualquer x ∈ G e y ∈ N (f ), temos x ∗ y ∗ x−1 ∈ N (f ). Basta para isso notar que f (x ∗ y ∗ x−1 ) = f (x) ◦ f (y ) ◦ f (x−1 ) = f (x) ◦ e ◦ f (x−1 ) =
77
CAP´ ITULO 4.
78 = f (x) ◦ f (x
−1
) = f (x ∗ x
−1
EXAMES RESOLVIDOS
) = f (I ) = e.
c) Se A e B s˜ao subgrupos de G ent˜ ao A ∩ B e´ subgrupo de G. ˜ o: Verdadeiro. A identidade de G pertence a A e a B , Resoluc ¸a donde A ∩ B = ∅. Temos igualmente que x, y ∈ A ∩ B ⇒ x, y ∈ A e −1
−1
x, y ∈ B ⇒ xy ∈ A e xy que A ∩ B e´ um subgrupo.
∈ B ⇒ xy
−1
ımos assim ∈ A ∩ B . Conclu´
d) Se A e B s˜ao subgrupos de G ent˜ ao AB = B A se e s´o se AB e´ subgrupo de G. ˜ o: Verdadeiro. Resoluc ¸a
• Suponha-se primeiro que AB e´ subgrupo de G, para provar que AB = BA . Dado x ∈ AB ent˜ ao x 1 ∈ AB , porque AB e´ um subgrupo. Temos portanto x 1 = ab , com a ∈ A e b ∈ B . Como b 1 ∈ B e a 1 ∈ A , segue-se que −
−
−
−
−1
x = (x
−1
)
= ( ab)
−1
=b
−1
−1
a
∈ B A.
Conclu´ ımos assim que AB ⊆ BA . Considere-se um elem ento ba ∈ B A, onde a ∈ A e b ∈ B . Como AB e´ um subgrupo, (a
−1
−1
b
) ∈ AB ⇒ ba = (a
−1
−1
b
−1
)
∈ AB , donde BA ⊆ AB .
Mostr´ amos portanto que AB = B A. • Suponha-se agora que AB = BA , para demonstrar que AB ´e ´ claro que AB n˜ao ´e vazio, portanto basta-nos um subgrupo. E mostrar que x, y ∈ AB ⇒ xy 1 ∈ AB . Seja ent˜ao x = ab e y = cd, onde a, c ∈ A e b, d ∈ B . Temos xy 1 = abd 1 c 1 , e notamos que bd 1 c 1 ∈ BA = AB , donde bd 1 c 1 = αβ , com α ∈ A, e β ∈ B . Temos assim xy 1 = abd 1 c 1 = a(αβ ) ∈ AB , e AB e´ um subgrupo. −
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
2. Nesta quest˜ao, A e´ um dom´ınio integral com identidade 1 e zero 0, onde 1 = 0. Para cada uma das afir ma¸c˜oes seguintes, mostre que a afirma¸c˜ ao ´e verdadeira, com uma demonstra¸c˜ao, ou falsa, com um contra-exemplo. a) Os elementos invert´ıveis de A formam um grupo. ˜ o: Verdadeiro. Seja A o conjunto dos elementos inResoluc ¸a vert´ıveis de A. Como 1 · 1 = 1, ´e claro que a identidade 1 ´e invert´ ıvel, e portanto 1 ∈ A , e A = ∅. Sabemos que se a e´ invert´ıvel ent˜ao a = (a 1 ) 1 . Portanto, qualquer elemento de A tem inverso em A . Finalmente, se a, b ∈ A ent˜ ao (a·b) 1 = b 1 ·a 1 , donde ab ´e invert´ıvel, e A ´e fechado em rela¸c˜ao ao produto. Podemos assim concluir que (A , ·) ´e um grupo. ∗
∗
−
∗
−
∗
∗
∗
∗
−
−
−
∗
4.1. 1 EXAME: 1/7/2002
79
o
b) A identidade de qualquer suban el B = { 0}, se existir, ´e 1. ˜o: Verdadeiro. Seja B = { 0} um subanel com identidade Resoluc ¸a
j ( = 0!). Temos ent˜ao 1 · j = j, porque 1 ´e a identidade de A, e j · j = j, porque j e´ a identidade de B. Portanto 1 · j = j · j, e pela lei do corte, v´ alida em qualquer dom´ınio integral, temos 1 = j. c) Qualquer ideal de A e´ principal. ˜o: Falso. O anel Resoluc ¸a
Z[x]
´e como sabemos um dom´ınio inte-
gral. Considere-se o ideal J =< 2, x >= { 2p(x) + xq (x) : p(x), q (x) ∈ Z[x]}. Note-se que J = Z[x], porque o termo independente de 2 p(x) + xq (x) tem seguramente um coeficiente par. Se o ideal J e´ principal, ent˜ao J =< m(x) >= { m(x)p(x) : p(x) ∈ Z[x]}. Temos ent˜ao 2 = m(x)p(x), e ´e evidente que s´ o podemos ter m(x) = ±1 ou m(x) = ± 2. A primeira alternativa ´e imposs´ıvel (caso contr´ ario ter´ ıamos J = Z[x]), e portanto m(x) = ± 2. Esta alternativa e´ tamb´ em x
imposs´ ıvel,ideal porque n˜ ao podemos ter n˜ ao ´e um principal.
x
= ± 2p( ). Conclu´ımos que J
d) Se J e´ um ideal maximal de A, ent˜ao A/J e´ um corpo. ˜o: Verdadeiro. A/J e´ um anel abeliano com identidade, Resoluc ¸a
porque A e´ j´a abeliano com identidade. Resta-nos por isso provar que os elementos de A/J diferentes de zero s˜ao invert´ıveis. Suponha-se ∈ J . Temos a provar que existe ent˜ ao que x ∈ A, x = 0, ou seja, x y ∈ A tal que x · y = 1. Considere-se o conjunto K = { x · y + z : y ∈ A, z ∈ J } ⊆ A. ´ f´acil ver que K e´ um ideal de A, porque E
• J ⊆ K , e portanto K = ∅ , porque se z ∈ J ent˜ ao z = x · 0+ z ∈ K .
K· e´(yfechado • x − y ) +para ∈ K . ca, porque ( x · y + z) − (x · y + z ) = (z − az )diferen¸
• K e´ fechado para o produto por elementos arbitr´arios de A: se y, t ∈ A e z ∈ J ent˜ ao t · (x · y +z) = (x · y +z) · t = x · y · t+z · t ∈ K . Observamos tamb´ em que x = x · 1 + 0 ∈ K , e portanto K = J . Como J e´ maximal, temos necessariamente K = A, e portanto 1 ∈ K . Por outras palavras, existe y ∈ A e z ∈ J tais que 1 = x · y + z, o que em particular implica que x · y = 1.
CAP´ ITULO 4.
80
3. Considere o grupo aditivo (e anel)
EXAMES RESOLVIDOS
Z900 .
a) Quantos subgrupos existem em Z900 ? Sendo n um qualquer divisor de 900, quantos destes subgrupos tˆem exactamente n elementos? ˜ o: Existe exactamente um subgrupo por cada divisor de Resoluc ¸a
900. Como 900 = 22 × 32 × 52, existem 3 × 3 × 3 = 27 divisores de 900, e 27 subgrupos de Z900 . Sendo n um divisor de 900, o ´unico subgrupo de Z900 com n elementos ´e exactamente o que ´e gerado por d, onde d = 900/n. b) Quantos elementos invert´ıveis existem no anel morfismos do grupo Z900 existem?
Z900 ?
Quantos auto-
˜ o: Pela f´ Resoluc ¸a ormula de Euler, o n´ umero de elementos invert´ıveis
em
Z900
e´ dado por 1 1 1 ϕ(900) = 900(1 − )(1 − )(1 − ) = 30 × 8 = 240 . 2 3 5
Os homomorfismos f : Z900 → Z900 s˜ao dados por f (n) = an, onde a ∈ Z900 e´ arbitr´ario. Sabemos que f (Z900 ) =< a >=< d >, onde d = mdc(a, 900). O homomorfismo f ser´a sobrejectivo, e consequentemente injectivo, se e s´o se d = 1, ou seja, se e s´o se a e´ um elemento invert´ıvel de Z900 . Existem por isso 240 automorfismos de Z900 . c) Considere o homomorfismo de grupos f : Z900 → Z30 dado por f (x) = 24x. Determine o n´ucleo de f , e diga se f e´ sobrejectivo. ˜ o: Note-se que mdc(24 , 30) = 6. Temos Resoluc ¸a
24x = 0 em
Z30
⇔ 24x = 30y ⇔ 4x = 5y.
Como 4 e 5 s˜ao primos entre si, temos x = 5z, e N (f ) =< 5 > em Z30 . Temos tamb´ em f (Z900 ) =< 24 >=< 6 > =< 1 >, portanto f n˜ao ´e sobrejectivo. d) Continuando a al´ınea anterior, resolva a equa¸ca˜o f (x) = 18. Resoluc ¸a ˜ o:
24x = 18 em
Z30
⇔ 24x + 30y = 18 em
Z
⇔ 4x + 5y = 3.
´ f´acil encontrar solu¸c˜oes particulares, por exemplo x = 2 e y = − 1. E A equa¸c˜ao srcinal tem por isso a solu¸ c˜ao particular x = 2, e a solu¸c˜ao geral ´e dada por x = 2 + 5 k, onde 5 k ∈< 5 >= N (f ). 4. Nesta quest˜ao, G ´e um grupo n˜ ao-abeliano com 6 elementos.
4.1. 1 EXAME: 1/7/2002
81
o
a) Prove que nenhum elemen to de G tem ordem 6, mas que existe pelo menos um elemento ε ∈ G com ordem 3. Sugest˜ao: Mostre que, caso contr´ ario, G seria abeliano. ˜o: Se existe um elemento g ∈ G de ordem 6 ent˜ao Resoluc ¸a 2
3
4
5
< g >= { 1,g,g , g , g , g } = G, e G e´ um grupo c´ıclico de ordem 6, ou seja, G Z6 , e G e´ abeliano. Conclu´ ımos que os elementos de G s´o podem ter ordem 1, 2 ou 3. (A ordem de um elemento de G e´ o n´umero de elementos do subgrupo gerado por g , e portanto tem que ser um factor de 6, pelo teorema de Lagrange). Se n˜ao existe nenhum elemento de G com ordem 3, ent˜ao todos os elementos g = 1 tˆem ordem 2, i.e., g 2 = 1 (⇔ g −1 = g ), para qualquer g ∈ G. Repare-se ent˜ao que se g, h ∈ G temos ( gh )−1 = gh , porque gh ∈ G, e (gh )−1 = h−1 g −1 = hg . Portanto, gh = hg , e G seria abeliano. Como G e´ n˜ao-abeliano, conclu´ımos que existe pelo menos um elemento ε ∈ G de ordem 3. b) Sendo ε um elemento de G de ordem 3, e H = {1,ε,ε 2 } o subgrupo gerado por ε , mostre que H e´ normal em G . Sugest˜ao: Qual ´e o ´ındice de H em G ?
˜o: O ´ındice de H em G ´e [G : H ] = #( G)/#(H ) = 6/3 = Resoluc ¸a
2. Portanto existem 2 classes laterais direit as e duas classes later ais esquerdas de H . Note-se que uma das classes ´e sempre H , portanto a outra classe ´e G − H . Em particular, temos sempre gH = H g , e H ´e normal em G . Mais exactamente, se g ∈ H ent˜ ao gH = H g = H , e se ∈ H ent˜ g ao gH = H g = G − H . c) Suponha que α ∈ H , e mostre que α2 = 1. Sugest˜ao: No grupo quociente G/H , a ordem do elemento α e´ 2. Qual po de ser a ordem de α em G ? ˜o: Como vimos na al´ınea anterior, o grupo quociente G/H Resoluc ¸a
tem 2 elementos, ou seja, G/H = {1, α} onde α e´ um qualquer dos elementos que n˜ao pertencem a H . Claro que no gru po G/H s´o podemos ter α2 = 1 (a ordem de α s´o pode ser 2). Note-se que se α = 1 n
n
no grupo srcinal ent˜ ao evidentemente α = 1 em G/H , e portanto n ´e m´ ultiplo de 2, ou seja, a ordem de α em G s´ o pode s er 2 ou 6. De acordo com a conclus˜ao de a), a ordem de α em G e´ 2. d) Como αH = H α, o produto αε s´o pode ser εα ou ε2 α. Conclua que G e´ necessariamente isomorfo a S 3. ˜o: Como αH = { α,αε,αε 2 } = H α = { α,εα,ε 2 α}, ´ e claro Resoluc ¸a
que αε = α , ou αε = εα , ou αε = ε 2 α. Como ε = 1, s´o podemos ter αε = εα, ou αε = ε 2 α.
CAP´ ITULO 4.
82
EXAMES RESOLVIDOS
G = H ∪ H α = {1,ε,ε 2 ,α,εα,ε 2 α}. Como α2 = 1 e ε3 = 1, a tabuada do grupo G fica unicamente determinada pelo valor atribuido ´ claro que se αε = εα ent˜ ao produto αε. E ao o grupo G e´ abeliano. Como G n˜ao ´e abeliano, s´ o podemos ter αε = ε2 α, e a tabuada de G s´o pode ser preenchida de uma forma. Conclu´ımos que todos os grupos n˜ao-abelianos com 6 elementos s˜ao isomorfos. Como S3 e´ um grupo n˜ao-abeliano com 6 elementos, G e´ isomorfo a S 3 . (A t´ıtulo de curiosidade, a tabuada poderia preencher-se como se segue)
1 α εα ε2 α ε ε2
1 α εα ε 2 α 1 α εα ε 2 α α 1 ε2 ε εα ε 1 ε2 ε2 α ε2 ε 1 ε εα ε 2 α α ε2 ε2 α α εα
ε ε ε2 α α εα ε2 1
ε2 ε2 εα ε2 α α 1 ε
4.2 2 Exame: 24/7/2002 o
1. Neste grupo, K ⊆ H s˜ ao subgrupos do grupo G. Para cada uma das afirma¸c˜oes seguintes, mostre que a afirma¸c˜ao ´e verdadeira, com uma demonstra¸c˜ao, ou falsa, com um contra-exemplo. a) Se K e´ normal em G ent˜ ao K e´ normal em H . ´ claro que K ⊆ H e´ subgrupo de H , e ˜ o: Verdadeiro. E Resoluc ¸a sendo x ∈ K, y ∈ H , temos y −1 xy ∈ K , porque y ∈ G, e K e´ normal em G. b) Se K e´ normal em H ent˜ ao K e´ normal em G. ˜ o:Falso. Considere-se G = S3 , e seja K = H um dos Resoluc ¸a
subgrupos de S3 com 2 elementos. Sabemos que K n˜ao ´e normal em G, mas ´e obvio ´ que K e´ normal em H . c) Se G e´ um grupo c´ıclico infinito ent˜ ao G e´ isomorfo a (Z, +). ˜ o: Verdadeiro. Existe x ∈ G tal que G = {x Resoluc ¸a
: n ∈ Definimos f : Z → G por f (n) = x , e notamos que f e´ um homomorfismo de grupos sobr ejectivo. Se o n´ucleo de f tem m > 1 elementos ent˜ao G Z (1o teorema de isomorfismo), o que ´e imposs´ıvel, porque G e´ infinito. Logo f e´ tamb´ em injectiva, e G Z. n
Z}.
n
m
d) Se K e´ normal em G e x ∈ G, ent˜ao a ordem de x em G/K e´ factor da ordem de x em G.
4.2. 2 EXAME: 24/7/2002
83
o
˜o: Verdadeiro. Sejam n, m ≥ 0 tais que Resoluc ¸a
< n >= { k ∈ Z : x k = 1}, e < m >= { k ∈ Z : x k = 1 }, ´ claro ou seja, n e´ a ordem de x em G, e m e´ a ordem de x em G/K . E i.e.
que < n >⊆< m >, e portanto n ∈ < m >, , m |n. 2. Nesta quest˜ao, A e´ um dom´ınio integral com identidade 1 e zero 0, onde 1 = 0. Para cada uma das afir ma¸c˜oes seguintes, mostre que a afirma¸c˜ao ´e verdadeira, com uma demonstra¸c˜ao, ou falsa, com um contra-exemplo. a) A caracter´ ıstica de A e´ 0, ou um n´ umero primo p. ˜o: Verdadeiro. Seja m a caracter´ıstica de A, e suponhaResoluc ¸a
se que m e´ composto, i.e., m = nk, com n,k > 1. Notamos que m1 = (nk)1 = n(k1) = ( n1)(k1) = 0 . Como m e´ a menor solu¸c˜ao positiva da equa¸c˜ao m1 = 0, temos n1 = 0 e k1 = 0, e portanto n1 e k1 s˜ao divisores de zero, e A n˜ao ´e um dom´ınio integral. b) O anel A[x] ´e tamb´ em um dom´ınio integral. ˜o: Verdadeiro. Dados polin´omios n˜ao-nulos p(x), q (x) ∈ Resoluc ¸a x
x
x
n
x
m
x
n m A[ tempos · · · + a0 , e q ( ) os = bgraus + ·p( · ·x+) be0 ,qonde an =], 0, bm = 0p((n) e=ma s˜ao, + respectivamente, de (x)). ´ claro que p(x)q (x) = a n bm xn+m + · · · + a0 b0 E = 0, e portanto A[x] ´e um dom´ınio integral.
c) Qualquer ideal em A[x] ´e principal. ˜o: Falso. Resoluc ¸a
Z[x]
n˜ao ´e um dom´ınio de ideais principais.
d) Existe um corpo K com um subanel isomorfo a A. ˜o: Verdadeiro. Basta considerar o corpo das frac ¸c˜ Resoluc ¸a oes
Frac(A), e nesse corpo o subanel formado pelas frac¸ c˜ oes do tipo a/1, com a ∈ A. 3. Considere o grupo aditivo (e anel)
Z36 . Z
Z
a) Quantos subgrupos exis tem em 36 ? Quantos geradores tem 36 ? ˜o: 36 = 2 2 × 3 2 tem 3 × 3 = 9 divisores, e portanto Z36 Resoluc ¸a tem 9 subgrupos. Os geradores de Z36 podem ser contados usando a fun¸ca˜o de Euler ϕ(36) = 36(1 − 12 )(1 − 13 ) = 12. b) Suponha que B ´e um subanel de Z36 , com identidade a, e n elementos. Mostre que a caracter´ıstica de B e´ um factor de 36, e que a ordem de qualquer elemento de B e´ um factor da caracter´ıstica de B. (sugest˜ao: se ma = 0, ent˜ao mx = 0 para qualquer x ∈ B)
CAP´ ITULO 4.
84
EXAMES RESOLVIDOS
˜ o: A caracter´ıstica de B e´ a ordem m do subgrupo de B Resoluc ¸a
gerado pela identidade a, e portanto ´e a ordem de um subgrupo de Z36 , donde m|36, pelo teorema de Lagrange. Se x ∈ B, ent˜ao mx = (ma)x = 0, donde m e´ m´ultiplo da ordem de a. c) Conclua que a caracter´ıstica de B ´e n, donde a e´ um gerador de B , e d = mdc(a, 36) = 36 /n. ˜ o: Como B e´ um grupo c´ıclico com n elementos, podemos Resoluc ¸a
supor que x e´ gerador de B. Segue-se da al´ınea anterior que n|m, e sabemos que m|n pelo teorema de Lagr ange. Logo n = m ea e´ tamb´em ´ claro que m = n = 36/d, onde mdc( a, 36) = d. gerador de B . E d) Conclua finalmente que se B tem identidade a, ent˜ao mdc(d, n) = 1. Determine todos os suban´eis de Z36 com identidade, e calcule essas identidades. ˜ o: Seja a = dk, onde mdc(a, 36) = d, 36 = dn, e mdc(k, n) = Resoluc ¸a
1. Como a ´e a identidade de B, temos a2 = a, ou a(a−1) ≡ 0 mod 36. Notamos que: • a(a − 1) ≡ 0 mod 36 ⇒ k(a − 1) ≡ 0 mod n, • k(a − 1) ≡ 0 mod n e mdc( k, n) = 1 ⇒ a ≡ 1 mod n, • a ≡ 1 mod n ⇔ dk ≡ 1 mod n ⇒ mdc(d, n) = 1. Reciprocamente, se 36 = dn e mdc( n, d) = 1 ent˜ao as congruˆ encias x ≡ 0 mod d e x ≡ 1 mod n tˆ em solu¸c˜ao (teorema chinˆ es do resto). Neste caso, • d|x e n|(x − 1) ⇒ 36|x(x − 1) ⇔ x 2 ≡ x mod 36, • x = dk e x ≡ 1 mod n ⇒ mdc(k, n) = 1, e • mdc(x, 36) = mdc( dk,dn ) = d mdc(k, n) = d ⇒< x >=< d > tem 36/d elementos. Neste caso o subanel < x >=< d > tem identidade x, porque qualquer elemento b ∈< x > e´ da forma b = zx, e b · x = z · x2 = zx = b. No caso presente, s´o podemos ter n = 4 e d = 9, ou n = 9 e d = 4, ou seja, os suban´eis unit´ arios de Z36 s˜ ao os que tˆem 4 e 9 elementos. As respectivas identidades s˜ao as solu¸c˜oes de: • n = 4, d = 9 : a ≡ 1 mod 4 e a ≡ 0 mod 9 ⇔ a = 9 • n = 9, d = 4 : a ≡ 1 mod 9 e a ≡ 0 mod 4 ⇔ a = 28 4. Nesta quest˜ao, G e H s˜ ao grupos.
4.3. 1 EXAME: 4/7/2003
85
o
a) Prove que se f : G → H ´e um homomorfismo injectivo, o n´umero de elementos de G e´ factor do n´umero de elementos de H . O que pod e concluir se f e´ sobrejectivo? ˜o: f (G) ´ Resoluc ¸a e um subgrupo de H , e #( f (G)) = #( G). Pelo
teorema de Lagrange, #( G) ´e factor de #(H ). Se f e´ sobrejectivo e N e´ o n´ ucleo de f , temos G/N H , pelo 1 o teorema de isomorfismo, donde #(H ) = [G : N ]. Como #(G) = [G : N ]#(N ), cnclu´ımos que #(H ) ´e factor de #(G). b) Se G e H s˜ ao os grupos aditivos Zn e Zm , onde n e´ factor de m, existe sempre algum homomorfismo injectivo f : G → H ? Se G = Z6 e H = Z24 , quantos homomorfismos injectivos existem? ˜o: Existe um homomorfismo injectivo f : Z n → Resoluc ¸a
Zm se e s´o se existe um homomorfismo g : Z → Zm com N (g) =< n >. Sendo m = nk, basta-nos tomar g(x) = kx, donde resulta f (πn (x)) = πm (x), para qualquer x ∈ Z .
Se n = 6 e m = 24, notamos primeiro que g(Z) tem 6 elementos, ou seja, g(Z) =< 4 >. Como g(x) = ax, segue-se que a e´ gerador de < 4 >, e a = 4 ou a = 20. Em ambos os cas os N (g) =< 6 >, e portanto f (π6 (x)) = π 24 (ax) ´e um homomorfismo injectivo. Existem assim dois homomorfismos injectivos f : Z6 → Z24 . c) Supondo que H = Z6 , e f : G → H e´ injectivo, classifique o grupo G. ˜o: G tem 1, 2, 3, ou 6 ele mentos. Se G tem 1, 2 ou 3 Resoluc ¸a
elementos ent˜ao ´e o (´ unico) grupo dessa ordem. Se G tem 6 elementos ent˜ ao f e´ um isomorfismo, e G Z6 . Todos os caso s s˜ao poss´ ıveis, pela al´ınea anterior. d) Supondo que G = H.
Z6 ,
e f : G → H e´ sobrejectivo, classifique o grupo
˜o: Temos H G/N , onde N e´ o n´ucleo de f , pelo 1 Resoluc ¸a
o
teorema de isomorfismo. Sabemos que N e´ um dos ideais < d >, onde d|6. Pelo 3 o teorema de isomorfismo, temos H Zd . Todos os cas os s˜ ao poss´ıveis, bastando considerar os homomorfismos fk : Z6 → Z6 , onde f k (x) = kx.
4.3 1 Exame: 4/7/2003 o
1. Neste grupo, G e H s˜ao grupos, e N e´ um subgrupo de G. Para cada uma das afirma¸c˜oes seguintes, mostre que a afirma¸ c˜ao ´e verdadeira, com uma demonstra¸c˜ao, ou falsa, com um contra-exemplo. a) Se f : G → H ´e um homomorfismo de grupos, f (G) ´e um subgrupo de H .
CAP´ ITULO 4.
86
EXAMES RESOLVIDOS
˜o: Verdadeiro. Escrevemos os grupos em nota¸c˜ resoluc ¸a ao mul-
tiplicativa, como ( G, ∗) e (H, ◦). Como K = f (G) = ∅, basta-nos mostrar que u, v ∈ f (G) ⇒ u ◦ v 1 ∈ f (G). −
Seja e a identidade de G. Ent˜ao f (e ∗ e) = f (e) = f (e) ◦ f (e), e portanto f (e) = e ´e a identidade de H , pela lei do cor te. Se x ∈ G, ent˜ ao
f (x) ◦ f (x
−1
) = f (x ∗ x
−1
−1
) = f (e) = e ⇒ f (x
−1
) = f (x)
.
Temos ent˜ ao que u, v ∈ f (G) ⇒ u = f (x), v = f (y),x,y ∈ G, e portanto u◦v
−1
−1
= f (x) ◦ f (y)
= f (x) ◦ f (y
−1
) = f (x ∗ y
−1
) ∈ f (G).
b) Se f : G → H e´ um homomorfismo de grupos, f (x ) = f (x) para qualquer n ∈ Z. n
n
˜o: Verdadeiro. Podemos verificar a identidade para naresoluc ¸a
turais n ≥ 0 por indu¸c˜ao, porque a identidade ´e o´bvia para n = 0 por defini¸c˜ao, j´a que f (x0 ) = f (e) = e = f (x)0 .
+1
n
Para f (x) n+1≥. 0, temos f (x
n
n
Para n < 0, n = −m com m > 0, f (x ) = f ((x (f (x) 1 ) = f (x) . n
−
m
n
) = f (x ∗ x) = f (x ) ◦ f (x) = f (x) ◦ f (x) =
n
−1
−1
) ) = f (x m
)
m
=
n
c) Se f : G → H e´ um homomorfismo de grupos finitos, o n´umero de elementos de f (G) ´e um divisor comum do n´ umero de elementos de G e do n´umero de elementos de H . ˜o: Verdadeiro. Seja N o n´ ucleo de f , e recorde-se do resoluc ¸a
1o Teorema de isomorfismo que G/N e´ isomorfo a f (G). Escrevendo #(A) para o n´umero de elementos de A, temos:
• #(f (G)) ´e factor de #(H ), pelo teorema de Lagrange. • #(G) = #( G/N )#(N ), pelo teorema de Lagrange, donde #(G/N ) ´e factor de #(G). • #(f (G)) = #( G/N ), pelo 1 o Teorema de Isomorfismo. d) Se X = { xN : x ∈ G } e Y = { N y : y ∈ G } ent˜ ao X e Y tˆem o mesmo cardinal. ˜o: Verdadeiro. Definimos f : X → Y por f (xH ) = resoluc ¸a
´ evidente que f ´e sobrejectiva. Para verificar que ´e injectiva, Hx 1 . E note-se que −
Hx
−1
= Hy
−1
−1
⇒ Hx
y=H ⇒x
−1
y ∈ H ⇒ y ∈ xH ⇒ yH = xH
4.3. 1 EXAME: 4/7/2003
87
o
2. Nesta quest˜ao, D e´ um dom´ınio integral com identidade 1 e zero 0, onde 1 = 0. Para cada uma das afir ma¸c˜oes seguintes, mostre que a afirma¸c˜ao ´e verdadeira, com uma demonstra¸c˜ao, ou falsa, com um contra-exemplo. a) Qualquer subanel B de D tem identidade. resoluc ¸a ˜ o: Falso. Basta tomar D =
pares.
Z
e B o anel dos inteiros
b) Qualquer subgrupo de ( D, +) ´e um subanel de D. ˜ o: Falso. Tome-se D = resoluc ¸a
Z[i]
e B = {ni : n ∈
Z}
(os
inteiros de Gauss com parte real nula). c) Se D e´ finito ent˜ao D cont´ em um subanel B isomorfo a algum
Zm .
˜ o: Verdadeiro. Considere-se f : Z → D dado por f (n) = resoluc ¸a
n1, e B = f (Z). Sabemos que f e´ um homomorfismo de an´eis, donde ´ claro que f n˜ao pode ser injectivo, porque B e´ um subanel de D. E D e´ finito. Portanto o n´ucleo de f ´e < m >, com m > 0. Pelo 1 o teorema de isomorfismos, B e´ isomorfo a Z/ < m > , i.e., Z . m
d) Se D e´ um d.f.u., a equa¸c˜ao mdc(a, b) = ax + by tem solu¸c˜oes x, y ∈ D. Z
x
Z
resoluc ¸a ˜ o: Falso = [ que ] ´e um d.f.u., porque d.f.u. Tomamos = x, D notamos os divisores de 2 s˜ao e1´eum 2, a = .2 eOb anel
e os divisores de x s˜ao 1 e x. Portanto e´ claro que mdc(2, x) = 1. Mas os polin´omios da forma 2 s(x) + xt(x) tˆem sempre termo independente PAR, portanto 1 = 2s(x) + xt(x). 3. Considere o grupo aditivo (e anel)
Z833 .
a) Seja f : Z → Z833 o homomorfismo de grupos dado por f (n) = 357 n. Quantos elementos tem a imagem f (Z)? Qual ´e o n´ ucleo de f ? ˜ o: A imagem resoluc ¸a
f (Z) =< 357 >=< mdc(357, 833) >=< 119 >, que tem 833 /119 = 7 elementos. O n´ucleo N de f e´ o conjunto dos inteiros n tais 833 |357n, ou seja, 7 |3n, ou 7 |n. Portanto N =< 7 >. b) Quais s˜ao os grupos Z tais que h : Z → Z833 dado por h(n) = 357 n est´ a bem definido, e ´e um homomorfismo de grupos? Para que valor de m e´ que h e´ um isomorfismo? m
˜ o: Sendo π : resoluc ¸a
m
Z → Z o usual homomorfismo π(n) = n, a composi¸ca˜o g(π(n)) = f (n) ´e o homomorfismo que referimos na al´ınea anterior. Portanto, o n´ucleo de π est´a contido no n´ucleo de f , ou seja, < m >⊆< 7 >, ou 7 |m. S˜ao estes os valores de m para os quais o homomorfismo h est´a bem definido. m
CAP´ ITULO 4.
88
EXAMES RESOLVIDOS
Supondo m = 7k, seja x o n´umero de elementos do n´ucleo de h. Ent˜ao 7k/x = 7, donde x = k, ou seja, x = m/7. Em particular, o n´ucleo ´e sempre < 7 >. O homomorfismo g e´ injectivo exactamente quando N =< m >=< 7 >, ou seja, quando m = 7. Por outras pal avras, o grupo f (Z) ´e isomorfo a Z7 . No entanto, ´e evidente que g n˜ao ´e sobrejectivo, logo n˜ao ´e um isomorfismo entre Z7 e Z833 ! c) f (Z) ´e tamb´ em um anel? E se ´e um anel, ´e isomorfo a um anelZ k ? ˜ o: f (Z) ´e tamb´ resoluc ¸a em um anel, porque qualquer subgrupo de
e´ tamb´ em um subanel e um ideal. N˜ao ´e no entanto isomorfo a nenhum anel Z. Podemos argumentar aqui de diversas maneiras: Z833
(a) f (Z) n˜ao tem identidade para o produto, ou (b) f (Z) tem 7 elementos, portanto s´o poderia ser isomorfo ao anel e f´ acil ver que f (Z) tem divisores de Z7 . Mas Z7 e´ um corpo, e ´ zero. d) Quais dos seguintes an´eis s˜ ao isomorfos entre si: Z4 ⊕ Z250, Z8 ⊕ Z125?
Z1000, Z2 ⊕ Z500,
resoluc ¸a ˜ o: 1000 = 8 × 125, e mdc(8 , 125) = 1 ⇒ Z1000
Analogamente,
Z250 Z2 ⊕ Z125,
e
Z500 Z4 ⊕ Z125.
Z8 ⊕ Z125.
Temos assim:
Z4 ⊕ Z250 Z4 ⊕ (Z2 ⊕ Z125) Z2 ⊕ (Z4 ⊕ Z125) Z2 ⊕ Z500.
˜ s˜ao isomorfos, porque Observamos ainda que Z1000 e Z2 ⊕ Z500 NAO ıstica 1000, e Z2 ⊕ Z500 tem caracter´ıstica 500. Z1000 tem caracter´ 4. Nesta quest˜ao, K e´ um corpo, m(x) ∈ K [x], A = K [x]/ < m(x) >, e q : K [x] → A e´ o usual homomorfismo de an´eis π(p(x)) = p(x). a) Prove que os ideais de A s˜ao da forma π(J ), onde J e´ um ideal de K [x]. Conclua que A e´ um d.i.p., ou seja, todos os seus ideais s˜ao principais. ˜ o: Consideramos a aplica¸c˜ resoluc ¸a ao quociente
π : K [x] → K [x]/ < m(x) > . Seja agora I ⊆ A um ideal de A, e J = π −1 (I ) a respectiva imagem inversa. Como π e´ sobrejectiva, temos π(J ) = I . Queremos provar que J e´ um ideal de K [x]. Notamos que, se a(x), b(x) ∈ J , ent˜ao π(a(x)), π(b(x)) ∈ I e π(a(x)) − π(b(x)) ∈ I
⇒
π(a(x) − b(x)) ∈ I
⇒
a(x) − b(x) ∈ J.
4.3. 1 EXAME: 4/7/2003
89
o
Se a(x) ∈ J e c(x) ∈ K [x] ent˜ao π(a(x)) ∈ I, π(c(x)) ∈ A e π(a(x))π(c(x)) = π(c(x)a(x)) ∈ I ⇒ a(x)c(x) = c(x)a(x) ∈ J. Logo J e´ um ideal. Como K [x] ´e um d.i.p., temos J =< p(x) >, e I = π(J ) =< p(x) >. b) Mostre que os ideai s de A s˜ao da forma < d(x) >, onde d(x)|m(x) em K [x]. Sugest˜ao: Mostre que < p(x) >=< d(x) >, onde d(x) = mdc(p(x), m(x)) em K [x]. ˜ o: Dado p(x) ∈ K [x], e sendo d(x) = mdc( p(x), m(x)), ´ resoluc ¸a e
evidente que d(x)|p(x) ⇒ p(x) ∈< d(x) >⇒< p(x) >⊆< d(x) > . Como d(x) = a(x)p(x) + b(x)m(x), temos ainda d(x) = a(x)p(x) ⇒ d(x) ∈< p(x) >⇒< d(x) >⊆< p(x) > . Conclu´ımos que < p(x) >=< d(x) >, onde d(x)|m(x), porque d(x) = mdc(p(x), m(x)). c) Supondo K = Z3 , e m(x) = x3 + 2 x, quantos elementos podem ter os ideais de A? Quantos ideais com n elementos existem, para cada poss´ıvel valor de n? Quantos elementos invert´ıveis existem em A? ˜ o: A tem 27 elementos, portanto (pelo Te orema de Laresoluc ¸a
grange), os seus ideais s´ o podem ter 1 , 3, 9 ou 27 eleme ntos. Existe um ideal com 1 elemento, que ´e o ideal < 0 >, e um ideal com 27 elementos, que ´e o pr´ oprio anel A. Os outros ideais s˜ao gerados pelas classes dos restantes divisores m´onicos de m(x) = x3 + 2x = x(x2 + 2) =
( + 1)(x + 2),
x x
que s˜ao x, x +1, x +2, (x +1)( x +2), x(x +2), x(x +1). Em particular, A tem 8 ideais. Se p(x) ∈ K [x], temos p(x) = q (x)(x + a) + b, donde K [x]/ <
x
+a >
o
tem 3 elementos. Pelo 3 teorema de isomorfismo, segue-se que A K [x] A ,# = 3, e # ( < x + a >) = 9.
Analogamente, K [x]/ < ( x + a)(x + b) > tem 9 elementos, donde #
A < ( x + a)(x + b) >
=#
K [ x] < (x + a)(x + b) >
= 9,
CAP´ ITULO 4.
90
EXAMES RESOLVIDOS
donde conclu´ımos que # < (x + a)(x + b) > = 3. Os elementos n˜ao-invert´ıveis s˜ ao os que pertencem aos ideais I0 =< x >, I1 =< x + 1 > e I 2 =< x + 2 > . Se i = j, a intersec¸c˜ao Ii ∩ Ij ´e um dos ideais com 3 elementos, e a intersec¸c˜ao I0 ∩ I1 ∩ I2 ´e o ideal que apenas cont´ em o zero. Existem por isso 9 + 9 + 9 − (3 + 3 + 3) + 1 = 19 elementos n˜ao-invert´ıveis, e 27 − 19 = 8 elementos invert´ıveis. d) Supondo K = Z 3 , e m(x) = x3 +2x, o anel A ´e isomorfo a Z3 ⊕Z3 ⊕ Z3 ? ˜ o: Sim. Considere-se o homomorfismo resoluc ¸a
f : Z 3 [x] → Z 3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 , dado por f (p(x)) = ( p(0), p(1), p(2)). O n´ucleo de f e´ o ideal I =< x(x + 1)( x + 2) >, de acordo com o Teorema do Resto (se p(0) = p(1) = p(2) = 0, ent˜ao p(x) ´e divis´ıvel por x, por x−1 = x + 2, e por x − 2 = x + 1). Conclu´ımos do 1o Teorema de Isomorfismo que A = Z 3 [x]/I e´ isomorfo a f (Z3 [x]), e como A tem 27 elementos, f (Z3 [x]) tem igualmente 27 elementos. Dado que Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 tem tamb´ em 27 elementos, ´e claro que f (Z3 [x]) = Z 3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 , e A Z 3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 .
4.4 2 Exame: 21/7/2003 o
1. Nesta quest˜ao, G e H s˜ ao grupos multiplicativos, e f : G → H e´ um homomorfismo de grupos. Para cada uma das afirma¸ c˜ oes seguintes, mostre que a afirma¸c˜ao ´e verdadeira, com uma demonstra¸c˜ao, ou falsa, com um contra-exemplo. a) f (x−1 ) = f (x)−1 para qualquer x ∈ G. b) O n´ucleo de f e´ um subgrupo normal de G. c) Se f e´ sobrejectivo, e G e´ finito, ent˜ao |H | e´ factor de |G|. d) Se G e´ um grupo c´ıclico com n elementos, e k e´ factor de n, ent˜ao existe pelo menos um elemento de G com ordem k. 2. Nesta quest˜ao, p(x), q (x) ∈ Z[x] s˜ao polin´omios com coeficientes inteiros. Para cada uma das afirma¸c˜ oes seguintes, mostre que a afirma¸c˜ao ´e verdadeira, com uma demonstra¸c˜ao, ou falsa, com um contra-exemplo. a) Se p(x) ´e irredut´ıvel em Q[x], ent˜ao p(x) ´e irredut´ıvel em Z[x]. b) Se p(x) ´e irredut´ıvel em Z[x], ent˜ao p(x) ´e irredut´ıvel em Q[x].
4.5. 1 EXAME: 9/7/2004
91
o
c) Se q (x)|p(x) em Z[x], e p(x) ´e primitivo, ent˜ ao q (x) ´e primitivo. d) Se q (x)|p(x) em Q [x], ent˜ao existe k ∈ Q tal que kq (x)|p(x) em Z[x]. 3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z300. a) Quantos subgrupos tem Z300? b) Quantos homomorfismos sobrejectivos de grupo h : Z600 → Z300 existem? Quais destes homomorfismos s˜ao tamb´ em homomorfismos de anel? c) Quantos homomorfismos de grupo f : Z600 → Z300 existem, tais que f (Z) tem 100 elementos? Prove que f (Z) ´e um anel isomorfo ao anel Z100. d) Quais dos segui ntes grupos s˜ao isomorfos entre si: Z100 ⊕ Z3 , Z10 ⊕ Z30 ?
Z300, Z6 ⊕ Z 50 ,
4. Nesta quest˜ao, G e´ um grupo finito, e A e B s˜ ao subgrupos de G. AB = { xy : x ∈ A e y ∈ B }. a) Prove que A ∩ B e´ um subgrupo de G. O conjunto AB e´ sempre um subgrupo de G? b) Prove que |AB ||A ∩ B | = |A||B |. Sugest˜ao: Mostre que a fun¸c˜ao f : A/(A ∩ B) → G/B est´a bem definida por f (x(A ∩ B)) = xB , e ´e injectiva. Mostre tamb´ em que a uni˜ao das classes em f (A/A ∩ B) ´e exactamente AB . c) Suponha que G e´ um grupo abeliano com 10 elementos. Prove que G tem necessariamente um elemento x com ordem 5, e um elemento y com ordem 2, e conclua que G e´ o grupo Z10 . Sugest˜ao: Qual ´e a ordem de xy? d) Mostre que, se G e´ um grupo n˜ ao-abeliano com 10 elementos, ent˜ao G tem um elemento x com ordem 5, e se y ∈< x > ent˜ ao y tem ordem 2. Conclua que xy = yx 4 , e portanto que existe apenas um grupo n˜ao-abeliano com 10 elementos, que s´o pode ser D 5 .
4.5 1 Exame: 9/7/2004 o
1. Diga se cada afirma¸c˜ ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ao, G e H s˜ao grupos, f : G → H ´e um homomorfismo de grupos, e N e´ o n´ ucleo de f . a) Se e e´ a identidade de G, ent˜ao f (e) ´e a identidade de H . ˜ o: verdadeiro. Temos f (e)f (e) = f (ee) = f (e), e pela resoluc ¸a
lei do corte em H segue-se que f (e) ´e a identidade de H .
CAP´ ITULO 4.
92
b) Se K e´ um subgrupo de H , ent˜ao f cont´em N .
−1
EXAMES RESOLVIDOS
(K ) ´e um subgrupo de G que
˜ o: verdadeiro. K cont´ resoluc ¸a em a identidade de H , e portanto
f 1 (K ) cont´em N . Em particular, f 1 (K ) n˜ao ´e vazio. Por outro lado, se x, y ∈ f 1 (K ) temos f (x), f (y) ∈ K , e f (xy 1 ) = f (x)f (y) 1 ∈ K , i.e., xy 1 ∈ f 1 (K ). −
−
−
−
−
−
−
c) Se todos os eleme ntos de G tˆ em ordem finita ent˜ ao G e´ finito. ˜ o: falso. Basta considerar o grupo aditivo dos polin´ omios resoluc ¸a
em
Z2 [x].
d) Se | G| = 15 e | H | = 25, ent˜ao f (G) ´e um grupo c´ıclico. ˜ o: verdadeiro. Pelo teorema de Lagrange, e como f (G) resoluc ¸a ´e subgrupo de H , s´ o podemos ter | f (G)| = 1, 5, ou 25. Analogamente, |N | = 1, 3, 5, ou 15, e portanto |G/N | = 1, 3, 5, ou 15 . Como pe lo 1o teorema de isomorfismo temos G/N ∼ f (G), ´e obvio ´ que | f (G)| s´o pode se r 1 ou 5. S´o existe um grupo com 1 elemento e um grupo com 5 elementos, e ambos s˜ao c´ıclicos.
2. Diga se cada afirma¸c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ao, A e B s˜ao an´eis, A e´ um dom´ınio integral, f : A → B ´e um homomorfismo sobrejectivo de an´eis, e N e´ o n´ ucleo de f . a) N e´ um ideal de A. ˜ o: verdadeiro. Designamos o zero de B por 0 . temos resoluc ¸a
ent˜ ao:
= ∅. • f (0) = 0 , donde 0 ∈ N , e N
• x, y ∈ N ⇒ f (x − y) = f (x) − f (y) = 0 − 0 = 0 ⇒ x − y ∈ N .
• x ∈ N, y ∈ A ⇒ f (xy) = f (yx) = f (x)f (y) = 0 f (y) = 0 ⇒ xy,yx ∈ N b) Se a e´ invert´ıvel em A, ent˜ao f (a) ´e invert´ ıvel em B . ˜ o: verdadeiro. resoluc ¸a
f (1) ´e a identidade do subanel f (A). Como f e´ sobrejectiva, temos B = f (A), e f (1) ´e a identidade de B. Se a ∈ A e´ invert´ıvel existe a ∈ A tal que aa = 1, donde f (aa ) = f (a)f (a ) = f (1), e f (a) ´e invert´ ıvel.
c) B e´ um dom´ınio integral. ˜ o: falso. Tome-se A = Z, B = Z4 , e f : Z → Z4 a usual resoluc ¸a
aplica¸c˜ao quociente f (x) = x.
4.5. 1 EXAME: 9/7/2004
93
o
d) Se B e´ um corpo, ent˜ao N e´ um ideal m´aximo de A. ˜ o: verdadeiro. Pelo 1 o Teorema de Isomorfismo, temos resoluc ¸a
B A/N . Sabemos que A/N e´ um corpo se e s´o se N e´ um ideal m´aximo. Z
3. Neste grupo, n designa a classe de equivalˆ encia do inteiro n em 1800. a) Quantos subgrupos tem Z1800? Quais s˜ao os geradores do subgrupo gerado por 1300? ˜ o: Existe um subgrupo por cada divisor de 1800 = 2 resoluc ¸a
3
32 52 .
Existem assim (3 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 36 subgrupos. Os geradores do subgrupo gerado por 1300 s˜ao as classe dos inteiros n que satisfazem mdc( n, 1800) = mdc(1300 , 1800) = 100. Temos assim ´ o´bvio que k ∈ n = 100 k, onde mdc( k, 18) = 1, e 1 ≤ k ≤ 18. E {1, 5, 7, 11, 13, 17}, e os geradores em causa s˜ ao 100, 500, 700, 1100, 1300 e 1700. b) Considere os grupos Z25 ⊕ Z72 , Z20 ⊕ Z90 , destes grupos s˜ao isomorfos entre si?
Z200 ⊕ Z9 ,
e Z40 ⊕ Z45 . Quais
˜ o: Sabemos que Zn ⊕ Zm Zd ⊕ Zl , onde d = mdc(n, m) resoluc ¸a Z
e l = mmc( n, m).assim: Em particular, mdc(n, m). Temos
n
Z
⊕
•
Z25 ⊕ Z72
Z200 ⊕ Z9 Z1800 = A.
•
Z20 ⊕ Z90
Z10 ⊕ Z180 = B.
•
Z40 ⊕ Z45
Z5 ⊕ Z360 = C .
m
Z
nm
, quando 1 =
O grupo A e´ c´ıclico, de ordem 1800. A ordem de qualquer elemento do grupo B e´ um factor de 180. A ordem de qualquer elemento do grupo C e´ um factor de 360 e C cont´ em elementos de ordem 360, por ´ assim claro que A B C A. exemplo (0 , 1). E c) Quantos homomorfismos de grupo f : n´ucleo N (f ) =< 1300 >?
Z1800
→
Z1800
existem, com
˜ o: N (f ) =< 1300 >=< 100 > tem 18 elementos, e portanto resoluc ¸a
f (Z1800) Z1800/N (f ) tem 100 elementos, i.e., f (G) =< 18 >. Temos assim que f (n) = an, onde < a >=< 18 >. Conclu´ımos que a e´ um gerador de < 18 >, e existem tantos homomorfismos do tipo considerado como geradores de < 18 >. Os geradores de < 18 > s˜ao as classes dos inteiros n que satisfazem ´ claro que n = 18k, e mdc(18 k, 1800) = 18, o que mdc(n, 1800) = 18. E ´e equivalente a mdc(k, 100) = 1. Temos assim de contar os naturais k ≤ 100 que s˜ao primos relativamente a 100, o que ´e dado pela fun¸c˜ao de Euler ϕ(100) = 100(1 − 12 )(1 − 15 ) = 40.
CAP´ ITULO 4.
94 d) Supondo que g : Z → fique o anel g(Z).
Z40 ⊕ Z45
EXAMES RESOLVIDOS
e´ um homomorfismo de an´eis, classi-
˜ o: Pelo 1 o Teorema de Isomorfismo, resoluc ¸a
g(Z) Z , onde < m >= N (g). m
Notamos que g(n) = (g1 (n), g2 (n)), onde g 1 : Z → Z40 e g 2 : Z → s˜ao tamb´ em homomorfismos de an´eis, e N (g) = N (g1 ) ∩ N (g2 ).
Z45
Qualquer homomorfismo de an´eis h : Z → A e´ da forma h(n) = na, onde a ∈ A e´ um elemento que satisfaz a2 = a, e a e´ a identidade do subanel h(Z) ⊆ A. Conclu´ ımos que •
g1 (Z) ´e um subanel de Z40 com identidade. Como 40 = 5 × 8, os u ´ nicos suban´eis de Z40 com identidade s˜ao os que tˆem exactamente 1, 5, 8, ou 40 elementos. Neste caso N (g1 ) ´e respectivamente Z, < 5 >, < 8 >, < 40 >.
•
g2 (Z) ´e um subanel de Z45 com identidade. Como 45 = 5 × 9, os u ´ nicos suban´eis de Z45 com identidade s˜ao os que tˆem exactamente 1, 5, 9, ou 45 elementos. Neste caso N (g2 ) ´e respectivamente Z, < 5 >, < 9 >, < 45 >.
Observ´ amos acima que N (g) = N (g1 ) ∩ N (g2 ). Os casos a considerar reduzem-se a Z, < 5 >, < 8 >, < 9 >, < 40 >, < 45 >, e ainda < 72 >=< 8 > ∩ < 9 >, e < 360 >=< 45 > ∩ < 40 >. Temos assim que g(Z) ´e um anel isomorfo a um de: Z1 , Z5 , Z8 , Z9 , Z40 , Z45 , Z72 , Z180.
4. Considere o anel Z3 [x], e o polin´omio p(x) = x3 + 2x +1. Nesta quest˜ao, quando m(x) ∈ Z3 [x], designamos por m(x) a correspondente classe no anel quociente K = Z3 [x]/ < p(x) >. a) Qual ´e o inverso de x2 + 1 em K [x]? ˜ o: Aplicamos o algoritmo de Euclides ao c´ resoluc ¸a alculo de mdc(x3 +
2x + 1, x2 + 1). x
3
+ 2x + 1 2 x + 1 x + 1
x
2
x
+1 +1 2
x x
2+ −
x1 +1 0 0 20 1 1 − 1 2x
1 2 x + 1
x
2
x
+ 2x + 1
Temos 2 = ( x3 + 2x + 1)( x + 1) + ( x2 + 1)( x2 + 2x + 1), ou 1 = (x3 + 2 x + 1)2( x + 1) + ( x2 + 1)(2 x2 + x + 2), donde o inverso em quest˜ ao ´e 2x2 + x + 2.
4.5. 1 EXAME: 9/7/2004
95
o
b) Mostre que K e´ uma extens˜ao alg´ebrica de
Z3 ,
e K [x] ´e um d.f.u.
˜ o: resoluc ¸a
• O polin´omio x3 + 2x + 1 ´e irredut´ıvel em Z3 , porque ´e do 3o grau, e p(0) = p(1) = p(2) = 1 = 0, i.e., x3 + 2x + 1 n˜ao tem ra´ızes em Z3 . • O ideal < x3 + 2x + 1 > e´ portanto m´aximo, e consequentemente K = Z3 [x]/ < p(x) > e´ um corpo, que ´e obviamente uma extens˜ ao de Z3 . Segue-se que K e´ um espa¸co vectorial sobre Z3 .
• Os elementos de K s˜ao da forma ax2 + bx + c, porque qualquer polin´omio ´e equivalente ao resto da sua divis˜ ao por x3 + 2x + 1, que ´e do 3o grau. Portanto K e´ um espa¸co vectorial de dimens˜ao 3 sobre Z3 , com base { 1,x,x 2 }. Como a dimens˜ao de K sobre Z3 ´e finita, K e´ uma extens˜ao alg´ebrica de Z3 . • K e´ um corpo, e portanto K [x] ´e um d.i.p. Segue-se que K [x] ´e um d.f.u. c) Decomponha p(x) em factores irredut´ ıveis em K [x]. ˜ o: Para simplificar a nota¸c˜ resoluc ¸a ao, escrevemos os elementos de Z3
2
3 −1bi=+xcj, K= naxforma a,bi,, ce∈j 2 =, i(ij) i = x,=ei(2 j= Note-se ij = − 2ax+ + onde 2=2+ + ii). = 2i + j.que
Usando o algoritmo de divis˜ao usual, obtemos: 3
x
+ 2x + 1 = ( x − i)(x2 + ix + 2 + j)
Completamos o quadrado: 2
x
+ ix + 2 + j = x2 + 2(2i)x + (2i)2 − (2i)2 + 2 + j (x + 2i)2 + 2 = ( x + 2i)2 − 1 (x + 2i − 1)(x + 2i + 1).
A factoriza¸c˜ao completa de p(x) ´e: 3
x
+ 2x + 1 = ( x − i)(x + 2i − 1)(x + 2i + 1).
∈ Z3 . Prove que Z3 (α) ´e isomorfo a K , e em particular d) Seja α ∈ K , α α e´ ra´ ız de um polin´ omio irredut´ ıvel do terceiro grau n(x) ∈ Z3 [x]. ˜ o: Consideramos o homomorfismo de an´ resoluc ¸a eis φ :
Z3 [x] → K , dado por φ(m(x)) = m(α). Temos por defini¸ca˜o que φ(Z3 [x]) = Z3 [α], e Z3 (α) = Frac( Z3 [α]). Sabemos que α e´ alg´ebrico, e o respectivo polin´omio m´ınimo n(x) ´e irredut´ıvel. Conclu´ımos que
L = φ(Z3 [x]) = Z3 [α]
Z3 [x]/
< n(x) > ´e um corpo.
CAP´ ITULO 4.
96
EXAMES RESOLVIDOS
Em particular, Z3 (α) Z3 [α] = L. Consideramos agora os corpos ao de K sobre L, e m a dimens˜ao de Z3 ⊆ L ⊆ K . Sendo n a dimens˜ L sobre Z3 , temos nm = 3. Como L = Z3 , s´o podemos ter n = 3 e m = 1, i.e., L = K . Repare-se que neste caso n(x) tem grau 3.
4.6 2 Exame: 24/7/2004 o
1. Diga se cada afirma¸c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ao, G e´ um grupo, e K e H s˜ao subgrupos de G. a) Se x, y ∈ G , ent˜ao (xy)−1 = y −1 x−1 . ˜ o: verdadeiro. Sendo e a identidade de G, temos resoluc ¸a
(xy)(y −1 x−1 ) = x [y (y−1 x−1 = x [(yy −1 )x−1 ] = x (ex−1 ) = xx −1 = e. Conclu´ımos que (xy)(y −1 x−1 ) = ( xy)(xy)−1 , donde y −1 x−1 ) = (xy)−1 . b) Se K ´e subgrupo normal de G , ent˜ao K ∩ H e´ subgrupo normal de H . ˜ o: verdadeiro. Sendo x ∈ K ∩ H e y ∈ H temos resoluc ¸a −1
• y xy ∈ K , porque y ∈ H ⊆ G e K e´ normal em G. • y −1 xy ∈ H , porque y ∈ H e x ∈ K ∩ H ⊆ H .
Conclu´ımos que K ∩ K e´ normal em H . c) Os autom orfismos de G formam um grupo, com a opera¸ c˜ao de composi¸c˜ao. ˜ o: verdadeiro. As fun¸c˜ resoluc ¸a oes bijectivas f : G → G formam
o grupo das permuta¸c˜ oes em G, que designamos SG . O conjunto dos automorfismos de G e´ por raz˜oes ´obvias um subconjunto de SG , e ´e n˜ao-vazio, porque a fun¸c˜ao identidade ´e certamente um homomorfismo de grupos. Se f : G → G e´ um automorfismo, ent˜ao tem inversa f −1 : G → G. Dado x, y ∈ G , escrevemos u = f −1 (x), e v = f −1 (y), donde x = f (u) e y = f (v ). Como f e´ um homomorfismo, temos f (u)f (v ) = uv , xy = f −1 (x)f −1 (y ), e f −1 ´ e tamb´ em um homomorfismo, e um automorfismo. i.e.,
Se g, f : G → G s˜ao automorfismos, observamos que g ◦ f −1 ´e uma bijec¸ca˜o em SG , e
g ◦ f −1 (xy ) = g f −1 (xy ) = g f −1 (x)f −1 (y ) = g f −1 (x) g f −1 (y ) .
Por outras palavras, g ◦ f −1 ´e um homomorfismo, e os automorfismos de G fromam um subgrupo de SG .
4.6. 2 EXAME: 24/7/2004
97
o
d) Se K e´ subgrupo normal de G, ent˜ao existe um grupo L e um homomorfismo de grupos f : G → L tal que K e´ o n´ ucleo de f . ˜ o: verdadeiro. Como K e´ normal, o quociente G/K = L resoluc ¸a ´e um grupo, e a fun¸c˜ao π : G → G/K dada por π(x) = x e´ um homomorfismo de grupos . Sendo e ∈ G a identidade do grupo G, a identidade do grupo G/K ´e e = K , e π(x) = e se e s´o se x ∈ K , i.e., N (π) = K .
2. Diga se cada afirma¸c˜ ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ao, A e B s˜ao an´eis unit´ arios, e f : A → B e´ um homomorfismo de an´eis. a) Se a e´ invert´ıvel em A, ent˜ao f (a) ´e invert´ıvel em B . ´ ˜ o: falso. Tomamos A = Z, B = Z ⊕ Z, e f (n) = (n, 0). E resoluc ¸a claro que f (1) = (1, 0) n˜ao ´e invert´ıvel em B . b) A imagem f (A) ´e um ideal de B . ˜ o: falso . Tomamos A = Z, B = R, e f (n) = n. Ent˜ resoluc ¸a ao
f (Z) = Z ⊂ R, que n˜ao ´e um ideal de R, porque o produto de um inteiro por um real n˜ao ´e sempre um inteiro. c) Se A = Z, ent˜ao f (n) = nb, onde b 2 = b. ˜ o: verdadeiro. Seja b = f (1) ∈ B. Para verificar que resoluc ¸a
f (n) = nb para qualquer n ∈ Z, observamos que: • O caso n = 1 ´e evidente, porque 1b = b = f (1). • Se n > 1, temos f (n + 1) = f (n) + f (1) = nb + b = (n + 1)b, o que estabelece a identidade f (n) = nb para qualquer n ∈ N, por
indu¸c˜ao. • f´ e um homomorfismos de grupos, e portanto f (0) = 0 = 0 b. • Se n < 0 ent˜ao n = − k, com k ∈ N, e f (n) = f (−k) = − f (k) = −(kb) = ( −k)b = nb.
Temos ainda que f (1)f (1) = f (1 · 1) = f (1),
i.e.,
b 2 = b.
d) Se B e´ finito e tem mais de um elemento, ent˜ao B tem um subanel isomorfo a algum Z , onde m > 1. m
˜ o: verdadeiro. Sendo I ∈ B a respectiva identidade, resoluc ¸a
consideramos o homomorfismo de an´eis f : Z → B dado por f (n) = nI . O respectivo n´ucleo ´e N =< m >, onde m > 0, porque B e´ finito, e m > 1, porque I = 0, j´a que B tem mais de um elemento. Pelo 1 o Teorema de Isomorfismo, f (Z) ´e um subanel de B isomorfo a Z . m
3. Neste grupo, n designa a classe de equivalˆ encia do inteiro n em
Z990 .
CAP´ ITULO 4.
98 a) Quantos subgrupos tem
Z990?
EXAMES RESOLVIDOS
Quantos destes s˜ao an´eis unit´ arios?
˜ o: 990 = 9 ·11·10 = 2 ·32 ·5·11 tem (1+1)(2+1)(1+1)(1+1) = resoluc ¸a
24 divisores, logo (e ideais).
Z990
tem 24 subgrupos, que s˜ao igualmente suban´eis
Sabemos que se m = nd , o subanel de Z com n elementos ´e unit´ario se e s´o se mdc( n, d) = 1. Neste caso, n fica identificado conhecidos os seus factores primos, e se m = 990 esses factores s˜ao p ∈ {2, 3, 5, 11}. Basta-nos por isso contar os subconjuntos de { 2, 3, 5, 11}, que s˜ao 16. m
b) Quantos automorfismos de grupo f : Z990 →
Z990
existem?
˜ o: Qualquer homomorfismo de grupo f : resoluc ¸a
Z990 → Z990 e´ da forma f (x) = ax, e ´e obvio ´ que f (Z990) = a. O homomorfismo ´e um automorfismo se e s´o se ´e sobrejectivo (porque Z990 e´ finito), i.e., se e s´o se a e´ gerador de Z990. O n´umero de automorfismos de Z990 ´e assim o n´ umero de geradores de Z990, dado pela fun¸ c˜ao de Euler 1 ) = 3(2)(4)(10) = 240. ϕ(990) = 990(1 − 12 )(1 − 13 )(1 − 15 )(1 − 11
c) Quantos ideais existem em Z15 ⊕ Z66? Existem suban´ eis de Z15 ⊕ Z66 que n˜ao s˜ao ideais de Z15 ⊕ Z66 ? ˜ o: Os ideais da soma directa resoluc ¸a
ao da forma I ⊕ J , A ⊕ B s˜
onde I e´ ideal de A e J e´ ideal de B . Portanto o n´umero de ideais de A ⊕ B e´ o n´ umero de ideais de A a multiplicar pelo n´umero de ideais de B . 15 = 3 · 5 tem 4 divisores, e 66 = 2 · 3 · 11 tem 8 divisores. Por outras palavras, Z15 tem 4 ideais e Z66 tem 8 ideais. Conclu´ımos que Z15 ⊕ Z66 tem 32 ideais. A identidade de Z 15 ⊕ Z66 e´ o elemento (1, 1). Consideramos o subanel ıstica de Z15 ⊕ Z66 e´ mmc(15, 66) = 330, C gerado por (1 , 1). A caracter´ ou seja, C tem 330 elementos. Se C e´ um ideal, ent˜ao ´e obvio ´ que C cont´ em (1, 1)(1, 0) = (1 , 0 e (1 , 1)(0, 1) = (0 , 1). Mas neste caso ´e claro que C cont´em todos os elementos de Z15 ⊕ Z66 , o que ´e imposs´ıvel, porque Z15 ⊕ Z66 tem 990 elementos. Existem portanto suban´eis que n˜ao s˜ao ideais, em particular C . d) Determine os homomorfis mos de anel g : Z 33 → Z990. ˜ o: Os homomorfismos de grupo g : resoluc ¸a
Z 33
→
Z 990
s˜ao da forma
g (x) = φ(x), onde φ : Z → Z990 e´ um homomorfismo com n´ucleo N =< m >⊇< 33 > . Como 33 ∈ < m >, ´e claro que m = 1, 3, 11, ou 33, e m e´ o n´ umero de elementos da imagem φ (Z).
O caso m = 1 corresponde ao homomorfismo nulo, que ´e claramente de an´eis. Em qualquer caso, se φ e´ um homomorfismo de an´eis ent˜ ao φ(Z) ´e um anel unit´ ario, e portanto φ (Z) n˜ao pode ter nem 3 nem 33 elementos, como vimos em a).
4.6. 2 EXAME: 24/7/2004
99
o
Resta-nos verificar o caso em que m = 11, i.e., φ(n) = an, e < a >=< 90 > e´ o subanel de Z990 com 11 elementos. Recordamos que φ e´ um homorfismo de an´eis se e s´ o se a2 = a, que ´e o caso se e s´o se a ´e a identidade do subanel em causa. Temos neste caso que a ≡ 0 (mod 90) , e a
≡
1 (mod 11)
Temos assim a = 90k ≡ 2kequiv1 (mod 11), donde k ≡ 6 (mod 11), e a = 90(6 + 11 s), i.e., a ≡ 540 (mod 990). Conclu´ımos que existem apenas dois homomorfismos de anel g : Z33 → Z990, que s˜ao dados por g1 (x) = 0 e g 2 (x) = 540 x. 4. Considere o anel Z3 [x], e o polin´omio p(x) = x3 + 2 x2 + x + 2. Nesta quest˜ ao, quando m(x) ∈ Z3 [x], designamos por m(x) a correspondente classe no anel quociente K = Z3 [x]/ < p(x) >. a) O elemento
x
2
+ x + 1 tem inverso?
˜ o: Usamos o algoritmo de Euclides para calcular mdc( resoluc ¸a
3
x
+
2x2 + x + 2, x2 + x + 1). x3
+ 2 x2 + x + 2 2 x + x + 1
x2
+x+1 2x + 1
x + 1 2x + 1
2x + 1 0
Temos assim mdc(x3 +2x2 + x+2, x2 + x+1) ∼ 2x+1 ∼ x+2. A classe 2 x + x + 1 ´ e invert´ıvel se e s´ o se existem polin´omios a(x), b(x) ∈ Z3 [x] tais que a(x)(x3 + 2x2 + x + 2) + b(x)(x2 + x + 1) = 1 . Esta equa¸c˜ao n˜ao tem solu¸c˜ao, porque < x3 + 2x2 + x + 2, x2 + x + 1 >=< mdc(x3 + 2x2 + x + 2, x2 + x + 1) >=< x + 2 >. Portanto, 2 x + x + 1 n˜ ao ´e invert´ıvel. b) Quais s˜ao os ideais de K ? ˜ o: Os ideais de K s˜ resoluc ¸a ao da forma
< m(x) >=< mdc(m(x), p(x)) > . Um c´alculo simples mostra que p(x) = (x + 2)(x2 + 1), onde x + 2 e 2 ao irredut´ıveis. Segue-se que mdc(m(x), p(x)) = 1 , x+2, x2 +1, x +1 s˜ ou p(x). Existem por isso 4 ideais, que s˜ao < 1 >= K, < x + 2 >, < x2 + 1 >, e < p(x) >=< 0 > .
CAP´ ITULO 4.
100
EXAMES RESOLVIDOS
c) Quantos elementos invert´ıveis existem em K ? ˜ o: Os elementos invert´ resoluc ¸a ıveis em K s˜ ao da forma < m(x) >,
onde mdc( m(x), p(x)) = 1. S˜ao portanto os elementos de K que pertencem a < x + 2 > ∪ < x2 + 1 >.
n˜ ao
x
Os elementos de A =< + 2 > s˜ao da forma: (x + 2)m(x) = ( x + 2)(q (x)(x2 + 1) + a + bx = (x + 2)(a + bx). Conclu´ımos que A tem 9 elementos. Analogamente, os elementos de B =< x2 + 1 > s˜ao da forma: (x2 + 1)m(x) = ( x2 + 1)(q (x)(x + 2) + a) = (x2 + 1)a, e B tem 3 elementos. Notamos que A ∩ B cont´ em apenas 0, e o anel K e´ formado pelas 27 classes a + bx + cx2 . Conclu´ımos que K tem 27 − (9 + 3 − 1) = 16 elementos invert´ıveis. d) Quais s˜ao os ideais I de K para os quais o anel quociente isomorfo a algum Z ?
K/I ´e
m
˜ o: Os elementos n˜ao nulos do grupo resoluc ¸a
K/I tˆ em ordem 3, porque todos os elementos n˜ao-nulos de Z3 [x] tˆem ordem 3. Exceptuando o caso “trivial” K = I , onde K/I Z1 , o grupo aditivo K/I s´o pode por isso ser isomorfo a Z se m = 3, caso em I dever´ a ter 9 elementos, i.e., I = A. m
Se I = A, ent˜ao K/I e´ um anel unit´ario com 3 elementos, e sabemos que neste caso ´e isomorfo a Z3 . Recorde-se que a verifica¸ca˜o deste facto ´e muito simples. Sendo K/I e´ um anel unit´ario com 3 elementos, K/I = {0, 1, α}, ent˜ao 1 + 1 s´o pode ser α, e α + α s´ o pode ser 1. Portanto, α · α = (1 + 1) α = α + α = 1, e deve ser ´ obvio que K/I ´e isomorfo a Z3 .
4.7 1 Exame: 1/7/2005 o
1. Diga, em cada caso , se a afirma¸c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ao, (G, ∗) ´e um grupo, com identidade 1. a) A equa¸c˜ao x 2 = x s´o tem uma solu¸c˜ao x ∈ G. ˜ o: verdadeiro. Como G ´ resoluc ¸a e um grupo, para qualquer x ∈ G
existe y ∈ G, tal que x ∗ y = 1. Temos ent˜ao: x2 = x ⇒ x 2 ∗ y = x ∗ y ⇒ x ∗ (x ∗ y) = 1 ⇒ x ∗ 1 = 1 ⇒ x = 1
4.7. 1 EXAME: 1/7/2005
101
o
b) Se H e K s˜ ao subgrupos de G, ent˜ao H ∪ K e´ um subgrupo de G. ˜ o: falso . Suponha-se que G = Z e´ o grupo aditivo dos resoluc ¸a
inteiros, H =< 2 > , e K =< 3 > . Temos p or exemplo 2 , 3 ∈ H ∪ K , ∈ H ∪ K . Por outras palavras, H ∪ K n˜ao ´e fechado em mas 5 = 2+ 3 rela¸c˜ao `a soma, e portanto n˜ao pode ser um grupo. c) Se G e´ finito e tem um n´umero ımpar ´ de elementos, ent˜ao a equa¸c˜ao x2 = 1 s´o tem a solu¸c˜ ao x = 1. ˜ o: verdadeiro. Temos x2 = 1 se e s´o se x = x−1 . Neste resoluc ¸a
caso, e supondo x = 1, ´e claro que H = {1, x} e´ um subgrupo de G com 2 elementos. Pelo teorema de Lagrange, a ordem de H divide a ordem de G, ou seja, 2 divide a ordem de G, que ´e assim um n´ umero par. Conclu´ımos que se a ordem de G e´ ´ımpar, n˜ao podem existir elementos x = 1 que satisfazem a equa¸ c˜ ao x2 = 1, e a ´ unica solu¸c˜ao desta equa¸c˜ ao ´e x = 1. d) Se G e´ finito e tem um n´umero par de elementos, ent˜ao a equa¸c˜ao x2 = 1 tem solu¸c˜ oes x = 1. ˜ o: verdadeiro. Para cada x ∈ G, consideramos o conresoluc ¸a
junto C (x) = { x, x−1 }. O conjunto C (x) tem 2 elementos se x = x −1 , −1
e 1 elemento se x = x . Seja n o n´umero de conjuntos com 2 ele´ claro mentos, e m o n´umero de conjuntos com 1 elemento. E que m 2 ´e o n´ umero de solu¸c˜oes da equa¸c˜ao x = 1, e |G| = 2n + m e´ par, ´ tamb´ por hip´otese. Conclu´ ımos que m e´ par. E em claro que m ≥ 1, porque C (1) = { 1}. Temos assim que m ≥ 2. 2. Neste grupo, f : Z →
Z180
e´ dada por f (n) = 63 n.
a) Determine o n´umero de suban´ eis, e de geradores, do anel
Z180.
˜ o: 180 = 2 2 × 32 × 5 tem 3 × 3 × 2 = 18 divisores. Segue-se resoluc ¸a
que
Z180
tem 18 subgrupos.
Existem ϕ (180) geradores de Z 180, que correspondem aos naturais 1 ≤ k ≤ 180 que s˜ao primos relativamente a 180. Temos ϕ(180) = 180(1 −
1 1 1 )(1 − )(1 − ) = 48 . 2 3 5
b) Mostre que a fun¸c˜ ao f ´e um homomorfismo de grupo. Qual ´e o n´ ucleo de f ? Determine as solu¸c˜oes da equa¸c˜ao f (n) = 9. ˜ o: f ´ resoluc ¸a e um homomorfismo de grupos, porque:
f (x + y ) = 63( x + y ) = 63 x + 63y = 63x + 63y = f (x) + f (y ).
Sendo N (f ) o n´ucleo de f , temos: x ∈ N (f ) ⇔ 63 x = 0 ⇔ 180 |63x ⇔ 20 |7x ⇔ 20 |x, i.e., N (f ) =< 20 > .
CAP´ ITULO 4.
102
EXAMES RESOLVIDOS
c) Mostre que o grupo f (Z) ´e isomorfo a Z , para um valor apropriado de m que deve calcular. Quais s˜ao os subgrupos de f (Z)? m
˜ o: Pelo 1 o teorema de isomorfismo, temos Z2 f (Z), ou resoluc ¸a
seja, m = 20. Os subgrupos de f (Z) s˜ ao as imagens dos subgrupos de em Z20 , que s˜ao igualmente as imagens dos subgrupos de Z que cont´ < 20 > . A lista completa de subgrupos ´e: f (< 1 > ) =< 63 > =< 9 >, f (< 2 > ) =< 18 >, f (< 4 > ) =< 36 >, f (< 5 > ) =< 45 >, f (< 10 > ) =< 90 >, f (< 20 > ) =< 0 >
d) f ser´a tamb´ em um homomorfismo de anel? Os isomorfos?
an´ eis Zm
e f (Z) s˜ao
˜ o: Como f (Z) ´ resoluc ¸a e um subanel com 20 elementos, e 180 = 20×
9, onde 9 e 20 s˜ao primos entre si, segue-se que f (Z) ´e um anel isomorfo a Z20 . No entanto, o homomo rfismo f n˜ao ´e um homomorfismo de an´eis, porque f (1) = 63 n˜ ao ´e a identidade de f (Z) (63 × 63 ≡ 9 mod (180)). 3. Diga, em cada caso , se a afirma¸c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a suae´ resposta uma unit´ demonstra¸ c˜ao,identidade ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ao, A I. um anel com abeliano ario, com a) Todos os suban´eis de A s˜ ao unit´arios. ˜ o: falso. Considere-se o caso A = Z , e o subanel formado resoluc ¸a
pelos inteiros pares. b) Todos os subgrupos de ( A, +) s˜ao igualmente suban´eis. ˜ o: falso . Considere-se o caso A = Z[x], e o subgrupo resoluc ¸a
formado pelos polin´omios de grau ≤ 1, que n˜ao ´e subanel, porque n˜ ao ´e fechado em rela¸ c˜ao ao produto. c) Se A ´e um corpo finito, ent˜ ao a sua caracter´ıstica ´e um n´ umero primo. ˜ o: verdadeiro. Seja I a identidade de A, e m a caracresoluc ¸a
ter´ıstica de A. Se m = nk e´ composto, ent˜ao 0 =
mI = nkI =
(nI )(kI ), onde nI = 0 e kI = 0, porque m e´ a menor solu¸c˜ao natural da equa¸c˜ao xI = 0. Por outras palavras, A tem divisores de zero, e portanto n˜ao ´e um corpo. d) Se A e´ finito, existe um subanel de A isomorfo a algum anel
Zn .
˜ o: verdadeiro. Considere-se a fun¸c˜ resoluc ¸a ao f : Z → A dada por
f (x) = xI . Esta fun¸c˜ ao n˜ao ´e injectiva, porque A e´ finito. Portanto o seu n´ucleo N (f ) =< n > =< 0 > , e pelo 1 o teorema de isomorfismo temos f (Z) Z , onde f (Z) ´e um subanel de A. n
4.7. 1 EXAME: 1/7/2005
103
o
4. Neste grupo, consideramos o anel quociente A = Z3 [x]/J , onde J =< x3 + x2 + x + 1 > . a) Quantos elementos existem no anel A? Quais s˜ao os elementos da forma < x + a > que s˜ao invert´ ıveis? ˜ o: Dado p(x) ∈ resoluc ¸a
Z 3 [x],
3
temos
2
p(x) = q (x)(x + x + x + 1) + a + bx + cx2 , e portanto p(x) = a + bx + cx2 , onde a , b, c ∈ Z3 . Existem por isso tantas classes de equivalˆ encia quantos os restos na divis˜ ao por m(x) = 3 2 x + x + x + 1, que s˜ ao 27 = 3 3 . < x + a > e´ invert´ıvel se e s´ o se mdc( x + a, m(x)) = 1, ou seja, se e s´ o se x + a n˜ao ´e factor de m(x). Como o resto da divis ˜ao de m(x) por x + a = x − ( −a) ´e m(−a), e m(0) = 1 , m(1) = 1, e m(2) = 0, segue-se que m(x) s´ o ´e divis´ıvel por x − 2 = x + 1, e as cla sses < x > e < x + 2 > s˜ao invert´ıveis. b) Quais s˜ao os divisores de zero em A? ˜ x x x resoluc ¸ ao:< p( ) > e´ divisor de zero se e s´o se mdc( p( ), m( )) = 2
1. Como m(x) = (x + 1)( x + 1), e os dois factores em causa s˜ ao irredut´ ıveis (note-se que x2 + 1 n˜ao tem ra´ızes em Z3 ), segue-se que < p(x) > e´ divisor de zero se e s´o se x + 1|p(x), ou x2 + 1 |p(x). Os divisores de zero s˜ao assim: (x + 1)x, (x + 1)2 , (x + 1)(x + 2), (x2 + 1), 2(x + 1)x, 2(x + 1)2 , 2(x + 1)(x + 2), e 2( x2 + 1) c) Mostre que A e´ um dom´ınio de ideais principais. ˜ o: resoluc ¸a
Z3 [x] ´ e um anel de polin´omios com coeficientes num corpo, e por isso ´e um d.i.p. A ´e um anel quociente de Z3 [x], e portanto os seus ideais s˜ao da forma J/ < m (x) >, onde J e´ um qualquer ideal de Z3 [x] que contenha < m(x) >, i.e., J =< n(x) >, onde n(x)|m(x). ´ x x E claro que J/ < m ( ) >=< n( ) > e´ um ideal principal. d) Classifique os an´eis quociente da forma A/K , onde K e´ um ideal de A.
˜ o: Segue-se da al´ınea anterior que K e´ um dos seguintes resoluc ¸a
ideais: K1 =< 0 >, K2 =< 1 >, K3 =< x + 1 >, K4 =< x2 + 1 >. Notamos que A/K1 A, e A/K2 {0}. Pelo 3 o teorema de isomorfismo, temos ainda A/K3 Z3 [x]/ < x + 1 > Z3 , e A/K4 2 Z3 [x]/ < x + 1 > C G(9).
CAP´ ITULO 4.
104
EXAMES RESOLVIDOS
4.8 2 Exame: 18/7/2005 o
1. Diga, em cada caso , se a afirma¸c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ao, (G, ∗) ´e um grupo, com identidade 1. a) A equa¸c˜ao x 3 = x s´o tem uma solu¸c˜ao x ∈ G. ˜ o: Pela lei do corte, x3 = x ⇔ x 2 = 1. A afirma¸ca resoluc ¸a ˜o ´e falsa,
porque existem grupos onde esta equa¸c˜ao tem m´ultiplas solu¸c˜oes, i.e., onde existem dive rsos elementos iguais ao seu inverso. Por exemplo, no grupo multiplicativo G = {1, −1}, com o produto usual, os dois elementos 1 e − 1 satisfazem a equa¸c˜ao em causa. b) Se H e K s˜ao subgrupos de G, ent˜ao H ∩ K e´ um subgrupo de G. ˜ o: A afirma¸c˜ resoluc ¸a ao ´e verdadeira. Notamos primeiro que H ∩
K = ∅ , porque tanto H como K cont´ em a identidade de G. Notamos ainda que x, y ∈ H ∩ K ⇒ x ∗ y −1 ∈ H ∩ K , porque:
• x, y ∈ H ∩ K ⇒ x, y ∈ H ⇒ x ∗ y −1 ∈ H , e • x, y ∈ H ∩ K ⇒ x, y ∈ K ⇒ x ∗ y
−1
∈ K.
c) Se H e K s˜ao subgrupos normais de G e K ⊇ H , ent˜ao K/H e´ um subgrupo normal de G/H . ˜ o: A afirma¸c˜ resoluc ¸a ao ´e verdadeira. Observamos que H e´ um
subgrupo normal de K , e portanto K/H e´ um grupo, e naturalmente um subgrupo de G/H . Por outro lado, se x = xH ∈ G/H , onde x ∈ G, e y = yH ∈ K/H , onde y ∈ K , ent˜ao x −1 ∗ y ∗ x = x −1 ∗ y ∗ x ∈ K/H , porque x −1 ∗ y ∗ x ∈ K , j´a que K e´ normal em G. d) Se G tem 11 elementos ent˜ao G Z11 . ˜ o: A afirma¸c˜ resoluc ¸a ao ´e verdadeira. Dado α ∈ G, α = 1, defi-
nimos f : Z → G tomando f (n) = α , que sabemos ser um homomorfismo de grupos. Sabemos tamb´ em que f (Z) ´e um subgrupo de G, e ´e n
Z
i.e.
Z
o´teorema bvio quedef Lagrange, ( ) = { 1},o n´umero , f ( ) de tem mais do que Pelode elementos de um f (Zelemento. ) ´e um factor 11, e como n˜ao pode ser 1, s´o pode ser 11, i.e., f e´ sobrejectivo. Finalmente, sendo < m > o n´ucleo de f , temos Z G pelo 1 o teorema de isomorfismos, onde ´e o´bvio que m = 11. m
2. As quest˜oes seguintes referem-se a grupos ou an´eis Z . Os homomorfismos e isomorfismos referidos s˜ao de grupo, excepto quando a sua natureza ´e referida explicitamente. n
4.8. 2 EXAME: 18/7/2005
105
o
a) Determine o n´umero de subgrupos, e de geradores, do grupo
Z495.
2
× 5 × 11, e portanto existem 3 × 2 × 2 = 12 divisores de 495, e 12 subgrupos de Z495. O n´umero de geradores de e Z495 ´ ˜ o: 495 = 3 resoluc ¸a
ϕ(495) = (1 − 13 )(1 − 15 )(1 − 11 1 ) = 495 × 23 × 45 × 10 11 = 240. b) Existe algum homomorfismo injectivo f : Z495 → Z595? Existe algum homomorfismo sobrejectivo f : Z495 → Z395? Quantos homomorfismos f : Z495 → Z295 existem? ˜ o: Se f : Z495 → H ´ resoluc ¸a e um homomorfismo injectivo, ent˜ao
f (Z495) ´e um subgrupo de H com 495 elementos, e pelo teorema de Lagrange 495 ´e factor da ordem de H . Como 495 n˜ao ´e factor de 595, ˜ o existem homomorfismos injectivos f : Z 495 → Z595. na Se f : Z495 → H e´ um homomorfismo sobrejectivo, ent˜ao pelo 1 o teorema de isomorfismo temos H Z495/N , onde N e´ o n´ ucleo de f . A ordem de H e´ por isso igual `a ordem de Z495/N , i.e., ´e igual ao ´ındice [Z495 : N ], que ´e um factor de 495. Como 395 n˜ao ´e factor de ˜ o existem homomorfismos sobrejectivos f : Z495 → Z395. 495, na Se f : Z495 → Z295 e´ um homomorfismo, ent˜ao a ordem de f (Z495) ´e factor de 295, pelo teorema de Lagrange, e ´e factor de 495, pelo 1o teorema de isom orfismo. Os div isores comuns de 495 e 295 = 5 × 59 s˜ao 1 e 5, e portanto f (Z495) s´o pode te r 1 ou 5 elementos. O primeiro caso (1 elemento) corresponde ao homomorfismo ´ obvio dado por f (x) = 0 para todo o x ∈ Z495. Para reconhecer que o segundo caso (5 elementos) ´e poss´ıvel, observe-se que:
• Ou ´nico subgrupo de Z295 com 5 elementos ´e < 59 > Z5 , que tem 4 geradores. Estes geradores s˜ao os elementos da forma 59 k, com 1 ≤ k ≤ 4. • As fun¸c˜oes f k : Z → Z295 dadas por f k (x) = 59 kx s˜ao homomorfismos de grupos, e s˜ao os ´unicos homomorfismos f : Z → Z295 tais que f (Z) =< 59 >. • O n´ucleo de f k e´ dado por N (fk ) = {x ∈ Z : 295 |59kx } =< 5 > ⊇< 495 > . • Conclu´ımos que existem 4 homomorfismos gk : Z495 → Z295 tais que g k (Z495) =< 59 >, e 5 homomorfismos g : Z495 → Z295. c) Quais dos seguintes grupos s˜ao isomorfos entre si? Z3
⊕ Z165, Z9 ⊕ Z55 , Z99 ⊕ Z5 , Z15 ⊕ Z33 .
CAP´ ITULO 4.
106
EXAMES RESOLVIDOS
˜ o: Sabemos que, se mdc( n, m) = 1, ent˜ao resoluc ¸a
Znm
Zn
⊕Z . m
Notamos assim que: • A = Z3 ⊕ Z165
Z3 ⊕ (Z11 ⊕ Z15 )
• B=
Z495
Z9
⊕ Z55
Z99
(Z3 ⊕ Z11 ) ⊕ Z15
Z33 ⊕ Z15
⊕ Z5
Dado um qualquer elemento z = (x, y) ∈ A, ´e claro que 165z = (165x, 165y) = (0 , 0), e portanto a ordem do elemento z e´ um divisor de 165 . Como B e´ um grupo c´ıclico com 495 elementos, tem elementos com ordem 495, e n˜ao pode ser isomorfo a A. d) Determine todos os homo morfismos injectivos de anel f : Z495 → Z990. Quantos homomorfismos sobrejectivos de anel f : Z495 → Z existem? n
˜ o: Observamos primeiro que existe um homomorfismo inresoluc ¸a
jectivo de an´eis f : Z495 → Z990 se e s´o se existe um homomorfismo de an´eis g : Z → Z990 com n´ucleo N (g) =< 495 >, onde g(x) = f (π495(x))1 . Neste caso, g(Z) = f (Z495) =< π990(2) > ´e o (´unico) subanel de Z990 com 495 elementos, e g(1) = f (π495(1)) ´e a identidade do subanel < π990(2). (o subanel em causa tem identidade porque 990 = 495 × 2, e 2 e 495 s˜ao primos entre si). A identidade de < π990(2) > e´ a classe de restos do inteiro x que satisfaz x ≡ 0 (mod 2), e x ≡ 1 (mod 495). Temos assim x = 495y + 1 ≡ 0 (mod 2) ⇔ y ≡ 1, (mod 2) ⇔ x = 495(1 + 2 k) + 1 ⇔ x = 496 + 990 k ⇔ π990(x) = π 990(496). Sendo g : Z → Z990 dado por g(x) = π990(496x), temos N (g) =< 495 >, porque Z/N (g) < π990(496) >=< π990(2) > tem 495 elementos. Conclu´ımos que f : Z495 → Z990 , dado por f (π495(x)) = π990(496x), ´e o unico ´ homomorfismo injectivo de an´eis f : Z495 → Z990. Se f : Z495 → Z e´ um homomorfismo sobrejectivo ent˜ao como vimos n|495, i.e., n e´ um dos 12 divisores de 495, e f (π495(1)) = π (1), donde f (π495(x)) = π (x). Por outro lado, ´e claro que π : Z → Z e´ um homomorfismo sobrejectivo de an´eis, e o respectivo n´ ucleo ´e < n >⊇< 495 >, donde f ´e igualmente um homomorfismo sobrejectivo de an´eis. Existem assim 12 homomorfismos sobrejectivos de an´eis f : Z495 → Z . n
n
n
n
n
n
3. Diga, em cada caso , se a afirma¸c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Neste grupo, D e´ um dom´ınio integral. 1 Designamos aqui por π a projec¸c˜ ao can´onica que transforma cada inteiro classe de restos ( mod n) n
x
na sua
4.8. 2 EXAME: 18/7/2005
107
o
a) Se C e´ um subanel unit´ario de D com mais de um elemento, ent˜ao C cont´ em a identidade de D. ˜ o: verdadeiro. Seja j a identidade de C , e i a identidade resoluc ¸a
de D. Como C tem mais de um elemento, seja x ∈ C um elemento n˜ao-nulo. temos ent˜ao jx = ix = x, e pela lei do corte (v´alida em D porque D e´ um dom´ınio integral), temos j = i . b) Se D ´e um dom´ınio de ideais principais, ent˜ ao D[x] ´e um dom´ınio de ideais principais. ˜ o: falso . Z e´ um d.i.p., mas Z[x] n˜ resoluc ¸a ao ´e d.i.p. (o ideal x, 2 > n˜ ao ´e principal, porque os u ´ nicos divisores comuns a s˜ ao ± 1, mas < x, 2 > =< 1 > = Z [x].
<
e2
x
c) Se os ´unicos ideais de D s˜ao os triviais ( {0}, e D ), ent˜ao D e´ um corpo. ˜ o: verdadeiro. Temos apenas que verificar que qualquer resoluc ¸a
elemento n˜ao-nulo de D e´ invert´ ıvel. Para isso, e sendo a = 0, notamos que o ideal gerado por a ´e < a >= {ax : x ∈ D}. Como a = a1 ∈< a >, temos < a > = { 0}, e por isso < a >= D . Segue-se que 1 ∈ < a >, ou seja, existe x ∈ D tal que 1 = ax . d) Se D e´ um dom´ınio de ideais principais, ent˜ ao qualquer elemento irredut´ıvel em D e´ primo em D. ˜ o: verdadeiro. Seja p ∈ D um elemento irredut´ resoluc ¸a ıvel, e
suponha-se que p|xy, onde x, y ∈ D. Seja ainda < p , x > =< d > o ideal (principal) gerado por p e x. Como d|p e p e´ irredut´ıvel, temos d ∼ p ou d ∼ 1. No primeiro caso, p|n, e no segundo caso, existem elementos u, v ∈ D tais que 1 = pu + xv , donde y = puy + xyv ´e m´ultiplo de p. 4. Este grupo diz respeito ao anel dos inteiros de Gauss
Z[i].
a) Dado o natural n > 1, se a equa¸c˜ao n = x 2 + y2 tem solu¸c˜oes x, y ∈ ´e poss´ ıvel que n seja primo em Z[i]?
N,
˜ o: Se n = x 2 + y 2 = (x + iy )(x − iy ), segue-se que x2 + y 2 > 1, resoluc ¸a
iy eser x− iy n˜ eredut´ os inteiros de Gauss n˜ ao s˜ao invert´ ıveis, donde n ´e ıvel, e portanto axo+ pode primo.
b) Se o natural n e´ primo em Z, e a equa¸c˜ao n = x 2 + y2 n˜ ao tem solu¸c˜oes x, y ∈ N , ´ e poss´ ıvel que n seja redut´ıvel em Z[i]? ˜ o: Se n e´ redut´ resoluc ¸a ıvel ent˜ao existem inteiros de Gauss
z, w
tais que n = zw , donde n2 = | z |2 |w |2 . Como n e´ primo em Z, temos necessariamente |z |2 = |w|2 = n. Conclu´ımos que |z |2 = |w |2 = n, e portanto a equa¸c˜ao n = x 2 + y 2 tem solu¸c˜oes x, y ∈ N .
CAP´ ITULO 4.
108
EXAMES RESOLVIDOS
c) Quantos divisores de 1105 existem em Z[i]? Determine todas as solu¸c˜oes naturais da equa¸c˜ao x 2 + y 2 = 1105. (Nota: 13 ´e factor de 1105.) ˜ o: A factoriza¸c˜ resoluc ¸a ao de 1105 em inteiros de Gauss irredut´ıveis ´e 1105 = 5× 13 × 17 = (2+ i)(2 − i)(3+2 i)(3 − 2i)(4+ i)(4 − i). Existem por isso 2 6 = 64 divisores de 1105 que se podem obter destes factores, e qualquer um deles pode ser multiplicado por uma das 4 unidades de ımos que 1105 tem 256 = 4 × 64 divisores em Z[i]. Z[i]. Conclu´
Se 1105 = n2 + m2 = (n + mi)(n − mi), ent˜ao n + mi e n − mi s˜ao divisores de 1105, e os factores irredut´ ıveis de n +mi s˜ao os conjugados dos factores de n−mi. Em particular, n+mi tem 3 factores irredut´ıveis distintos. Consideramos os casos: (a) n + mi = (2 + i)(3 + 2i)(4 + i) = (4 + 7 i)(4 + i) = 9 + 32 i (b) n + mi = (2 + i)(3 + 2i)(4 − i) = (4 + 7 i)(4 − i) = 23 + 24 i (c) n + mi = (2 + i)(3 − 2i)(4 + i) = (8 − i)(4 + i) = 33 + 4 i (d) n + mi = (2 + i)(3 − 2i)(4 − i) = (8 − i)(4 − i) = 31 − 12i Os restantes divisores de 1105 com 3 factores irredut´ıveis distintos s˜ao conjugados destes, ± ou1,resultam multiplica¸ c˜aisso o dosa solu¸c˜ factores por uma das unidades ±i. N˜ao de conduzem por oesacima distintas da equa¸c˜ao 1105 = n 2 +m2 . As ´unicas solu¸co˜es naturais correspondem aos conjuntos { 4, 33}, {9, 32}, {12, 31}, e { 23, 24}. d) Quais s˜ao os naturais n para os quais o anel quociente um corpo?
Z[i]/
< n > ´e
˜ o: O quociente Z[i]/ < n > e´ um corpo se e s´ resoluc ¸a o se o ideal
< n > = Z[i] ´e m´ aximo. Como Z[i] ´e um dom´ınio de ideais principais, o ideal < n > = Z[i] ´e m´ aximo se e s´o se n e´ irredut´ıvel. Como sabemos, ´e este caso se e s´ o se n e´ primo em Z, e n ≡ 3 (mod 4).
4.9 1 Exame: 7/7/2006 o
1. em cada caso demonstra¸ , se a afirma¸ c˜aou o ´eum verdadeira ou falsa,Nesta justificando suaDiga, resposta com uma c˜ao, contra-exemplo. quest˜ao,a ∗ (G, ) ´e um grupo. a) Qualquer subgrupo de G cont´ em a identidade de G. ˜ o:verdadeiro.Seja H um subgrupo de G, e x ∈ H a sua resoluc ¸a
identidade. Ent˜ ao x ∗ x = x, e pela lei do corte temos x = 1, onde 1 ´e a identidade de G.
4.9. 1 EXAME: 7/7/2006
109
o
b) Se H e K s˜ ao subgrupos de G, ent˜ao H ∪ K e´ um subgrupo de G. ˜ o:falso.Suponha-se por exemplo que G e´ o grupo aditivo resoluc ¸a
dos inteiros, H ´e o subgrupo dos inteiros pares, e K e´ o subgrupo dos H ∪ K , apesar de 3 , 2 ∈ H ∪ K . m´ultiplos de 3. Ent˜ao 1 = 3 − 2 ∈ Logo H ∪ K n˜ao ´e um subgrupo de G. c) Se G tem 17 elementos, ent˜ao G Z 17 . ˜ o:verdadeiro.Seja α ∈ G, α resoluc ¸a = 1, e considere-se o homo-
´ claro que φ(Z) ´e um morfismo φ : Z → G dado por φ(n) = α . E subgrupo de G com mais do que um elemento, e |φ(Z)| e´ factor de 17, pelo teorema de Lagrange. Logo |φ(Z)| = 17, ou seja, φ(Z) = G. Sendo < m >= N (φ), segue-se do 1 o teorema de isomorfismo que Z G, onde ´ e obvio ´ que m = 17. n
m
d) Os grupos Z4 ⊕ Z18 e Z6 ⊕ Z12 s˜ ao isomorfos. ˜ o:falso.Sabemos que Z resoluc ¸a
nm
Z ⊕ Z quando mdc(n, m) = n
m
1. Temos portanto que G = Z 4 ⊕ Z18 Z 4 ⊕ Z2 ⊕ Z9 Z 2 ⊕ Z4 ⊕ Z9 Z 2 ⊕ Z36 G cont´em elementos de ordem 36 (note que (0 , 1) ∈ Z2 ⊕ Z 36 tem ordem 36). Por outro lado, se ( x, y) ∈ Z6 ⊕ Z12 ent˜ ao 12( x, y) = (6(2x), 12y) = (0 , 0)), ou seja, a ordem dos elementos de Z 6 ⊕ Z12 n˜ao ´ portanto claro que Z4 ⊕ Z18 Z 6 ⊕ Z12 . pode exceder 12. E 2. Diga, em cada caso, se a afirm a¸c˜ ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸ca˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ao, (A, +, ×) ´e um anel unit´ ario, com identidade 1. a) Qualquer subanel unit´ario de A com mais de um elemento cont´ em a identidade de A. ˜ o:falso.Seja A = Z ⊕ Z, com identidade (1, 1), e considereresoluc ¸a
se o subanel B = Z ⊕ {0}, que tem identidade (1 , 0). b) Qualquer subgrupo de ( A, +) ´e um subanel de (A, +, ×). ˜ o:falso.Seja A = Z[x], e B = { a + bx : a, b ∈ Z}. ´ resoluc ¸a e claro
que B e´ um subgrupo que n˜ ao ´e um subanel, porque n˜ ao ´e fehado para o produto. c) O anel Q[x]/ <
x
3
− 1 > tem exactamente 4 ideais.
CAP´ ITULO 4.
110
EXAMES RESOLVIDOS
− 1 = (x − 1)(x2 + x + 1), e os polin´omios x − 1 e x + x + 1) s˜ao irredut´ıveis em Q[x], ´e claro que os factores de x3 − 1 s˜ao da forma d(x) = a(x − 1) (x2 + x + 1) , ´ assim evidente que qualquer divisor 0. E com 0 ≤ n, m ≤ 1, e a = de x3 − 1 ´e associado de um dos 4 polin´omios 1, x − 1, x2 + x + 1, e ˜ o:verdadeiro.Como resoluc ¸a
x
3
2
n
3 x
m
3
− 1. Como os ide ais de Q[x]/ <
conclu´ımos que o anel tem 4 ideais.
x
− 1 > s˜ ao do tipo < d(x) >,
d) O anel Z[i]/ < 37 > e´ um corpo. ˜ o:falso.O inteiro 37 = (6 + i)(6 − i) ´ resoluc ¸a e redut´ıvel em Z[i], e
portanto o anel Q[x]/ < ser um corpo.
x
3
− 1 > tem divisores de zero, e n˜ ao pode
3. Considere o anel Z1325. a) Quantos geradores e quantos divisores de zero existem em Z1325? ˜ o:1325 = 5 2 × 53, logo resoluc ¸a
1 1 52 × 53 × 4 × 52 ϕ(1325) = 1325(1 − )(1 − ) = = 1040 . 5 53 5 × 53 Existem por isso 1040 elementos invert´ıveis em Z 1325, que s˜ao geradores do anel, e 285 = 1325 − 1040 elementos que n˜ao s˜ao invert´ ıveis, incluindo o 0. Existem por isso 284 divisores de zero. b) Quais s˜ao os homomorfismos de grupo φ : Z 505 → Z1325? ˜ o:Os homomorfismos de grupo resoluc ¸a
φ : Z505 → Z1325 s˜ao da forma φ(n) = f (n), onde f : Z → Z1325 ´e um homomorfismo de grupo, dado por f (n) = an, e N (f ) =< m >⊇< 505 >. Em particular, m ´e factor de 505. Por outro lado, como φ(Z505) = f (Z) Z e´ um subgrupo de Z1325, temos pelo teorema de Lagrange que m ´e igualmente factor de 1325, donde ´e evidente que s´ o podemos ter m = 1 ou m = 5. m
c) Quais s˜ao os suban´eis de Z1325 que s˜ao corpos? ˜ o:Os suban´ resoluc ¸a eis de Z1325 que s˜ao corpos s˜ao em particular
an´eis unit´ arios. Sabemos que Z tem um subanel unit´ario B com n elementos se e s´o se m = nd, onde mdc( n, d) = 1, e neste caso B =< d > Z . m
n
Como 1325 = 25 × 53, os suban´eis unit´ arios de Z1325 s˜ ao, al´em dos triviais, que certamente n˜ao s˜ao corpos, os suban´eis que tˆem 25 e 53
4.9. 1 EXAME: 7/7/2006
111
o
elementos, que s˜ao < 53 > Z25 e < 25 > Z53 .
Como 25 ´e composto e 53 ´e primo, ´e claro que apenas < 25 > Z53 ´e um corpo. d) Determine os homomorfismos de anel φ : Z → Z1325. ˜ o:S˜ resoluc ¸a ao fun¸c˜oes da forma φ(n) = an, onde a = φ(1) ´e necessariamente a identidade do subanel φ(Z), que ´e por isso um anel
unit´ario. Temos portanto 4 casos poss´ıveis: (1) φ1 (Z) = Z1325, φ1 (n) = n . (2) φ2 (Z) =< 0 >, φ2 (n) = 0. (3) φ3 (Z) =< 25 >, φ3 (n) = an , onde a e´ a identidade de < 25 > . (4) φ4 (Z) =< 53 >, φ4 (n) = bn , onde b e´ a identidade de < 53 > . Para calcular a e b, temos a resolver os sistemas de equa¸c˜oes
a≡0 a≡1
1 + 53
(mod 25) (mod 53)
k≡0 a = 1 + 53 k
(mod 25)
e
e
b≡0 b≡1
(mod 53) (mod 25)
b = 53s 53s ≡ 1
(mod 25)
3k ≡ −1 (mod 25) e 3 s ≡ 1 (mod 25)
24k ≡ −8 (mod 25) e 24 s ≡ 8 (mod 25)
k≡8
(mod 25) e s ≡ −8 ≡ 17 (mod 25)
Conclu´ımos que a = 1+ 53(8+ 25 y ) = 425+1325 y , e b = 53(17+25 z ) = 901 + 1325 z , i.e., a = 425 e b = 901, φ3 (n) = 425 n e φ4 (n) = 901 n. 4. Suponha que G e´ um grupo com 2 p elementos, onde p = 2 ´e um n´ umero primo. Recorde que G tem pelo menos um elemento α com ordem 2. a) Prove que G cont´ em pelo menos um elemento ε de ordem p ˜ o:Seja K = < α >, que ´e um subgrupo de G com 2 elemenresoluc ¸a tos. Notamos que a ordem dos elemen tos de G s´ o pode ser 1 , 2, p, ou 2p, e consideramos separadamente dois casos:
CAP´ ITULO 4.
112
EXAMES RESOLVIDOS
• G e´ abeliano: G/K e´ um grupo com p elementos, e cont´ em elementos x, com x ∈ G, tais que a ordem de x ´e p. A ordem de x e´ m´ultiplo da ordem de x, e portanto s´o pode ser p ou 2p. No primeiro caso tomamos ε = x, no segundo caso ε = x 2 . • G n˜ao ´e abeliano: recordamos que os grupos onde todos os elementos x = 1 tˆem ordem 2 s˜ ao abelianos, e conclu´ımos que existe ε ∈ G com ordem superior a 2, portanto com ordem p ou 2p. A ordem de ε n˜ao pode ser 2 p, porque nesse caso G seria c´ıclico, logo abeliano. Segue-se que a ordem de ε s´o pode ser p. b) Prove que x ∈ G tem ordem p se e s´o se x ∈ H =< ε >= { 1,ε,ε 2 , · · · , εp−1 } ex = 1. ˜ o:H resoluc ¸a
Zp , porque H tem p elementos. Logo, se x ∈ H e x = 1 ´e obvio ´ que x tem ordem p. Por outro lado, [ G : H ] = 2, donde H e´ normal em G, e G/H Z2 e´ um grupo com 2 elementos. Se ∈ H , ent˜ao x x = 1 tem ordem 2, e portanto x tem ordem 2 ou 2 p, n˜ao podendo ter ordem p.
c) Os elementos de G s˜ao da forma x = αn εm , com 0 ≤ n < 2, e 0 ≤ ˜ o: m < p. Qual ´e a ordem de cada um destes elementos? sugesta a resposta depende de G ser abeliano ou n˜ao, portanto os dois casos devem ser analisados separadamente. ˜ o:G/H = { 1, α} = { H,αH }, donde resoluc ¸a
G = { 1,ε,ε 2 , · · · , εp−1 ,α,αε,αε 2 , · · · , αεp−1 }. Vimos j´a que a ordem dos elementos ε, ε2 , · · · , εp−1 ´e p. A ordem dos elementos α, αε, αε2 , · · · , αεp−1 , que como vimos s´o pode ser 2 ou 2 p, depende de G ser ou n˜ao abeliano.
• Se G n˜ao ´e abeliano, ent˜ ao G n˜ao ´e c´ıclico, e portanto todos os elementos x ∈ H tˆ em ordem 2. G tem assim – Com ordem 1: a identidade, – Com ordem 2: Os elementos αε k , 1 ≤ k < p, – Com ordem p: Os elementos ε k , 1 ≤ k < p. • Se G e´ abeliano, temos que recalcular a ordem dos elementos da forma x = ε k , 1 ≤ k < p. Notamos que 1 = (αεk )n = α n εkn ⇒ α −n = ε kn . Como αn s´o pode ser 1 ou α, e α n˜ao ´e uma potˆencia de ε, conclu´ımos que α −n = ε kn = 1, donde 2 |n e p |kn. Como 1 ≤ k < p, temos p |kn ⇒ p |n, e portanto 2 p|n, i.e., αε k tem ordem 2 p. G tem neste caso:
4.9. 1 EXAME: 7/7/2006
113
o
– – – –
Com ordem 1: a identidade, Com ordem 2: o elemento α, Com ordem p: os elementos ε k , 1 ≤ k < p, Com ordem 2 p: os elementos αε k , 1 ≤ k < p.
d) Suponha que G n˜ao ´e abeliano e φ : G → N e´ um homomorfismo so˜ o: quais s˜ao os subgrupos brejectivo. Classifique o grupo N . sugesta normais de G? ˜ o:Para determinar os subgrupos normais de G, notamos que resoluc ¸a
os subgrupos de G n˜ao triviais ( i.e., distintos de { 1} e de G) s´ o podem ter 2 ou p elementos.
• Se K ´e um subgrupo com p elementos, ent˜ao K cont´ em elementos de ordem p. Como vimos, todos os elementos de ordem p pertencem a H , e ´e portanto o´bvio que este ´e o u´nico subgrupo de G com ordem p. Como tamb´ em j´ a not´amos, segue-se de [ G : H ] = 2 que H e´ normal. • Se K = { 1, β } tem 2 elementos, ent˜ao podemos supor sem perda de generalidade que β = α, dado que nos argumentos acima apenas us´amos o facto de α ter ordem 2. Observamos que se K = { 1, α} e´ normal, ent˜ ao εαε−1 ∈ K , e neste caso εαε−1 = 1 ou εαε −1 = α. (a) εαε−1 = 1 ⇒ εα = ε ⇒ α = 1, o que ´e absurdo. (b) εαε−1 = α ⇒ εα = αε ⇒, o que ´e absurdo, porque implica claramente que G e´ abeliano. Conclu´ımos que G tem 3 subgrupos normais, a saber {1}, H , e G, e N (φ) ´e necessariamente um destes 3 subgrupos, e pode ser qualquer um deles. Segue-se agora do 1 o Teorema de Isomorfismo que: (a) N (φ) = { 1} ⇒ N G. (b) N (φ) = G ⇒ N Z1 , porque ´e um grupo com 1 elemento. (c) N (φ) = H ⇒ N G/H
Z2 ,
porque ´e um grupo com 2 ele-
mentos. Na realidade, existe apenas um grupo n˜ ao abeliano com 2 p elementos(2 ), que ´e o grupo diedral Dp , e portanto no caso (a) temos que 2 A tabuada de G fica determinada calculando o produto εα, que ´e um elemento de H α. Como Hα = αH , e todos os elementos de αH tˆ em ordem 2, ´e claro que εα tem ordem 2, i.e., (εα)−1 = εα. Mas ´e ´ obvio que ( εα)(αεp−1 ) = 1, donde ( εα)−1 = εα = αεp−1 . A tabuada resultante s´o pode ser a do grupo Dp , que ´e como sabemos um grupo n˜ao abeliano com 2 p elementos. Recorde-se de passagem que os elementos em H s˜ ao rota¸c˜ oes, e os elementos em αH s˜ ao reflex˜oes.
CAP´ ITULO 4.
114
EXAMES RESOLVIDOS
N Dp . Conclu´ ımos finalmente que N ´e isomorfo a um dos 3 seguintes grupos: Z1 , Z2 , Dp .
4.10
2 Exame: 21/7/2006 o
1. Diga, em cada caso , se a afirma¸c˜ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸c˜ao, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ao, (G, ∗) ´e um grupo, com identidade 1, e H e K s˜ ao subgrupos de G. a) Se x, y ∈ G ent˜ ao (xy)−1 = y −1 x−1 . ˜ o:verdadeiro.Como resoluc ¸a
(xy)y −1 x−1 = x(yy −1 )x−1 = x1x−1 = xx−1 = 1, e y −1 x−1 (xy) = y −1 (x−1 x)y = y −1 1y = y −1 y = 1, ´e claro que (xy)−1 = y −1 x−1 . b) H ∩ K e´ um subgrupo de G. resoluc ¸a ˜ o:verdadeiro.H ∩ K = ∅, porque qualquer subgrupo de
G cont´ em pelo menos a identidade de G. Notamos que x, y ∈ H ∩ K ⇒ x, y ∈ H ⇒ xy −1 ∈ H, x, y ∈ H ∩ K ⇒ x, y ∈ K ⇒ xy −1 ∈ K,
´ portanto claro que x, y ∈ H ∩ K ⇒ xy −1 ∈ H ∩ K , e H ∩ K e´ um E subgrupo de G. c) Se | G| = 100, a equa¸c˜ao x 7 = 1 s´o tem uma solu¸c˜ ao x ∈ G. ˜ o:verdadeiro.A equa¸c˜ resoluc ¸a ao x7 = 1 tem sempre a solu¸ c˜ao
x = 1, e qualquer outra solu¸c˜ ao x = 1 ´e um elemento de G de ordem 7. Como a ordem de qualquer elemento de G ´e factor da ordem de G, que ´e 100, e 7 n˜ ao ´e factor de 100, segue-se que G n˜ao tem elementos 7
de ordem 7, e a equa¸c˜ ao x = 1 s´o tem a solu¸c˜ao x = 1. d) Se | G| = 15 e G ´e abeliano ent˜ ao G Z15 . ˜ o:verdadeiro.Seja α ∈ G, α resoluc ¸a = 1, e H =< α > o subgrupo
gerado por α. A ordem de α ´e factor de 15, e portanto s´o pode ser 15, 5, ou 3. Em qualquer caso, e como G ´e abeliano, sabemos que H ´e normal em G, e recordamos que a ordem de x em G/H e´ um divisor da ordem de x em G.
4.10. 2 EXAME: 21/7/2006
115
o
(a) Se a ordem de α e´ 15 ent˜ao G = H e´ c´ıclico e tem 15 elementos, logo G Z 15 . (b) Se a ordem de α e´ 5 ent˜ ao o grupo G/H Z3 , porque G/H tem 3 elementos, e G/H cont´ em por isso um elemento β de ordem 3, donde se segue que β tem ordem 3 ou 15 no grupo G. (c) Se a ordem de α e´ 3 ent˜ ao o grupo G/H Z5 , porque G/H tem 5 elementos, e cont´ em por isso um elemento β de ordem 5, donde se segue que β tem ordem 5 ou 15 no grupo G. Notamos que em qualquer caso G cont´ em pelo menos um elemento x de ordem 3, e um elemento y de ordem 5. Tomando A =< x > e B =< y >, ent˜ao A e B s˜ao subgrupos normais de G, |A ∩ B | = 1, porque 3 e 5 s˜ao primos entre si, e | AB | = |A||B |/|A ∩ B | = 15, donde AB = G, e G A ⊕ B Z3 ⊕ Z5 Z 15 . 2. Diga, em cada caso, se a afirm a¸c˜ ao ´e verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta com uma demonstra¸ca˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜ao, (D, +, ×) ´e um dom´ınio integral, com identidade 1. a) Qualquer subanel unit´ario de D com mais de um elemento cont´em a identidade de D. ˜ o:verdadeiro.Seja i a identidade do subanel unit´ario de resoluc ¸a
D. Como D n˜ao tem divisores de zero, temos i2 = i ⇒ i(i − 1) = 0 ⇒ i = 0, ou i = 1. ´ claro que i = 0 n˜ao pode ser a identidade de um anel com algum E elemento x = 0, porque xi = x = 0, logo temos necessariamente x = 1. b) Qualquer subanel de D e´ um ideal de D. ˜ o:falso.Basta considerar D = R, e o seu subanel resoluc ¸a
n˜ao ´e um ideal de R, porque ´e obvio ´ que podemos ter x ∈ xy ∈ Z.
R,
Z, que y ∈ Z, e
c) Se os ideais de D s˜ao apenas os triviais ( {0} e D) ent˜ao D e´ um corpo. ˜ o:verdadeiro.Se x resoluc ¸a = 0 ent˜ao I = { xy : y ∈ D } e´ um ideal
de D, e I = { 0}, porque x = x1 ∈ I . Segue-se que I = D, e portanto 1 ∈ I , i.e., existe y ∈ D tal que 1 = xy. Por outras palavras, qualquer x = 0 ´e invert´ıvel, e D e´ um corpo. d) Se D e´ um d.f.u., ent˜ ao todos os seus elementos irredut´ ıveis s˜ ao primos.
CAP´ ITULO 4.
116
EXAMES RESOLVIDOS
˜ o:verdadeiro.Suponha-se que p ´ resoluc ¸a e irredut´ıvel, e p|ab. Temos
a provar que p|a ou p|b. Observamos que ab = pc, e como D e´ um d.f.u., existem elementos irredut´ ıveis p i , q j e r k tais que a=
pi , b =
i
qj , e c =
j
rk , donde
k
pi
i
j
qj = p
k
rk .
Como D e´ um d.f.u., as duas factoriza¸c˜ oes i pi j qj = p k rk s˜ao idˆenticas, a menos da ordem dos factores e da multiplica¸c˜ao por unidades, ou seja, cada um dos factores irredut´ıveis `a direita ´e associado de pelo menos um dos factores irredut´ıveis `a esquerda. Em ´ portanto factor particular, p e´ associado de um dos factores pi ou qj . E de a ou de b. 3. Considere o anel
Z775.
a) Quantos suban´eis tem Z775?
Z775?
Quantos divisores de zero existem em
˜ o:775 = 5 2 31 tem 6 factores, e portanto Z775 tem 6 suban´ resoluc ¸a eis. 1 O anel tem ϕ(775) = 775(1 − 15 )(1 − 31 ) = 5 × 4 × 30 = 600 elementos invert´ıveis, e portanto 775 − 600 − 1 = 174 divisores de zero.
b)
Z775 tem um subanel B com 155 elementos. Quantos geradores tem o subanel B ?
˜ o:Como 755/155 = 5, ´ resoluc ¸a e claro que B =< 5 >, e por-
tanto os geradores de B s˜ao as classes dos inteiros da forma 5 x, com mdc(5x, 755) = 5, ou mdc( x, 155) = 1. Por outras palavras, existem tantos geradores de B como elementos invert´ıveis em Z155, ou seja, 1 existem ϕ(155) = 155(1 − 15 )(1 − 31 ) = 4 × 30 = 120 geradores de B . c) Resolva a equa¸c˜ao x 2 = 0, com x ∈ Z775. ˜ o:Seja x = k, com k ∈ Z. Temos ent˜ resoluc ¸a ao que 775 |k2 , donde
5|k e 31|k. Segue-se que k = 155 z, e ´e obvio ´ que neste caso 775 |k 2 . 2
Conclu´ımos que x = 0 se e s´ o se k = 155 z. Existem por is so 5 solu¸co˜es da equa¸c˜ ao, a saber x = 155, x = 310, x = 465, x = 620, e x = 775 = 0. d) Quantos homomorfismos de grupo φ : Z775 → D31 existem? (Recorde que D 31 e´ o grupo diedral formado pelas simetrias do pol´ıgono regular de 31 lados.) ˜ o:Notamos que: resoluc ¸a
4.10. 2 EXAME: 21/7/2006
117
o
• O grupo D31 tem 62 = 2 × 31 elementos. Como φ(Z775 ) ´e subgrupo de D31 , segue-se que a sua ordem s´ o pode ser 1, 2, 31 ou 62 elementos. • A ordem de φ(Z775 ) resulta tamb´ em de dividir 775 pelo n´umero de elementos do n´ucleo de φ, n´ucleo esse que ´e um subgrupo de Z775 .
Consequentemente, a ordem de φ(Z775 ) ´e tamb´ em factor de 775 = 5 2 31 Conclu´ ımos assim que a ordem de φ(Z775 ) s´o pode ser 1 ou 31, sendo que o primeiro caso corresponde ao homomorfismo trivial dado por φ(x) = 1 para qualquer x ∈ Z775 . O caso em que φ(Z775 ) tem 31 elementos e´ igualmente poss´ıvel, e ocorre sempre que φ(1) ´e um dos geradores r do subgrupo R31 de D31 com 31 elementos, caso em que φ(n) = rn . Como 31 ´e primo, sabemos que R31 Z31 , e portanto R31 tem 30 geradores (cada um dos quais ´e uma das rota¸c˜oes n˜ao triviais em D31 ). Existem assim 1+ 30 = 31 homomorfismos poss´ ıveis. 4. Considere o anel K = Note que p(4) = 0.
Z5 [x]/
< p(x) >, onde p(x) = x3 + 2x2 + 2x + 1.
a) Determine o n´umero de elementos do anel K , e verifique que K n˜ ao ´e um corpo. ˜ o:Os elementos de K s˜ resoluc ¸a ao da forma a + bx + cx2 , com a,b,c ∈
K tem portanto 5 3 = 125 elem entos. Como p(4) = 0, sabemos que p(x) ´e divis´ıvel por x − 4 = x + 1, e na verdade temos p(x) = 3 2 2 2 x +2x +2x+1 = ( x−4)(x +x+1), donde (x − 4)×(x + x + 1) = 0, ou seja, ´e claro que K cont´ em divisores de zero, e por isso n˜ao pode ser um corpo. Z5 .
b) Mostre que os idea is de K s˜ao da forma
<α(x)>
, onde α(x)|p(x).
´ claro que qualquer conjunto da forma ˜ o:E resoluc ¸a
<α(x)>
e´ um ideal de K . Supondo que J e´ um qualquer ideal de K , consideramos I = π −1 (J ), onde π : Z5 [x] → K e´ a aplica¸c˜ao quociente can´onica, dada por π(a(x)) = a(x). E ´ imediato verificar que I e´ um ideal de Z5 [x], e Z5 [x] ´ e como sabemos um d.i.p., ou seja, I =< α(x) >. Por outro lado, e como π(p(x)) = 0 ∈ J , ´e obvio ´ que p(x) ∈ I , i.e., ( )> α(x)|p(x). Conclu´ ımos que J = π(I ) = <α .
x
c) Quantos ideais existem em K ? Quantos subgrupos existem em K ? ˜ o:De acordo com a al´ınea anterior, os ideais de K s˜ resoluc ¸a ao gera-
dos pelos factores de p(x). Notamos que p(x) = x3 + 2x2 + 2x + 1 =
CAP´ ITULO 4.
118
EXAMES RESOLVIDOS
(x − 4)(x2 + x + 1), e que x2 + x + 1 ´e irredut´ıvel (´e f´ acil verificar pr c´alculo directo que n˜ao tem ra´ızes em Z5 ). Como p(x) tem 2 factores irredut´ ıveis, tem 4 divisores que n˜ ao associados entre si, e portanto K tem 4 ideais. O grupo aditivo ( K, +) ´e isomorfo a Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5 . Al´em dos subgrupos ‘’´obvios” com 1 e 125 elementos, tem 3 subgrupos A, B,C de 5 elementos, e 3 subgrupos com 25 elementos, que correspondem a A ⊕ B , A ⊕ C, e B ⊕ C. d) Sendo a(x) e b(x) factores irredut´ ıveis de p(x), mostre que Z5 [x]
K
⊕
< a(x) >
Z5 [x]
< b(x) >
.
˜ o: Determine um homomorfismo de an´ sugesta eis apropriado
φ:
Z 5 [x]
˜ o:Sendo πa : resoluc ¸a
→
Z5 [x]
< a(x) >
Z5 [x]
⊕
Z5 [x]
→
Z5 [x]
< b(x) >
e πb :
Z5 [x]
→
Z5 [x]
os
homomorfismos can´onicos dados por πa (c(x)) = c (x) ∈
tomamos φ : Z5 [x] →
Z5 [x]
< a(x) > Z5 [x]
⊕
e πb (c(x)) = c (x) ∈
Z5 [x]
Z5 [x]
< b(x) >
,
dado por
φ(c(x)) = ( πa (c(x)), πb (c(x)))
O n´ucleo de φ e´ dado por N (φ) = {c(x) : a (x)|c(x) e b(x)|c(x)} =< p(x) > .
Pelo
1o
teorema de isomorfismo para an´eis temos ent˜ ao que Z5 [x]
< p(x) >
φ(Z5 [x]) ⊆
Z [ ] Z [ ] Como tanto
Z5 [x]
< a(x) >
5 x
5 x
Z5 [x]
x
x
Z5 [x]
< p(x) >
φ(Z5 [x]) =
⊕
Z5 [x]
< b(x) >
.
tˆ em 125 elementos, ´e claro
Z5 [x]
< a(x) >
⊕
Z5 [x]
< b(x) >
.