AlgebraAmlcarPachecoUniversidadeFederaldoRiodeJaneiro,InstitutodeMatem aticaE-mail address: amilcar@im.ufrj.brSumarioCaptulo 1. Preliminares 11.3. Relacao de equivalencia 21.9. Lema de Zorn e aplicacoes 3Parte1. N umerosInteiros 5Captulo 2. Algoritmos Euclideanos 72.1. O algoritmo euclideano para n umeros inteiros 72.5. Maximo divisor comum 82.11. Aneis e ideais 92.15. Exerccios 10Captulo 3. Fatora cao de inteiros 133.1. Existencia 133.4. Unicidade 133.8. MDC e fatora cao 143.10. Aplicacoes 153.19. Fun coes aritmeticas elementares 17Captulo 4. Inducao nita 214.1. Enunciados 214.4. Exemplos da inducao na sua primeira forma 214.10. Exemplos da inducao nita na sua segunda forma 22Captulo 5. N umeros primos 255.1. Innidade de primos 255.4. Primos em progressoes aritmeticas 265.7. Innidade de compostos por fun coes polinomiais 285.9. N umeros de Fermat e Mersenne 295.12. Contando n umeros primos 295.20. Fun cao zeta 32Captulo 6. Aritmetica modular 376.1. Aritmetica modular 376.9. Criterios de divisibilidade 396.13. Contando elementos inversveis 40Captulo 7. Sistemas de congruencia 417.1. Equa coes diofantinas 417.3. Equa coes lineares 417.7. Sistemas de equa coes lineares 42iiiiv SUMARIO7.10. Teorema Chines dos Restos 437.13. Aplicacao 43Captulo 8. Aplicacoes da teoria de grupos `a teoria elementar dos n umeros 458.1. Primalidade de n umeros de Mersenne 458.3. Primalidade de n umeros de Fermat 458.5. N umeros de Carmichael 468.11. Teorema da raiz primitiva 47Parte2. Grupos 49Captulo 9. Teoria de Grupos I 519.1. Deni cao e exemplos 519.11. Subgrupos 549.17. Classes Laterais e Teorema de Lagrange 569.25. Ordem de elemento e expoente de grupo abeliano 57Captulo 10. Teoria de grupos II 6110.1. Subgrupos normais e grupos quocientes 6110.10. Homomorsmo de grupos 6310.27. Produtos de grupos 6610.33. Grupos metacclicos 7010.37. Classicacao de grupos de ordem 11 72Captulo 11. Teoremas de Sylow 7511.1. Represesentacoes de grupos 7511.7. Os teoremas de Sylow 7711.15. Exemplos 79Captulo 12. Grupos sol uveis 8112.1. Teorema de Jordan-Holder 8112.10. Grupos sol uveis 83Captulo 13. Grupos abelianos nitamente gerados 8713.1. Modulos sobre aneis 8713.3. Diagonaliza cao de matrizes 8813.6. Geradores e rela coes para modulos 8913.11. O teorema de estrutura 91Parte3. Aneis 93Captulo 14. Aneis de polinomios 9514.1. Algoritmo da divisao 9514.3. Maximo divisor comum de polinomios 9714.11. Fatora cao unica de polinomios 99Captulo 15. Aneis e domnios 10315.1. Domnios euclideanos 10315.15. Domnios fatoriais 10815.25. Fatores m ultiplos e resultante 11015.34. Aneis quocientes e teorema chines dos restos 112SUMARIO v15.50. Aplicacoes 117Parte4. Corpos 119Captulo 16. Extensoes nitas 121Captulo 17. Extensoes algebricas 12517.1. Elementos algebricos e transcendentes 12517.4. Extensoes algebricas 12617.12. Adjun cao de razes 12817.18. Fechos algebricos 129Captulo 18. Extensoes separaveis 13518.17. Corpos Finitos 139Captulo 19. Extensoes puramente inseparaveis 141Captulo 20. Corpos de decomposi cao e extensoes normais 14520.17. Exemplos 148Captulo 21. Teoria de Galois 15121.1. Correspondencia de Galois 15121.10. Extensoes e subgrupos normais 15421.18. Coecientes e razes 155Captulo 22. Extensoes ciclotomicas 157Captulo 23. Extensoes cclicas 161Captulo 24. Solubilidade por radicais 167Parte5. Topicosadicionais 171Captulo 25. O problema inverso de Galois 17325.2. GrupoSn17325.10. GrupoAn17725.13. Metodo geral 177Captulo 26. Teoria de Galois innita 17926.1. Limite inverso 17926.7. Completamento de um grupo 18026.9. Teoria de Galois innita 181Captulo 27. Teoria de transcendencia 18327.1. Bases de trasncendencia 18327.2. Transcendencia dee 18327.3. Transcendencia de 18327.4. Elementos de teoria de transcencencia 183Bibliograa - Livros 185Bibliograa - Artigos 187vi SUMARIOIndice Remissivo 189CAPTULO1PreliminaresAo longo deste livro dentoraremos por N o conjunto dos n umeros naturais, Z oconjunto dos n umeros inteiros, o conjunto dos n umeros racionais, 1 o conjuntodos n umeros reais eCoconjuntodos n umeros complexos. Paratodo xCdenotamos por [x[ seuvalor absolutousual, i.e., se x=a +bi coma, b 1,entao [x[ := a2+b2. Paratodox 1denotamosseuvalorabsolutousualpor[x[ := x, sex 0, e [x[ := x, sex < 0.SejamSeTconjuntos. Umafuncaof: S Teditainjetivatodavezquex ,=yimplicarf(x) ,=f(y). Istotambemequivaleadizerquesef(x)=f(y),entaox = y. A fun caofe dita sobrejetiva, sef(S) = T.Lema1.1. SejamS

eRconjuntos. EntaoexisteumconjuntoS

1ebijecao0 : S

S

1tal queS

1 R = .Axioma1.2(axiomadaboaordenacao). TodosubconjuntonaovaziodeNpossui um menor elemento.Sejan 1 inteiro. Sejamx, y variaveis. Considere o produto notavelxnyn= (x y)(xn1+xn2y +. . . +xyn2+yn1.Podemos obter dele a soma den termos de uma progressao geometrica de razaoq.Digamos que os termos sejama, aq, , aqn1. Assim,a +aq +. . . +aqn1= aqn1q 1.Basta na formula anterior tomarx = q ey = 1.Para inteiros 1 m n denimos o n umero binomial_nm_:=n!m!(n m)!,onden! := n(n 1) . . . 1.Lembre-se [Sp, p. 632] das seguintes expansoes em series11 x= 1 +x2+x3+. . . +xn+. . . ;log(1 x) = x +x22!+x33!+. . . +xnn!+. . ..Dadoumn umeroreal xdenotamospor x|aparteinteiradex, ouseja, omaior n umero inteiro menor ou igual ax.Paratodointeiron 1en umeroprimop, aordemp-adicaordp(n)denedenida porpordp(n)e a potencia exata dep que dividen.12 1. PRELIMINARES1.3. RelacaodeequivalenciaSejaXumconjunto. Umarela caobinariaReumsubconjuntodeXX.Dado um par (a, b) R dizemos que a e relacionado a b e denotamos por aRb. Porexemplo, podemos tomar como Xo conjunto de retas do plano e como R a relacaode ortogonalidade.Uma relacao de equivalencia em um conjunto X e uma rela cao binaria satis-fazendo `as seguintes condicoes:(1) x x (reexividade).(2) Sex y, entaoy x (simetria).(3) Sex y ey z, entaox z (transitividade).Exemplo1.4. SejaX=Ze arela cao (modn)denidapor: dadosa, b Z, a b(modn)seesomentesen [ (a b), i.e., existek Ztal quea b = kn. Isto dene uma relacao de equivalencia. De fato,(1) a a = 0 = 0.n.(2) Se a b(modn), entao existe k Z tal que ab = kn, logo ba = (k)neb a(modn).(3) Se a b(modn) e b c(modn), entao existem k, l Z tais que ab =kn e b c = ln. Somando estas duas igualdades obtemos ac = (k +l)n,logoa c(modn).Exemplo1.5. SejaX= ZZ 0. Denimos dois pares (a, b), (c, d) Xcomoequivalentes, denotando(a, b) (c, d)seesomentesead =bc. Istodeneuma relacao de equivalencia. De fato,(1) ab = ba, logo (a, b) (a, b).(2) Suponha que (a, b) (c, d), i.e., ad = bc. Logo cb = da, i.e., (c, d) (a, b).(3) Suponha que (a, b) (c, d) e (c, d) (e, f), i.e.,ad = bc ecf= de. Logoaf=bcd f=bcfd=bded= be, i.e., (a, b) (e, f).Seja X um conjunto e uma rela cao de equivalencia em X. Denimos a classe[a] de um elementoa Xpor [a] = b X[ b a. Note que [a] e um conjunto.Lema 1.6. Seja Xum conjunto e uma relacao de equivalencia em X. Dadosa, b X, temos quea b se e somente se [a] = [b].Demonstrac ao. Suponhaque[a] =[b]. Observequea [a], poisa a.Logoa [b], i.e.,b a, portantoa b.Reciprocamente, suponhaa b ec [a], i.e.,c a. Por transitividade,c b,i.e., c [b]. Suponhad [b],i.e., d b. Porsimetria, b a,portransitividade,d a, i.e.,d [a]. Corol ario1.7. SejaXum conjunto e um relacao de equivalencia emX.Entaoa ~ b se e somente se [a] [b] = .Demonstrac ao. Note que sea b, entao [a] [b] = [a] = [b] ,= . Por outrolado, seexistissec [a] [b], entaoc aec b. Porsimetria, a ceportransitividadea b, o que e uma contradi cao. Corol ario 1.8. SejaXum conjunto e e um relacao de equivalencia emX.EntaoX=

a[a], onde

a[a] denota a uniao disjunta das classes de equivalenciaemX.1.9. LEMADEZORNEAPLICAC OES 3Demonstrac ao. Observe que o lado direito esta claramente contido no ladoesquerdo. Reciprocamente, pelocorolarioanteriordadox Xexisteuma unicaclasse de equivalencia [a] tal quex [a]. SejaXum conjunto e e um relacao de equivalencia emX. Denimos A:=X/ := [a] [ a X como o conjunto das classes de equivalencia de emX. Nocaso particular em queX = Z e e (modn), denotamos a classe [a] dea Zpora. Neste caso, Ae denotado por Z/nZ.1.9. LemadeZorneaplica coesDefinic ao 1.10. Um conjunto M e dito parcialmente ordenado, se existe umarelacao emM satisfazendo `as seguintes condicoes(1) (reexividade)a a, para todoa M.(2) (Transitividade) Dadosa, b, c M, sea b eb c, entaoa c.(3) (Anti-simetria) Dadosa, b M, sea b eb a, entaoa = b.Esta ordem sera dita total, se para quaisquer a, b M temos a b ou b a. Nestecaso dizemos queM e um conjunto totalmente ordenado.Definic ao1.11. SejaM um conjunto parcialmente ordenado. Um elementom M e dito um elemento maximal deM, se dadoa M tal quea m, entaoa=m. Umelementoc MeditoumlimitesuperiorparaM, separatodoa M temos a c. O conjunto M e dito indutivo, se todo subconjunto totalmenteordenadoL M possui limite superior. Neste caso,M ,= .Lema1.12(lema de Zorn). (ver [vWa, 69]) Todo conjunto parcialmente or-denado indutivo possui elemento maximo.Lema1.13(lemadeKrull). SejaRumanel comutativocomunidade. Todoideal nao nuloa deR esta contido em algum ideal maximal m deR.Demonstrac ao. Considere o conjuntoN de todos os ideaisb _R contendoa.E imediato que este conjunto e parcialmente ordenado com respeito `a rela cao deinclusao de conjuntos. SejaL N um subconjunto totalmente ordenado eC :=_bLb.Segue de um exerccio do capulo de domnios euclideanos queC e um ideal deR.Alem disto, este ideal e proprio, do contrario, existiriab L tal que 1 b, o quecontradiriab_R. Porconstrucao, oideal CeumlimitesuperiorparaL. Emparticular, pelolemadeZorn, existemelementomaximodeN. Novamenteporconstruacaom e maximal e contema. Parte1N umerosInteirosCAPTULO2AlgoritmosEuclideanosOobjetivodestecaptulo edescreveroalgoritmoeuclideanoquepermitedi-vidirumn umerointeiroporoutro, denirano caodemaximodivisorcomumden umeros inteiros e provar o algoritmo euclideano estendido que da uma rela cao dedependencia linear entre o m aximo divisor comum e os n umeros inteiros atraves danocao de ideais.2.1. Oalgoritmoeuclideanoparan umerosinteirosDefinic ao2.2. Sejama, b Z. Dizemosqueadividebouqueb edivisvelpora e denotamosa [ b se existec Z tal queac = b.Proposic ao 2.3. A divisibilidade satisfaz as seguintes propriedades:(1) (Cancelamento). Sec ,= 0 eac [ bc, entaoa [ b.(2) (Transitividade). Sea [ b eb [ c, entaoa [ c.Demonstrac ao. (1) Existe Z tal queac = bc, i.e.,c(b a) = 0. Masoprodutodedoisinteiroseigual azeroimplicaemqueumdosinteirosenulo.Observe quec ,= 0, assimb = ac, i.e.,a [ b.(2) Existem, Ztais que b =ae c =b, substituindoaprimeiraigualdade na segunda, obtemosc = a, i.e.,a [ c. Teorema2.4(algoritmodeEuclides). Sejama, b Zcomb ,=0. Entaoexistemq, r Z tais quea = bq +r, onde 0 [r[ < [b[.Sea, b 0, entaoqersao unicamente determinados pora eb.Demonstrac ao. Suponha inicialmente quea, b 0. Sea a. Esteconjunto e um subconjunto nao vazio de N. Assim, pelo axioma da boa ordenacao(axioma 1.2) existeq + 1 Stal queq + 1 x para todox S. Logoq/ S, i.e.,a bq. Sejar := a bq, portanto 0 r < (q + 1)b b = b.Se a < 0 e b > 0, divida a := a por b com quociente q e resto r e tomeq := qer := r.Sea < 0 eb < 0, dividaa := a porb := b com quocienteq e restore tomeq := qer := r.Sea > 0 eb < 0, dividaa porb := b com quocienteq e restor e tomeq := q er := r.Para provar a unicidade suponha quea = bq1 +r1 = bq2 +r2, onde 0 r1, r2< b.78 2. ALGORITMOSEUCLIDEANOSBasta provar que r1 = r2, pois neste caso bq1 = bq2 e como b ,= 0, pela propriedadedo cancelamento,q1 = q2. Suponhar1< r2. Neste caso,r2r1 = b(q1q2) b, mas r2r1 r2< b.Similarmente, nao podemos terr1> r2. 2.5. MaximodivisorcomumDefinic ao2.6. Sejama, b Z. Dizemosqued Zeummaximodivisorcomum dea eb, denotado por mdc(a, b) se(1) d [ a ed [ b; (por istod e dito um divisor comum dea eb.)(2) Para todod Z tal qued [ a ed [ b,d [ d.Observac ao 2.7. Ano caodemdcestabemdenidaamenos desinal. De fato see for um outro mdc dea eb, entao por (2)e [ d ed [ e,ousejaexistem, Ztaisqued =e =d,portanto= 1,i.e., 1. Assim quando dizemos o mdc dea eb referimo-nos `a escolhaded positiva.mdc(a, b) = mdc(a, b) (exerccio).Seb [ a, entao mdc(a, b) = b (idem).Denote por Ta,b o conjunto dos divisores comuns positivos de a e b. Notequeparaqualquerx Ta,btemosquex mina, b. Assim, estecon-juntoenito. Ficanovamentecomoexercciovericarquemdc(a, b)ejustamente o elemento maximo de Ta,b.Lema2.8. Sejama, b 1 inteiros ea = bq + ronde 0 r< b a divisao deaporb. Entao mdc(a, b) = mdc(b, r).Demonstrac ao. Basta mostrar que os conjuntos Ta,be Tb,rsao coincidem.Defato,nestecasoseuselementosmaximossaoiguais,oqueprovaolema. Sejae Ta,b,digamosa =e eb =epara, Z. Logor =a bq=e( q),i.e.,e [ r, i.e.,e Tb,r, i.e., Ta,b Tb,r. Sejaf Tb,r, digamosb = fer = fpara, Z. Entaoa=bq + r=f(q + ), i.e., f[ a, i.e., f Ta,b, i.e.,Tb,r Ta,b. Teorema2.9. Sejama, b 1 inteiros. Consideremos a seq uencia de divis oessucessivas:(2.9.1)a = bq1 +r1, 0 < r1< bb = r1q2 +r2, 0 < r2< r1......rn2 = rn1qn +rn, 0 < rn< rn1rn1 = rnqn+1,ondern e o ultimo resto nao nulo na seq uencia de divisoes. Entao mdc(a, b) = rn.Demonstrac ao. Notemosinicialmentequeem(2.9.1)teramosqueterumprimeiro resto nulo,rn+1, poisb > r1> r2> 1enaoexisteumaseq uenciaestritamentedescendenteinnitaden umerosinteirospositivos.2.11. ANEISEIDEAIS 9Pelo lema anterior aplicado a cada linha de (2.9.1) obtemosmdc(a, b) = mdc(b, r1) == mdc(rn1, rn).Masrn [ rn1, logorn = mdc(rn, rn1). A fortiori,rn = mdc(a, b). Teorema2.10(algoritmoeuclideanoestendido). Sejama, b 1inteirosed = mdc(a, b). Existems, t Z tais qued = sa +tb.Demonstrac ao. Comecamos com a pen ultima linha de (2.9.1),rn = rn2 + (qn)rn1,tomeA1 := rn1eB1 := 1. Da linha seguinte temosrn1 = rn3 + (qn1)rn2,assimrn = B1rn2 +A1rn1 = B1rn2 +A1(rn3 + (qn1)rn2).TomeA2 := B1A1qn1eB2 := A1. A linha seguinte nos darn2 = rn4 + (qn2)rn3.Substituindo na formula anterior,rn = B2rn3 +A2rn2 = B2rn3 +A2(rn4 + (qn2)rn3)TomeA3 := B2A2qn2eB3 := A2. Repetindo o mesmo argumento obtemosrn = Bn2r1 +An2r2.Masr2 = b + (q2)r1, dondern = Bn2r1 +An2(b + (q2)r1),tomeAn1 := Bn2An2q2 eBn1 := An2. Finalmente a primeira divisao nosda,r1 = a + (q1)b e sustituindo na formula anterior obtemosrn = Bn1b +An1(a + (q1)b).Basta tomars := An1et := Bn1An1q1. 2.11. AneiseideaisNestasecaodaremosumaoutrademonstra cao(conceitual)doalgoritmoeu-clideanoestendido. ParaistoprecisamosdanocaodeideaisnoconjuntoZdosn umeros inteiros.O conjunto Z dos n umeros inteiros possui duas funcoes. A soma + : ZZ Zden umerosinteiros(a, b) a + bqueassociaaopar(a, b)suasomaa + b. Eoproduto de inteiros: ZZ Z dada por (a, b) ab que associa ao par (a, b) oseu produtoab. Dados inteirosa, b, c as seguintes propriedades sao satisfeitas:(1) (Associatividade da soma)a + (b +c) = (a +b) +c.(2) (Comutatividade da soma)a +b = b +a.(3) (Elemento neutro da soma)a + 0 = 0.(4) (Inverso da soma) Dadoa Z existeb Z tal quea +b = 0 e denotamosb = a.(5) (Associatividade do produto)a(bc) = (ab)c.(6) (Comutatividade do produto)ab = ba.(7) (Elemento neutro do produto) 1a = a.10 2. ALGORITMOSEUCLIDEANOS(8) (Distributividade do produto em relacao `a soma)a(b +c) = ab +ac. Porsatisfazerestaspropriedades Z editoumanel comutativocomunidade.Alem disto a seguinte propriedade e satisfeita:(9) (Cancelamento)Seab=0, entaoa=0oub=0. Porsatisfazerestapropriedade Z e dito um domnio de integridade.Observac ao2.12. Poderamos perguntar sobre a existencia do inverso em Zcomrela caoaoproduto. Ouseja, suponhamosquea, b Zsaotaisqueab=1. Suponhaa 1. Nestecasob=1aZtambemeuminteiropositivo, masa unicapossibilidadedestrafracaoserumn umerointeiroea=1enestecasonecessariamenteb = 1. Sea < 0, sejaa = a eb = b, logoab = ab = 1 e pelocaso anteriora= 1 eb= 1,i.e., a =b = 1. Assim os unicos n umeros inteirosque admitem inverso sao 1.Definic ao2.13. UmsubconjuntoIZdeZeditoumideal deZ, seasseguintes condi coes sao satisfeitas:(1) 0 I.(2) (Ie fechado com relacao `a soma) Dadosa, b I,a +b I.(3) (I e estavel com relacao `a multiplicacao de elementos de Z) Dadoa Ier Z, entaora I.Fica como exerccio mostrar que os seguintes conjuntos sao ideais de Z : I := 2Z = 2k [ k Z (o conjunto dos n umeros pares).Sejan 1 inteiro eI:=nZ = nk [ k Z o conjunto dos m ultiplos den.Sejamn1, , nk 1 inteiros. SejaI := n1Z+. . . +nkZ = n1a1 +. . . +nkak[ a1, , ak Z o conjunto dos n umeros que sao somas de m ultiplosden1com m ultiplos den2, etc., com m ultiplos denk.Proposic ao2.14. Todo ideal I ,= (0) de Z e da formadZ para algumd 1.Por isto dizemos queIe umideal principal e que Z e umdomnio principal.Demonstrac ao. Observemos queI N ,= . Dadoa I, sea 1 nada haa fazer. Senao, ou seja, dadoa < 0 emI, entao a = (1)a Ipela propriedade(3) de ideais, mas a 1. Pelo axioma da boa ordena cao existed I N tal qued k para todok I N. Armamos queI = dZ.Deumlado, comod I, pelapropriedade(3)deideais, paratodok Z,dk I, i.e., dZ I. Deoutrolado, dadoa I, digamosa 1, peloalgoritmoeuclideano, existemq, r Z tais quea = qn + r, onde 0 r< n. Ser> 0, entaor =a + (q)n I,poisa, (q)n I,mas isto contradiz o fato ded ser o menorinteiro positivo emI. Assim, r = 0 en [a, portantoa nZ. Sea< 0, a mesmaprova mostra que sea = a,d [ a, logod [ a, e assimI nZ. 2.15. Exerccios(1) Sejaa Z. Mostre quea e par se e somente sea2e par.(2) Sejan > 1 inteiro. Mostre que:(a) mdc(n, 2n + 1) = 1.(b) mdc(2n + 1, 3n + 1) = 1.(c) mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1) = 1.2.15. EXERCICIOS 11(3) Sejamn>m 1inteiros. Suponhaquen=qm + rsejaadivisaodenporm, onde0 rm 1inteiros. On umeroF(n) =22n+ 1echamadoon-esimon umerodeFermat. Oobjetivodesteexerccioemostrar quemdc(F(n), F(m)) = 1. Faremos isto por etapas.(a) Utilizando que 22m+11 = (22m+1)(22m1) mostre uqe (22m1) [(22n+ 1) = F(n). Calcule o quociente desta divisao.(b) Utilize (a) para mostrar que o resto da divisao de F(n) = 22n+1 porF(m) = 22m+ 1 e 2.(c) Utilize (b) para calcular mdc(F(n), F(m)).(5) Sejama, b 1 inteiros. Mostre que mdc(a, b) mmc(a, b) = ab.CAPTULO3FatoracaodeinteirosNestecaptulomostramosquetodon umerointeirofatora-sedeforma unicacomo produto de n umeros primos3.1. ExistenciaDefinic ao3.2. Sejap 2inteiro. Dizemosquepeumn umeroprimo, separa todo inteirob 1 tal queb [ p, entaob = 1 oub = p, i.e., os unicos divisorespositivosdepsao1ep. Osn umerosinteirosquenaoprimossaochamadosden umeroscompostos, i.e., n 1 ecompostoseesomenteseexistem1de inteiros positivos, assimexistek 1 tal quenk = 1, i.e.,n = p1 pk. 3.4. UnicidadeLema 3.5. Sejap 2 um n umero primo ea, b Z 0. Sep [ ab, entaop [ aoup [ b.Demonstrac ao. Notequedadoumn umeroprimop, entaomdc(a, p)=1equivaleap[ a, poisos unicosdivisorespositivosdepsao1ep. Suponhaquep [ a, i.e., pelo algoritmo euclideano estendido, existem s, t Z tais que 1 = sa+tp.Multiplicandoambososladosporbobtemosb=sab + tpb. Masab=p, poisp [ ab, para algum Z. Logob = p(s +tb), i.e.,p [ b. Observac ao 3.6. O lema anterior pode ser estendido imediatamente para umprodutoqualquerdeinteiros, i.e., sep [ a1 an, entaoexiste1 i ntalquep [ ai.1314 3. FATORAC AODEINTEIROSTeorema3.7(teoremafundamental daaritmetica- segundaversao). Sejan 1 inteiro, ent ao existem unicos n umeros primosp1 f1. Nestecaso, cancelandopf11dos dois lados da equacao acima obtemospe1f11pe22 perr= qf22 qfss.Repetindoaargumenta caoanteriorobtemosqueq2=piparaalgum1 1. Segueda deni cao que para toda funcaof: N 0 C temosf 1 = 1f= f. Denatambem a fun caoI : N 0 Z porI(n) := 1 para todon. Novamente, por estadenicao obtemosf I(n) = I f(n) =d1,d|nf(d).Lema 3.22. I = I = 1.Demonstrac ao.Eclaroque I(1) =(1)I(1) =1. Se n>1, entao I(n) =d1,d|n(d) = 0. A prova paraI e identica. Teorema 3.23 (teorema de inversao de Mbius). SejaF(n) :=d1,d min df(d).Entaof(n) =d1,d|n(d)F(n/d).Demonstrac ao. Por denicao F= fI. Logo, F = (fI) = f(I) =f 1 = f, i.e.,f(n) = F (n) =d1,d|n(d)F(n/d).O teorema de inversao de Mbius tem diversas aplicacoes, dentre elas a fun cao de Euler denida da seguinte forma. Sejan 1 inteiro, (n) denota o n umerode inteiros positivosd n tais que mdc(d, n) = 1.E claro que sep for um n umeroprimo(p) = p 1.Proposic ao 3.24.d1,d|n(d) = nDemonstrac ao. Consideremos as n fracoes 1/n, 2/n, , (n1)/n, n/n. Po-demos reduzir cada uma delas a forma mnima cancelando os fatores primos comunsdo numerador e denominador. Assim, cada uma delas sera igual a uma fra caoa/bcom mdc(a, b) = 1. Os denominadores serao sempre divisores den. O n umero defracoes na forma mnima com denominadord, pela denicao da funcao, e igual a(d). Disto segue a proposicao. Proposic ao 3.25. Sen = pa11. . . parr, entao(n) = n_1 1p1_. . ._1 1pr 1_.Demonstrac ao. Comon =d1,d|n(d),3.19. FUNC OESARITMETICASELEMENTARES 19pelo teorema de inversao de Mbius temos(n) =d1,d|n(d)n/d = n inpi+ipk, logo(comopkeomaiorn umeroprimoquedeixaresto3nadivisaopor4)Mecomposto. Peloteoremafundamental daaritmeticaMfatora-se em um produto de primos.Note que sea, b 1 sao inteiros que deixam resto 1 na divisao por 4, entao omesmo ocorre paraab. De fato, sea = 4x + 1,b = 4y + 1, entaoab = 4(4xy +x +y) + 1.Fica como exerccio vericar (utilizando a primeira forma da indu cao nita) que omesmo vale para um produto nito a1 an de inteiros positivos cada qual deixandoresto 1 na divisao por 4.Assim, naoepossvel quetodofatorde Mdeixeresto1nadivisaopor4,i.e., existealgum1 i ktal quepi [ M, i.e., M=piiparai 1inteiro.Retornando `a deni cao deMobtemospi(i4p1 pi1pi+1 pk) = 3.No lado esquerdo temos um produto de um n umero inteiro positivo por outro cujoproduto tambem e um inteiro positivo, logo o n umero inteiro entre parenteses e uminteiro positivo. Comop1 7, o lado esquerdo e pelo menos 7, o que e impossvel.Portanto T4,3 e innito. Lema5.6. Existeminnitos n umeros primos daforma6n + 5comn 1inteiro.Demonstrac ao. Sejap>2umn umeroprimo. Peloalgoritmodadivisaoexistemq, r Z tais quep = 6q +r com 0 r < 6. Comop e primo,r so pode ser1 ou 5.Seja T6,5 o conjunto dos n umeros primos maiores ou iguais a 11 da forma 6n+5paran 1 inteiro. Suponha que T6,5seja nito, digamos T6,5 = p1 6p1 pk>6pk>pk. Comopkeomaiorn umeroprimoquedeixaresto5nadivisaopor6obtemos queMe composto.Observe que sea, b 1 s ao inteiros que deixam resto 1 na divisao por 6, entaoo mesmo ocorre comab. De fato, sea = 6x + 1,b = 6y + 1, entaoab = 6(6xy +x +y) + 1.Fica como exerccio mostrar que o mesmo vale para um produto nitoa1 andeinteiros positivos cada qual deixando resto 1 na divisao por 6.28 5. NUMEROSPRIMOSAssim nao e possvel que todo fator deMdeixe resto 1 na divisao por 6, i.e.,existe1 i ktal quepi [ M, M=piiparai 1inteiro. Retornando`adenicao deMobtemospi(i6p1 pi1pi+1 pk) = 5.No lado esquerdo temos um produto de um n umero inteiro positivo por outro cujoproduto tambem e um inteiro positivo, logo o n umero inteiro entre parenteses e uminteiro positivo. Como p1 11, o lado esquerdo e pelo menos 11, o que e impossvel.Portanto T6,5 e innito. NoparagrafosobrefuncaozetaaseguirenunciaremosumteoremadevidoaDirichlet que generaliza os dois lemas anteriores.5.7. InnidadedecompostosporfuncoespolinomiaisQueremosagoraanalisaroqueocorreseafun caoconsideradaanteriormentefor polinomial. Veremos que em geral o fenomeno se contrapoe ao caso linear, ouseja, e possvel apenas garantir uma innidade de n umeros compostos na imagemdef.Teorema 5.8. Sejaf(n) := adn+ad1nd1+. . . +a1n +a0,ondead, , a0 Zcomad>0. Ent aoexisteminnitosn umeroscompostosdaformaf(n).Demonstrac ao. Separatodon 1, f(n)forcompostonadahaafazer.Caso contrario, sejan0 N tal quef(n0) = p n umero primo. Sejah 1 inteiro ef(n0 +hp) = ad(n0 +hp)d+ad1(n0 +hp)d1+. . . +a1(n0 +hp) +a0.Note que a soma dos termos constantes (considerando a expressao acima como umpolinomio emh) e igual aadnd0 +ad1nd10+. . . +a1n0 +a0 = p.Logo,f(n0 +hp) = p(1 +a1h +a2(2n0h +h2p) +. . .+ad1((d 1)nd20h +. . . + (d 1)n0hd2pd3+hd1pd2)+ad(dnd10h +. . . +dn0hd1pd2+hdpd1)).Observequeotermolder daexpressaoacimacomopolinomioemheigual aadpd1p>0. Assimparauminteiroh 1sucientegrandeaexpressaoentreparenteses do lado direito menos 1 e sempre positiva, portanto f(n0+hp) = p(1+)com 1 inteiro. Em particular,f(n0 +hp) e sempre composto para todoh 1sucientemente grande.Paraocasod = 2acotaparah eh> (2an0 +b)/(ap)(facaacontanestecaso!). 5.12. CONTANDONUMEROSPRIMOS 295.9. N umerosdeFermateMersenneNestasecaoapresentamososn umerosdeFermateMersenneecomecamosadiscussaodequandopodemsern umerosprimos. Nocaptulosubseq uentesobreaplicacoes da teoria de grupos `a aritmetica elementar descreveremos de forma maisprecisa criterios para decidir quando estes n umeros sao primos.Paratodon 1inteirosejaF(n):=22n+ 1on-esimon umerodeFermat.Fermat armava que todo n umero desta forma era primo. Na verdade o que deveter ocorrido e que ele calculou os quatro primeiros que realmente sao. Entretanto,Euler mostrou que 641 [ F(5). Daremos uma demonstracao disto posteriormente.Para todon 1 inteiro sejaM(n) := 2n1 on-esimo n umero de Mersenne.Lema 5.10. Sen e composto, entaoM(n) tambem e composto.Demonstrac ao. Suponha quen = ab com 1 < a, b < n. Entao2n1 = (2a)b1 = (2a1)(2a(b1)+ 2a(b2)+. . . + 2a+ 1)o que mostra queM(a) [ M(n). Observac ao5.11. Sequisermos queumn umerodeMersennesejaprimo,devemos nos restringir `aqueles n umeros de Mersenne cujo ndice n seja um n umeroprimo. Mersenne produziu uma lista incompleta e incorreta de M(p)s para p primotais queM(p) e primo. Novamente, produziremos a posteriori uma lista ocrreta, amenos da complexidade computacional, utilizando teoria de grupos.5.12. Contandon umerosprimosParatodon umeroreal x> 1seja(x) := #p [ n umeroprimocomp x.O teorema de Euclides nos garante que limx(x) = (para a nocao de limiteveja [Li, captulo IV]). Nosso objetivo e determinar uma estimativa elementar paraa funcao(x) que conta a quantidade de n umeros primos menores ou iguais a umdado n umero real maior que 1. Note que se 1 < x y, entao(x) (y). Sejapnon-esimo n umero primo. Entao(pn) = n.Proposic ao 5.13. Seja log(x) o logaritmo na basee. Entao(x) log(log(x)).Demonstrac ao. Jaobtivemosanteriormente(viaindu caonita)quepn 22n. Paratodox> 1realxadooconjunto m 1 [ inteiro, eemx enito.Sejan 1 seu maior elemento, i.e.,een1 x < een. Observe queeen1 22nparan 4.De fato, basta mostrar queen1 2nlog(2), ou seja, n 1 nlog(2) + log(log(2)),o que e verdade pois log(2) < 1. Logo(x) (een1) (22n) (pn) = n log(log(x)).Utilizaremos o metodo da segunda demonstra cao do teorema de Euclides pararenar`aproposicaoanterior. Paratodointeiron 1seja(n)oconjuntodosdivisores primos den.30 5. NUMEROSPRIMOSProposic ao 5.14.(x) log(x|)2 log(2) ,onde x| denota a parte inteira dex (para a denicao ver Preliminares).Demonstrac ao. Paraqualquer conjuntoden umeros primos SdenotamosporfS(x)on umerodeinteirospositivosn xtaisque(n) S. SuponhaqueSsejanitodecardinalidadet. Escrevemosn=m2scomslivredequadrados.Notequem x. Alemdistotemosnomaximo2tescolhasparas. Portanto,fS(x) 2tx. Sejam:=(x), assimpm+1>x. SeS= p1, , pm, entaofS(x) = x|. Em particular, x| 2(x)x e disto segue a proposicao. O metodo acima nos da uma nova demonstra cao do teorema 5.3. De fato,sepP 1/p fosse convergente, entao existirian 1 tal quej>n1pjn tal quepj [m. Para cada primopjexistem x/pj| m ultiplos depjmenores ou iguais ax. Portanto,x fS(x) j>n_xpj_j>nxpj_2nn_.Em conseq uencia,22n>_2nn_>n Cx,para algum realC> 0 conveniente. Portanto, existe real c2> 0 tal que (x) > c2xpara todox 2. Para completar a prova observamos que(x) =pxlog(p) (x) log(x).Portanto,(x) (x)log(x)> c2xlog(x).5.18.1. Comentarios. As duas proposi coes anteriores sao devidas a Cebychef(1852). Oseguinteteoremasuplantaambas(cf. [Ap, chapter4], esteresultadodepende de teoria analtica dos n umeros).Teorema 5.19 (teorema dos n umeros primos).limx(x) =xlog(x).O teorema dos n umeros primos foi conjecturado por Gauss na idade de 15 ou 16anos. A prova correta surgiu apenas em 1896 por Hadamard e de la Valle Poussinutilizando a funcao zeta de Riemann, que introduziremos no paragrafo seguinte.Existem uma innidade de problemas abertos sobre os n umeros primos. Paramencionar apenas dois :Existem innitos n umeros primos da forman2+ 1?(Primos gemeos) Existeminnitos pares den umeros primos daforma(p, p + 2)?Para mais problemas abertos veja [Si] e [Sh].5.20. FuncaozetaNesta secao descreveremos sem prova diversos fatos a respeito da fun cao zeta deRiemann (para a prova destes fatos ver [IrRo, chapter 16]). Esta fun cao e denidapor(s) :=n1ns, ondes C, '(s) > 1.Estaserieconvergeem '(s) >1econvergeuniformementepara '(s) 1 + para todo> 0 (para a nocao de convergencia ver [Li, captulo IV]). A primeirapropriedade e que ela admite uma expansao em produto euleriano.5.20. FUNC AOZETA 33Proposic ao 5.21. Para '(s) > 1 temos(s) =pP11 ps.Particularmente importante e o comportamento assintotico desta funcao quan-do s 1. Considerando quen1 1/n diverge suspeitamos que (s) quandos 1. Lembre que(s) e uma fun cao de uma variavel complexa.Proposic ao 5.22. Suponha que '(s) > 1. Entaolims1(s 1)(s) = 1.A proposicao na verdade diz que(s) e uma funcao meromorfa com um polosimples ems = 1 (para mais detalhes ver [Ap, chapter 12]).Corol ario 5.23. Quandos 1 temoslog(s)(log(s 1))1 1.Proposic ao 5.24.(s) =pP1ps+R(s),ondeR(s) ca limitada quandos 1.Dadoumsubconjunto odoconjuntodosn umerosprimos T, dizemosque otem densidade de Dirichlet se o limitelims1pS ps(log(s 1))1existe. Nestecasoestelimiteedenotadopor d(o)eechamadoadensidadedeDirichlet de o. Esta densidade satisfaz as seguintes propriedades.Proposic ao 5.25. Seja o um subconjunto do conjunto Tdos n umeros primos.Entao(1) Se oe nito, entaod(o) = 0.(2) Se ocontemtodososn umerosprimos, excetoumn umeronitodeles,entaod(o) = 1.(3) Se o = o1 o2com o1 o2 = , entaod(o1 o2) = d(o1) +d(o2).Teorema 5.26 (teorema das progressoes aritmeticas de Dirichlet). Sejama Z em 1 inteiro tais que mdc(a, m) = 1. Seja T(a; m) o subconjunto do conjuntoTdosn umerosprimosquecontemosprimosptaisquep a(modm). Entaod(T(a; m)) = 1/(m). A fortiori, T(a; m) e innito.5.26.1. Comentarios(*). Riemann propos aseguinte conjectura (queper-manece em aberto ate hoje).Conjectura5.27(hipotesedeRiemann). TodososzerosdafuncaozetadeRiemann(s) estao contidos na reta '(s) = 1/2.Sabe-se que na reta '(s) = 1/2 existe uma innidade de zeros da funcao zetae que estes sao simetricos em rela cao `a reta (s) = 0. A veracidade da hipotese deRiemann implica em maiores informacoes sobre a distribuicao dos n umeros primos(para mais sobre isto ver [Ap, chapter13]).34 5. NUMEROSPRIMOSOinteiropositivonnadamaisequeacardinalidadedoanelZ/nZdaarit-meticamodular(aserintroducidonoproximocaptulo). Estaanalogiafazcomque Dedekind considere a seguinte extensao da funcao zeta. SejaKuma extensaonitadocorpodosracionais (verapartereferente`ateoriadecorpos). Existeum subconjunto OKdeKque cumpre o mesmo papel de Z com relacao a . Esteconjunto echamadooaneldeinteirosdeK. Eletem(entreoutraspropriedadesimportantes)acaractersticaqueoanel quociente OK/I (ondeIeumideal deOK, para mais sobre anel quocientes ver a parte de aneis) e um conjunto nito cujacardinalidade edenotadaporN(I). Assim, Dedekinddeneafun caozetadeKporK(s) :=IN(I)s, onde '(s) > 1,eIpercorretodososideaisde OK. Novamenteconjectura-sequeoszerosdestafun cao estao na reta '(s) = 1/2,o que permanece em aberto. Note queQnadamais e que a funcao zeta de Riemann.Nos anos 20 e 30 do seculo XX, E. Artin, H. Hasse e A. Weil consideraram umanalogo geometrico desta situa cao. Nele o papel de era ocupado pelo corpo defun coes racionais em uma variavel Fq() sobre um corpo nito Fqdeqelementos(ver parte de corpos). Neste contexto,L e uma extensao nita de Fq(). O corpoL possui tambem um subanel com propriedades similares a OK(quandoK e umaextensaonitade ). IstopermiteaconstrucaodeumafuncaozetaassociadaaL. Similarmente, pode-se formular como acima uma hipotese de Riemann paraL. Esta e chamada uma hipotese de Riemann para curvas porqueL nada maise que o corpo de funcoes racionais de uma curva sobre um corpo nito (para maissobre curvas sobre corpos nitos e a hipotese de Riemann neste contexto ver [Lo]).AposcasosparticularesdahipotesedeRiemannparacurvasteremsidotratadosporArtineHasse, Weilutilizandovariedadesabelianaserepresenta coes-adicasobtem em 1948 a prova da hipotese de Riemann para curvas de forma geral.Noanoseguinte(1949)Weilpropoeumavastageneraliza caodesteresultadosubstituindo Fq() por um corpo de funcoes emn variaveis sobre Fq. Neste casoaextensaonitaLdenadamaisequeocorpodefuncoesdeumavariedadealgebricasobreFq(paravariedadesalgebricasver[Ha]). DemaneiravisionariaWeil percebequeumaprovadahipotesedeRiemannnestecontextomaisgeralseriaconseq uenciadeumateoriadecohomologiasucientementericaparare-produziraspropriedadesdacohomologiasingularsobreoscomplexos. Segundomuitos, as conjecturas de Weil foram sem sobra de d uvida o problema matematicomais profundo apos a segunda guerra mundial. Na busca da cohomologia perdida,os primeiros passos foram dados por J.-P. Serre introduzindo a cohomologia de feixesde vetores de Witt. Mas foi A. Grothendieck que compreendeu que a funcao zetatrazemsialgodenovoquenaohaviasidopercebidopelosgeometrasalgebricos,desde de os italianos do seculo XIX. Ela necessitava de uma base variavel, ou seja, avariedade algebrica era considerada simultaneamente sobre todos os corpos nitosFqn. ParaistointroduziuoconceitoquerevolucionacompletamenteageometriaalgebricanoseculoXX, ateoriadeesquemas. Comacontribuicaodein umerosmatematicosalemdeSerreeGrothendieck, dentreelesM.Artin, J.-L.VerdiereL. Illusie, asteoriadeesquemasedecohomologiaevoluiram, permitindoquesedescobrissequeacohomologiaapropriada, acohomologiaetale(paramaisso-breacohomologiaetaleveja[Mi]), equenalmenteem1973, umex-alunode5.20. FUNC AOZETA 35Grothendieck, P. Deligne provasse nalmente as conjecturas de Weil (para os resul-tados de Deligne veja [We1] e [We2]). Entretanto, o mestre nao cou satisfeito. Naverdade Grothendieck havia formulado um programa muito mais amplo, as conjec-turas standard, das quais as conjecturas de Weil eram um corolario. Infelizmente,este programa nunca foi atingido.CAPTULO6Aritmeticamodular6.1. AritmeticamodularDenimos uma funcao soma de classes : Z/nZZ/nZ Z/nZ pora b :=a +b.Lema6.2. Estafuncaoestabemdenida, i.e., sea a(modn)eb a(modn), entaoa +b = a +b.Demonstrac ao. Suponhaa a(modn)eb b(modn), i.e., existemk, l Z tais quea a =kn eb b =ln. Somando estas igualdades, (a + b) (a +b) = (k +l)n, i.e.,a +b a +b(modn), i.e.,a +b = a +b. Denimostambemumfuncaoprodutodeclasses : Z/nZZ/nZ Z/nZpora b := ab.Lema6.3. Estafuncaotambemest abemdenida, i.e., sea a(modn)eb b(modn), entaoab = ab.Demonstrac ao. Sejamk, l Ztaisquea a=kneb b=ln. Logoabab = abab +ab ab = a(bb) +b(aa) = (al +bk)n, i.e.,ab ab(modn), i.e.,ab = ab. Proposic ao6.4. Oconjunto Z/nZmunidodasoperacoes e eumanelcomutativo com unidade.Demonstrac ao. Precisamos provar que as 8 propriedades de 2.11 sao satis-feitas. Elas sao herdadas das mesmas propriedades para inteiros como segue abaixo.(1) a(bc) = ab +c = a + (b +c) = (a +b) +c = a +bc = (ab) c.(2) a b = a +b = b +a = b a.(3) Noteque0=n= kn[ k Z=nZ eoconjuntodosinteirosquesaom ultiplos den. Observe quea 0 = a + 0 = a.(4) a n a = a +n a = n = 0.(5) a (b c) = a bc = a(bc) = (ab)c = ab c = (a b) c.(6) a b = ab = ba = b a.(7) a 1 = a.1 = a.(8) a (b c) = a b +c = a(b +c) = ab +ac = ab ac = (a b) (a c).A propriedade de cancelamento em um anel garante que este e um domnio deintegridade. Nemsempre Z/nZ eumdomniodeintegridade. Parasimplicaranotacao escreveremos + no lugar de eab no lugar dea b.Proposic ao 6.5. Z/nZ e um domnio de integridade se e somente sen = p eum n umero primo.3738 6. ARITMETICAMODULARDemonstrac ao. Suponha que Z/nZ seja um domnio de integridade. Supo-nha quen =ab com 1 a, b n. Entaon = 0 =ab =ab. Pela propriedade docancelamento, a = 0 ou b = 0. No primeiro caso existe 1 inteiro tal que a = n,logon = nb, i.e., 1 = b, i.e.,b = 1 ea = n. No segundo caso existe 1 inteirotal que b = n, logo n = an, i.e., 1 = a, i.e.,a = 1 e b = n. Portanto,n e primo.Suponhaquen=psejaprimo. Suponhaab=0, i.e., ab=0, i.e., p [ ab.PeloLema3.5, p [ aoup [ b, i.e., a=0oub=0, i.e., valeapropriedadedecancelamento. Um elemento a Z/nZ e dito inversvel, se existe b Z/nZ tal que ab = 1. De-notamos por (Z/nZ) o subconjunto de Z/nZ formado pelos elementos inversveis.Um domnio de integridade D e dito um corpo, se para todo a D0 existe b Dtal queab = 1. Assim, Z/nZ e um corpo se e somente se (Z/nZ) = Z/nZ 0.Proposic ao 6.6.Z/nZ e um corpo se e somente se n = p e um n umero primo.Demonstrac ao. Suponhaque Z/nZsejaumcorpo. Sejan=abcom1 a, b ninteiros. Suponhaquea 2 entao (novamente) 4 [(n).Logop1 = 2 e(n) = 2e11pe212(p2 1). See1> 1, comop2> 2, entao 4 [ (n).Assim, e1=1e(n)=pe212(p2 1). See2>1, entao(n)tem2ep2comofatoresprimos. Assim, e2=1e(n)=pe212. Novamente, comoesten umero eprimo, e2 = 1 e (n) = p21. Mas este n umero e par e primo, logo p2 = 3 e n = 6.Suponhamosquer= 1, i.e., (n) =pe111(p1 1). Sep1= 2, entao(n) =2e11. A unicaformadesten umeroserprimoee1=2, logon=4. Suponhap1>2. See1>1, entao(n)tem2fatoresprimosp1e2(poisp1 1epar),impossvel. Assim, e1=1e(n)=p1 1. Istojafoi feitoanteriormente, i.e.,p1 = 3 en = 3. CAPTULO8Aplicacoesdateoriadegrupos`ateoriaelementardosn umerosNestecaptulodesenvolveremos aplica coes dateoriadegrupos `aaritmeticaelementar. Utilizaremos os resultados do captulo 9.8.1. Primalidadeden umerosdeMersenneParatodointeiron 1, sejaMn:=2n 1on-esimon umerodeMersenne.Nosso objetivo e utilizar a teoria de grupos para determinar se Mn e primo ou obterseu menor fator primo. Ja provamos anteriormente que se n e composto, entao Mntambem o e. Assim, consideraremos apenasMpparap primo.Seja q um fator primo de Mp, i.e., 2p 1(modq). Portanto em (Z/qZ) temos2p= 1,i.e., o(2) [p. Comop e primo temos queo(2) = 1 oup. O primeiro casonao pode ocorrer, pois 2 ,= 1. Logoo(2) = p. Pelo teorema de Lagrange,o(2) = p [ #(Z/qZ) = (q) = q 1,i.e., existek 1 inteiro tal queq = 1 +kp.Proposic ao 8.2. Todo fator primo de Mp e da forma 1+kp para algum inteirok 1.Provamos anteriormente que o menor fator primo de um n umero inteiron 1e no maximo n. Logoq 2p1 < 2p/2, i.e. ,k e1, entao apos cancelar p1 teramosque terq1 = apjparaj> 1 o que novamente e impossvel.Dividindo ambos os lados porpe11obtemosuae11pe22 perr= vqf22 qfss.Repetindooargumentoanterior, q2=a2p2paraa2 Dee2=f2, dividindoambos os lados porpe22obtemosuae11ae22pe33 perr= vqf33 qfss.Repetindooargumentoobtemosquer=separatodoi =1, , rtemosqueqi = aipiparaai Deu = vae11 aerr.108 15. ANEISEDOMINIOS15.15. DomniosfatoriaisDefinic ao15.16. SejaDumdomniodeintegridade. Denimosem T:=D (D 0) a seguinte relacao de equivalencia:(a, b) (c, d) se e somente sead = bc.Seja / := T/ o conjunto das classes de equivalencia de T. A classe de equivalenciado par (a, b) e denotada pela fracaoab. Denimos emT opera coes de soma e produtoporab+cd:=ad +bccdeab+cd=acbd.Com estas opera coes / e um corpo. O inverso dea/b ,= 0 eb/a.Definic ao 15.17. SejamA eB dois aneis (sempre comutativos com elementoneutro para o produto). Uma fun caof: A B e dita um homomorsmo de aneissef(x +y) = f(x) +f(y) ef(xy) = f(x)f(y) para todosx, y A. O n ucleoN(f)defe denido como o subconjunto dos elementosa A tais quef(a) = 0. Noteque 0 N(f). Observe tambem que N(f) e um ideal de A. De fato, se x, y N(f),entaof(x + y) = f(x) + f(y) = 0, i.e.,x + y N(f). Sex N(f) ea A, entaof(x, y) = f(x)f(y) = 0, i.e.,xa N(f).Lema 15.18. fe injetivo se e somente seN(f) = (0).Demonstrac ao. Sefeinjetivoex N(f), entaof(x)=0=f(0), logox = 0. SeN(f) = (0) ef(x) =f(y), entaof(x y) = 0, i.e., x y N(f), i.e.,x = y. Observac ao15.19. Um homomorsmof:A B e dito um isomorsmo sefor um homomorsmo bijetivo. Consideremos o homomorsmo de aneis : D /denidopor(a):=a/1. Este eumhomomorsmoinjetivo, poissea/1=0/1,entaoa = 0. Por istoD e isomorfo a sua imagem e / e dito o corpo de fra coes deD e denotado por fr(D).Definic ao15.20. Um domnio de integridadeD e dito fatorial quando paratodoa D 0 podemos escrevera de maneira unicaa = upe11 perr,ondeu D, p1, , pr Dsao irredutveis ee1, , er 1 sao inteiros, onde aunicidade e a menos de multiplicacao por um elemento de D ou de permuta cao dosirredutveis. No caso de um domnio euclideano, a fun cao determina a ordem doselementos irredutveis, assim nao podemos permuta-los e a a unicidade e a menosdemultiplicacaopor inversveis. Dois elementos a, b Dsaoditos associados(denotado pora b), sea = ub ondeu D.Definic ao 15.21. SejaD[x] o anel de polinomios com coecientes emD, i.e.,sao os elementos da formaf=ni=0aixitais queai D para todoi.SejaK := fr(D) seu corpo de fracoes. O conte udoc(f) def D[x] e denido porc(f) := mdc(an, , a0).15.15. DOMINIOSFATORIAIS 109Sendo um mdc, o elementoc(f) e unico a menos de multiplicacao por elemento deD. Um polinomiof D[x] e dito primitivo, sec(f) = 1.Lema15.22(lemadeGaussgeneralizado). SejaDumdomniofatorial eKseu corpo de fracoes.(1) Sef, g D[x], entaoc(fg) = c(f)c(g).(2) Se f, gD[x] saoprimitivos, entaof eassociadoag emD[x] seesomente se ele o for emK[x].(3) Sejaf D[x]primitivo. EntaofeirredutvelemD[x]seesomentesefe irredutvel emK[x].Demonstrac ao. (1)Podemossempreescrever f =c(f)f1paraf1 D[x]primitivo. Logo,fg = c(f)c(g)f1g1ec(fg) = c(f)c(g)c(f1g1).Armamos quec(f1g1) = 1. Escrevamos explicitamentef1 =ni=0aixieg1 =mi=0bixi.Sejaf1g1 =n+mi=0cjxj.Sejap Dirredutvel. Comoc(f1) =c(g1) = 1 existei tal quep [aieltal quep [ bl. Escolhamosi el mnimos com esta propriedade. Entaoci+l = ai+lb0 +ai+l1b1 +. . . +ai+1bl1 +aibl +ai1bl+1 +. . . +a0bi+lnao pode ser divisvel porp. Em particular,p [ c(f1g1) ec(f1g1) = 1.(2) E claro que que se f e associado a g em D[x] tambem o e em K[x]. Provemosa recproca. Ou seja, suponhamos quef= ug parau KeK = fr(D). Digamosqueu =ab. Logobf= ag, c(bf) = bc(f) = b ec(ag) = ac(g) = a,i.e.,b = va parav D, portantofe associado ag emD[x].(3)E claro que sefe irredutvel emK[x] ele tambem o e emD[x]. Suponhaquefseja redutvel emK[x],digamosf=gh parag, h K[x] tais que grau(g),grau(h) 1. Eliminando os denominadores degeh obtemosa D 0 tal queaf= g1h1 parag1, h1 D[x] e grau(g1) = grau(g) e grau(h1) = grau(h). Note quec(af) = ac(f) = a ec(g1h1) = c(g1)c(h1),logo existeu Dtal quea = c(g1)c(h1)u. Alem disto, escrevendog1 = c(g1)g1eh1 = c(h1)h1comg1, h1 D[x] primitivos temos queaf= c(g1)c(h1)g1h1,i.e.,f= u1g1h1o que contradiz o fato defser irredutvel emD[x]. Teorema15.23. Seja Dumdomniofatorial. Entao D[x] tambeme umdomnio fatorial.110 15. ANEISEDOMINIOSDemonstrac ao. Sejaf D[x] 0. Sef D ouffor irredutvel nada haa fazer. Caso contrario fatoramosf= upe11 perrcomu K,p1, , pr K[x] irredutveis, grau(p1) r(resp. j>s)entaoci= 0(resp. dj= 0). Aigualdadeug=vfresultaemumsistemalinearhomogeneoandm1bmcn1 = 0andm2 +an1dm1bmcn2bm1cn1 = 0 a1d0 +a0d1b1c0b0c1 = 0a0d0b0c0 = 0cuja matriz transposta e igual a______________anan1 a1a0anan1 a1a0...............anan1 a1a0bmbm1 b1b0bmbm1 b1b0...............bmbm1 b1b0______________.Portanto, o determinante da matriz do sistema e igual a (1)nRes(f, g). Da algebralinear o sistema tem solu cao nao trivial se e somente se o determinante da matriz dosistema e nulo, o que equivale a Res(f, g) = 0. A existencia de solucao nao trivial112 15. ANEISEDOMINIOSequivalejustamenteaexistenciadeuevsatisfazendo`acondi caoacima. Dessaforma temos o teorema seguinte.Teorema 15.29. Sejamf, g K[x] K, entao existeh K[x] Kirredutveltal queh [ feh [ gse e somente se Res(f, g) = 0.Definic ao 15.30. Denimos formalmente a deriva cao de polinomiosD : K[x]K[x] porD_ni=0aixi_:=ni=1iaixi.Esta funcao satisfaz as seguintes propriedades:(1) D(f +g) = D(f) +D(g), paraf, g K[x];(2) D(af) = aD(f), paraa Kef K[x];(3) (regra de Leibniz)D(fg) = fD(g) +D(f)g, paraf, g K[x].Dizemos que um fator irredutvelfdeg K[x] K e m ultiplo sef2[ g.Proposic ao 15.31. Seja g K[x]K e f K[x]K um polinomio irredutvel.Entaofe fator m ultiplo degse e somente sef [ D(g).Demonstrac ao. Suponhaquefsejafatorm ultiplodeg, entaof2[ g, i.e.,g =Af2paraalgumA K[x]. LogoD(g) =D(A)f2+ 2AfD(f), portantof [ D(g).Reciprocamente, suponhaquef [ D(g), digamosg=fAeD(g)=fBparaA, BK[x]. Derivandoaprimeiraigualdade, D(g) =fD(A) +D(f)A, sub-stituindotemos que f(B D(A)) =D(f)A. Se D(f) =0entaotrivialmenteD(f) [ g. Suponhamos que D(f) ,= 0. Neste caso grau(D(f)) < grau(f) e como f eirredutvel, pela unicidade da fatoracao de polinomios, concluimos que f e um fatordeA, digamosA = fCparaC K[x]. Assimg = f2Cefe um fator m ultiplo deg. Definic ao 15.32. Denimos o discriminante def K[x] 0 por disc(f) :=Res(f, D(f)). Assim concluimos a seguinte proposicao.Proposic ao15.33. SejafK[x] K, entaof possui fatorm ultiploseesomente se disc(f) = 0.15.34. AneisquocienteseteoremachinesdosrestosSejaAumanel (semprecomutativocomunidade) e I, JAideais de Adenimos o ideal somaI +JporI +J := a +b [ a Ieb J.Ficacomo exerccio vericarqueI + Je defatoum idealdeA. DizemosqueosideaisIeJsao coprimos seI +J = A, i.e., se existema Ieb Jtais que 1 = a +b.Porexemplo, seA=Z, I =nZeJ=mZcomn, m 1inteiros, temosqueI eJsaocoprimosseesomentesemdc(m, n)=1. Defato, seosideaisforemcoprimos, entaoexistems, t Ztaisque1=sn + tm. Assim, qualquerdivisorprimo comum den em dividiria tambem 1, o que e impossvel. Reciprocamente,se mdc(n, m) = 1, entao pelo algoritmo euclideano estendido existems, t Z taisque 1 = sn +tm, a fortiori 1 I +J.15.34. ANEISQUOCIENTESETEOREMACHINESDOSRESTOS 113Definic ao15.35. SejaAumanel e I umideal de A. DenimosemAaseguinte rela cao. Dadosa, b A dizemos quea b (modI) sea b = I,dizemos neste caso quea e equivalente ab moduloI. Fica como exerccio vericarqueistodenedefatoumarelacaodeequivalencia. Aclassedeequivalenciadea A moduloIsera denotada pora +I := a +[ I.OconjuntodeclassesdeequivalenciaseradenotadoporA/I. QuandoA= ZeI = nZ a relacao acima e apenas a relacao de congruencia modulon, uma vez queZ e um domnio principal.Definic ao 15.36. Denimos em A/I uma estrutura de anel da seguinte forma:(a +I) (b +I) := (a +b) +Ie (a +I) (b +I) := (ab) +I.Observac ao15.37. Veriquemos queestas operacoes estaobemdenidas.Sejama, b A tais quea a(modI) eb b(modI),i.e., a a = Iebb = I. Assim,(a +b) (a +b) = + Ie em particular a+b a+b(modI) (o que equivale a (a+b) +I = (a+b) +I).Tambem temos queabab = abab +ab ab = a(bb) +b(aa) = a +b I,portanto ab ab(modI) (ou equivalentemente, (ab) +I = (ab) +I). Deixamostambem como exerccio vericar (exatamente como no caso dos inteiros modulon)que o conjunto A/I com as operacoes e e um anel. Note que o elemento neutropara a soma e a classeIe o elemento neutro para o produto e a classe 1 +I.15.37.1. Ideaisprimosemaximais.Definic ao 15.38. Um ideal Ide um anel A e dito maximal se para todo idealJdeA tal queI J A temosJ = IouJ = A.Proposic ao15.39. Umideal IdeA emaximalseesomenteseoanelquo-cienteA/Ie um corpo.Demonstrac ao. Suponha queIseja um ideal maximal deA. Sejaa +I ,= IumaclasseemA/I. Istoequivaleaa/ I. Oconjunto(a)= xa [ x A eumideal deA e pelo que foi feito anteriormente o conjuntoJ = I + (a) tambem e umidealdeA. Alemdisto, I_J. PelamaximalidadedeIconcluimosqueJ=A,i.e., queexistemt I es Ataisque1=t + sa, i.e., sa 1(modI), i.e.,(sa) +I = (s +I) (a +I) = 1 +I, i.e.,a +Iadmite inverso multiplicativo.Reciprocamente, suponhaqueA/Isejaumcorpo. SejaJumidealdeAtalqueI_J. Sejaa J I. Entaoa + I ,=Ie por hipotese existeb A tal que(a +I) (b +I) = 1 +I, i.e., (ab) +I = 1 +I, i.e., existet Ital queab 1 = t.Em outras palavras 1 = t ab J, logoA = JeIe maximal. Definic ao15.40. Umideal IdeA editoumidealprimosedadosa, b Atais queab I, entaoa Ioub I. Note que quandoA = Z ep e um n umeroprimo o idealpZ e um ideal primo de Z.114 15. ANEISEDOMINIOSProposic ao 15.41. Um idealIdeA e primo se e somente se o anel quocienteA/Ie um domnio de integridade.Demonstrac ao. Suponha que I seja um ideal primo de A. Sejam a+I, b+I AItais que (a + I) (b + I) =I, i.e., (ab + I) =I, i.e., ab I. ComoIe primo,temos quea Ioub I, i.e.,a +I = Ioub +I = I.Reciprocamente, suponhaque A/I sejaumdomniodeintegridade. Sejama, b A tais que ab I, i.e., (ab)+I = (a+I)(b+I) = I. Por hipotese, a+I = Ioub +I = I, i.e.,a Ioub I. 15.41.1. Homomorsmodeaneis.Definic ao 15.42. SejamA eB aneis ef: A B uma funcao. Esta funcao edito um homomorsmo de aneis sef(a +b) = f(a) +f(b) ef(ab) = f(a)f(b).Observe quef(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0), portantof(0) = 0. Se alem distoAforumdomniodeintegridadeefnaoforafuncaonula, entaof(1)=1. Defato, f(1)=f(1.1)=f(1)f(1), i.e., f(1)(f(1) 1)=0. SeA eumdomniodeintegridade, entao f(1) = 0 ou f(1) = 1. No primeiro caso a funcao e identicamentenula,poisf(a) =f(1.a) =f(1)f(a) = 0. Observe tambem que como 0 =f(0) =f(a + (a)) = f(a) +f(a), entaof(a) = f(a).Definic ao 15.43. Um homomorsmo f: A B e dito um isomorsmo se forbijetivo. Umhomomorsmof: A AeditoumendomorsmodeA. Seesteendomorsmo for bijetivo ele e dito um automorsmo deA. Sejaf:A Bumhomomorsmodeaneis. On ucleoN(f)defedenidopor a A[ f(a)=0.Fica como exerccio mostrar que N(f) e um ideal de A. A imagem f(A) de fe umsubanel deB(isto tambem e um exerccio).Lema15.44. Sejaf: A Bum homomorsmo de aneis. Entaofe injetivose e somente seN(f) = (0).Demonstrac ao. Suponha quefseja injetivo e quea N(f). Logof(a) =0 =f(0), pela injetividade defconcluimos quea = 0. Reciprocamente, suponhaqueN(f)=(0). Sejama, b Ataisquef(a)=f(b). Entaof(a b)=0, i.e.,a b N(f), em particulara = b. Teorema 15.45 (teorema dos homomormos). Sejaf: A Bum homomor-smodeaneis. Entaof induzumisomorsmo: A/N(f) f(A)(emoutraspalavrasA/N(f) = f(A), i.e., estes dois aneis s ao isomorfos).Demonstrac ao. A funcao e denida por(a +N(f)) := f(a).Veriquemosinicialmentequeestabemdenida. Sejaa Atal quea a(modN(f)), i.e., a a= N(f). Logof(a)=f(a), i.e., (a + N(f))=(a +N(f)).Esta funcao e um homomorsmo, pois((a +N(f)) (b +N(f))) = ((a +b) +N(f)) = f(a +b) = f(a) +f(b)= (a +N(f)) +(b +N(f)) e((a +N(f)) (b +N(f))) = ((ab) +N(f)) = f(ab)= f(a)f(b) = (a +N(f))(b +N(f)).15.34. ANEISQUOCIENTESETEOREMACHINESDOSRESTOS 115Esta funcao e sobrejetiva, pois para todo y f(A), temos que y = f(a) para a A,portantoy = (a +N(f)). Esta funcao tambem e injetiva, pois se(a +N(f)) =f(a) = 0, entaoa N(f), i.e.,a +N(f) = N(f). 15.45.1. Teoremachinesdosrestos.Proposic ao15.46. SejamI, JideaisdeAtaisqueI + J=Aea, b A.Entao existex A tal que_x a (modI)x b (modJ).Demonstrac ao. Porhipoteseexistem I e Jtaisque1= + .Entao 1(modI) e 1(modJ). Em particular,a a(modI) eb b(modJ). Basta tomarx = a +b. Vamosgeneralizaroresultadoanteriorparaumn umeroqualquerdeideais.Para isto precisamos da nocao de produto de ideais. SejamI1, , Irideais deA.SejaI1. . . Ir := a1,1 ar,1 +. . . +a1,n. . . ar,n[ ondeai,j Ii, para todoi.Fica como exerccio mostrar queI1. . . Ir e efetivamente um ideal deA.Proposic ao15.47. SejamI1, , IrideaisdeAtaisqueparatodo ,=tenhamosI +I = A. Sejama1, , ar A. Entao existex A tal que___x a1(modI1)......x ar(modIr).Demonstrac ao. DenotamosJ := I1. . . Ire para cada, J := I1. . . I1I+1. . . Ir.Armamos que(15.47.1) I +J = A.Defato, sabemosqueparacada ,=existem Ie() Itaisque +()=1. Notequeutilizamoso ndice () paradizer queoelemento()efetivamente depende da escolha de, uma vez que os ideais sao dois a doiscoprimos. Seja := 1. . . 1+1. . . r J.Entao=( +()) = +,onde I. Da igualdade (15.47.1) obtemos que para cada vale 1(modI)e 0(modI) para ,= . Finalmente,x := a11 + . . . + arre uma solu caodo sistema. Lema15.48. SejamI1, , Irideais deA tais que para todo ,= tenhamosI +I = A. EntaoI1. . . Ir = I1 . . . Ir.116 15. ANEISEDOMINIOSDemonstrac ao. Provemosoresultadoporinducaoemr. Suponhamosini-cialmenter = 2. Assim, um elemento deI1I2 e da formaa1,1a2,1 +. . . +a1,na2,n,onde a1,I1(resp. a2,I2)paracada. Notequecadaparcelaa1,a2,pertenceaI1 I2, peladeni caodeideal. LogoI1I2 I1 I2. Bastaprovarainclusao oposta. Por hipotese existem1 I1e2 I2tais que 1 = 1 + 2. Sejaa I1 I2, logoa = 1a +a2 I1I2.Suponhaagoraoresultadoprovadoparar 1fatores, vamosprova-loparar fatores. Novamente, pelapropriadenicaode produtode ideais temos queI1. . . IrI1 . . . Ir. Bastaprovarainclusaooposta. Dademonstracaodaproposi caoanterior concluimos que I1. . . Ir1e Irsaocoprimos. LogoexisterI1. . . Ir1e rIrtal que r+r=1. Sejaa I1 Ir. Noteque para todot 1 temos tambem queat I1 Ir. Entaoar= rar+a . . . a(ar) I1 +. . . +Ir,ondea repete-ser 1 vezes no produto acima. Teorema15.49(teorema chines dos restos). SejamI1,Irideais deA taisqueI +I = A, para ,= . Entao(1) existe um isomorsmo de aneisAI1. . . Ir=AI1. . . AIr.(2) Este isomorsmo restringe-se a um isomorsmo de grupos_AI1. . . Ir_=_AI1_. . . _AIr_.Demonstrac ao. Denimos :AI1 IrAI1. . . AIrpor(a +I1. . . Ir) := (a +I1, , a +Ir).Veriquemos que esta fun cao esta bem denida. De fato, seb a = I1. . . Ir =I1. . . Ir (pelo lema anterior), entao b a(modI) para todo , i.e., b+I = a+Ipara todo.Armamos que e um homomorsmo. De fato,((a +I1. . . Ir) (b +I1. . . Ir)) = ((a +b) +I1. . . Ir)= ((a +b) +I1, , (a +b) +Ir)= ((a +I1) (b +I1), , (a +Ir) (b +Ir))= (a +I1, , a +Ir) (b +I1, , b +Ir) e((a +I1. . . Ir) (b +I1. . . Ir)) = ((ab) +I1. . . Ir)= ((ab) +I1, , (ab) +Ir)= ((a +I1) (b +I1), , (a +Ir) (b +Ir))= (a +I1, , a +Ir) (b +I1, , b +Ir).15.50. APLICAC OES 117Esta funcao e sobrejetiva. De fato, dado(a1 +I1, , ar +Ir) AI1. . . AIr,pelaproposi caoanteriorexistex Atalquex a(modI)paratodo, i.e.,x+I = a+I para todo . Portanto, (a1+I1, , ar+Ir) = (x+I1, , x+Ir) =(x +I1. . . Ir).Finalmente, e injetiva. De fato, se (a + I1, , a + Ir) = (I1, , Ir), entaoa I1 . . . Ir = I1. . . Ir.Suponhamosquea + I1. . . Ir (A/I1. . . Ir), i.e., queexistab + I1. . . Ir (A/I1. . . Ir) tal que(a +I1. . . Ir) (b +I1. . . Ir) = (ab) +I1. . . Ir = 1 +I1. . . Ir,i.e., ab 1=c I1. . . Ir=I1 . . . Ir. Logoab 1(modI)paratodo,i.e., (a + I)(b + I) =1 + Iparatodo. Portanto(a + I1, , a + Ir) (A/I1). . . (A/Ir).E claro que a restri cao de (A/I1. . . Ir) e um homomorsmo injetivo. Restaprovar a sua sobrejetividade. Seja (a1 +I1, , ar +Ir) (A/I1). . . (A/Ir).Pela parte anterior sabemos que existe x A tal que a +I = x +Ipara todo .Basta provar quex +I1. . . Ir (A/I1. . . Ir). Mas para todoexiste A taisquex 1(modI), poisx einversvelsimultaneamentemodulocadaI. Ouseja,x 1 = Ipara cada. Assim,(x 1) = xz + (1)r1 = I1. . . Ir,para algumz A, i.e.,xz 1(modI1. . . Ir). Substituindo, se necessario,z porz, concluimos quex (A/I1. . . Ir). 15.50. Aplicacoes15.50.1. Somadequadrados.Teorema15.51(Fermat). Sejapumn umeroprimo. Asseguintescondicoessao equivalentes:(i) p = 2 oup 1(mod 4).(ii) Existea Z tal quea2 1(modp).(iii) p e redutvel em Z[i].(iv) p = a2+b2coma, b Z.Demonstrac ao. Suponha(i). Sep=2, tomea=1elembreque1 1(mod 2). Suponhamos que p = 4n+1. Pelo pequeno teorema de Fermat para todoa Ztal quep [ atemosqueap11(modp). Emoutraspalavras, temosafatoracaoxp11 = (x 1)(x p 1). Por outro lado,xp11 = x4n1 =(x2n1)(x2n+1). Ou seja, existe b 1, , p 1 tal que b2n= 1, i.e., b2n 1(modp). Tomea = bn.Suponha(ii). Sejak Ztal quea2= 1 + kp. Logo(a i)(a + i)=kp.Suponhamosquep [ (a + i), i.e, queexistamc, d Ztaisqeup(c + di) =a + i.Em particular,pd = 1 ep [ 1 o que e impossvel. Portanto,p [ (a +i). Pelo mesmoargumento p [ (a i). Mas Z[i] e um domnio euclideano, logo fatorial, assim p naopode ser um irredutvel am Z[i].118 15. ANEISEDOMINIOSSuponhaque p=(a +bi)(c +di) coma2+b2,=1e c2+d2,=1. Pelamultiplicatividade da norma, p2= N(p) = N(a+bi)N(a+di) = (a2+b2)(c2+d2),mas a unica possibilidade para que isto ocorra e quea2+b2= c2+d2= p.Suponhamos(iv)equep> 2. Dadoa Ztemosquea2 0 ou 1(mod 4).Assim, as possibilidades paraa2+ b2(mod 4) sao 0, 1 ou 2. Mas comop e primoapenas a segunda possibilidade pode acontecer. 15.51.1. Leidereciprocidadequadratica.Definic ao15.52. Vamosreescrevero tem(ii)doteoremadeoutraforma.Sejaa Z, dizemosqueaerestoquadraticomodulopseexisteb Ztal queb2a(modp). Assim em (ii) estamos dizendo que -1 e resto quadratico modulop. Dado a Z e um n umero primo p tal que p [ a, denimos o smbolo de Legendredea emp por_ap_= 1, sea e resto quadratico modulop,_ap_= 1, caso contrario.Assim o teorema arma quep e soma de quadrados se e somente se (1/p) = 1.Um importante teorema na teoria dos n umeros (que nao demonstraremos aqui)e a lei de reciprocidade quadr atica (cf [IrRo, chapter 5]).Teorema15.53(lei de reciprocidade quadratica). Sejamp, q> 2 primos dis-tintos. Enao_pq__qp_= (1)p12q12.Umamaneiradeinterpretarestalei eumaformuladeinverterosmbolodeLegendre, ou seja,_qp_= (1)p12q12_pq_.Por exemplo, sep, q 1(mod 4), entao_qp_= 1 se e somente se_pq_= 1.Sep, q 3(mod 4), entao_pq_= 1 se e somente se_qp_= 1.Finalmente sep 1(mod 4) eq 3(mod 4) (ou vice-versa), entao_pq_= 1 se e somente se_qp_= 1.Parte4CorposCAPTULO16ExtensoesnitasSejam K L dois corpos. Dizemos que L e uma extensao de Kou que L/K euma extensao de corpos. Notemos neste caso que a multiplica cao de elementos deKpor elementos deL induz emL uma estrutura deK-espaco vetorial. QuandoLe um K-espaco vetorial de dimensao nita, dizemos que L/K e uma extensao nitae denotamos dimK L = [L : K] chamado o grau da extensao.Proposic ao16.1. SejamK L Mcorpos. EntaoM/Keumaextensaonita se e somente seM/L eL/Ksao extensoes nitas e neste caso[M: K] = [M: L][L : K].Demonstrac ao. Suponha que M/K seja uma extensao nita. Qualquer con-junto de elementos deMque sejaL-linearmente independente e em particularK-linearmenteindependente. Portanto,on umeromaximodevetoresL-linearmenteindependentes emMe [M:K],em particularM/L e nita. ComoL MeMe umK-espaco vetorial de dimensao nita, concluimos que o mesmo vale paraL,i.e.,L/K e nita.Suponha que M/L e L/K sejam nitas. Sejam 1, , n uma base de M/Le 1, , m uma base deL/K. Armamos que o conjuntoij1in,1jme uma base deM/K. Disto segue imediatamente a proposi cao.Sejax M, entaox =ni=1aii,ondea1, , an L. Alem disto para todoi = 1, , n, temos queai =mj=1bijj,ondej K. Logo,x =ni=1mj=1bijij,em particular o conjunto acima geraMcomoK-espaco vetorial.Suponha que tenhamos umaK-combinacao linear trivialni=1mj=1cijij = 0,121122 16. EXTENSOESFINITASonde para todoi, j,cij K. Reescremosni=1__mj=1cijj__i = 0.Como para todoi temosmj=1cijj L e 1, , ne um conjuntoL-linearmente independente, concluimos que para todoi temosmj=1cijj = 0.Por outro lado, segue do fato de 1, , m ser K-linearmente independente quecij = 0 para todoi, j. Corol ario16.2. SejaL/Kumaextensaonitadegrauprimo. Entaoparatodo corpoFtal queK F L temos queF= KouF= L.Definic ao 16.3.Seja L/K uma extensao nita com base 1, , n e u L.Denimos o polinomio caracterstico de u em rela cao a L/K da seguinte forma. Paratodoi = 1, , n temosui =nj=1aijj.O polinomio e denido porFu,L/K(x) := det(Ix (aij)).DenotamosA := (aij).Observac ao 16.4. (1) Fu,L/K tem coeciente lder 1 e grau n = [L : K].(2) Fu,L/Knao depende da escolha da base. De fato, seja 1, , n umaoutra base de L/K e B a matriz de mudanca de base de 1, , n para1, , n. SejaC := B1. Assim,ui = unj=1bijj =nj=1bijnl=1ajll = (BA)ill=nh=1(BA)ilclhh = (BAC)ihh.Assim,det(Ix(BAB1)) = det(B(IxA)B1) = det(B) det(IxA) det(B1) = Fu,L/K.(3) Seu K, entaoFu,L/K = (x u)n.Proposic ao16.5. SejamK L Mtais queM/L eL/Ksejam extensoesnitas. Sejau L. EntaoFu,M/K = F[M:L]u,L/K.16. EXTENSOESFINITAS 123Demonstrac ao. Sejam 1, , n uma base deM/L e 1, , m umabase deL/K. Entao ij1in,1jm e uma base deM/K. Note queuij = iml=1ajll =ml=1ajlil.Assim, emcadabloco 11, , 1, m, ... ,n1, , nmamatrizdooperador linear denido pela multiplica cao poru e igual aA. Portanto,Fu,M/K = det_____Ix A 000 Ix A0...... ...0 0Ix A_____= Fnu,L/K.Definic ao 16.6. Escrevendo explicitamente,Fu,L/K = xn+f1xn1+. . . +fn1x +fn.O tracoTL/K(u) deu em relacao aL/K e denido porTL/K(u) := f1.A normaNL/K(u) deu em relacao aL/K e denida porNL/K(u) := (1)nfn.Observe que expandindo o determinante que deneFu,L/Kobtemosf1 =ni=1aii = Tr(A), o traco da matrizA, efn = det(A).Definic ao 16.7.Sejam L/K uma extensao de corpos f K[x]K. Dizemosque um elemento L e raiz defsef() = 0.Suponhamos conhecidasu1, , unas razes deFu,L/K. Note que uma destasrazes,digamosu1, e exatamenteu. Observe tambem que usando o algoritmo dadivisao, se e raiz defentaof(x) = (x )g(x),para algumg K[x]. Neste caso temos a fatoracaoFu,L/K(x) =ni=1(x ui).124 16. EXTENSOESFINITASDesenvolvendo este produto obtemosf1 = ni=1uif2 =1i0eparaalguma Ei1.Extensoes sol uveis por radicais satisfazem as seguintes propriedades. Em todasaspropriedadesabaixosuporemosqueoscorposestejamtodoscontidosemumcorposucientementegrande, detal formaapodermos tomar compositadecorpos.Proposic ao 24.4. (1) SejamkFEcorpos comE/kseparavelnita. EntaoE/kesol uvel por radicais seesomentese E/F e F/ko sao.(2) Suponha que E/k seja sol uvel por radicais e seja K/k uma extensao nita.EntaoEK/Ke sol uvel por radicais.(3) Suponhaque E/ke K/ksejamsol uveis por radicais. Ent ao EK/kesol uvel por radicais.Demonstrac ao. (1)SuponhaqueF/keE/Fsejamsol uveisporradicais.Logo existemF/k nita tal queF Fe seq uencia de corposF = F0 F1 k,na qual cada extensao Fi/Fi1 e de um dos 3 tipos anterioes. Similarmente, existemE/Fnita tal queE Ee seq uencia de corposE = E0 E1 F,onde cada extensao Ei/Ei1 e de um dos 3 tipos acima. Tomando o compositum dasegunda seq uencia comF e continuando pela segunda ate obtemos uma seq uenciade corposEF = E0F E1F F F1 k.Finalmente,observequeEiF=Ei1F[]ouEi1F[],emqualquercasorecu-peramos um dos 3 tipos anteriores.Suponha agora que E/k seja sol uvel por radicais, ou seja existe E/k nita comE EeE = E0 E1 k,comEi =Ei1[] ouEi1[]. Primeiro, comoF E E, segue imediatamenteque F/k e sol uvel por radicais. De outro lado, como acima, tomando o compositumdaseq uenciaanteriorcomFconcluimostambemqueE E EFeE/Fesol uvel por radicais.(2) Mesmo argumento do ultimo paragrafo,tomando agora o compositum daseq uencia comK.(3) Segue dos 2 anteriores. Teorema 24.5. Seja E/k uma extensao galoisiana nita. Entao E/k e sol uvelpor radicais se e somente seE/k e sol uvel.Demonstrac ao. SuponhaqueE/ksejasol uvel. Nestecasoexisteumase-q uencia de corposE = E0 E1 E2 En = ktal quecadaextensaoEi/Ei+1ecclicadegrauprimoi. Sejam= iiondefazemosoprodutoapenasnosn umerosprimositaisquei ,=p=car(k). Seja24. SOLUBILIDADEPORRADICAIS 169umcorpoalgebricamentefechadocontendoke Tm(). SejaK:=k[].Consideremos o compositum da seq uencia de corpos acima comK,EK = L0 E1K = L1 E2K = L2 EnK = K.Cada extensaoLi/Li+1 e galoisiana e temos queAut(Li/Li+1) = Aut(EiK/Ei+1K)e isomorfo a um subgrupo de ordem > 1 de Aut(Ei/Ei+1). Portanto este subgrupoe igual ao proprio Aut(Ei/Ei+1), o qual e cclico de ordemi. Mas neste caso, porconstrucao existem/i Ei1raizi-esima da unidade, parai ,= p. Portanto, aextensaoLi/Li+1e uma extensao de Kummer, sei ,=p. Casoi=p a extensaoeautomaticamentedeArtin-Schreier. Portanto, cadaextensaoLi/Li+1edeumdos 3 tipos acima, i.e., EK/Ke sol uvel por radicais. Trivialmente, K/k e sol uvelpor radicais. Doitem(1) das propriedades anteriores concluimos que EK/kesol uvel por radicais, a fortiori E/k e sol uvel por radicais (novamente o item (1) daspropriedades acima, uma vez queE EK).Reciprocamente, suponha que E/k seja sol uvel por radicais. Entao existe E/knita contendoEe uma seq uencia de corposE = E0 E1 E2 En = ktal que cadaEi/Ei+1e de um dos tres tipos acima. Note que a priori a extensaoEi/Ei1 nao e galoisiana, isto falha no caso (2) acima. Sejam o produto de todososn umerosprimosdividindo[E: k] distintosdep=car(k)(casop>0). Seja Wm() uma raiz primitivam-esima da unidade em um corpo algebricamentefechado(comosempresupomossucientementegrandeparacontertodososcorposconsiderados). SejaF:=k[]am-esimaextensaociclotomicadek. Con-sidere agora o compositum da seq uencia anterior comFdado porEF E1F F.Paracadai, sejaLi:=EiF. NotequeagoracadaLi/Li1egaloisiano, poiscorrigimosocasoKummeracrescentandoumelementomi, umaraiz mi-esimaprimitivadaunidadeaEi1,ondemi= [Ei:Ei1],casop [mi. Casocontrarionadahaafazer. AlemdistonestecasoLi=Li1[i] =Li1[xmi ai], ondemii=ai. Finalmente, observequeEFeocorpodedecomposicaosobrekdopolinomiof:=i,pmi(xmiai) i,mi=p(xpx ai).Portanto,EF/k e galoisiana (ja queEF/Fe separavel, pois cadaLi/Li1o e, eF/k tambem e separavel). A fortiori, EF/Fe sol uvel. Trivialmente F/k e sol uvel.Assim, pelas propriedades de extensoes sol uveis, EF/k e sol uvel. A fortiori, pelamesma razao,E/k e sol uvel. Definic ao 24.6. Dadof [x] irredutvel. Este polinomio e dito sol uvel porradicais se [f]/ e sol uvel por radicais.Corol ario 24.7 (teorema de Galois, post-mortem). Sejaf [x] irredutvel.Entaofe sol uvel por radicais se e somente se Gal(f, K) for sol uvel.Observac ao24.8. Numcaptuloposteriorabordaremosoproblemainversode Galois, que permaence em aberto desde o seculo XIX. Este diz o seguinte. DadoumgruponitoGseraqueexisteumaextensaogaloisiananitaK/tal que170 24. SOLUBILIDADEPORRADICAISGal(K/)sejaG? Veremosqueageometria, viaoteoremadeirredutibilidadedeHilbertpoderanosdarinformacoesrelevantesparaesteproblema. Umcasoparticular e aquele no qual o grupoG e um grupo sol uvel. Nesta situa cao sabe-seque existeK. Isto e devido a Safarevic e Iwasawa. Para mais sobre isto veja [Ser]Observac ao 24.9. Nao e difcil provar queS4 eS3 sao grupos sol uveis. Alemdisto, para todo polinomio irredutvel f [x] de grau n temos que Aut(k(f)/k)e isomorfo a um subgrupo deSn. Portanto, polinomios de graus 3 e 4 sao sempresol uveis. Isto mostra que os algebristas arabes e italianos so podiam mesmo acharexplicitamenteasrazesnaformaradical, oquenaoquerdizerqueencontrarasformulas por eles obtidas fosse missao facil.Contrariamente, equacoes de grau 5 nao sao necessariamente sol uveis por radi-cais, uma vez que S5 nao o e (veja [GaLe]. O teorema 21.23 nos diz que polinomiosde grau primo p > 2 com exatamente 2 razes reais tem grupo de Galois Sp. Assim,basta considerar um polinomio de grau 5 com 3 razes reais.Parte5TopicosadicionaisCAPTULO25OproblemainversodeGaloisProblema25.1. SejaGumgruponito. Seraqueexisteumaextensaoga-loisiana nitaK/ tal que Gal(K/) = G?EsteproblemapermaneceemabertodesdeoseculoXIX. Entretantorefor-mulacoes geometricas nao so geraram analogos desta questao em outras circunstan-cias, bemcomotrouxeramdevoltaresultadosparaoproblemaoriginal. Nossaprimeira secao sera justamente dedicada a mostrar que o grupo Sn de permutacoesdenelementossempreegrupodeGaloisdeumaextensaodocorpodefun coesracionais K(x1, , xn) paraumcorpo Kqualquer. Emparticular, tomandoK= e utilizando o teorema de irredutibilidade de Hilbert, obteremos queSnegrupo de Galois sobre , i.e., existe K/ galoisiana nita tal que Sn = Gal(K/).Emseguidadiscutiremosdesenvolvimentosnadire caodoproblemainversoparaoutros grupos.25.2. GrupoSnSejam Sn o grupo das permutacoes de n elementos, R um anel comutativo comunidade eA = R[x1, , xn] o anel de polinomios emn variaveis com coecientesemR. Para todo Snef(x1, , xn) A denimos(f(x1, , xn)) = f(x(1), , x(n)).Estafun caoenaverdadeumautomorsmodeA(verique!). Dizemosquefesimetricoseesomentese(f) =fparatodo Sn. Porexemplo, asfuncoessimetricas elementares s1, , sn nas variaveis x1, , xn sao polinomios simetricos(vejacaptulodeextensoesnitas).Eclaroquenemtodopolinomiosimetrico euma funcao simetrica elementar, por exemplo,(25.2.1) x21 +. . . +x2n.Entretanto,mostraremosquetodopolinomiosimetricoseescrevedeforma unicacomo polinomio nas funcoes simetricas elementares. Alem disto nao existem relacoesentre estas,ou seja,sao algebricamente independentes (veja captulo de teoria detranscendencia).Teorema 25.3.Seja f A simetrico. Entao existe um unico g R[s1, , sn]tal quef(x1, , xn) = g(s1, , sn).Do teorema segue imediatamente o seguinte corolario.Corol ario 25.4. Nao existeg R[s1, , sn] 0 tal queg(s1, , sn) = 0.Exemplo 25.5. Observe que o polinomio em (25.2.1) pode ser reescrito comox21 +. . . +x2n = s212s2.173174 25. OPROBLEMAINVERSODEGALOISConsidere o polinomiof(t) = (t x1) . . . (t xn) = xns1xn1+. . . + (1)nsn A[t].Denimos o discriminante def(t) porD :=1i