2009.2 - AD2 aii gab

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Publicado em: 2024-02-07

2a
Avaliação a Distância de Álgebra II
1a
Questão
a) Determine o mdc entre os polinômios f(x) = 2x5
+3x4
+x3
+5x2
+5x+5
e g(x) = 2x4
+ 3x3
+ 4x2
+ 2x + 1, f(x), g(x) ∈ Z7[x]. (2,0 ptos.)
Solução
q1(x) q2(x) q3(x)
f(x) g(x) r1(x) r2(x)
r1(x) r2(x) r3(x)
2x5
+3x4
+x3
+5x2
+5x +5 2x4
+ 3x3
+ 4x2
+ 2x + 1
−2x5
−3x4
−4x3
−2x2
−x +5 x
4x3
+3x2
+4x +5
q1(x) = x e r1(x) = 4x3
+ 3x2
+ 4x + 5.
2x4
+3x3
+4x2
+2x +1 4x3
+ 3x2
+ 4x + 5
−2x4
+2x3
−2x2
+x 4x + 3
5x3
+2x2
+3x +1
−5x3
−2x2
+2x −1
5x
q2(x) = 4x + 3 e r2(x) = 5x.
4x3
+3x2
+4x +5 5x
−4x3
5x2
+ 2x + 5
+3x2
−3x2
4x
−4x
5
q3(x) = 5x2
+ 2x + 5 e r3(x) = 5.
Como 5x = 5.x + 0, temos q4(x) = x e r4 = 0.
Portanto, h(x) = mdc (f(x), g(x)) = 5, ou seja, f(x) e g(x) são primos
entre si.
b) Determine as raı́zes complexas de f(x) = x4
−x3
−2x2
−3x−1, sabendo
que
−1 +

3i
2
é raiz de f(x). (1,0 pto.)
Solução
Vimos na questão 8 do EP 4 que se α =
−1 +

3i
2
é raiz de f(x),
então α =
−1 −

3i
2
também é raiz de f(x). Logo f(x) é divisı́vel por
g(x) = (x − α)(x − α) = x2
+ x + 1. Temos:
x4
−x3
−2x2
−3x −1 x2
+ x + 1
−x4
−x3
−x2
x2
− 2x − 1
−2x3
−3x2
−3x
2x3
+2x2
+2x
−x2
−x −1
x2
+x +1
0
Vemos, portanto, que as outras raı́zes complexas de f(x) são as raı́zes
da equação x2
− 2x − 1 = 0, ou seja, 1 ±

2.
As raı́zes de f(x) são:
−1 ±

3i
2
, 1 ±

2.
c) Prove que o polinômio f(x) = x10
+
9
X
i=0
(i+1)511−i
xi
é irredutı́vel sobre
Q. (1,0 pto.)
Sugestão: Considere o polinômio g(x) = f(5x).
Solução
Temos g(x) = f(5x) = 510
x10
+
9
X
i=0
(i+1)511
xi
= 510
(x10
+5
9
X
i=0
(i+1)xi
).
Como h(x) = x10
+ 5
9
X
i=0
(i + 1)xi
é mônico, 5 divide 5(i + 1), para
i = 0, 1, . . . , 9 e 25 não divide 5, resulta do Critério de Eisenstein que
h(x) é irredutı́vel sobre Q.
Portanto, pelo exercı́cio 2 do EP 10, g(x) = 510
f(5x) é também irre-
dutı́vel sobre Q. ¤
2a
Questão
a) Prove que o polinômio f(x) = x4
+ ax2
+ b, com a, b ∈ Z2, não é
irredutı́vel em Z2. (1,0 pto.)
Solução
Suponhamos que f(x) seja irredutı́vel em Z2.
Neste caso, f(x) não tem raı́zes em Z2, ou seja, f(0) = b 6= 0 ⇒ b = 1
e f(1) = 1+a+1 = a 6= 0 ⇒ a = 1. Isto mostra que f(x) = x4
+x2
+1.
Devemos ainda verificar que f(x) não pode ser escrito como produto
de 2 polinômios g(x) = ax2
+ bx + c e h(x) = ex2
+ fx + g. Temos
x4
+ x2
+ 1 = (ax2
+ bx + c)(ex2
+ fx + g) = aex4
+ (be + af)x3
+
(ce + bf + ag)x2
+ (cf + bg)x + cg. O que implica









(i) a.e = 1 ⇒ a = e = 1
(ii) c.g = 1 ⇒ c = g = 1
(iii) b.e + a.f = c.f + b.g = 0
(iv) c.e + b.f + a.g = 1
2
Substituindo (i) e (ii) em (iii) e (iv), obtemos b + f = 0 ⇒ b = f =
1 ⇒ x4
+ x2
+ 1 = (x2
+ x + 1)(x2
+ x + 1), um absurdo.
Portanto, f(x) não é irredutı́vel sobre Z2. ¤
b) Prove que f(x) = x4
+ x + 1 ∈ Z2[x] é irredutı́vel em Z2. (1,0 pto)
Solução
Inicialmente, observemos que f(0) = f(1) = 1, ou seja, f(x) não possui
raı́zes em Z2. Suponhamos que f(x) possa ser escrito como produto de
2 polinômios g(x) = ax2
+ bx + c e h(x) = ex2
+ fx + g. Temos
x4
+ x3
+ 1 = (ax2
+ bx + c)(ex2
+ fx + g) = aex4
+ (be + af)x3
+
(ce + bf + ag)x2
+ (cf + bg)x + cg. O que implica















(i) a.e = 1 ⇒ a = e = 1
(ii) c.g = 1 ⇒ c = g = 1
(iii) b.e + a.f = 0
(iv) c.f + b.g = 1
(v) c.e + b.f + a.g = 0
Substituindo (i) e (ii) em (iii) e (iv), obtemos b + f = 0 e b + f = 1,
um absurdo.
Portanto, f(x) é irredutı́vel sobre Z2. ¤
c) Construa um corpo com 16 elementos. (1,0 pto.)
Solução
Resulta do exercı́cio 6 do EP 10 e do item a) que Z2[x]/
­
x4
+ x + 1
®

um corpo com 24
= 16 elementos.
3a
Questão
Seja G = {a1, a2, . . . , an} um grupo abeliano com operação ∗ e elemento
neutro e.
a) Prove que se x = a1 ∗ a2 ∗ . . . ∗ an, então x ∗ x = e. (1,0 pto.)
Solução
Cada ai ∈ G possui um único elemento inverso para a operação ∗, ou
seja, um único elemento aj ∈ G tal que ai ∗ aj = e.
Deste modo, podemos definir a função σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n},
por σ(i) = j ⇔ ai ∗ aj = e. Por exemplo, se o inverso de a1 para a
operação ∗ é a3, então σ(1) = 3 e σ(3) = 1.
Observe que para todo i ∈ {1, 2, . . . , n}, se j = σ(i), então σ(j) = i,
pois se aj é o inverso de ai, então ai é o inverso de aj.
Vemos, portanto, que σ é uma função sobrejetora definida no conjunto
finito {1, 2, . . . , n} e isto mostra que σ é uma bijeção ou permutação
de {1, 2, . . . , n}.
Como G é abeliano, podemos escrever
x = a1 ∗ . . . ai . . . ∗ an = aσ(1) ∗ . . . aσ(i) . . . ∗ aσ(n) o que implica
x ∗ x = (a1 ∗ . . . ai . . . ∗ an)(aσ(1) ∗ . . . aσ(i) . . . ∗ aσ(n)) =
(a1 ∗ aσ(1)) ∗ . . . (ai ∗ aσ(i)) . . . ∗ (an ∗ aσ(n)) = e ∗ . . . e . . . ∗ e = e. ¤
3
b) Prove que se G tem um único elemento y 6= e tal que y ∗ y = e, então
a1 ∗ a2 ∗ . . . ∗ an = y. (1,0 pto.)
Solução
Vamos enumerar o grupo G de modo que a1 = e e a2 = y.
Analogamente ao que fizemos no item a), vamos considerar a função
σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n}.
Temos σ(1) = 1, σ(2) = 2 e σ(j) 6= j se j ∈ {3 . . . , n}, pois a2 é o único
elemento distinto de e tal que a2 ∗ a2 = e. Logo, G tem um número
par de elementos, G = {a1, a2, a3, . . . , a2k} e, como σ é permutação de
{1, 2, . . . , n}, podemos reenumerar G de modo que a1 = e, a2 = y e
ai+1 = aσ(i), i = 3, 5, 7, . . . , 2k − 1. Ou seja, a4 é o elemento inverso de
a3 para a operação ∗, a6 é o elemento inverso de a5 para a operação ∗,
...., a2k é o elemento inverso de a2k−1 para a operação de ∗.
Daı́ resultando que
x = a1 ∗ a2 ∗ . . . ai . . . ∗ an = e ∗ y ∗ (a3 ∗ a4) . . . ∗ (a2k−1 ∗ a2k) =
y ∗ e . . . ∗ e = e. ¤
c) Prove o Teorema de Wilson:
Se p é um número primo, então (p − 1)! ≡ −1 (mód p). (1,0 pto.)
Sugestão: Use o item b)
Solução
Observe que se p é primo, então y = p − 1 é o único elemento de
{2, . . . , p − 1} tal que y2
≡ 1 (mód p).
De fato, y2
≡ 1 (mód p) ⇒ y2
− 1 ≡ 0 (mód p) ⇒ (y − 1)(y + 1) ≡
0(mód p) ⇒ y−1 ≡ 0(mód p) ⇒ y ≡ 1(mód p) ou y+1 ≡ 0(mód p) ⇒
y ≡ −1 ≡ p − 1 (mód p) (Recorde da Álgebra I que se p é primo e
ab ≡ 0 (mód p), então a ≡ 0 (mód p) ou b ≡ 0 (mód p)).
Aplicando o resultado do item b) ao grupo G = Z∗
p, obtemos
(p − 1)! ≡ 1.2 . . . p − 1 ≡ p − 1 ≡ −1 (mód p). ¤
4

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