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Anotacoes sobre Teoria de Galois.

Rodrigo Carlos Silva de Lima ‡

Universidade Federal Fluminense - UFF-RJ

[email protected]

‡

Sumario

1 Teoria de Galois 3

1.1 Teoria de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 A conexao de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.1 Elemento primitivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.2.2 n-esimo polinomio ciclotomico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.3 A equacao geral de grau n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

1.4 C e um corpo algebricamente fechado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2

Capıtulo 1

Teoria de Galois

1.1 Teoria de Galois

Definicao 1 (K-automorfismo). Seja L|K uma extensao de corpos. Um automorfismo

f : L → L e um K-automorfismo ⇔ f(a) = a ∀a ∈ K. Isto e um automorfismo que fixa

os elementos de K. f e um automorfismo de L tal que f |K = I.

Definicao 2 (Grupo de Galois G(L|K)). Seja f : L→ L um K-automorfismo , L|K uma

extensao, definimos G(L|K) como conjunto das funcoes f que sao K- automorfismos.

G(L|K) = {f : L→ L, automorfismo, tal quef |K = I}.

Propriedade 1. O conjunto G(L|K) munido com a operacao de composicao de funcoes

e um grupo.

Demonstracao.

A composicao de bijecoes e uma bijecao e a composicao de homomorfismo e um ho-

momorfismo, portanto a a composicao de automorfismo e um automorfismo. Se f e g sao

K-automorfismo.

� A operacao e fechada . Se a ∈ K, f, g ∈ G(L|K) entao f(g(a)) = f(a) = a, daı

f ◦ g ∈ G(L|K).

3

CAPITULO 1. TEORIA DE GALOIS 4

� Temos a identidade no conjunto, que e a funcao I : L → L tal que I(x) = x para

todo x ∈ L.

� Se f ∈ G(L|K) entao f−1 e um automorfismo de L tal que para todo a ∈ K

a = I(a) = f(f−1(a)) = f−1(f (a)) = a.

Portanto G(L|K) e um grupo .

Definicao 3 (Grupo de Galois de L|K). O grupo de Galois de L|K e o grupo G(L|K).

Propriedade 2.

G(C|R) =< f >= {I, f}

onde f e a conjugacao complexa.

Demonstracao. Sejam a extensao C|R, f : C → C um R automorfismo. {1, i} e

uma base de C|R, entao cada t ∈ C se escreve como

t = a+ bi, a, b ∈ R

f(t) = f(a+ bi) = f(a) + f(b)f(i) = a+ bf(i).

A funcao f e determinada por f(i). Como vale i2 = −1 tem-se

f(i2) = f(i)2 = f(−1) = −1

logo f(i) e raiz de x2+1 = 0, daı f(i) = i ou f(i) = −i, entao existem 2 R automorfismos

I : C :→ C, I(a + bi) = a + bi e f : C → C com f(a + bi) = a − bi que e a conjugacao

complexa .

G(C|R) =< f >= {I, f, f 2 = I}.

De maneira similar temos se trocamos R por Q.

Exemplo 1. Seja α ∈ R tal que α3 = 2, consideramos a extensao Q(α)|Q e um Q-

automorfismo, f : Q(α) → Q(α), como {1, α, α2} e base de Q(α)|Q, todo elemento β de

Q(α) se escreve de maneira unica como

β = a+ bα + cα2, a b, c ∈ Q


logo

f(β) = f(a+ bα+ cα2) = a+ bf(α) + cf(α)2

f(β) e determinado por f(α), como α3 = 2 entao f(α)3 = 2, f(α) e raiz de x3 − 2, logo

o unico valor possıvel e f(α) = α, pois as outras raızes sao complexas, logo f = I e

G(Q(α)|Q) = {I}.

Propriedade 3. Seja f(x) ∈ K[x] \K e seja L um corpo de raızes de f(x) sobre K. Se

φ : L→ L e um K-automorfismo de L e α e uma raiz de f(x) entao φ(α) tambem e uma

raiz de f(x).

Demonstracao. Seja

f(x) =n∑

k=0

akxk

f(α) = 0 =n∑

k=0

akαk

aplicando φ, sabendo que φ(0) = 0 e por propriedades de automorfismo segue

φ(0) = 0 =n∑

k=0

akφ(α)k

logo φ(α) e raiz.

Definicao 4 (Grupo de Galois de f(x)). Seja f(x) ∈ K[x] \ K e seja L um corpo de

raızes de f(x) sobre K. O grupo de galois de f(x) e

G(f(x)|K) := G(L|K).

Propriedade 4. Se f(x) ∈ K[x] \ K tem n raızes distintas em seu corpo de raızes L,

entao G(L|K) e isomorfo a um subgrupo de Sn.

Demonstracao. Seja B = {ak}n1 o conjunto das n raızes de f(x). Se g ∈ G(L|K)

entao g(ak) e raiz de f(x), com g injetora g(A) = A, g permuta as raızes de f(x) .

Considere a funcao h : G(L|K) → SB tal que h(g) = g|B. h e homomorfismo, pois

dado g1, g2 ∈ G(L|K),

h(g1g2) = g1 ◦ g2|B = h(g1) ◦ h(g2) = g1|B ◦ g2|B


pois aplicados em x ∈ B assumem o mesmo valor. Vale que L = K(αk)n1 = K[αk]

n1 ,

g ∈ G(L|K) esta perfeitamente determinado por seus valores em B. Se g1, g2 ∈ G(L|K)

tais que g1|B = g2|B entao g1 = g2, logo f e injetora, portanto G(L|K) e isomorfo a um

subgrupo de SB w Sn.

Teorema 1. Seja f(x) ∈ K[x] −K um polinomio separavel. Seja L um corpo de raızes

de f(x) sobre K entao |G(L|K)| = [L : K].

Demonstracao. Mostraremos que I : K → K tem [L : K] extensoes a L, por inducao

sobre [L : K]. Se [L : K] = 1, entao L = K e G(L|K) = {I} e o resultado vale. Supondo

que [L : K] > 1, entao, f(x) tem algum fator irredutıvel P (x) ∈ K[x] de grau d > 1,

fixamos α ∈ L uma raiz de P (x), como f(x) e separavel, entao P (x) tem d raızes distintas,

todas em L. Assim, cada g ∈ G(L|K) e tal que β = g(α) ∈ L, tambem e uma raiz de

P (x). Ha exatamente d, K-isomorfismos, g : K(α) → K(β) extensoes de I : K → K,

uma para cada β raiz de P (x) L e um corpo de raızes de f(x) sobre K(α) e K(β). Cada

g : K(α) → K(β) admite extensao g′ : L→ L, como

[L : K(α)] =[L : K]

[K(α) : K]=

[L : K]

d< [L : K]

por hipotese de inducao, ha [L : K(α)] =[L : K]

dextensoes de cada um dos d, K-

Isomorfismos, g : K(α) → K(β), portanto ha [L : K], K- isomorfismos de L.

Exemplo 2. Seja f(x) = x3 − 1 ∈ Q[x], o corpo de decomposicao de f(x) sobre Q e

Q(w) onde w = cos(2π

3) + isen(

2π

3) e [Q(w) : Q] = 2, o polinomio mınimo de w sobre Q

e x2 + x + 1 = (x − w)(x − w2), entao G(Q(w)|Q) = {I, f}, pois o grupo deve possuir

ordem 2, logo possui I e mais alguma funcao f , como nao vale f(w) = w, pois f nao e a

identidade, entao vale f(w) = w2. O grupo de Galois e cıclico de ordem 2, gerado por f .

Exemplo 3. Seja f(x) = x3 − 2 ∈ Q[x], o seu corpo de raızes sobre Q e Q(w,3√2),

[Q(w,3√2) : Q] = [Q(w,

3√2) : Q(

3√2)]︸︷︷︸

2

[Q(3√2) : Q]︸︷︷︸3

= 6

portanto

G(Q(w,3√2)|Q) w S3.


Exemplo 4. Seja L = K(x), onde K = Zp(xp), p um numero natural primo, L e um

corpo de decomposicao sobre K de f(y) = yp − xp ∈ K[y]. O polinomio f(y) e irredutıvel

emK[y] e nao e separavel, observamos que f(y) = (y−x)p em L[y], nesse caso [L : K] = p,

g(L|K) = {I}, so podemos ter a identidade pois o automorfismo leva raiz em raiz.

Definicao 5 (Corpo intermediario). Seja L|K uma extensao de corpos. Chamamos um

corpo F de intermediario quando K ⊂ F ⊂ L.

Propriedade 5. Sejam L|K uma extensao de corpos e F um corpo intermediario. Entao

G(L|F ) e um subgrupo de G(L|K). Se F e F ′ sao corpo intemediarios e F ⊂ F ′ entao

G(L, F ′) ⊂ G(L, F ).

Demonstracao.

Se φ ∈ G(L, F ) entao φ e um automorfismo de L que fixa F e comoK ⊂ F ela tambem

fixa K, logo e um k- automorfismo, que mostra que todo elemento de G(L, F ) tambem

e elemento de G(L|K) logo G(L|F ) ⊂ G(L|K). G(L|F ) e um grupo contido contido em

G(L|K), com a mesma operacao de composicao de funcoes, logo G(L|F ) e subgrupo de

G(L|K), o mesmo valendo para F e F ′.

Propriedade 6. SejaK ⊂ F ⊂ L uma cadeia de corpos com F |K corpo de decomposicao

sobre K de algum polinomio f(x) ∈ K[x] \K. Se g ∈ G(L,K) entao g|F ∈ G(F |K).

Demonstracao. Basta demonstrar que g(F ) = F pois g e homomorfismo que fix K,

para ser automorfismo de F , sua imagem deve ser F , pois automorfismo e bijetivo.

Sejam (αk)n1 as raızes distintas de f(x) e g ∈ G(L|K), entao g(f)(x) = f(x) pois

f(x) ∈ K[x], os coeficientes sao fixados por g, vale g(ak) = aJ em F , pois automorfismo

permuta raızes, F = K(ak)n1 entao g(F ) = K(g(ak)

n1 ) ⊂ F. Como g e K-linear e injetora

[g(F ) : K] = [F : K]

logo g(F ) = F , pois possuem mesma dimensao como espaco vetorial sobre K.

Teorema 2. Sejam K ⊂ F ⊂ L uma cadeia de corpos com F |K corpo de decomposicao

sobre K de algum polinomio f(x) ∈ K[x]−K e L|K corpo de decomposicao sobre K de

algum polinomio f(x) ∈ K[x] \K. Entao G(L|F ) e um subgrupo normal de G(L|K) e

G(L|K)/G(L, F ) ≃ G(F,K).


Demonstracao. Definimos h : G(L|K) → G(F |K) com h(g) = g|F , pela propriedade

anterior, h esta bem definida. h e um homomorfismo de grupos, pois dados quaisquer

g1, g2 ∈ G(L|K) temos que

g1 ◦ g2|F = g1|F ◦ g2|F .

ker(h) = {g ∈ G(L|K) | g|F = I} = G(L|F ),

portanto G(L|F ) (o nucleo e subgrupo normal), e um subgrupo normal de G(L|K). Se

T ∈ G(F |K), ele se estende a um K- automorfismo de L, isto e, existe T2 ∈ G(L|K) tal

que T2|F = T , isso mostra que h e uma funcao sobrejetora, pois basta tomar T2 ∈ G(L|K)

e aplicar h(T2) = T2|F = T. Pelo teorema fundamental dos homomorfismos de grupos.

obtemos o isomorfismo de grupos

G(L|K)/G(L, F ) ≃ G(F,K).

Lembrando que o teorema dos isomorfismos diz que se f : G→ B um homomorfismo

entao h : G/(ker(f)) → f(G) com h(gker(f)) = f(g) e um isomorfismo.

Definicao 6. Sejam L|K uma extensao de corpos e G = G(L,K). Para cada subgrupo

H de G , definimos

LH = {x ∈ L, g(x) = x, ∀g ∈ K.}

Propriedade 7. LH e um corpo intermediario de L|K. Se H e H ′ sao subgrupos de G

com H ⊂ H ′ entao LH′ ⊂ LH .

Demonstracao. Vale que K ⊂ LH , pois quaisquer g ∈ H ⊂ G e um K automorfismo

que e identidade em K, alem disso LH ⊂ L pois e formado por elementos de L, falta

agora provar que tal conjunto e corpo.

Sejam α, β ∈ LH e g ∈ H arbitrario, lembrando que g e automorfismo, entao vale

g(α− β) = g(α)− g(β) = α− β

g(α.β) = g(α)g(β) = α.β

g(β−1) = g(β)−1 = β−1, β = 0.

entao tambem vale que αβ, α−β e β−1 sao elementos de LH , o que mostra LH ser subcorpo

de L.


Como H ⊂ G entao g ∈ G e para todo a ∈ H temos g(a) = a, logo K ⊂ LH , portanto

LH e um corpo intermediario de L|K.

Supondo H,H ′ < G com H ⊂ H ′. Se x ∈ L e fixado por todos os elementos de H ′, x

e fixado por todos os elementos de qualquer subconjunto de H ′, em particular x e fixado

por todos os elementos de H ⊂ H ′, logo x ⊂ LH e daı L′H ⊂ LH .

Exemplo 5. Determine G(L|K) para L = Q(4√2) e K = Q. P (x) = x4 − 2 e irredutıvel

sobre Q por criterio de Eisenstein, sendo polinomio mınimo de4√2. As raızes reais de

x4 − 2 sao4√2 e − 4

√2 as outras sao complexas, logo temos duas possibilidades de funcoes

nao triviais f1(4√2) =

4√2 ou f2(

4√2) = − 4

√2. Logo os automorfismos sao

G(L|K) = {I, f1, f2}.

Exemplo 6. Determine G(L|K) onde L = Q(3√2, w) , K = Q, w = cos(

2π

3+ isen(

2π

3)).

Sabemos que L e corpo de raızes de x3 − 2 = (x− 3√2)(x− 3

√2w)(x− 3

√2w2) e o grau

da extensao e 6, logo G(L|K) = 6

Fazemos a extensao primeiro com adjuncao de w, Q(w)|Q tem polinomio mınimo

x2 + x + 1 = (x − w)(x − w2), logo temos os automorfismos f1(w) = w e f2(w) = w2.

Agora fazemos a adjuncao de3√2, onde temos o polinomio mınimo x3− 2 = (x− 3

√2)(x−

3√2w)(x− 3

√2w2) logo com as possibilidades da primeira extensao temos os automorfismos

3√2 → 3

√2

3√2w

3√2w2 3

√2

3√2w

3√2w2

w → w w w w2 w2 w2

Exemplo 7. Determine G(L|K) onde L = Q(w) , K = Q, w = cos(2π

5+ isen(

2π

5)).

w e raiz de x5 − 1 = (x− 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1), P (x) = (x4 + x3 + x2 + x + 1) =

(x− w)(x− w2)(x− w3)(x− w4) e irredutıvel sobre Q, sendo o polinomio mınimo e L o

corpo de raızes, entao G(L|K) = 4, os possıveis automorfismos sao

I(w) = w, f2(w) = w2, f(w) = w3, f(w) = w4.

Exemplo 8. Determine G(L|K) onde L = Q(√2,√3) , K = Q. Tomamos P (x) =

(x2 − 2)(x2 − 3), L e corpo de raızes de P (x), vale |G(L|K)| = 4 = [Q(√2,√3) : Q]. Os

automorfismos sao 4


√2 →

√2

√2 −

√2 −

√2

√3 →

√3 −

√3

√3 −

√3

Propriedade 8. Seja α algebrico sobre K e t ∈ G(K(α)|K), entao t(α) tem o mesmo

polinomio mınimo de α sobre K.

Demonstracao. Tomamos P (x) ∈ K[x], polinomio mınimo de α, ele e irredutıvel

logo nao possuı raızes em K, como t(α) e tambem raiz de P (x) segue o resultado.

Exemplo 9. � Se G(L|K) = {I} entao L = K?

� Nao, pois por exemplo L = Q(3√2) e K = Q, entao o unico automorfismo e a

identidade, pois as outras raızes do polinomio mınimo x3 − 2 sao complexas.

� Se L = K entao G(L|K) = {I}?

� Sim, pois o K-automorfismo e L-automorfismo e por isso fixa L, sendo a identidade.

Exemplo 10. G(C|R) e abeliano , pois possui dois elementos, e todo grupo de ordem 2

e abeliano.

1.2 A conexao de Galois

Propriedade 9 (Dedekind). Sejam L um corpo de (λk)n1 automorfismos distintos de L.

Entao o conjunto {λk}n1 e linearmente independente sobre L.

Demonstracao. Supondo por absurdo que o conjunto seja linearmente independente

(LI) sobre L, entao existem (ak)n1 em L tais que

n∑k=1

akλk(x) = 0, ∀x ∈ L.

Podemos encontrar uma relacao que tem o menor numero de coeficientes nao-nulos,

renomeando os automorfismos, se necessario, existe m ≤ n tal que

m∑k=1

akλk(x) = 0, ∀x ∈ L,


com cada ak nao nulo. Vale que m ≥ 2, pois se m = 1, {λ1} e LI sobre L, pois se

0 = a1λ1(x) ∀x

com a1 ∈ L, como λ1(1) = 1 entao

0 = a1λ1(1) = a1.

Entao m ≥ 2, como λ1 = λm existe y ∈ L tal que λ1(y) = λm(y), temos substituindo x

por yx emm∑k=1

akλk(x) = 0

quem∑k=1

akλk(xy) =m∑k=1

akλk(x)λk(y) = 0, ∀x ∈ L,

multiplicandom∑k=1

akλk(x) = 0 por λ1(y) temos

m∑k=1

akλk(x)λ1(y) = 0

subtraindo dem∑k=1

akλk(x)λk(y) temos

m∑k=1

akλk(x)λk(y)−m∑k=1

akλk(x)λ1(y) =m∑k=2

akλk(x)(λk(y)− λ1(y)) = 0, ∀x ∈ L.

O coeficiente de λm(x) e am(λm(y)− λ1(y)) = 0, entao a equacao acima tem no maximo

m−1 < m escalares nao-nulos, contrariando a minimalidade de m, o que e absurdo entao

{λ}n1 e LI sobre L.

Teorema 3. Seja G um subgrupo finito de um grupo de automorfismo de um corpo L e

seja LG o corpo fixo de G

LG = {x ∈ L | σ(x) = x, ∀σ ∈ G}

entao [L : LG] = |G|.


Demonstracao. Seja n = |G| e G = {σk}n1 com σ1 = I.

Suponha por absurdo que [L : LG] = m < n. Seja {αk}m1 base de L|LG, seja A a

matriz m × n com entradas em L definida por A(k,j) = σj(αk), o sistema AX = 0 tem

uma solucao nao-nula

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

am1 am2 · · · amn

=

σ1(α1) σ2(α1) · · · σn(α1)

σ1(α2) σ2(α2) · · · σn(α2)...

σ1(αm) σ2(αm) · · · σn(αm)

X =

x1

x2...

xn

temos mais colunas do que linhas, entao o sistema AX = 0 tem uma solucao (nao

trivial) nao-nula (xk)n1 em Ln, tal que

n∑j=1

σj(αk)xj = 0 ∀k ∈ Im

a expressao acima dada pelo produto da k-esima linha da matriz A pela coluna da matriz

X. Se α ∈ L entao existem (ak)m1 ∈ LG tais que α =

m∑k=1

akαk, logo, substituindo na

expressao acima temos

n∑j=1

σj(α)xj =n∑

j=1

σj(m∑k=1

akαk)xj =n∑

j=1

m∑k=1

σj(ak)σj(αk)xj =

=m∑k=1

ak (n∑

j=1

σj(αk)xj)︸︷︷︸=0

= 0

pois cada σj(ak) = ak que segue de ak ∈ LG, isso vale para todo α ∈ L, com (xk)n1

nao todos nulos, portanto os automorfismos (σk)n1 sao linearmente dependentes sobre L,

o que contradiz a proposicao anterior, portanto m ≥ n.

Suponha que [L : LG] > n, entao existem pelo menos (αk)n+11 em L, linearmente

independentes sobre LG. Consideramos a matriz n× (n+1) com entradas em L, definida

com A(k,j) = σk(αj),


A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

am1 am2 · · · amn

=

σ1(α1) σ1(α2) · · · σ1(αn+1)

σ2(α1) σ2(α2) · · · σ2(αn+1)...

σn(α1) σn(α2) · · · σn(αn+1)

X =

x1

x2...

xn+1

o sistema AX = 0 tem uma solucao nao nula (xk)

n+11 em Ln+1 e

n+1∑j=1

σk(αj)xj = 0, ∀k ∈ In

a soma acima e obtida pelo produto da k-esima linha da matriz A pela coluna da matriz

X, entre todas as solucoes nao nulas, escolhemos a relacao com o menor numero de

coeficientes nao nulos, digamos (xk)r1 nao nulos e (xk)

n+1r+1 nulos ( renomeando os elementos

se necessario), daı temosr∑

j=1

σk(αj)xj = 0, ∀k ∈ In.

Seja σ ∈ G entao {σ ◦ σk}n1 = G, pois σ e automorfismo, logo bijetivo e injetivo e a

composicao de automorfismos e automorfismo, aplicando σ emr∑

j=1

σk(αj)xj temos

r∑j=1

σ(σk(αj))σ(xj), ∀k ∈ In

o sistema acima e equivalente ao sistema

r∑j=1

σk(αj)σ(xj), ∀k ∈ In

pois σ de certa maneira apenas troca as linhas, multiplicandor∑

j=1

σk(αj)xj = 0 por

σ(x1) e a equacaor∑

j=1

σk(αj)σ(xj) = 0 por x1 temos


r∑j=1

σk(αj)xjσ(x1) = 0

r∑j=1

σk(αj)σ(xj)x1 = 0, ∀k ∈ In

subtraindo a primeira da segunda temos

r∑j=1

σk(αj)(xjσ(x1)− σ(xj)x1) = 0 =r∑

j=2

σk(αj)(xjσ(x1)− σ(xj)x1)

pois em 1 o coeficiente se anula x1σ(x1) − σ(x1)x1 = 0. Esse sistema de equacoes tem

menos termos nao nulos que a quantidade mınima r, logo se os coeficientes nao sao todos

nulos chegamos numa contradicao. Caso os coeficientes sejam nulos

(xjσ(x1)− σ(xj)x1) = 0, ∀j ∈ Ir

se isso ocorre entao xjσ(x1) = σ(xj)x1 daı

xjx−11 = σ(xj)σ(x1)

−1 = σ(xjx−11 ), ∀σ ∈ G, j ∈ Ir

daı xjx−11 ∈ LG e existem (βk)

r1 em LG nao nulos e um elemento x1 ∈ L tais que

xj = x1βj ∀j ∈ Ir,

a equacaor∑

j=1

σk(αj)xj = 0 com k = 1 se tornar∑

j=1

αjxj = 0 pois σ1 = I , substituindo

xj = x1βj temosr∑

j=1

αjx1βj = 0,

como x1 = 0, cancelamos x1 chegando em

r∑j=1

αjβj = 0,

daı obtemos que {ak}r1 e linearmente dependente sobre LG, o que e uma contradicao,

portanto [L : LG] ≤ n, da primeira etapa temos [L : LG] ≥ n logo [L : LG] = n = |G|.

Propriedade 10. Sejam L|K uma extensao finita e G = G(L,K). Se H e um subgrupo

de G entao

[LH : K] =[L : K]

|H|.


Demonstracao. Basta mostrarmos que G = G(L|K) e finito, logo H tambem e finito

e pelo teorema anterior [L : LH ] = |H| e daı

[LH : K] =[L : K]

[LH : H]=

[L : K]

|H|.

Vamos mostrar que |G(L|K)| ≤ [L : K] = m, seja {αk}m1 uma base de L|K. Suponha,

por absurdo que existam pelo menos (σk)m+11 k automorfismos distintos de L. Seja A a

matriz m × (m + 1) com entradas em L, definida com A(k,j) = σj(αk), o sistema linear

AX = 0 tem uma solucao nao-nula (xk)m+11 ∈ Lm+1, tal que

m+1∑j=1

σj(αk)xj = 0, ∀k ∈ Im.

Seja α ∈ L. Entao existem (ak)m1 em K, tais que

α =m∑k=1

akαk,

logo

m+1∑j=1

σj(α)xj =m+1∑j=1

σj(m∑k=1

akαk)xj =m∑k=1

ak

=0︷︸︸︷m+1∑j=1

σj(αk)xj = 0.

pois σj e automorfismo e fixa cada ak, isto acontece para todo α ∈ L, com (xk)m+11 nao

todos nulos, isso significa que {σk}m+11 sao linearmente dependentes o que contradiz o

resultado ja provado (Dedekind) entao |G(L|K)| ≤ [L : K].

Teorema 4. Seja L|K uma extensao finita com G = G(L|K). Sao equivalentes

1. LG = K, isto e, LG(L|K) = K.

2. Cada polinomio irredutıvel p(x) ∈ K[x] com uma raiz em L e separavel e tem todas

as raızes em L. A extensao e normal e separavel.

3. L e corpo de decomposicao sobre K de algum polinomio separavel f(x) ∈ K[x].

Demonstracao.


� 1) ⇒ 2). Seja P (x) ∈ K[x] monico irredutıvel, tendo uma raiz αinL. ComoK = LG,

pelo resultado anterior |G| = [L : LG] = [L : K]. Considere os elementos distintos

do conjunto finito {σ(α) | σ ∈ G} ⊂ L, tal conjunto e finito pois σ permuta as

raızes de P (x), sendo {σ(α) | σ ∈ G} = {αk}n1 com α1 = α. Definimos

g(x) =n∏

j=1

(x− αj) =n∑

k=0

Sn−kxk(−1)n−k

onde S0 = 1,

S1 =n∑

k=1

αk, · · · , Sk =∑k∈Pk

k, · · ·Sn =∑k∈Pn

k

Ps e o multiconjunto de todas combinacoes de produto de s raızes de ındices dis-

tintos. Cada σ ∈ G permuta {αk}, logo fixa suas funcoes simetricas elementares,

isto e , σ(Sj) = Sj ∀j ∈ In. Como LG = K entao g(x) ∈ K[x] e tem todas raızes

distintas. Os polinomios P (x) e g(x) tem α como raiz comum em L, temos que

mdc(P (x), g(x)) = 1 em L[x] entao mdc(P (x), g(x)) = 1 em K[x]. Como P (x) e

irredutıvel em P (x) entao mdc(P (x), g(x)) = P (x) em K[x] logo P (x) divide g(x),

as raızes de P (x) sao distintas, isto e, o polinomio e separavel e tem todas raızes

em L.

� 2) ⇒ 3). Dado α ∈ L, ele e algebrico sobre K, pois L|K e finita, logo algebrica.

Tomando α1 ∈ L e P1(x) ∈ K[x] seu polinomio mınimo, por hipotese P1(x) tem

todas suas raızes em L e e separavel. Seja K1 ⊂ L um corpo de decomposicao de

P1(x) sobre K. Se K1 = L ja temos nosso polinomio, caso contrario escolhemos

α2 ∈ L tal que α2 nao seja elemento de K1. Seja P2(x) o polinomio mınimo de α2

sobre K, por hipotese P2(x) e separavel e tem todas as suas raızes em L, tomamos

K2 ⊂ L o corpo de decomposicao do polinomio separavel P1(x)P2(x) ∈ K[x], se

K2 = L, terminamos, caso contrario continuamos o processo, que tem que parar

pois [L : K] e finito. (Observacao: Se P1(x) e P2(x) tem uma raiz em comum, ela

nao pode ser do corpo K, pois se nao seriam redutıveis, e nao podem ser de L, pois

sendo irredutıveis, seriam polinomios identicos, pois o polinomio mınimo e unico,

por isso P1(x)P2(x) e separavel.)

� 3) ⇒ 1) Vale que |G(L|K)| = [L : K] por L ser corpo de decomposicao de algum

polinomio separavel f(x) ∈ K[x] e temos tambem |G(L|K)| = [L : LG] daı [L :


LG] = [L : K] como K ⊂ LG ⊂ L temos por multiplicatividade dos graus que

[L : K] = [L : LG]︸︷︷︸[L:K]

[LG : K] ⇒ [LG : K] = 1

por isso LG = K.

Definicao 7 (Extensao galoisiana). Uma extensao finita de corpos e dita galoisiana ⇔

satisfaz uma das condicoes do teorema anterior.

Propriedade 11. Sejam L|K uma extensao finita F um corpo intermediario e σ ∈

G(L|K) entao

G(L|σ(F )) = σG(L|F )σ−1.

Essa propriedade diz que podemos ”colocar o automorfismo para fora”do sımbolo.

Demonstracao. Primeiro vamos mostrar que σG(L|F )σ−1 ⊂ G(L|σ(F )). Por isso

tomamos y ∈ G(L|F ) e β arbitrario em σ(F ), para que a inclusao seja verdadeira, temos

que ter σyσ−1(β) = β, pois daı σyσ−1 fixa elemento de σ(F ) (ja sendo automorfismo, por

ser composicao desse tipo de funcao).

Como β ∈ σ(F ) entao β = σ(α) para algum α ∈ F ( temos tambem σ−1(β) = α) e

σyσ−1(β) = (σy)σ−1(β) = σy(α) = σ(α) = β

logo σyσ−1(β) ∈ G(L|σ(F )).Agora mostramos que G(Lσ(F )) ⊂ σG(L|F )σ−1 mostrando que σ−1G(Lσ(F ))σ ⊂

G(L|F ).

σ−1Tσ(α) = σ−1σ(α) = α

o que prova as duas inclusoes, entao vale a igualdade.

Teorema 5 (Teorema fundamental da teoria de Galois). Sejam L|K uma extensao finita,

normal e separavel, com [L : K] = n, G = G(L|K),

F ′ = {F | K ⊂ F ⊂ L e F e corpo}

H ′ = {H | H < G}


Temos tambem ψ(H) = LH ⇒ φ(ψ(H)) = φ(LH) = G(L|LH). H ⊂ G(L|LH) pois

G(L|LH) e o conjunto dos automorfismos que fixam LH , os automorfismos de H

fixam LH por definicao. Resumindo, temos

H ⊂ φ(ψ(H))

F ⊂ ψ(φ(F )).

Como L|K e normal e separavel entao L|F e normal e separavel e vale

LG(L|F ) = F, isto e ψ(φ(F )) = F,

logo ψ ◦ φ = IF .

Vale LG(L|K) = K quando L|K e normal e separavel como H ⊂ G(L|K), todo

automorfismo de H fixa K, entao o corpo fixo LH satisfaz K ⊂ LH ⊂ L. Logo LH

e normal e separavel e daı vale LG(L|LH) = LH e vale |H| = [L : LH ] daı |H| = [L :

LG(L|LH)] e novamente [L : LG(L|LH)] = |G(L|LH)| = |H|, como H ⊂ G(L|LH) e os

grupos sao finitos, obtemos que H = G(L|LH) = φ(ψ(H)) e daı φψ = IH .

3. L|F e normal e separavel daı F = LG(L|F ), daı |G(L|F )| = |L : F |, pelo item (1),

por multiplicatividade dos graus temos

[F : K] =[L : K]

[L : F ]=

|G(L|K)||G(L|F )|

.

4. ⇒). Se F |K e normal entao F |K e corpo de decomposicao sobre K de algum

polinomio f(x) ∈ K[x]\K e como L|K e normal ela e corpo de decomposicao sobre

K de algum polinomio g(x) ∈ K[x]\K e G(L|F ) e um subgrupo normal de G(L|K)

com G(L|K)/G(L|F ) w G(F |K), que e um resultado que ja provamos.

⇐). Suponha H = G(L|F ) ▹ G(L|K), entao σG(L|F )σ−1 = σ(L|F )∀σ ∈ G(L|K).

Pela propriedade anterior temos que ∀σ ∈ G(L|K) que

σG(L|F )σ−1 = G(L|σ(F )),

logo

G(L|σ(F )) = G(L|F ) ∀σ ∈ G(L|K).


Temos tambem que

σ(F ) = LG(L|σ(F )) = LG(L|F ) = F

para cada σ ∈ G(L|K) portanto σ|F e um k-automorfismo de F , para cada σ ∈G(L|K).

Seja α ∈ F e P (x) ∈ K[x] o polinomio mınimo de α sobre K. P (x) e separavel e tem

todas as suas raızes em L. Se β ∈ L e outra raiz de P (x) entao existe σ ∈ G(L|K)

tal que σ(α) = β, logo β ∈ F e por isso F |K e corpo de raızes de um polinomio

separavel sobre K, portanto F |K e normal.

Propriedade 12. Se L|K e uma extensao de Galois finita e K ⊂ F ⊂ L entao L|F e

uma extensao de Galois.

Demonstracao. Como L|K e normal e separavel, entao L|F tambem e normal e

separavel.

Primeiro L|F e normal, temos que L e corpo de raızes de algum polinomio p(x) ∈K[x] \K, e claro que p(x) ∈ F [x] \ F , pois K ⊂ F e L e corpo de raızes desse polinomio.

L|F tambem e separavel pois o polinomio mınimo de α ∈ L sobre F divide o polinomio

mınimo de α sobre K.

Exemplo 11. Sendo K ⊂ F ⊂ L, se L|K e galois entao F |K pode nao ser galois, como

e o caso de Q(4√2, i)|Q( 4

√2)|Q, F |K nao e normal.

Se L|F e F |K sao galois, entao L|K pode nao ser galois, como e o caso deQ(4√2)|Q(

√2)|Q,

onde cada degrau tem grau 2 logo e normal (tambem separavel, logo galois) e Q(4√2)|Q

nao e galois.

1.2.1 Elemento primitivo

Propriedade 13. Sejam L|K e um grupo de Galois finito e α ∈ L entao o grau [K(α) : K]

e o tamanho da orbita de α. α e um elemento primitivo de L|K ⇔

|{σ(α) = σ ∈ G(L|K)}| = [L : K].

Demonstracao. Como α e separavel sobre K, entao [K(α) : K] e o numero de

raızes do polinomio mınimo de α sobre K, e essas raızes estao todas em L, pois L|K e


galois. As raızes do polinomio mınimo de α sobre K formam a orbita de α por G(L|K) (

automorfismo envia raiz em raiz).

Dizer L = K(α) e equivalente a dizer que G(L|K) leva α pela quantidade de elementos

|G(L|K)| = [L : K], pois o subgrupo nesse caso e o grupo todo, que corresponde a extensao

toda L|K.

Exemplo 12. Seja K o corpo de raızes sobre Q de x4 − 3, mostre que [K : Q] = 8 e

G(K|Q) w D4. Temos que

x4 − 3 = (x− 4√3)(x+

4√3)(x− i

4√3)(x+ i

4√3) ∈ C[x].

Tomamos α =4√3, vale [Q(α) : Q] = 4, pois x4 − 3 e irredutıvel sobre Q por criterio de

Eisenstein. Vale que x2 + 1 e irredutıvel sobre Q(α), logo [Q(α, i), Q(α)] = 2 e daı por

multiplicatividade dos graus [Q(α, i), Q] = 8. Tal corpo e corpo de raızes de x4 − 3, vale

|G(K|Q)| = 8 = [Q(α, i), Q].

Como |G(L|Q)| e isomorfo a um subgrupo de S4, |S4| = 4.3.2 = 8.3 = 23.2, entao G(K|Q)

e p-Sylow de S4, D4 e isomorfo a um subgrupo de S4, como todos p-Sylows sao conjugados

( e por isso isomorfos), segue que G(K|Q) e isomorfo aD4. Podemos ver com mais detalhes

Primeiro fazemos a extensao Q(i)|Q, com polinomio mınimo x2+1, o que garante dois

automorfismos, depois fazemos a adjuncao de α logo Q(α, i)|Q temos o polinomio mınimo

x4 − 3, o que junto com a extensao anterior garante 8 automorfismos que simbolizamos

na tabela abaixo

σ I R R2 R3 S RS R2S R3S

σ(4√3)

4√3 i

4√3 − 4

√3 −i 4

√3

4√3 i

4√3 − 4

√3 −i 4

√3

σ(i) i i i i −i −i −i −i

Existe um unico subcorpo F ⊂ K tal que F |Q seja normal e [F : Q] = 4.

Usamos o seguinte resultado da teoria de Galois, seja F corpo com K ⊂ F ⊂ L. F |K

e normal ⇔ G(L|F )▹G(L|K) e G(F |K) e isomorfo a G(L,K)/G(L, F ).


O grupo das simetrias do quadrado possui apenas um subgrupo normal com dois

elementos, que e o subgrupo {1, R2}, isso implica a existencia de apenas um corpo F

intermediario com grau da extensao

[F : K] = |G(F |K)| = |G(L,K)|/|G(L, F )| = 8

2= 4

pois como F |K e normal e separavel, vale a identidade acima ( K = Q no caso ).

Um elemento primitivo de F |Q e4√3 + i, pois a orbita, possui 8 elementos

I(4√3 + i) =

4√3 + i

R(4√3 + i) = i

4√3 + i

R2(4√3 + i) = − 4

√3 + i

R3(4√3 + i) = −i 4

√3 + i

S(4√3 + i) =

4√3− i

RS(4√3 + i) = i

4√3− i

R2S(4√3 + i) = − 4

√3− i

R3S(4√3 + i) = −i 4

√3− i.

Temos assim 8 elementos distintos logo4√3 + i e um elemento primitivo de F |Q.



automorfismos sao 4

− I ψ φ φ ◦ ψ√2 →

√2

√2 −

√2 −

√2

√3 →

√3 −

√3

√3 −

√3

L|Q e normal, por ser corpo de decomposicao de um polinomio e separavel pois ex-

tensao algebrica em caracterıstica zero e separavel.

Vale que ψ2 = I, φ2 = I e φ ◦ ψ = ψ ◦ φ, por isso temos G(L|Q) ≃ Z2 × Z2.


Definicao 8 (Extensao abeliana). Uma extensao de Galois E|F e dita ser abeliana se

o grupo de galois G(E,F ) e abeliano. Se o grupo de galois associado e nao abeliano a

extensao e dita ser nao abeliana.

Definicao 9 (Extensao cıclica). Uma extensao de Galois E|F e dita ser cıclica se o grupo

de galois G(E,F ) e cıclica. Se o grupo de galois associado e nao cıclico a extensao e dita

ser nao cıclica.

Observacao 1. Seja n ≥ 1 um natural, o polinomio xn − 1 ∈ Q[x] se decompoe em c[x]

como

xn − 1 =n−1∏k=0

(x− wk)

onde w = cos2π

n+ isen

2π

n. Q(w)e corpo de decomposicao sobre Q de xn − 1 ∈ Q[x].

Definicao 10. Denotaremos por Un(C) conjunto das raızes complexas n-esimas da uni-

dade

Un(C) = {wk, 1 ≤ k < n, k ∈ N.}

Propriedade 14. Un(C) e um grupo cıclico de ordem n gerado por w.

Definicao 11 (Raiz primitiva). Qualquer gerador do grupo Un(C) e chamado de raiz

primitiva n-esima da unidade.

Corolario 1. Pelo teorema da estrutura dos grupos cıclicos finitos as raızes primitivas

n-esima da unidade sao wj onde 1 ≤ j < n e mdc(n, j) = 1.

1.2.2 n-esimo polinomio ciclotomico

Definicao 12 (n-esimo polinomio ciclotomico). O n-esimo polinomio ciclotomico e defi-

nido por

ϕn(x) =∏j∈A

(x− wj)

onde w = cos2π

n+ isen

2π

n= e

2πin e A = {j | 1 ≤ j < n e mdc(n, j) = 1.}


Corolario 2.

∂ϕn(x) = |A| = ϕ(n)

pois a quantidade dos elementos do conjunto A = {j | 1 ≤ j < n e mdc(n, j) = 1.} e

φ(n).

Corolario 3. ϕn(x) e monico.

Corolario 4. Se p e primo xp − 1 = (x − 1)

p−1∑k=0

xk e

p−1∑k=0

xk e irredutıvel em Q[x] e e o

polinomio mınimo de (wk)p−11 ) as p− 1 raızes primitivas p-esimas da unidade, nesse caso

[Q[w] : Q] = p− 1

e

ϕp(x) =

p−1∏k=0

(x− wk) =

p−1∑k=0

xk.

Propriedade 15.

xn − 1 =∏d|n

ϕd(x).

Corolario 5.

n =∑d|n

ϕ(d).

O n-esimo polinomio ciclotomico ϕn(x) tem as seguintes propriedades

Propriedade 16.

ϕn(x) ∈ Z[x]

Propriedade 17. ϕn(x) e irredutıvel em Q[x].

Propriedade 18. Se w e uma raiz complexa primitiva n-esima da unidade, entao

[Q(w) : Q] = ϕ(n) e G(Q(w)|Q) ≃ Z∗n.

ϕn(x) e o polinomio mınimo de w sobre Q e ∂ϕn(x) = φ(n). Vale ainda que G(Q(w)|Q) =

{σk | mdc(k, n) = 1}, onde σk(w) = wk. Alem disso Q(w) e corpo de decomposicao de

xn − 1.


Exemplo 14. Melhore a estimativa [K : Q] ≤ 8! para o caso em que K e o corpo de

raızes de um polinomio de grau 8, redutıvel, mas sem raızes em Q.

Nao podemos fatorar o polinomio P (x) em fatores lineares. As possibilidades sao de

grau (6, 2), (5, 3), (4, 4) com dois termos, com tres termos (4, 2, 2), (3, 3, 2) e (2, 2, 2, 2) a

que garante na pior das hipoteses garante um maior grau e a primeira opcao que pode

fornecer o grau da extensao como 6!.2!.

Exemplo 15. Seja K o corpo de raızes sobre Q de x4 − 3, mostre que [K : Q] = 8 e

G(K|Q) w D4. Temos que

x4 − 3 = (x− 4√3)(x+

4√3)(x− i

4√3)(x+ i

4√3) ∈ C[x].

Tomamos α =4√3, vale [Q(α) : Q] = 4, pois x4 − 3 e irredutıvel sobre Q por criterio de

Eisenstein. Vale que x2 + 1 e irredutıvel sobre Q(α), logo [Q(α, i), Q(α)] = 2 e daı por

multiplicatividade dos graus [Q(α, i), Q] = 8. Tal corpo e corpo de raızes de x4 − 3, vale

|G(K|Q)| = 8 = [Q(α, i), Q].

Como |G(L|Q)| e isomorfo a um subgrupo de S4, |S4| = 4.3.2 = 8.3 = 23.3, entao G(K|Q)

e p-Sylow de S4, D4 e isomorfo a um subgrupo de S4, como todos p-Sylows sao conjugados

( e por isso isomorfos), segue que G(K|Q) e isomorfo aD4. Podemos ver com mais detalhes

Primeiro fazemos a extensao Q(i)|Q, com polinomio mınimo x2+1, o que garante dois

automorfismos, depois fazemos a adjuncao de α logo Q(α, i)|Q temos o polinomio mınimo

x4 − 3, o que junto com a extensao anterior garante 8 automorfismos que simbolizamos

na tabela abaixo

σ I R R2 R3 S RS R2S R3S

σ(4√3)

4√3 i

4√3 − 4

√3 −i 4

√3

4√3 i

4√3 − 4

√3 −i 4

√3

σ(i) i i i i −i −i −i −i

Existe um unico subcorpo F ⊂ K tal que F |Q seja normal e [F : Q] = 4.

Usamos o seguinte resultado da teoria de Galois, seja F corpo com K ⊂ F ⊂ L. F |K

e normal ⇔ G(L|F )▹G(L|K) e G(F |K) e isomorfo a G(L,K)/G(L, F ).


O grupo das simetrias do quadrado possui apenas um subgrupo normal com dois

elementos, que e o subgrupo {1, R2}, isso implica a existencia de apenas um corpo F

intermediario com grau da extensao

[F : K] = |G(F |K)| = |G(L,K)|/|G(L, F )| = 8

2= 4

pois como F |K e normal e separavel, vale a identidade acima ( K = Q no caso ).

Um elemento primitivo de F |Q e4√3 + i, pois a orbita, possui 8 elementos

I(4√3 + i) =

4√3 + i

R(4√3 + i) = i

4√3 + i

R2(4√3 + i) = − 4

√3 + i

R3(4√3 + i) = −i 4

√3 + i

S(4√3 + i) =

4√3− i

RS(4√3 + i) = i

4√3− i

R2S(4√3 + i) = − 4

√3− i

R3S(4√3 + i) = −i 4

√3− i.

Temos assim 8 elementos distintos logo4√3 + i e um elemento primitivo de F |Q.



automorfismos sao 4

− I ψ φ φ ◦ ψ√2 →

√2

√2 −

√2 −

√2

√3 →

√3 −

√3

√3 −

√3

L|Q e normal, por ser corpo de decomposicao de um polinomio e separavel pois ex-

tensao algebrica em caracterıstica zero e separavel.



Exemplo 17. Uma extensao de grau 4 com grupo de Galois isomorfo a Z4 e Q(w)|Q

onde w e uma raiz 5-esima primitiva da unidade.

Seja L = Q(α) onde α =

√2 +

√2, entao G(L|Q) w Z4. O grau da extensao L|Q e 4,

pois α e raiz de x4 − 4x + 2, que e irredutıvel sobre Q por criterio de Eisenstein. Temos

a fatoracao em R[x]

(x−√2 +

√2)(x+

√2 +

√2)(x−

√2−

√2)(x+

√2−

√2)

perceba que

√2−

√2 ∈ Q(α) pois, α2 = 2 +

√2 ⇒ α2 − 2 =

√2 ∈ Q(α) e

√2 +

√2︸︷︷︸

a

√2−

√2︸︷︷︸

b

=√4− 2 =

√2 ∈ Q(α)

logo

√2−

√2 ∈ Q(α) e todas outras raızes do polinomio acima. Temos a.b =

√2 e

a2 = 2 +√2 logo a2 − 2 =

√2 de onde segue

b =a2 − 2

a

consideramos entao o automorfismo s com s(a) =a2 − 2

a,

S2(a) = s(b) =

√2−

√22− 2√

2−√2

=2−

√2− 2√

2−√2

= −√2 +

√2

a ordem de um elemento nao nulo nao e 2, portanto o grupo nao e isomorfo a Z2 × Z2,

sendo isomorfo a Z4.

Exemplo 18. O grupo de Galois de x15 − 1 sobre Q e isomorfo a z2 × z4.

o grupo de Galois de x15 − 1 e isomorfo a Z∗15, e temos os isomorfismos

Z∗15 w Z∗

3 × Z∗5 w Z2 × Z4.

Exemplo 19. Seja wn = e2πin ∈ C entao

√2 ∈ Q(wn), entao

√2 ∈ Q(w8).

Q(w8) = L contem w8, logo o elemento

e2πi8 = e

πi4 = cos(

π

4) + isen(

π

4) =

√2

2+ i

√2

2=

√2

2(1 + i)


como potencias de w8 tambem estao contidas em L, entao w28 ∈ L

w28 = e

πi2 = cos(

π

2) + isen(

π

2) = i ∈ L

portanto 1 + i ∈ L e o seu inverso tambem o que implica√2 ∈ L.

Sabemos que [Q(wn) : Q] = φ(n) onde tal funcao satisfaz

φ(nm) = φ(n)φ(m)

mdc(n,m) = 1, φ(p) = p− 1 e φ(pn) = pn − pn−1.

Se√2 ∈ Q(w) entao Q(

√2) ⊂ Q(w) e Q(

√2, w) ⊂ Q(w). Por multiplicatividade do

grau temos

[Q(w,√2) : Q] = [Q(w,

√2) : Q(

√2)]︸︷︷︸

≥2

[Q(√2) : Q]︸︷︷︸2

≥ 4

quando w = wn com n > 2, L tera um elemento complexo pois 0 < 2 < n⇒ 0 <2π

n< π

logo sen(2π

n) nao se anula e temos um numero complexo na extensao. Entao podemos

descartar todas extensoes com grau menor que 4.

1. Para n = 1 e n = 2 temos Q(wn) = Q pois

cos(2π

1) + isen(

2π

1) = 1

cos(2π

2) + isen(

2π

2) = −1.

A adjuncao e feita com elementos ja presentes no corpo.

2. [Q(w3) : Q] = φ(3) = 2 < 4 logo nao temos√2 ∈ Q(w3).

3. [Q(w6) : Q] = φ(6) = φ(2)φ(3) = 2 < 4 logo nao temos√2 ∈ Q(w6).

Faltam os dois ultimos casos. Sabemos que [Q(w5) : Q] = φ(5) = 4, vamos mostrar

que [Q(w5) : Q(√2)] = 4 tambem, logo nao pode valer

√2 ∈ Q(w5). Q(w5) e corpo de

raızes de x4 + x3 + x2 + x+ 1 = P (x), que e fatorado como


(x− w)(x− w2)(x− w3)(x− w4) ∈ C[x]

qualquer potencia w,w2, w3, w4 tambem gera Q(w), pois temos φ(5) = 4 geradores para

as raızes da unidade, entao se qualquer um desses elementos pertence a Q(√2) segue que

Q(√2) = Q(w5), o polinomio mınimo de Q(w5) sobre Q(

√2) deve dividir P (x) e nao

pode possuir fatores lineares pelo que observamos, logo podemos ter apenas polinomio de

grau 2 ou 4, os casos sao os seguintes de possıveis fatoracoes em Q(√2)[x], lembramos

que w5 = 1 ( considere o produto dos fatores)

� (x − w)(x − w2) → w3 e w7 = w5.w2 = w2 como termo independentes , o que nao

pode acontecer.

� (x−w)(x−w3) → w4 e w6 = w como termos independentes, tambem nao podemos

ter.

� (x− w)(x− w4) → w5 = 1 como termos independentes, o que podemos ter, porem

o coeficiente de −x e w + w4, cuja soma resulta em

√5− 1

2(pode ser complicado

demonstrar isso) que nao pertence a Q(√2)[x]. Logo nao pode valer

√2 ∈ Q(w5).

Agora o ultimo caso

Sabemos que [Q(w7) : Q] = φ(7) = 6, vamos mostrar que [Q(w5) : Q(√2)] = 6

tambem, logo nao pode valer√2 ∈ Q(w7). Q(w7) e corpo de raızes de x6+x5+x4+x3+

x2 + x+ 1 = P (x), que e fatorado como

(x− w)(x− w2)(x− w3)(x− w4)(x− w5)(x− w6) ∈ C[x]

qualquer potencia w,w2, w3, w4, w5, w6, w7 tambem gera Q(w), pois temos φ(7) = 6 gera-

dores para as raızes da unidade, entao se qualquer um desses elementos pertence a Q(√2)

segue que Q(√2) = Q(w7), o polinomio mınimo de Q(w7) sobre Q(

√2) deve dividir P (x)

e nao pode possuir fatores lineares pelo que observamos, logo podemos ter apenas po-

linomio de grau 3 ou 6, os casos sao os seguintes de possıveis fatoracoes em Q(√2)[x],

lembramos que w7 = 1 ( considere o produto dos fatores)


� Em quase todas combinacoes teremos problemas com os termos independentes, pois

teremos elementos (wk)71, o unico caso que nao tem essa propriedade e quando

multiplicamos os fatores (x − w)(x − w2)(x − w4) que gera termo independente

w7 = 1 (com o outro fato cubico tambem), porem w+w2+w4 =i(√7 + i)

2que nao

pertence a Q(√2).

Logo nenhuma dessas extensoes Q(wk)|Q contem√2.

Exemplo 20. Seja L|Q extensao galoisiana de grau 10.

� L admite exatamente um subcorpo de grau 2 sobre Q.

Temos que o grupo G := G(L|Q) satisfaz |G(L|Q)| = [L : Q] = 10, pois a extensao e

de Galois.

O grupo G possui 2-Sylow e 5-Sylow. Vale n5 ∈ {1, 2} e n5 ≡ 1 mod 5, logo

n5 = 1, o grupo possui apenas um 5-Sylow, que e portanto normal em G. Por associacao

entre subgrupo e subcorpo, existe exatamente um corpo F com K︸︷︷︸Q

⊂ F ⊂ L, F |K e

normal pois G(L|F )︸︷︷︸5−Sylow

▹G e vale G(F |K) w G(L|K)/G(L|F ) logo |G(F |K)| = 10

5= 2 e

|G(F |K)| = [F : K] = 2.

� Mostre que ha duas possibilidades: Ou L admite um unico subcorpo de grau 5 sobre

Q ou E admite cinco subcorpos de grau 5 de grau 5 sobre Q.

Temos 2-Sylow subgrupos com n2 ∈ {1, 5} e n2 ≡ 1 mod 2, tanto 1 ou 5 satisfazem a

congruencia, podemos ter entao um 2-Sylow ou cinco 2-Sylows distintos, a cada um deles

fica associado um subcorpo Fk de L tal que |G(L|Fk)| = 2 e

[Fk : K] =|G|

|G(L|Fk)=

10

2= 5

logo temos um ou cinco subcorpos de L de grau 5 sobre K.


Sobre a dificuldade de construir extensoes galoisianas de grau 10 sobre Q.

Se f(x) ∈ K[x] \ K tem n raızes distintas em seu corpo de raızes L, entao G(L|K)

e isomorfo a um subgrupo de Sn. Como f(x) irredutıvel e separavel em uma extensao

galoisiana, temos |G(L|K)| = [L : K] logo para termos |G(L|K)| = 10 e necessario que

[L : K] = 10 e como G(L|K) deve ser isomorfo a um subgrupo de Sn, |Sn| = n!, entao

devemos ter n ≥ 5, pois a ordem do subgrupo deve dividir a ordem do grupo e so temos

fator 5 na ordem de Sn, para n ≥ 5, portanto o polinomio deve ter pelo menos grau 5

(5 raızes distintas). Uma dificuldade de encontrar extensoes de grau 10 sobre Q consiste

em determinar as raızes dos polinomios de grau maior que 4, dos quais nao existe metodo

metodo geral de obtencao de raızes com operacoes algebricas sobre os coeficientes do

polinomio.

A extensao Q(w)|Q onde w e raiz primitiva 11-esima da unidade tem grupo de galois

de ordem φ(11) = 10. Logo e uma extensao do tipo que procuramos, os elementos do

grupo de galois sao

{σk}101

onde σk(w) = wk.

Propriedade 19. Assuma todos corpos citados contidos em um corpo em comum. Valem

as propriedades

1. Se E|K e F |K sao abelianos entao EF |K e abeliano.

2. Se E|K e abeliano entao EF |F e abeliano.

3. Se E|K e abeliano entao E|F e F |K sao abelianos, onde K ⊂ F ⊂ E.

Demonstracao.

1. Temos o isomorfismo

Gal(EF |K) ≃ Subgrupo[Gal(E|K)︸︷︷︸abeliano

×Gal(F |K)︸︷︷︸abeliano

].

2. Como Gal(EF |F ) ≃ Gal( E|K︸︷︷︸abeliano

) entao Gal(EF |F ) e abeliano.


3. Existe H < Gal(E|K) tal que F = EH (F e corpo fixo por H), o que implica

Gal(E|F ) = H < Gal(E|K)︸︷︷︸abeliano

o que implica E|F abeliano.

Agora como G(E|F ) e abeliano logo normal em G(E|K) entao pelo teorema de

Galois temos que F |K e normal e

G(F |K) ≃ G(E|K)

G(E|F )

como o grupo quociente de grupos abelianos e um grupo abeliano, entao segue o

resultado.

Se trocamos abeliano por cıclico (1) nao vale, porem (2) e (3) continuam sendo ver-

dadeiras, pois grupo quociente de grupos cıclicos e um grupo cıclico e subgrupo de um

grupo cıclico tambem e um grupo cıclico.

Exemplo 21. Seja E|Q uma extensao Galoisiana de grau p2q, com p = q primos. Suponha

que q = 1 mod p e p2 = 1 mod q.

� G(E|Q) e abeliano.

Como a extensao e Galoisiana entao vale |G(E|Q)︸︷︷︸G

| = [E : Q] = p2.q. G possui p-

Sylows e q-Sylows, valendo nq ∈ {1, p, p2} e nq ≡ 1 mod q, por limitacao do enunciado

nao podemos ter nq = p2, pois se nao valeria p2 ≡ 1 mod q, tambem nao podemos ter

nq = p, pois daı p ≡ 1 mod q, q|(p− 1) o que implica que q divide p2− 1 = (p− 1)(p+1)

e daı p2 ≡ 1 mod q o que entra em contradicao com nossa suposicao, entao nq = 1 e o

q-Sylow e normal.

Da mesma maneira, temos np ∈ {1, q} e np ≡ 1 mod p e por hipotese do problema

nao temos q = 1 mod p, logo np = 1 e o p-Sylow e normal. Seja H o p-Sylow e K

o q-Sylow, H ∩ K e subgrupo de H e K, portanto |H ∩ K| divide mdc(p2, q) = 1, logo

H ∩K = {e} e pelo princıpio de contagem vale

|HK| = |H||K||H ∩K|

= |H| |K| = p2q


entao HK = G. Sabemos que tanto H quantoK sao grupos abelianos, pois sao grupos

de ordem p2 e q, com p e q primos, vamos mostrar que HK tambem e abeliano.

Seja y ∈ G entao y = ab com a ∈ H e b ∈ K. Considere

ab.a−1b−1 =

a︸︷︷︸∈H

. (b.a−1b−1)︸︷︷︸∈H Pois e normal em G

∈ H

(aba−1)︸︷︷︸∈K Pois e normal em G

. b−1︸︷︷︸∈K

∈ K

Logo aba−1b−1 ∈ H ∩ K = {e}, aba−1b−1 = e, implica ab = ba. Sejam entao y = ab e

x = a′.b′, y, x ∈ G, temos

yx =(0) aba′b′ =(1) aa

′bb′ =(2) a′ab′b =(3) a

′b′ab = xy

onde de (0) para (1) e de (2) para (3) usamos comutatividade dos elementos de K e H e

de (1) para (2) usamos comutatividade em K e H, logo o grupo e abeliano.

� Mostre que E admite ao menos um subcorpo de grau p sobre Q.

Como G e abeliano, vale a reciproca do teorema de Lagrange que e, para qualquer

divisor d da ordem de G temos um subgrupo de ordem d em G. Como pq|(p2q), entao

temos subgrupo G(E|F ) de G com ordem pq, valendo [E|F ] = |G(E|F )| e daı

[F : Q] =|G|

|G(E|F )|=p2q

pq= p.

Entao temos um subcorpo F de E com grau p sobre Q.

Exemplo 22. Seja wn uma raiz primitiva n-esima da unidade sobre Q. Para n = 6, 7, 8,

determine o polinomio mınimo de wn sobre Q e todos os autorfismos do corpo Q(wn).

Faremos os casos em ordem, primeiro 6, depois 7 e finalmente 8. Denotaremos Q(wn) = L

, Q = K , dado n fixo, w = wn, σk(w) = wk.

� Caso Q(w6).


x6 − 1 =∏d|6

φd(x) = φ1(x)φ2(x)φ3(x)φ6(x).

φ1(x) = x− 1 φ2(x) = x+ 1 φ3(x) = x2 + x+ 1 φ6(x) = x2 − x+ 1

φ6(x) = x2−x+1 e o polinomio mınimo de w6, G(Q(w6)|Q) w Z∗6 , φ(6) = φ(2)φ(3) = 2,

temos 2 automorfismos

x6 − 1 = (x3 − 1)(x3 + 1) = [(x− 1)(x2 + x+ 1)][(x+ 1)(x2 − x+ 1)] =

= (x− 1)(x− w)(x− w2)(x− w3)(x− w4)(x− w5)

w = cos(2π

6)+ isen(

2π

6), w2 = cos(

2π

3)+ isen(

2π

3) e w4 = cos(

4π

3)+ isen(

4π

3) sao raızes

de x3 − 1, w3 = cos(2π

2) + isen(

2π

2) = −1, logo as raızes de x2 − x + 1 sao w e w5, logo

os dois automorfismos sao

G(L|K) = {σ1, σ5}.

E claro que o grupo e cıclico gerado por σ5.

� Caso Q(w7).

Temos G(L|K) ≃ Z∗7 , que e um grupo cıclico de ordem φ(7) = 6. O grupo de galois de L

e

{σ1, σ2, σ3, σ4, σ5, σ6} = G(L|K)

o polinomio mınimo e φ7(x),

x7 − 1 =∏d|7

φd(x) = φ1(x)φ7(x) = (x− 1)(x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1)

(x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1) = (x− w)(x− w2)(x− w3)(x− w4)(x− w5)(x− w6).

Vamos mostrar que σ3 gera o grupo, logo o grupo e cıclico. Lembramos que w7 = 1

σ23(w) = w9 = w2 = σ2(w)


σ33(w) = w6 = σ6(w)

σ43(w) = w18 = w4 = σ4(w)

σ53(w) = w12 = w5 = σ5(w)

σ63(w) = w15 = w = σ1(w)

logo gera todos automorfismos.

Agora o ultimo caso.

� Caso Q(w8).

x8 − 1 =∏d|8

φd(x) = φ1(x)φ2(x)φ4(x)φ8(x) = (x− 1)(x+ 1)(x2 + 1)(x4 + 1)

temos φ8(x) = (x4 + 1) como o polinomio mınimo da raiz 8-esima da unidade.

Com w = cos(2π

8) + isen(

2π

8), temos

w4 = cos(8π

8) + isen(

8π

8) = −1

w2 = cos(π

2) + isen(

π

2) = i

w6 = cos(3π

2) + isen(

3π

2) = −i

logo x4 + 1 = (x− w)(x− w3)(x− w5)(x− w7) e o grupo de galois e

G(L|K) = {σ1, σ3, σ5, σ7}

que nao e um grupo cıclico, pois cada elemento excetuando a identidade tem ordem 2,

usando w8 = 1

σ23(w) = w9 = w

σ25(w) = w25 = w

σ27(w) = w49 = w.


Exemplo 23. Seja L o corpo de raızes de polinomio (x2 − 2)(x2 + 3) = P (x) sobre Q.

Determine um elemento primitivo , o grupo de Galois e os corpos intermediarios de K|Q.

O corpo de raızes de P (x) e formado pela adjuncao de dois elementos√2 e

√3i, temos o

grau da extensao sendo 4, pois

[Q(√2,√3i), Q] = [Q(

√2,√3i), Q(

√2)][Q(

√2), Q(

√2)] = 2.2

pois (x2 − 2) e polinomio mınimo sobre Q de√2 e (x2 + 3) nao possui raızes em Q(

√2)

( sendo nesse caso irredutıvel), logo [Q(√2,√3i), Q(

√2)] tambem vale 2. Temos 4 auto-

morfismos

− I f1 f2 f1 ◦ f2√3i→

√3i

√3i −

√3i −

√3i

√2 →

√2 −

√2

√2 −

√2

Um elemento primitivo da extensao e√2 +

√3i, pois a orbita desse elemento possui

4 elementos

I(√2 +

√3i) =

√2 +

√3i

f1(√2 +

√3i) = −

√2 +

√3i

f2(√2 +

√3i) = −

√2−

√3i

f3(√2 +

√3i) =

√2−

√3i.

Temos os seguintes subgrupos e subcorpos associados

� H1 =< f1 > fixa√3i, temos o subcorpo Q(

√3i).

� H2 =< f2 > fixa√2, temos o subcorpo Q(

√2).

� H3 =< f1 ◦ f2 > fixa√6i, temos o subcorpo Q(

√6i). Ele fixa tal subcorpo pois

f1 ◦ f2(√2√3i) = f1 ◦ f2(

√2)f1 ◦ f2(

√3i) = −

√2(−1)

√3i =

√2√3i.

�


Exemplo 24. Considere as extensoes de corpos C|R, F32|F2, Q(w)|Q onde w e uma raiz

primitiva 9-esima da unidade, Q(3√7,

−1 + i√3

3)|Q para cada uma das extensoes L|K

1. Mostre que L|K e normal.

� C|R e normal, pois e uma extensao de grau 2, logo cıclica , o grupo G(L|K) = {I, f},

onde f e a conjugacao complexa.

� Em geral toda extensao da forma Fpn |Fp e normal e separavel e o grupo de auto-

morfismos e cıclico, gerado por f , onde f : Fpn → Fpn com f(x) = xp, chamada de

funcao de Frobenius e possui n elementos gerados por composicao de f .

No caso especial de p = 2 e n = 5, temos o automorfismo f : F32 → F32 com

f(x) = x2 e o grupo de automorfismos possui 5 elementos, gerados pela composicao

de f .

�

x9 − 1 =∏d|9

φn(x) = φ1(x)φ3(x)φ9(x) = (x− 1)(x2 + x+ 1)φ9(x)

como x9 − 1 = (x3)3 − 1 = (x3 − 1)(x6 + x3 + 1) = (x− 1)(x2 + x+ 1)(x6 + x3 + 1),

entao φ9(x) = (x6 + x3 + 1). Q(w)|Q e normal, pois e corpo de raızes de φ9(x) =

(x6 + x3 + 1). O grupo de galois e

G(L|K) = {σk | mdc(k, n) = 1} = {σ1, σ2, σ4, σ5, σ7, σ8}

onde σk(w) = wk o grupo dos automorfismos e cıclico gerado por σ2, pois

σ22(w) = w4 = σ4(w)

σ32(w) = w8 = σ8(w)

σ42(w) = w16 = w7 = σ7(w)

σ52(w) = w14 = w5 = σ5(w)

σ62(w) = w10 = w = σ1(w)

lembrando que w9 = 1, entao σ2 gera o grupo de galois.


� Q(3√7,

−1 + i√3

3)|Q o grau da extensao e 6, pois por multiplicatividade do grau

[Q(3√7,

−1 + i√3

3) : Q] = [Q(

−1 + i√3

3) : Q(

3√7)]︸︷︷︸

2

[Q(3√7) : Q]︸︷︷︸3

= 6

pois da primeira extensao o polinomio mınimo e x3 − 7 e da segunda extensao e

x2 + x + 1 que e irredutıvel sobre Q(3√7) pois em C[x] possui raızes nao reais. A

extensao Q(3√7,

−1 + i√3

3)|Q e corpo de raızes do polinomio x3 − 7, pois temos a

fatoracao em C[x]

x3−7 = (x− 3√7)(x2+

3√7x+

3√72) = (x− 3

√7)(x− 3

√7(−1 +

√3i

2))(x− 3

√7(−1−

√3i

2)),

logo a extensao e normal e temos 6 automorfismos. ”Subimos”usando a extensao

Q(−1 + i

√3

3)|Q e depois a outra extensao , geramos entao os 6 automorfismos

− I f1 f2 f3 f4 f5

3√7 → 3

√7

3√7w

3√7w2 3

√7

3√7w

3√7w2

w → w w w w2 w2 w2

onde w = cos(2π

3) + isen(

2π

3), x2 + x+ 1 = (x− w)(x− w2)

Como x3 − 7 tem 3 raızes distintas em seu corpo de raızes raızes L, como o grau da

extensao e 6, o grupo de galois e isomorfo a S3, que nao e abeliano, e portanto tambem

nao e cıclico.

Exemplo 25. Seja P (x) ∈ Q[x] um polinomio irredutıvel, monico, de grau 3, tal que a

adjuncao de qualquer raiz α dele gere uma extensao normal Q(α)|Q (nesse caso diremos

que o polinomio e normal sobre Q). Sejam α1, α2, α3 as raızes de P (x), entao

� Todas as raızes sao reais.

Sabemos que o polinomio de grau 3 sempre tem uma raiz real α, se ele tivesse alguma raiz

complexa β entao β /∈ Q(α), por isso ele nao pode possuir uma raiz complexa, todas as


raızes sao reais. Entao o grau da extensao Q(α)|Q e 3, grau do polinomio. A extensao e

normal e separavel, logo de galois, o grupo |G(K|Q)| = 3, temos 3 automorfismos, vamos

determinar tais automorfismos.

Temos a identidade I, tomando outro automorfismo f = I, nao podemos ter automor-

fismo que fixam 2 elementos, pois daı fixarıamos obrigatoriamente 3 elementos e terıamos

a identidade. Suponha que o automorfismo fixe 1 elemento, sem perda de generalidade,

sendo

f(α1) = α1, f(α2) = α3, f(α3) = α2

daı terıamos f 2(α2) = f(α3) = α2 e f2(α3) = f(α2) = α3, daı f

2 = I e temos elemento

de ordem 2, o que nao pode acontecer, logo os automorfismos nao podem fixar elementos.

Sabendo disso formamos os automorfismos

f(α1) = α2, f(α2) = α3, f(α3) = α1

g(α1) = α3, g(α2) = α1, g(α3) = α2.

Vale que

δ = (α1 − α2)(α1 − α3)(α2 − α3) ∈ Q

pois qualquer um dos automorfismos f , g ou I, fixam tal numero, logo ele deve pertencer

ao corpo base Q, que e fixo pelos automorfismos.

Pela aplicacao de f

(α2 − α3) (α2 − α1)︸︷︷︸−(α1−α2)

(α3 − α1)︸︷︷︸−(α1−α3)

= δ = (α1 − α2)(α1 − α3)(α2 − α3)

pela aplicacao de g

(α3 − α1)︸︷︷︸−(α1−α3)

(α3 − α2)︸︷︷︸−(α2−α3)

(α1 − α2) = δ = (α1 − α2)(α1 − α3)(α2 − α3)

Antes dois resultados que usaremos.


Propriedade 20. Seja K uma extensao finita de F , se L1 e L2 sao subcorpos de K

contendo F , entao

[L1L2 : F ] ≤ [L1 : F ][L2 : F ].

Se mdc([L1 : F ], [L2 : F ]) = 1 entao vale

[L1L2 : F ] = [L1 : F ][L2 : F ].

Demonstracao. Faremos a demonstracao por inducao sobre o numero de elementos

que geram L2 sobre F . Se L2 = F (α) temos

L1L2 = L1F (α) = L1(α)

por multiplicatividade dos graus temos

[L1(α) : F ] = [L1(α) : L1][L1 : F ]

basta mostrar entao que [L1(α) : L1] ≤ [F (α) : F ], o que realmente vale pois o polinomio

mınimo de α em L1[x] divide o polinomio mınimo de α com coeficientes em F [x], daı

[L1(α) : F ] ≤ [F (α) : F ][L1 : F ].

Agora suponha o resultado verdadeiro para L′2 gerado por n − 1 elementos e seja

L2 = F (α1, · · · , αn), entao L1L2 = L1F (α1, · · · , αn) = L1(α1, · · · , αn) e

[L1(α1, · · · , αn) : F ] = [L1(α1, · · · , αn), L1(α1, · · · , αn−1)]︸︷︷︸≤A

[L1(α1, · · · , αn−1) : F ]︸︷︷︸inducao

≤

[F (α1, · · · , αn−1) : F ][L1 : F ]︸︷︷︸inducao

[F (α1, · · · , αn) : F (α1, · · · , αn−1)]︸︷︷︸A

= [L2 : F ][L1 : F ]

a desigualdade A e a mesma usada no caso base da inducao. Logo fica provado.

Para a segunda parte, temos

[L1L2 : F ] = [L1L2 : L1][L1 : F ] ≤ [L1 : F ][L2 : F ]

[L1L2 : F ] = [L1L2 : L2][L2 : F ] ≤ [L1 : F ][L2 : F ]

pelo fato do mdc do grau das extensoes ser 1, segue que [L1L2 : F ] e multiplo do produto

grau dessas extensoes, o limitante superior garante que o fator multiplicado seja 1, logo

temos a igualdade.


Propriedade 21. Seja f(x) ∈ F [x] \ F irredutıvel de grau n sobre F e K|F com [K :

F ] = m. Se mdc(m,n) = 1 entao f e irredutıvel sobre K.

Demonstracao. Seja g ∈ K[x] um fator irredutıvel de f , de grau d > 0 (na pior das

hipoteses seria um fator linear). Seja α uma raiz de g e L = K(α), entao

[K(α) : F ] = [K(α) : K][K : F ] = d.m,

tambem temos

[K(α) : F ] = [K(α) : F (α)] [F (α) : F ]︸︷︷︸n

logo n|dm e como mdc(n,m) = 1 entao n|d, por construcao temos d ≤ n, logo segue que

d = n, o fator irredutıvel de f em K[x] e ele mesmo e f e irredutıvel.

Exemplo 26. Sejam L e M subcorpos de C, tais que [L : Q] = 13 e [M : Q] = 17. Seja

LM o compositum de L e M . Entao vale [LM : Q] = 13.17, pois o grau das extensoes

sao primos entre si.

Se LM |Q e normal, entao vamos mostrar que L|Q e M |Q sao normais. Ja sabemos

que LM |M e LM |L sao normais. L|Q e normal ⇔ G(LM |L)▹G(LM |Q) := G, sabemos

que

|G(LM |L)| = [LM : L] = 17,

de forma similar vale para a outra extensao.

G tem 13.17 elementos, logo possui 13-Sylow e 17-Sylow, temos n13 ∈ {1, 17} e n13 ≡ 1

mod 13, portanto nao vale n13 = 17, pois 17 ≡ 4 mod 13. Tem-se n17 ∈ {1, 13},

n17 ≡ 1 mod 17, nao podemos ter n17 = 13 pois 13 ≡ 1 mod 17. Portanto os p-Sylows

sao normais e daı segue que tanto L|Q quanto M |Q sao normais.

No grupo G(LM |Q), temos apenas dois subgrupos nao triviais que sao os p-Sylows,

sendo normais, sao unicos e por isso LM |Q possui apenas dois corpos intermediarios que

sao L e M .

Agora suponha que L|Q e M |Q sejam extensoes normais, entao existem respectiva-

mente p(x) ∈ Q[x] e g(x) ∈ Q[x], de graus 13 e 17, monicos, irredutıveis. p(x) e irredutıvel

sobre M e g(x) e irredutıvel sobre L, pois em cada caso o grau do polinomio e primo com


o grau da extensao, temos que LM e corpo de raızes g(x)p(x) = h(x), pois h(x) se fatora

em termos lineares em LM e LM e o menor corpo que contem L e M , logo e o corpo de

raızes de h(x) ∈ Q[x] e portanto LM |Q e normal.

Exemplo 27. Seja L o corpo de raızes sobre Q de x61−1. Determine o numero de corpos

intermediarios de L|Q e o grau de cada um desses corpos sobre Q.

O corpo de raızes de x61 − 1 e Q(w) = L onde w e uma raiz primitiva 61-esima da

unidade. O grupo de automorfismo e isomorfo a Z∗61 w Z60 sendo grupo cıclico, logo ele

possui exatamente 12 subgrupos que e a quantidade de divisores de 60

1, 2, 3, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60

Existe um e apenas um subgrupo de G(L|Q) com tais ordens acima, pois o grupo e cıclico.

Se os grupos G(L|Fk) tivessem a ordem dada acima, entao a extensao [Fk : Q] tem grau

respectivamente

60, 30, 20, 15, 12, 10, 6, 5, 3, 2, 1.

Exemplo 28. Sejam L o corpo de raızes de x14 − 3 sobre Q e G = Aut(L|Q).

� Mostre que G(L|Q( 14√3)) e um subgrupo cıclico de ordem 6 de G. Explicite um

gerador σ deste subgrupo.

Temos que

x14 − 3 =13∏k=0

(x− 14√3wk) ∈ C[x]

o polinomio e irredutıvel sobre Q, por criterio de Eisenstein. Vamos calcular o grau da

extensao L|Q, L = Q(14√3, w) que e o corpo de raızes do polinomio, onde w e uma raiz

primitiva 14-esima da unidade.

[Q(14√3, w) : Q] = [Q(

14√3, w) : Q(

14√3)][Q(

14√3) : Q] = 6.14

o primeiro degrau da extensao tem grau 14 pois x14 − 3 e o polinomio mınimo, o segundo

tem grau 6, pois nenhum elemento complexo pertence ao corpo anterior x6 − x5 + x4 −


x3 + x2 − x+ 1 = φ14(x) e polinomio mınimo.

x14 − 1 =∏d|14

φd(x) =

= φ1(x)φ2(x)φ7(x)φ14(x) = (x−1)(x+1)(x6−x5+x4−x3+x2−x+1)(x6+x5+x4+x3+x2+x+1)

para determinar os automorfismos, ”subimos”com uma raiz 14-esima da unidade, per-

cebendo que o simetrico de uma raiz de φ14(x) e uma raiz de φ7(x) e vice-versa, entao

podemos tomar w uma raiz 7-esima da unidade, lembrando que w7 = 1, entao os auto-

morfismos permutam as raızes de (x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1), depois subimos outro

degrau da extensao, formando com as combinacoes dos automorfismos do degrau anterior

6.14 automorfismos, sendo que nesse degrau, definimos os automorfismos em14√3 levando

nas raızes de x14 − 3.

Os automorfismo sao f(k,j)(14√3︸︷︷︸

:=a

) =14√3wk−1, f(k,j)(w) = wj com k ∈ I14 e j ∈ I6

. O automorfismo f(1,3) que fixa14√3 e faz f(1,3)(w) = w3, gera os automorfismos de

G(L|Q( 14√3)), denotamos f(1,j) = σj.

Vamos mostrar que σ3 gera o grupo, logo o grupo e cıclico. Lembramos que w7 = 1

σ23(w) = w9 = w2 = σ2(w)

σ33(w) = w6 = σ6(w)

σ43(w) = w18 = w4 = σ4(w)

σ53(w) = w12 = w5 = σ5(w)

σ63(w) = w15 = w = σ1(w)

logo gera todos automorfismos.

� Mostre que G(L|Q(w)) e um subgrupo normal cıclico de ordem 14 de G, onde w e

uma raiz primitiva 14-esima da unidade. Explicite um gerador σ deste subgrupo.

G(L|Q(w)) e um grupo normal, pois Q(w)|Q e uma extensao normal. Denotaremos

f(k,1) = tk. Um gerador para o grupo e t4 (basta fazer as contas).


Exemplo 29. Mostre que toda raiz de x10−1 diferente de 1 e −1 e um elemento primitivo

de F34 |F3.

Primeiro fatoramos

x10−1 = (x5)2−1 = (x5−1)(x5+1) = (x−1)(x4+x3+x2+x+1)(x+1)(x4−x3+x2−x+1).

Vamos mostrar que P (x) = x4+x3+x2+x+1 e irredutıvel sobre F3, nao precisamos

mostrar que x4 − x3 + x2 − x+ 1 e irredutıvel pois segue do caso de P (x), pois P (−x) =

x4−x3+x2−x+1, se fosse P (−x) = h(x)g(x) entao P (x) = h(−x)g(−x) seria redutıvel.

Sabemos que x5 − 1 = (x − 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1). P nao possui raiz em F3, pois

P (0) = 1,

P (1) = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 2

2 = 2− 3 = −1 e −1 nao e raiz pois

P (−1) = 1− 1 + 1− 1 + 1 = 1.

(Observamos tambem que qualquer raiz de P (x) deve ter ordem 5, pois x5 − 1 = (x −

1)(x4 + x3 + x2 + x + 1).) Logo P nao pode ter fator cubico em F3[x], pois se nao teria

raiz em F3, unica possibilidade e ter fator quadratico.

Se P (x) tem um fator quadratico em F3[x] entao P (x) = 0 tem uma raiz numa extensao

quadratica F32 , [F32 : F3] = 2 , F32 possui 32 elementos e |F ∗

32 | = 32− 1 = 8. Pelo teorema

de Lagrange a ordem de qualquer elemento de F ∗32 divide 8, logo nao existe elemento em

F32 de ordem 5. Nao temos fator quadratico irredutıvel. Como nao podemos ter fator

cubico entao x4 + x3 + x2 + x+ 1 e irredutıvel sobre F3 assim como x4 − x3 + x2 − x+ 1,

logo dada qualquer raiz α de x10 − 1 que nao seja 1 ou −1, temos

[F3(α) : F3] = 4

e daı F3(α) w F34 , qualquer dessas raızes e um elemento primitivo de F34|F3.

Exemplo 30. Determine os polinomios minimais sobre F2 e F4 de uma raiz primitiva

setima da unidade.


Temos que

x7 − 1 = (x− 1) (x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1)︸︷︷︸P (x)

temos que a irredutibilidade dos fatores de P (x). Sabemos que qualquer raiz de P (x) tem

ordem 7, alem disso P (x) nao possui raızes em F2, pois P (0) = 1, P (1) = 1, logo nao

podemos fatorar P (x) com fatores lineares. Suponha que P tenha fator quadratico, entao

temos uma extensao de grau 2 sobre um elemento desse fator quadratico [F22 : F2] = 2,

|F22 | = 4, |F ∗22 | = 3, por teorema de lagrange a ordem 7 teria que dividir 3, o que nao

acontece. Logo nao podemos ter fator quadratico, porem podemos ter fator cubico, pois

de maneira similar |F23 | = 8 e |F ∗23 | = 7, [F23 : F2] = 3. E realmente podemos fatorar P

com fator cubico, pois

x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1 = (x3 + x+ 1)(x3 + x2 + 1)

o que pode ser verificado multiplicando os termos, pois o produto resulta em x6 + x5 +

x4 + 3︸︷︷︸=1

x3 + x2 + x+ 1 = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+ 1. Se w e uma raiz primitiva da

unidade, entao o polinomio polinomio mınimo de w e uma dessas cubicas, das seis raızes,

tres tem x3 + x+ 1 como polinomio mınimo e as outras tres x3 + x2 + 1. Vejamos se tais

cubicas sao redutıveis em F4, |F4| = 4, |F ∗4 | = 3, a ordem dos elementos de F ∗

4 e 3, e 7 a

ordem das raızes de P , nao divide 3, logo nenhum desses fatores possui raiz em F4 e daı

os polinomios cubicos sao irredutıveis, entao tambem sao polinomios mınimos das raızes

primitivas da unidade.

Exemplo 31. Seja L = Q(i,√3), determine o grupo de Galois de K|Q. L e corpo

de raızes de (x2 − 3)(x2 + 1), temos [Q(√3), Q] = 2 e [Q(i,

√3) : Q(

√3)] = 2, pois

temos respectivamente os polinomio mınimos x2 − 3 e x2 + 1, logo o grau de L|Q e 4.

Determinamos os 4 elementos do grupo de Galois

− I ψ φ φ ◦ ψ

i→ i i −i −i√3 →

√3 −

√3

√3 −

√3



Seja p um primo. Se K contem uma raiz primitiva p-esima da unidade, entao as

possibilidades para p = 2, 3 ou 5. Sendo wp ∈ L entao Q(wp) ⊂ L e por multiplicatividade

do grau, temos que [Q(wp) : Q] divide [L : Q] = 4, porem [Q(wp) : Q] = φ(p) = p − 1,

se p > 5 entao φ(p) = p− 1 ≥ 5 que nao divide 4, as possibilidades sao para p = 2, 3 ou

5, pois temos φ(2) = 1, ;φ(3) = 2 e φ(5) = 4 que dividem o grau de L|Q. Sendo que as

raızes da unidade w2 = −1 e

w3 = cos(2π

3) + isen(

2π

3) =

1

2+

√3i

2∈ L.

Exemplo 32. Considere o polinomio x7 − 6 em Q[x]. Seja N o seu corpo de raızes sobre

Q.

� Mostre que o grau de N |Q e 42.

Temos que

x7 − 6 =6∏

k=0

(x− 7√6wk) ∈ C[x]

onde w e uma raiz primitiva 7-esima da unidade, o corpo de raızes e Q(w,7√6), o grau

da extensao e 42, pois [Q(7√6) : Q] = 7 com polinomio mınimo x7 − 6, e o grau de

[Q(7√6, w) : Q(

7√6)] e 6, pois p(x) = x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1 e irredutıvel em Q e

tambem e irredutıvel em Q(7√6), pois tem grau coprimo com Q(

7√6)|Q de grau 7, entao

por multiplicatividade do grau temos [Q(7√6, w) : Q] = 42.

� Exiba um subcorpo L de N tal que L|Q nao seja normal.

Tomamos L = Q(7√6), L|Q nao e uma extensao normal, pois o polinomio mınimo

x7 − 6 so possui uma raiz em L, as outras nao, se fosse normal terıamos todas em L.

� Mostre que existe um unico subcorpo F de N tal que [F : Q] = 6.

Fatoramos 42 = 7.3.2, n7 ∈ {1, 2, 3, 6} com n7 ≡ 1 mod 7, segue que n7 = 1,

logo o unico 7-Sylow e normal, e unico subgrupo de ordem 7 do grupo de Galois G(N |Q)


(a extensao e normal e separavel.) Com isso existe F , com G(N |F ) < G(N |Q) com

|G(N |F )| = 7 e daı

[F : Q] =|G|

|G(N |F )|=

7.6

7= 6.

� Sejam a =7√6, w uma raiz primitiva setima da unidade e E = Q(a), mostre que

existe um homomorfismo injetivo

ψ : G(N |Q(a)) → G(Q(w)|Q).

Definimos ψ como ψ(σk) = tk, os automorfismos de G(N |Q(a) sao da forma σk(w) = wk,

que fixam a e os automorfismos de G(Q(w)|Q), sao da forma tk(w) = wk tambem, logo o

homomorfismo definido dessa maneira e uma bijecao entre os grupos.

� Ha quantos subcorpos intermediarios proprios em N |E?

x6+x5+x4+x3+x2+x+1 e irredutıvel em E, pois e irredutıvel em Q e coprimo com

o grau de E|Q. Entao a quantidade de subcorpos de N |E e a quantidade de subgrupos

de {tk}61, t3 gera o grupo

{I, t23, t3, t43, t53, t33}

com t63 = I. O unico subgrupo de ordem 2 e gerado por t33, t23 e t43 geram o mesmo

subgrupo de ordem 3 e t3 e t53 geram o grupo todo. Portanto temos apenas dois subcorpos,

intermediarios proprios em N |E, um associado ao grupo de ordem 3 e o outro com o grupo

de ordem 2.

1.3 A equacao geral de grau n

Teorema 6. Sejam K um corpo com car(K) = 0 e (xk|n1 ) indeterminadas sobre K,

F = K(sk|n1 ) onde (sk|n1 ) sao as funcoes simetricas elementares e

f(x) =n∑

k=0

(−1)kskxn−k ∈ F [x].


Entao L = K(xk|n1 ) e corpo de raızes de f(x) sobre F e sn = G(L|F ) e o grupo de

automorfismos de L|F.

Definicao 13 (Grupo soluvel). Um grupo finito G e soluvel sse existe uma cadeia de

subgrupos Nk com k ∈ [0, s]N , tal que N0 = G, Ns = {e}, Nk+1 ⊂ Nk, Nk+1 ▹ Nk e

Nk/Nk+1 e abeliano para todo k ∈ [0, s− 1]N .

Definicao 14 (Comutador de (a, b)(∈ G)). Sejam (G, .) um grupo e (a, b)(∈ G) definimos

o comutador de a, b por

[a, b] = aba−1b−1

Definicao 15 (Comutador G′ de G). O comutador de G e o subgrupo G′ gerado pelos

comutadores [a, b] para quaisquer (a, b)(∈ G)

G′ =< aba−1b−1 | a, b ∈ G > .

Corolario 6. Se (G, .) e abeliano entao G′ = {e}.

Propriedade 22. G′ e normal em G.

Propriedade 23. G/G′ e abeliano.

Propriedade 24. Se N e um subgrupo normal de G tal que G/N e abeliano entao

G′ ⊂ N , isto e, G′ e o menor subgrupo normal de G com a propriedade do grupo quociente

ser abeliano.

Definicao 16.

G0 = G

Gm+1 = (Gm)′.

Corolario 7.

Gm+1 ▹ Gm

Corolario 8. Gm/Gm+1 e abeliano.


Propriedade 25. (G, .) e um grupo soluvel sse Gr = {e} para algum r ≥ 1.

Propriedade 26. Se H e um subgrupo de G e G e soluvel entao H e soluvel.

Demonstracao. Hk < Gk para todo k natural. Se G e soluvel existe r ∈ N tal que

Gr = {e} logo Hr ⊂ Gr e Hr = {e} implicando que H e soluvel.

Propriedade 27. Se G e soluvel e f : G→ G e um homomorfismo sobrejetor entao G e

soluvel . Em particular se N ▹ G e G e soluvel entao G/N e soluvel.

Propriedade 28. Seja N ▹ G. Se N e soluvel e G/N e soluvel entao G e soluvel.

Propriedade 29. Seja G = Sn com n ≥ 5 entao Gr para r natural contem cada 3-ciclo

de Sn. Em particular Sn nao e soluvel para n ≥ 5.

Considerando corpos de caracterıstica zero

Definicao 17 (Extensao radical). Uma extensao M |K e dita radical se existe uma torre,

chamada torre radical simples

K = K0, Ku ⊂ Ku+1 u ∈ [0, s− 1]N eKs =M

tal que para cada j ∈ [1, s]N existem αj ∈ Kj, nj ≥ 1 com (αj)nj ∈ Kj−1 e Kj−1(αj) = kj.

Definicao 18 (Polinomio soluvel por radicais). Sejam f(x) ∈ K[x]−K e L um corpo de

raızes de f(x) sobre K. O polinomio f(x) e soluvel por radicais sse existe uma extensao

radical M |K tal que L ⊂M.

Propriedade 30. Seja M |K uma extensao radical, entao existe uma extensao radical

normal N |K tal que M ⊂ N.

Sejam K um corpo com car(K) = 0, que contem uma raiz primitiva n−esima da

unidade, a ∈ K, a = 0, f(x) = xn − a e L o corpo de raızes de f(x) sobre K.

Propriedade 31. L = K(b) onde b e qualquer raiz de f(x)

Propriedade 32. G(L|K) e abeliano.


Teorema 7. Se f(x) ∈ K[x]−K e soluvel por radicais entao G(L|K) e soluvel onde L e

um corpo de raızes de f(x) sobre K.

Corolario 9. O polinomio geral de grau n ≥ 5 nao e soluvel por radicais.

Propriedade 33. Seja p um natural primo e f(x) ∈ Q[x] um polinomio monico irredutıvel

de grau p. Suponhamos que f(x) tem exatamente duas raızes complexas nao reais entao

G(f(x)|Q) e o grupo simetrico Sp.

1.4 C e um corpo algebricamente fechado

Definicao 19 (Corpo algebricamente fechado). O corpo K e chamado de algebricamente

fechado sse todo polinomio f(x) ∈ K[x]−K tem uma raiz em K.

Propriedade 34. Seja K um corpo algebricamente fechado se f(x) ∈ K[x] e um po-

linomio de grau≥ 1 entao existem a, αk|n1 ∈ K tais que

f(x) = an∏

k=1

(x− ak).

Corolario 10. Se K e um corpo algebricamente fechado entao os polinomios monicos

irredutıveis sao x− α, com αinK.

Teorema 8. C e um corpo algebricamente fechado.

Propriedade 35. Assuma todos corpos citados contidos em um corpo em comum. Valem

as propriedades

1. Se E|K e F |K sao abelianos entao EF |K e abeliano.

2. Se E|K e abeliano entao EF |F e abeliano.

3. Se E|K e abeliano entao E|F e F |K sao abelianos, onde K ⊂ F ⊂ E.

Demonstracao. (Rever)


1. Temos o isomorfismo

Gal(EF |K) ≃ Subgrupo[Gal(E|K)︸︷︷︸abeliano

×Gal(F |K)︸︷︷︸abeliano

].

2. Como Gal(EF |F ) ≃ Gal( E|K︸︷︷︸abeliano

) entao Gal(EF |F ) e abeliano.

3. Existe H < Gal(E|K) tal que F = EH , o que implica Gal(E|F ) = H < Gal(E|K)︸︷︷︸abeliano

o que implica E|F abeliano.

Se trocamos abeliano por cıclico (1) nao vale, porem (2) e (3) continuam sendo ver-

dadeiras.

Definicao 20 (Extensao abeliana maxima). Se K e um corpo, o compositum (?) de

todas extensoes abelianas deK em um fecho algebricoKa e chamado de extensao abeliana

maxima e denotada por Kab.

Corolario 11. Se E|K e galois, [E : K] = n entao G = Gal(E|K) e isomorfo a um

subgrupo de Sn, pelo teorema de Cayley.

Exemplo 33 (Extensao quadratica). Se [E : K] = 2, E = K(α), α ∈ E. Se car(K) = 2

podemos escrever Pα|K = x2 − a = (x− α)(x+ α) onde α2 = a, os automorfismo sao σ e

τ , com

σ :

σ(α) = α

σ|K = Id

τ :

τ(α) = −α

τ |K = Id

logo Gal(E|K) = {σ, τ}

Exemplo 34 (Extensao cubica). Se [E : K] = 3 com car(K) = 3, F = K(α), ∂α|KP (x) =

3, E = K(Rp) = K(α1, α2, α3) a extensao e galois, normal e separavel.


Sabemos que gal(E|K) < S3 logo |gal(E|K)| = 3 ou 6. Podemos supor P (x) =

x3+ax+b, pois se temos y3+εy2+βy+δ, fazendo a mudanca y = x+ε

3o transformamos

no polinomio x3 + ax+ b. Seja δ = (α− α2)(α− α3)(α2 − α3), onde α = α1.

Seja σ ∈ gal(E|K), σ permuta αk.

Vale que

σ(δ) = ±δ =

−λ se σ e ımpar

λ se σ e par

Podemos mostrar que ∆ = −4a3 − 27b2 = δ2, σ(∆) = ∆∀σ ∈ gal(E|K), como ∆ e

fixo por qualquer σ, entao ∆ ∈ K.

Se λ ∈ K ⇒ ∀σ ∈ gal(E|K) ⇒ σ(δ) = δ, daı σ e par, logo o grupo de galois nao e

o grupo todo, sao apenas os pares, isto e, gal(E|K) = A3. Entao verificando√∆ = δ,

podemos concluir qual e o grupo.

Exemplo 35. Seja K = Q, P (x) = x3 − x+ 1 e irredutıvel sobre Q. O polinomio possui

grau 3 e nao possui raızes racionais, logo e irredutıvel (suas unicas possıveis racionais

seriam 1 ou −1 , porem tais numeros nao sao raızes).

∆ = −23 ⇒ δ /∈ Q⇒ gal(E|Q) = S3.

Exemplo 36. Seja P (x) = x4−2 ∈ Q[x], ele e irredutıvel em Q por criterio de Eisenstein,

suas raızes sao exatamente os elementos do conjunto

Rp = { 4√2, − 4

√2,

4√2i, − 4

√2i}

seja α = sqrt[4]2, podemos mostrar que E = Q(Rp) = Q(4√2, i), por duas inclusoes e

[E : Q] = 8. Precisamos achar um grupo de ordem 8 em S4. G < S4 o grupo de galois,

|G| = 8, qual seria o subgrupo?.

Existe automorfismo σ que deixa Q(α) fixo e associa i com −i e automorfismo τ que

associa β uma raız de x4 − 2 com βi.

Podemos mostrar que o grupo de galois e

{I, σ, τ, τ 2, τ 3, στ, στ 2, στ 3}


o grupo e isomorfo ao grupo das simetrias do quadrado D4.

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galois gljk

grupo gljk

gljk ent

fx ent

automorsmo segue0

denimos gljk

fx egfxjk

fa bi