Departamento de Matemática da Universidade de Coimbra Exame de Álgebra II

Soluções 10/02/06

1.  V F
(a) O produto dos polinómios x^{4} e x^{6} em ℤ_{7}[x] é x^{3}.  ×

[ x^{4}x^{6} = x^{10}.]

(b) Se K é um corpo, f(x), g(x) ∈ K[x] são mónicos do mesmo grau

e f(x) | g(x) então f(x) = g(x).  ×

[Da hipótese f(x) | g(x) segue g(x) = q(x)f(x) para algum
q(x) ∈ K[x].  Como g(x) e f(x) s~ ao mónicos, também q(x) o é;
como g(x) e f(x) t^em o mesmo grau, q(x) tem que ter grau 0,
ou seja, é uma constante.  Portanto, q(x) = 1, logo g(x) = f(x).]

(c) Se L é uma extensão finita de K e θ ∈ L então o grau de θ é um

divisor de [L : K].  ×

[Se L é uma extens~ ao finita de K todos os seus elementos s~ ao
algébricos sobre K.  Pelo Teorema da Torre,

[L : K] = [L : K(θ)][K(θ) : K]. Como [K(θ) : K] coincide com o

grau de θ, ent~ ao o grau de θ é um divisor de [L : K].]

(d) \sqrt{2} ∈ ℚ(\sqrt{2} i).  ×

[(\sqrt{2} i)^{2} = −2 donde \sqrt{2} i é raiz do polinómio x^{2} + 2 ∈ ℚ[x].
Este polinómio é claramente irredutível sobre ℚ, pelo que

[ℚ(\sqrt{2} i) : ℚ] = 2. Portanto, ℚ(\sqrt{2} i) = \{a + b\sqrt{2} i | a, b ∈ ℚ\}. Isto

diz-nos que os complexos com parte imaginária nula que pertencem
a ℚ(\sqrt{2} i) s~ ao precisamente os racionais, pelo que \sqrt{2} ∉ ℚ(\sqrt{2} i).]

(e) No código (7,4)-linear binário definido pela matriz ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{matrix} )

a mensagem 1010011 está errada e é corrigida automaticamente como 0110011.  ×

[1110011 n~ ao pode ser a mensagem corrigida pois nem sequer é
uma palavra do código: S(1110011) = (100) ≠ 0.
Observe que a mensagem 1010011 está de facto errada, pois
S(1010011) = (110) ≠ 0, mas o erro que o código determina é igual a
(0010000), pois esta é a palavra líder que tem síndrome igual a (110).
Assim, a mensagem corrigida é igual a 1000011.]

2. (a) Uma vez que + é a adição usual, o par (ℚ, +) é um grupo comutativo. Bastará então verificar que a operação ∗ é distributiva relativamente à adição, associativa, comutativa e tem elemento neutro e que todo o elemento diferente do zero tem inverso relativamente a esta operação: \underline{Distributividade}: Como ∗ é comutativa basta verificar uma das condições de distributividade: para quaisquer a, b, c ∈ ℚ, a ∗ (b + c) = \frac{a(b+c)}{3} = \frac{ab+ac}{3} = \frac{ab}{3} + \frac{ac}{3} = (a ∗ b) + (a ∗ c). \underline{Associatividade}: Para quaisquer a, b, c ∈ ℚ, a∗(b∗c) = a∗ \frac{bc}{3} = \frac{abc}{9} enquanto (a∗b)∗c = \frac{ab}{3} ∗ c = \frac{abc}{9}, pelo que se confirma a propriedade. \underline{Comutatividade}: Para quaisquer a, b ∈ ℚ, a ∗ b = \frac{ab}{3} = \frac{ba}{3} = b ∗ a. \underline{Elemento neutro}: 3 é elemento neutro de ∗ pois, para qualquer a ∈ ℚ, a ∗ 3 = a. \underline{Existência de inversos}: Para cada a ≠ 0 em ℚ, \frac{9}{a} é o inverso de a pois a ∗ \frac{9}{a} = 3.

(b) Consideremos S = 3ℤ ⊆ ℚ, que é claramente um subanel de A: é não vazio e, para quaisquer x = 3a, y = 3b ∈ S, tem-se x − y = 3a − 3b = 3(a − b) ∈ S e x ∗ y = \frac{xy}{3} = \frac{3a3b}{3} = 3ab ∈ S. Também não é difícil ver que (S, +, ∗) ≅ (ℤ, +, ·): A função

\begin{aligned}f : & (S, +, ∗) & → & (ℤ, +, ·) \\ & x & ↦ & \frac{x}{3} \end{aligned}

é um homomorfismo de anéis: para quaisquer x, y ∈ S tem-se f(x + y) = \frac{x+y}{3} = \frac{x}{3} + \frac{y}{3} = f(x) + f(y) e f(x ∗ y) = f(\frac{xy}{3} ) = \frac{xy}{9} = f(x)f(y). É injectiva: f(x) = f(y) ⇔ \frac{x}{3} = \frac{y}{3} ⇔ x = y. É sobrejectiva: para cada a ∈ ℤ seja x = 3a ∈ S; evidentemente f(x) = \frac{3a}{3} = a.

3. (a) Pelo Teorema da Torre,

[ℚ(\sqrt[3]{2}, θ) : ℚ] = [ℚ(\sqrt[3]{2}, θ) : ℚ(\sqrt[3]{2})][ℚ(\sqrt[3]{2}) : ℚ].

Como x^{3} − 2 é irredutível sobre ℚ (pelo critério de Eisenstein, p = 2), trata-se do polinómio mínimo de \sqrt[3]{2} sobre ℚ, donde [ℚ(\sqrt[3]{2}) : ℚ] = 3. Por outro lado, θ é raiz do polinómio x^{2}+\sqrt[3]{2}x+\sqrt[3]{4} ∈ ℚ(\sqrt[3]{2})[x]. Será este polinómio irredutível sobre ℚ(\sqrt[3]{2})? Pela fórmula resolvente das equações do segundo grau, como o seu discriminante é negativo, ambas as raízes são não reais. Logo, pelo critério das raízes, x^{2} + \sqrt[3]{2}x + \sqrt[3]{4} ∈ ℚ(\sqrt[3]{2})[x] é irredutível sobre ℚ(\sqrt[3]{2}) ⊆ ℝ, donde [ℚ(\sqrt[3]{2}, θ) : ℚ(\sqrt[3]{2})] = 2. Em conclusão,

[ℚ(\sqrt[3]{2}, θ) : ℚ] = 3 × 2 = 6.

(b) O polinómio m(x) = x^{3} − 2, como vimos na alínea anterior, é irredutível sobre ℚ. Seja f(x) = x^{2} + 2x + 1. Determinar o inverso de f(x) + ⟨m(x)⟩ em ℚ[x]/⟨m(x)⟩ equivale a determinar o polinómio p(x) de grau inferior a 3 tal que

(f(x) + ⟨m(x)⟩)(p(x) + ⟨m(x)⟩) = 1 + ⟨m(x)⟩,

ou seja, tal que f(x)p(x) − 1 ∈ ⟨m(x)⟩. Uma vez que m(x) = (x − 2)f(x) + 3x e f(x) = 3x(\frac{1}{3}x + \frac{2}{3}) + 1 (o que confirma que mdc(m(x), f(x)) = 1), então

1 = f(x) − [m(x) − (x − 2)f(x)](\frac{1}{3}x + \frac{2}{3})
= [1 + (x − 2)(\frac{1}{3}x + \frac{2}{3})]f(x) − (\frac{1}{3}x + \frac{2}{3})m(x)
= (\frac{1}{3}x^{2} − \frac{1}{3})f(x) − (\frac{1}{3}x + \frac{2}{3})m(x).

Portanto, f(x)(\frac{1}{3}x^{2} − \frac{1}{3}) − 1 ∈ ⟨m(x)⟩, donde

(f(x) + ⟨m(x)⟩)^{−1} = (\frac{1}{3}x^{2} − \frac{1}{3}) + ⟨m(x)⟩.

(c) Não existe nenhum corpo com 10 elementos nem com 12 elementos porque 10 = 2 × 5 e 12 = 2^{2} × 3 não são potências de primos. Como 512 = 2^{9}, qualquer corpo com 512 elementos tem característica 2, donde 1 + 1 + 1 + 1 = 0.

4. (a) Proposição 2.9(3) nos Apontamentos:

Provemos que p(x) é redutível se e só se I não é maximal. Suponhamos que p(x) é redutível. Então ou é invertível ou tem um factor próprio. No primeiro caso temse 1 = (p(x))^{−1}p(x) ∈ I, donde I = K[x] não é maximal. No segundo caso tem-se p(x) = q_{1}(x)q_{2}(x) com gr(q_{1}(x)) ≥ 1 e gr(q_{2}(x)) ≥ 1. Então 1 ≤ gr(q_{1}(x)) < gr(p(x)), pelo que ⟨p(x)⟩ ⊂ ⟨q_{1}(x)⟩ ⊂ K[x], o que mostra que, também neste caso, I não é maximal. Reciprocamente, suponhamos que I não é maximal, ou seja, que existe um ideal J = ⟨q(x)⟩ (pois K[x] é um domínio de ideais principais) tal que I ⊂ J ⊂ K[x]. Então p(x) = r(x)q(x) para algum r(x) ∈ K[x]. É claro que gr(r(x)) ≥ 1 (pois se r(x) fosse constante, q(x) pertenceria a ⟨p(x)⟩ e teríamos J = I). Por outro lado, também gr(q(x)) ≥ 1 (caso contrário, J = K[x]). Assim, a factorização p(x) = r(x)q(x) mostra que p(x) é redutível em K[x].

(b) Seja p(x) um polinómio de grau 2 ou 3. Se p(x) é redutível sobre K então p(x) = q_{1}(x)q_{2}(x), onde nem q_{1}(x) nem q_{2}(x) são constantes. Assim, necessariamente um destes dois polinómios é de grau 1, da forma ax + b. Este polinómio tem a raiz −a^{−1}b ∈ K, que será evidentemente também raiz de p(x). Reciprocamente, se p(x) tem uma raiz α em K então, pelo Teorema do Resto, p(x) = (x − α)q(x) para algum polinómio q(x) ∈ K[x]. Pela regra dos graus, q(x) tem necessariamente grau ≥ 1, pelo que não é uma unidade de K[x]. Portanto, (x − α)q(x) é uma factorização não trivial de p(x) em K[x], o que mostra que este polinómio é redutível em K[x].

5. (a) Por definição, δ(C) = min{d(a, b) | a, b ∈ C, a ≠ b}. Mas C é fechado para a subtracção, pelo que a − b ∈ C e, por outro lado, d(a, b) = d(a − b, 0) = ω(a − b). É então evidente que min{d(a, b) | a, b ∈ C, a ≠ b} = min{ω(c) : c ∈ C, c ≠ 0}.

(b) Suponhamos que IJ ⊆ P e I ⊈ P. Então existe a ∈ I tal que a ∉ P. Mas, para qualquer b ∈ J, ab ∈ IJ ⊆ P, o que implica, pela primalidade de P, que a ∈ P ou b ∈ P. Como a ∉ P, teremos que ter forçosamente b em P, o que mostra que J ⊆ P.

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