2009.1 - AD2 AII Tutor

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Publicado em: 2024-02-07

Solução da 2a
Avaliação a Distância de Álgebra II
1a
Questão
a) Dados f(x) = x5
−4x4
+6x3
−6x2
+5x−2 e g(x) = x3
−2x2
−x+2 ∈ Q[x],
determine h(x) = mdc (f(x), g(x)). (2,0 ptos.)
Solução
q1(x) q2(x)
f(x) g(x) r1(x)
r1(x) r2(x)
x5
−4x4
+6x3
−6x2
+5x −2 x3
−2x2
−x +2
−x5
+2x4
+x3
−2x2
x2
−2x +3
−2x4
+7x3
−8x2
+5x
2x4
−4x3
−2x2
+4x
3x3
−10x2
+9x −2
−3x3
+6x2
+3x −6
4x2
+12x −8
q1(x) = x2
− 2x + 3 e r1(x) = −4x2
+ 12x − 8
x3
−2x2
−x +2 −4x2
+12x −8
−x3
+3x2
−2x −
x
4

1
4
x2
−3x +2
−x2
+3x −2
0
q2(x) = −
x
4

1
4
e r2(x) = 0
Portanto, h(x) = mdc (f(x), g(x)) = x2
− 3x + 2
b) Determine a relação entre os coeficientes b e c do polinômio p(x) =
x4
+ bx2
+ c para que suas raı́zes estejam em progressão aritmética.
(1,0 pto.)
Solução
Sejam α −
3r
2
, α −
r
2
, α +
r
2
, α +
3r
2
as raı́zes de p(x).
Vimos no exercı́cio 11 dos EPs 8 e 9 que 0 = S1 = 4α ⇒ α = 0, logo
b = S2 =
r2
4
(3 − 3 − 9 − 1 − 3 + 3) = −
5r2
4
e c = S4 =
9r4
16
.
Portanto,
25r4
4
= b2

25.16c
4.9
= b2
⇒ 9b2
= 100c.
b) Prove que o polinômio f(x) = x6
+x5
+x4
+x3
+x2
+x+1 é irredutı́vel
sobre Q. (1,0 pto.)
Sugestão: Escreva f(x) =
x7
− 1
x − 1
, considere o polinômio g(x) = f(x+1)
e use o exercı́cio 2 do EP10.
Solução
Se f(x) =
x7
− 1
x − 1
, então f(x + 1) =
(x + 1)7
− 1
x + 1 − 1
=
(x + 1)7
− 1
x
.
Sabemos da fórmula do Binômio de Newton que (x+1)7
=
7
X
i=0
µ
7
i

x7−i
,
onde
µ
7
i

=
7!
i!(7 − i)!
. Temos
µ
7
0

=
µ
7
7

= 1,
µ
7
1

=
µ
7
6

=
7,
µ
7
2

=
µ
7
5

= 21 e
µ
7
3

=
µ
7
4

= 35.
Logo f(x + 1) = x6
+ 7x5
+ 21x4
+ 35x3
+ 35x2
+ 21x + 7. Como
7|7, 7|21, 7|35 e f(x + 1) é mônico, resulta do Critério de Eisenstein
que f(x + 1) é irredutı́vel sobre Q. Portanto, pelo exercı́cio 2 do EP
10, g(x) = f(x + 1) é também irredutı́vel sobre Q. ¤
2a
Questão
a) Prove que Z5[x]/
­
x2
+ 2
®
e Z5[x]/
­
x2
+ 3
®
são corpos com 25 elemen-
tos. (2,0 ptos.)
Solução
Em Z5 temos (0)2
= 0, (1)2
= (4)2
= 1, (2)2
= (3)2
= 4, logo, se
i ∈ Z5, então (i)2
+ 2 ∈ {1, 2, 3} e (i)2
+ 3 ∈ {2, 3, 4} o que mostra que
f(x) = x2
+ 2 e g(x) = x2
+ 3 não possuem raı́zes em Z5.
Como estes polinômios têm grau 2, eles são irredutı́veis, portanto, re-
sulta do exercı́cio 6 do EP 10 que Z5[x]/
­
x2
+ 2
®
e Z5[x]/
­
x2
+ 3
®
são
corpos com 25 elementos. ¤
b) Determine o inverso de 2x+3+
­
x2
+ 2
®
em Z5[x]/
­
x2
+ 2
®
. (1,0 pto.)
Solução
Queremos determinar ax + b ∈ Z5[x] tal que 1 +
­
x2
+ 2
®
=
(2x+3+
­
x2
+ 2
®
)¯(ax+b+
­
x2
+ 2
®
) = (2x+3)(ax+b)+
­
x2
+ 2
®
=
2ax2
+ (3a + 2b)x + 3b +
­
x2
+ 2
®
.
Como 2ax2
+(3a + 2b)x+3b = 2a(x2
+2)+ (3a + 2b)x+3b + a, temos
2ax2
+ (3a + 2b)x + 3b +
­
x2
+ 2
®
= (3a + 2b)x + 3b + a +
­
x2
+ 2
®
o
que implica
(
3a + 2b = 0
a + 3b = 1

(
3a + 2b = 0
2a + 6b = 2
⇒8b = 2 ⇒ b = 4 ⇒ a = 3 + 1 = 4.
Logo o inverso de 2x+3+
­
x2
+ 2
®
em Z5[x]/
­
x2
+ 2
®
é 4x+4+
­
x2
+ 2
®
.
c) Determine o inverso de 3x+2+
­
x2
+ 3
®
em Z5[x]/
­
x2
+ 3
®
. (1,0 pto.)
Solução
Queremos determinar cx + d ∈ Z5[x] tal que 1 +
­
x2
+ 3
®
=
(3x+2+
­
x2
+ 3
®
)¯(cx+d+
­
x2
+ 3
®
) = (3x+2)(cx+d)+
­
x2
+ 3
®
=
3cx2
+ (2c + 3d)x + 2d +
­
x2
+ 3
®
.
Como 3cx2
+ (2c + 3d)x + 2d = 3c(x2
+ 3) + (2c + 3d)x + 2d + c, temos
3cx2
+ (2c + 3d)x + 2d + c +
­
x2
+ 2
®
= (2c + 3d)x + 2d + c +
­
x2
+ 2
®
o que implica
(
2c + 3d = 0
c + 2d = 1
⇒ 3c = 1 ⇒ c = 2 ⇒ 3d = 1 ⇒ d = 2.
Logo o inverso de 3x+2+
­
x2
+ 3
®
em Z5[x]/
­
x2
+ 3
®
é 2x+2+
­
x2
+ 3
®
.
2
d) Prove que a função
(
φ : Z5[x]/
­
x2
+ 2
®
→ Z5[x]/
­
x2
+ 3
®
φ(ax + b +
­
x2
+ 2
®
) = 2ax + b +
­
x2
+ 3
® é
um isomorfismo entre corpos. (2,0 ptos.)
Solução
Sejam ax + b +
­
x2
+ 2
®
e cx + d +
­
x2
+ 2
®

­
x2
+ 2
®
. Temos:
i) φ((ax + b +
­
x2
+ 2
®
) ⊕ (cx + d +
­
x2
+ 2
®
)) =
φ((a + c)x + b + d +
­
x2
+ 2
®
) = 2(a + c)x + b + d +
­
x2
+ 3
®
=
(2ax + b +
­
x2
+ 3
®
) ⊕ (2cx + d +
­
x2
+ 3
®
) =
φ(ax + b +
­
x2
+ 2
®
) ⊕ φ(cx + d +
­
x2
+ 2
®
).
ii) φ((ax + b +
­
x2
+ 2
®
) ¯ (cx + d +
­
x2
+ 2
®
)) =
φ(acx2
+ (ad + bc)x + bd +
­
x2
+ 2
®
).
Como acx2
+(ad + bc)x+bd = ac(x2
+2)+(ad + bc)x+bd + 3ac,
temos acx2
+ (ad + bc)x + bd +
­
x2
+ 2
®
=
(ad + bc)x + bd + 3ac +
­
x2
+ 2
®
o que implica
φ((ax + b +
­
x2
+ 2
®
) ¯ (cx + d +
­
x2
+ 2
®
)) =
φ(acx2
+ (ad + bc)x + bd +
­
x2
+ 2
®
) =
φ((ad + bc)x + bd + 3ac +
­
x2
+ 2
®
) =
2(ad + bc)x + bd + 3ac +
­
x2
+ 3
®
(∗).
Mas (2ax + b +
­
x2
+ 3
®
) ¯ (2cx + d +
­
x2
+ 3
®
) =
4acx2
+2(ad + bc)x+bd+
­
x2
+ 3
®
e 4acx2
+(2(ad + bc))x+bd =
4ac(x2
+ 3) + (2(ad + bc))x + bd + 3ac implicam
(2ax + b +
­
x2
+ 3
®
) ¯ (2cx + d +
­
x2
+ 3
®
) =
2(ad + bc)x + bd + 3ac +
­
x2
+ 3
®
.
Substituindo esta igualdade em (∗) obtemos
φ((ax + b +
­
x2
+ 2
®
) ¯ (cx + d +
­
x2
+ 2
®
)) =
(2ax + b +
­
x2
+ 3
®
) ¯ (2cx + d +
­
x2
+ 3
®
) =
φ(ax + b +
­
x2
+ 2
®
) ¯ φ(cx + d +
­
x2
+ 2
®
).
Resulta de i) e ii) que φ é homomorfismo.
iii) Há duas maneiras de provar que φ é injetora.
A primeira é usando a definição de função injetora, ou seja, se
φ(ax+b+
­
x2
+ 2
®
) = 2ax+b+
­
x2
+ 3
®
= φ(cx+d+
­
x2
+ 2
®
) =
2cx + d +
­
x2
+ 3
®
, então b = d e 2a = 2c ⇒ a = c ⇒
ax+b+
­
x2
+ 2
®
= cx+d+
­
x2
+ 2
®
e a segunda é observando que
ax + b +
­
x2
+ 2
®
∈ N(φ) ⇔ 2ax + b +
­
x2
+ 3
®
= 0 +
­
x2
+ 3
®

b = 0 e 2a = 0 ⇒ a = 0 ⇒ N(φ) = {0 +
­
x2
+ 2
®
} e mostra que φ
é injetora. Como os dois corpos têm 25 elementos e φ é injetora,
então φ é obrigatoriamente sobrejetora.
Segue-se de i), ii) e iii) que φ é isomorfismo ¤
3

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