Teorema de Galois e Aplicações

Iniciamos esta seção recordado algumas denições que já introduzimos anteriormente. Nas Notas

V encontramos na página 23 que um isomorsmo σ : K → K de um corpo nele mesmo é chamado

de automorsmo. Caso K seja uma extensão de um corpo F e a restrição de σ a F seja a identidade,

dizemos que σ é um F -automorsmo de K. Na página 24 encontramos a denição de grupo de

Galois de uma extensão K de um corpo F , mais precisamente G(K; F ) é o conjunto de todos os

F -automorsmos de K. Temos que G(K; F ) com a operação de composição de funções é um grupo,

o grupo de Galois.

Também na página 24 encontramos que o corpo de raízes K de um polinômio separável f(x) ∈

F [x] é chamado de extensão galoisiana de F . Pelo Corolário da página 17 temos que |G(K; F )| =

[K : F ].

Vamos escrever f(x) = ao + a1x + · · ·+ anxn e sejam α1, α2, . . . , αm o conjunto de todas as raízes

distintas de f(x) em alguma extensão K de F (Relembre a denição de polinômio separável e que

um polinômio separável pode ter raízes múltiplas). Logo f(αi) = 0 qualquer que seja αi. Tomemos

agora σ ∈ G(K; F ). Como ao + a1αi + · · · + anαni = 0 aplicando-se σ aos dois lados da igualdade

obtemos ao+a1σ(αi)+· · ·+anσ(αi)n = 0, pois σ(aj) = aj, para todo j = 1, . . . , n. Consequentemente

σ(αi) = αt para alguma outra raiz αt de f(x). Portanto a restrição de σ ao conjunto α1, α2, . . . , αm

induz uma função desse conjunto nele mesmo. Esse fato já tinha sido observado na demonstração do

item (3) da Proposição da página 11, Notas VII, mas agora vamos aprofundar um pouco mais essa

observação. Observe que essa função vai ser injetiva, pois σ é automorsmo. Como o conjunto é nito,

essa função induzida vai ser sobrejetiva também, isto é, a restrição de σ ao conjunto α1, α2, . . . , αm

é um bijeção do conjunto nele mesmo, ou então, uma permutação do conjunto.

Recorde que na página 2 das Notas V denotamos o conjunto das permutações de um conjunto com

m elementos por Sm. Temos então uma correspondência θ : G(K; F )→ Sm onde θ(σ) = restrição de

σ a α1, α2, . . . , αm . Verica-se trivialmente que θ é um homomorsmo de grupos. Por outro lado,

pelo Corolário da Proposição, página 14, Notas V, sabemos que K = F (α1, α2, . . . , αm). Resulta

disso que se θ(σ) = 1 = id então σ = 1, também. Logo θ é injetiva e acabamos de demonstrar que

Proposição. Seja K o corpo de raízes de um polinômio separável f(x) ∈ F [x] que tem m raízes

distintas. Então G(K; F ) é isomorfo a um subgrupo de Sm.

1

Mais precisamente seja θ : G(E; F )→ Sm a função que associa a cada σ ∈ G(E; F ) a permutação

σ do conjunto α1, α2, . . . , αm , (Poderíamos ser mais formais denindo θ(σ) : 1, 2, . . . , n →

1, 2, . . . , n onde θ(i) = j se e somente se σ(αi) = αj.) Então θ é o homomorsmo injetivo e

portanto G(K; F ) ' Im θ subgrupo de Sm.

Podemos então concluir que [K : F ] = |G(K; F )| ≤ m!.

Vamos vericar a validade da armação se θ(σ) = 1 = id então σ = 1 que zemos acima.

Estamos dizendo que se σ(αt) = αt, para todo 1 ≤ t ≤ m, então σ = id. Lembre-se que temos uma

cadeia

F = Fo ⊂ Fo(α1) = F1 ⊂ F1(α2) = F (α1, α2) ⊂ · · ·Fi(αi+1) ⊂ · · ·Fm−1(αm) = F (α1, . . . , αm) = K.

Temos que a restrição de σ a cada um dos Ft é a identidade. De fato, σ = id : Fo(α1)→ Fo(α1), ou

σ = id : F1 → F1. Igualmente para F2, e assim por diante até Fm = K.

Vejamos um exemplo. Seja E = Q(ω) com ω raiz primitiva quinta da unidade (ω5 = 1 e

wr 6= 1, para todo 1 ≤ r ≤ 4). Temos que ω é raiz do polinômio x5 − 1 e conforme vimos na

Armação 1, página 2 das Notas VI, o polinômio mínimo de ω é Φ5(x) = x4 + x3 + x2 + x + 1

e temos que [Q(ω) : Q] = gr φ5 = 4. Também vimos que Q(ω) é o corpo de raízes de Φ5(x) e

G(Q(ξ); Q) ' Z/(p− 1)Z

Embora o cálculo do grupo de Galois tenha sido abordado nas Notas VI, vamos reexaminá-lo

agora, tendo em vista que queremos imergir o grupo em S4.

Sabemos que um σ ∈ G tem que levar uma raiz de Φ5(x) em outra raiz. Além disso sabemos que

1, ω, ω2, ω3, ω4 é uma base de E como Q espaço vetorial. Tomemos então uma função σ : E → E

caracterizada por σ(ω) = ω2 e vamos estende-la a base de E: σ(1) = 1,σ(ω) = ω2, σ(ω2) = ω4,

σ(ω3) = ω, e σ(ω4) = ω3. Observe que estamos impondo o que é natural para um automorsmo

de E. Isto é, como queremos que σ venha a ser um Q-automorsmo de E devemos impor que

σ(ω2) = σ(ω)2 = ω4, e assim por diante, mas lembrando que ω5 = 1 e portanto vão ocorrer reduções

do tipo σ(ω3) = σ(ω)3 = ω6 = ω. Vamos em seguida estender por linearidade σ a uma Q-linear de

E, pondo

σ(ao1+a1ω+a2ω2 +a3ω

3 +a4ω4) = ao1+a1ω

2 +a2ω4 +a3ω+a4ω

3 = ao1+a3ω+a1ω2 +a4ω

3 +a2ω4.

Como σ leva base de espaço vetorial em base de espaço vetorial, como Q-transformação linear, já

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ganhamos que σ é bijetora e vale σ(x + y) = σ(x) + σ(y), ∀x, y ∈ E. Também é verdade que para

todo x ∈ Q ≡ Q1 ⊂ E temos σ(x) = x. Só falta vericar que a função σ que construímos também

satisfaz σ(xy) = σ(x)σ(y).

Questão 1. Mostre que que a função construída acima também tem a propriedade: σ(xy) =

σ(x)σ(y), ∀x, y ∈ E.

Podemos repetir o que acabamos de fazer para construir o grupo de Galois G(Q(ω); Q) dos Q-

automorsmo de E. Chamemos de σ1 o automorsmo que acabamos de construir. Observe que

iniciamos com σ1(ω) = ω2. Seguindo pelo mesmo caminho podemos também construir σ2 e σ3 a

partir de σ2(ω) = ω3 e σ3(ω) = ω4. Vamos então obter G(Q(ω); Q) = 1, σ1, σ2, σ3. Podemos

também vericar que σ3 = σ21 e σ2 = σ3

1 e assim σ1 é um gerador do grupo de Galois.

Vamos agora olhar que permutações de S4 vão corresponder aos automorsmos que construímos.

Vamos enumerar as raízes de Φ5(x) da seguinte maneira:

α1 = ω, α2 = ω2, α3 = ω3, α4 = ω4.

teremos então que

σ1(1) = 2, σ1(2) = 4, σ1(3) = 1, σ1(4) = 3.

Logo σ1 corresponde a permutação 1 → 2 → 4 → 3 → 1. Prosseguindo com esse trabalho vamos

encontrando as permutações de S4 que correspondem aos outros dois elementos σ2 e σ3. Dessa forma

vamos megulhar G(Q(ω); Q) dentro de S4 como um sugbrupo de ordem 4. Mais ainda, pelo que

vimos a imagem de G(Q(ω); Q) dentro de S4 são as potências da permutação (1243), onde estamos

apenas indicando a sequência 1→ 2→ 4→ 3→ 1. Uma permutação desse tipo é chamada de um 4-

ciclo (Sugerimos consultar o livro Elementos de Álgebra de A. Garcia e Y. Lequain, Projeto Euclides,

IMPA, 2002, nas páginas 198 a 214 para recordar as propriedades dos grupos de permutação).

1 O Grupos de Simétrico Sn

Embora não haja tempo nem espaço para tratarmos do grupo simétrico Sn vamos recordar alguns

poucos fatos que usaremos. Sugerimos novamente a leitura do livro Garcia-Lequain mencionado

acima.

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O grupo Sn é um objeto típico da matemática combinatorial. Essa parte da matemática trata de

problemas como o chamado problema das quatro cores relacionado a colorir os estados, ou países,

de um mapa de forma que não hajam duas guras com a mesma cor tendo fronteira em comum. O

Sn em particular está relacionado com o estudo das simetrias de um polígono regular.

Recordemos que Sn = ϕ : 1, 2, . . . , n → 1, 2, . . . , n | ϕ é bijetiva . Vamos a seguir iniciar o

estudo das permutações.

Para cada permutação ϕ vamos recordar que o signicado de ϕs:

ϕs = ϕ ϕ · · · ϕ︸ ︷︷ ︸s vezes

Isto é, uma composição de funções. Sabemos que a composição de funções bijetivas também é bijetiva.

Por isso todas as potências de ϕ são funções bijetivas de 1, 2, . . . , n em 1, 2, . . . , n. Logo ϕs tem

inverso (em Sn) para todo s ≥ 1.

Qual seria o inverso de ϕs?

(ϕs)−1 = ϕ−1 ϕ−1 · · · ϕ−1︸ ︷︷ ︸s vezes

= ϕ−s. (1)

Vamos então denotar expoentes negativos como sendo a inversa de (ϕ−1)s. Isto é: Para toda ϕ ∈ Sn

e todo s ∈ Z denimos

ϕs =

ϕ ϕ · · · ϕ︸ ︷︷ ︸s vezes

se s ≥ 1;

1 = função identidade se s = 0;

ϕ−1 ϕ−1 · · · ϕ−1︸ ︷︷ ︸|s| vezes

se s < 0

Questão 2. Usando a denição acima mostre que as seguintes igualdades valem:

1. ∀ r, s ∈ Z e toda ϕ ∈ Sn, ϕrϕs = ϕr+s.

2. ∀ r, s ∈ Z e toda ϕ ∈ Sn, (ϕr)s = ϕrs. Em particular (ϕr)−1 = ϕ−r.

3. ∀ r, s, t ∈ Z e toda ϕ ∈ Sn, (ϕr+s)t = ϕrt+st.

Nas Notas V, quando introduzimos grupos vimos que para toda ϕ ∈ Sn temos |ϕ| = | < ϕ > | e

que |ϕ| divide n! = |Sn|. Essa informação não parece grande coisa neste caso. Anal n! é divisível

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por muita gente, Vamos detalhar um pouco mais a natureza de uma permutação discutindo o que

chamamos de estrutura de ciclos.

Para cada ϕ ∈ Sn chamamos de suporte de ϕ ao conjunto sup(ϕ) = j ∈ 1, 2, . . . , n | ϕ(j) 6= j .

Isto é sup(ϕ) é o conjunto de elementos que a função move. Claro que para todo i ∈ 1, 2, . . . , n,

com i 6∈ sup(ϕ), temos ϕ(i) = i. Tomemos como exemplo as permutações σ, τ, ρ ∈ S4 dadas por

σ(1) = 2 σ(2) = 1 σ(3) = 4 σ(4) = 3;

τ(1) = 3, τ(3) = 4, τ(4) = 1, τ(2) = 2

ρ(1) = 3, ρ(3) = 1, ρ(2) = 4 ρ(4) = 2.

Temos então sup(σ) = 1, 2, 3, 4 , sup(τ) = 1, 3, 4 , sup(ρ) = 1, 2, 3, 4 . Encontre agora, como

exercício sup(σ τ) e sup(τ−1).

A primeira coisa que queremos destacar é que ϕ é uma bijeção de sup(ϕ) nele mesmo, isto é,

• ∀ j ∈ sup(ϕ) vale que ϕ(j) ∈ sup(ϕ). Reciprocamente, ∀ j ∈ sup(ϕ) existe i ∈ sup(ϕ) tal que

j = ϕ(i). (♠)

Vejamos: sejam j ∈ sup(ϕ) e i ∈ 1, . . . , n tal que ϕ(j) = i. Temos que mostrar que ϕ(i) ∈

sup(ϕ). Procurando por um absurdo, vamos supor que ϕ(i) = i (i 6∈ sup(ϕ) ⇔ ϕ(i) = i). Logo

i = ϕ(i) = ϕ2(j). Como também ϕ(j) = i, vamos ter ϕ2(j) = ϕ(j). Aplicando-se ϕ−1 nos dois

lados da igualdade obtemos ϕ(j) = j, uma contradição com j ∈ sup(ϕ).

Logo ϕ(sup(ϕ)) ⊂ sup(ϕ) e tomando-se a restrição ϕ : sup(ϕ)→ sup(ϕ) temos um função injetiva

(ϕ é injetiva de 1, . . . , n em 1, . . . , n ). Mas uma função injetiva de um conjunto nito nele

mesmo é sempre bijetiva. Como isso ca demonstrada a propriedade.

Observamos que o que acabamos de ver é que somente sup(ϕ) é importante para o estudo de

ϕ. Anal, fora de sup(ϕ), ϕ coincide com a identidade. Vamos exemplicar esse ponto de vista

estudando um tipo especial de permutação.

Denição. Dizemos que ϕ ∈ Sn é um r-ciclo caso exista um subconjunto j1, j2, . . . , jr ⊂

1, . . . , n de r elementos tal que ϕ(j1) = j2, ϕ(j2) = j3,. . . ,ϕ(jr) = j1 e ϕ(i) = i, para todo

i ∈ 1, . . . , n r j1, j2, . . . , jr .

Vemos que sup(ϕ) = j1, j2, . . . , jr . Vejamos a seguir que |ϕ| = r, como era de se esperar.

Observe que

j2 = ϕ(j1), j3 = ϕ(j2) = ϕ2(j1), e sucessivamente, jt = ϕt−1(j1), até nalmente, jr = ϕr−1(j1)

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(A distância entre um jt (1 ≤ t ≤ r) do conjunto e o último elemento do conjunto, jr, é por assim

dizer de r − t). Arrumando um pouco as igualdades obtemos

jr = ϕr−1(j1) = ϕr−t(ϕt−1(j1)) = ϕr−t(jt).

Vamos voltar ao nosso objetivo, provar que ϕr = 1. Temos que

j1 = ϕ(jr) = ϕ(ϕr−1(j1)) = ϕr(j1).

Como calculamos acima que jr = ϕr−2(j2) vamos ter

j2 = ϕ(j1) = ϕ(ϕ(jr)) = ϕ2(ϕr−2(j2) = ϕr(j2).

Vamos repetindo esse argumento para todos os casos. Por exemplo, dado 1 ≤ t ≤ n, vimos acima

que jr = ϕr−t(jt), logo

jt = ϕt−1(j1) = ϕt−1(ϕ(jr)) = ϕt(jr) = ϕt(ϕr−t(jt)) = ϕr(jt).

Podemo então concluir que ϕr = 1. Observe que nossa contas mostram também que para todo

1 ≤ t < r temos ϕt(j1) = jt+1. Para t < r temos t + 1 ≤ r. Logo jt+1 ∈ j1, j2, . . . , jr e como

t + 1 6= 1 podemos concluir que jt+1 6= j1, isto é, ϕt(j1) 6= j1 o que implica em ϕt 6= 1. Conclusão:

• A ordem de um r-ciclo é r. De fato mostramos acima que ϕr = 1 e para todo 1 ≤ t < r, ϕt 6= 1.

Isso equivale a dizer que |ϕ| = r.

Costumamos representar um r-ciclo de suporte j1, j2, . . . , jr como uma sequência (j1j2 · · · jr),

mais precisamente a sequência em que os elementos movem-se para a direita. Os elementos que

estiverem fora dessa sequência estão fora do suporte, logo cam xos. Observe que essa representação

não é única.

Exemplos: (234) ∈ S4 é a permutação ϕ tal que ϕ(2) = 3, ϕ(3) = 4, e ϕ(4) = 2, e também

ϕ(1) = 1. Observe que ϕ também pode ser representado como (342). Na verdade podemos trocar

os termos ciclicamente sem alterar a sequência. Assim (234) = (342) = (423). Esse é um 3-ciclo e

tem ordem 3.

Observe a expressão (234) não indica em qual Sn a permutação está. Também em S5 temos

o 3-ciclo (234). Em qualquer um dos casos temos sup(234) = 2, 3, 4 e os elementos fora desse

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conjunto cam xos. Se dissermos que (234) está em S4 só o 1 ca xo. Se dissermos (234) ∈ S5,

então 1 e 5 cam xos.

Outro exemplo seria (35174) ∈ S8. Esse é um 5-ciclo e tem ordem 5. Aqui temos 3 → 5 → 1 →

7→ 4→ 3 e 2→ 2, 6→ 6 e 8→ 8 (será que esqueci de alguem?).

Um exemplo bastante interessante é o caso r = 2, ou de um 2-ciclo. Nesse caso chamamos a

permutação de transposição. De fato um 2-ciclo é da forma (ij) com i → j → i e todos os demais

elementos xos. Logo estamos transpondo i e j. Uma transposição tem ordem 2. Mais tarde veremos

que formam um conjunto importante de permutações.

Um exemplo de permutação que não é um r-ciclo é dado por σ ∈ S5 denida como σ(1) =

2,σ(2) = 1,σ(4) = 5,σ(5) = 4, e σ(3) = 3. Temos que sup(σ) = 1, 2, 4, 5 mas não vale 2→ 4.

Questão 3. Mostre que a permutação σ do último exemplo é a composição das transposições

(12) e (45). Isto é σ = (12) (45), ou mais simplesmente σ = (12)(45).

Um último comentário acerca dos ciclos é que também costuma-se falar em 1-ciclo. Isso em

princípio não faz sentido. Mas também se escreve (i), um 1-ciclo, onde i → i e todo j 6= i ca xo.

Logo (i) é só outra maneira de representar a função identidade.

Veremos a seguir que toda permutação se decompõe em um produto de ciclos especiais. Mas

antes temos que fazer uma preparação.

• Sejam ϕ, σ ∈ Sn. Se sup(ϕ) ∩ sup(σ) = ∅, então ϕσ = σϕ. Isto é ϕ e σ comutam.

Demonstração: Tomemos j ∈ 1, 2, . . . , n qualquer. Se j 6∈ sup(ϕ) e j 6∈ sup(σ) então ϕσ(j) =

ϕ(j) = j e igualmente σϕ(j) = σ(j) = j.

Se j 6∈ sup(ϕ) e j ∈ sup(σ), então σ(j) ∈ sup(σ), pela propriedade (♠). Logo σ(j) 6∈ sup(ϕ),

por hipótese. Portanto ϕσ(j) = ϕ(σ(j)) = σ(j). Calculando do outro lado obtemos σϕ(j) =

σ(ϕ(j)) = σ(j). Deixamos para o próximo exercício o outro caso possível. Juntando assim os dois

casos acima e mais o terceiro caso do próximo exercício podemos concluir que ϕσ(j) = σϕ(j), para

todo j ∈ 1, 2, . . . , n. Logo ϕσ = σϕ, como queríamos demonstrar.

Questão 4. Mostre que se j ∈ sup(ϕ) e j 6∈ sup(σ), então ϕσ(j) = ϕ(j) = σϕ(j).

Denição. Dizemos que duas permutações ϕ e σ são disjuntas no caso sup(ϕ) ∩ sup(σ) = ∅.

Acabamos de ver que duas permutações disjuntas comutam.

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Vejamos agora o teorema da decomposição em ciclos.

Teorema: Para todo permutação σ ∈ Sn existem ciclos, dois a dois, disjuntos ρ1, ρ2, . . . , ρm tais

que σ = ρ1ρ2 · · · ρm. Mais ainda, essa decomposição é única a menos da ordem dos fatores.

A ressalva em relação a unicidade é necessária pois como os ciclos são disjuntos, eles comutam

entre si, pela propriedade anterior.

Demonstração: Vamos dividir a demonstração em duas partes. Primeiro mostramos que existe

decomposição. Depois que a decomposição é única.

Primeira parte. Vamos denir em 1, 2, . . . , a seguinte relação:

i ∼ j ⇔ existe k ∈ Z tal que σk(i) = j.

Questão 5. Mostre que a relação ∼ denida acima é uma relação de equivalência.

Como toda relação de equivalência particiona o conjunto sobre o qual está denida vamos ter um

decomposição 1, 2, . . . , = X1∪X2∪ · · · ∪Xm. Recordemos que ∪ indica reunião disjunta. Isto é,

se 1 ≤ i 6= j ≤ m, então Xi ∩Xj = ∅. Cada um desse subconjuntos Xi é uma classe de equivalência.

Isto é

i ∼ j ⇔ existe 1 ≤ k ≤ m tal que i, j ∈ Xk.

Observe que alguns dos Xi podem ser unitários.

Questão 6. Mostre que para todo 1 ≤ t ≤ n, com t 6∈ sup(σ), temos que i ∼ t ⇔ i = t.

Logo para todo 1 ≤ t ≤ n, com t 6∈ sup(σ), o índice k para o qual t ∈ Xk, 1 ≤ k ≤ m, só pode

ter um elemento. Mais precisamente Xk = t .

Para cada 1 ≤ k ≤ m vamos representar a restrição de σ a Xk por σ|Xk.

Questão 7. Mostre que σ(Xk) ⊂ Xk1, e mais ainda que σ|Xk é uma bijeção de Xk em Xk Dessa

forma σ|Xk é uma permutação de Xk.

Vamos a seguir mostrar que existe um ciclo (j1j2 · · · ju) tal que a restrição de σ a cada um dos

Xk é igual a esse ciclo. De fato, se Xk = t , então t 6∈ sup(σ) e assim σ(t) = t. Logo σ|Xk = (t),

que como falamos representa a identidade.

1Observe que para todo i ∈ Xk temos i ∼ σ(i).

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Suponhamos agora que Xk não é unitário. Armamos primeiro que Xk ⊂ sup(σ). De fato, seja

i ∈ Xk. Como Xk não é unitário, existe j ∈ Xk com j 6= i. Vimos que i 6= j ∈ Xk ⇔ σt(i) = j,

para algum t ∈ Z. Logo σt(i) 6= i. Dessa forma, se acontecesse de termos σ(i) = i, também

teríamos σt(i) = i. Conclusão σ(i) 6= i e i ∈ sup(σ). Logo Xk ⊂ sup(σ), como queríamos. A

seguir escolhemos um elemento j1 ∈ Xk e vamos aplicando sucessivamente σ para obter j1, j2 =

σ(j1), j3 = σ(j2) = σ2(j1), . . . ⊂ Xk. Armamos que esse processo vai esgotar Xk. De fato,

para qualquer j ∈ Xk, se j = j1 já temos j ∈ j1, j2 = σ(j1), j3 = σ(j2) = σ2(j1), . . . . Vamos

então assumir j 6= j1. Como j ∼ j1, existe t tal que j = σt(j1) observe que podemos tomar

t ≥ 1. De fato, σ tem ordem nita, digamos a. Pelo algorítimo de Euclides, t = aq + r, com

r = 0 ou 0 < r < a. Observemos que r 6= 0. Realmente, se r = 0, então σt = (σa)q = 1 o que

acarreta j = j1, contra nossa suposição. Logo r ≥ 1 e j = σt(j1) = σr(j1). Novamente obtemos

j ∈ j1, j2 = σ(j1), j3 = σ(j2) = σ2(j1), . . . , como queríamos. Logo se Xk tiver uk elementos,

então Xk = j1, j2 = σ(j1), j3 = σ(j2) = σ2(j1), . . . , juk= σuk−1(j1) . Claro que isso implica que

σ|Xk = (j1j2 · · · juk).

Questão 8. Nas condições acima, denominemos ρk = (j1j2 · · · juk), para todo 1 ≤ k ≤ m. Mostre

que σ = ρ1ρ2 · · · ρm.

Para terminarmos a primeira parte, basta eliminarmos os termos ρk que sejam 1-ciclo, já que são

a identidade.

Segunda Parte. A unicidade. Sejam ρ1ρ2 · · · ρm = σ = ϕ1ϕ2 · · ·ϕ` duas fatorações de σ em

ciclos disjuntos, dois a dois. Assumimos que são todos diferentes da identidade. Seja i ∈ sup(σ).

Como σ(i) 6= i necessariamente existem a, b, 1 ≤ a ≤ m e 1 ≤ b ≤ ` tais que ρa(i) = σ(i) e

ϕb(i) = σ(i). Mais ainda, como tanto os ρs, como os ϕs são dois a dois disjuntos o a e o b são únicos.

Isto é, para cada i ∈ sup(σ) existem e são únicos 1 ≤ a ≤ m e 1 ≤ b ≤ ` tais que i ∈ sup(ρa) e

i ∈ sup(ϕb).

Para simplicar as coisas vamos supor a = 1 = b e assim i ∈ sup(ρa) e i ∈ sup(ϕb). Logo

σ(i) = ρ1(i) e σ(i) = ϕ1(i).

Como vimos na propriedade (♠), σ(i) ∈ sup(σ), ρ1(i) ∈ sup(ρ1), e ϕ1(i) ∈ sup(ϕ1). Logo

σ2(i) = σ(σ(i)) = ρ1(ρ1(i)) = ρ21(i) e σ2(i) = σ(σ(i)) = ϕ1(ϕ1(i)) = ϕ2

1(i).

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Vamos novamente ter σ2(i) ∈ sup(σ), ρ21(i) ∈ sup(ρ1), e ϕ1(i)

2 ∈ sup(ϕ1) de forma que podemos

repetir o raciocínio e obter

ρ31(i) = σ3(i) = ϕ3

1(i).

Continuando com esse processo vemos que para todo t ≥ 1 temos

ρt1(i) = σt(i) = ϕt

1(i).

Como ρ1 e ϕ1 são ciclos essas igualdades mostram que |ρ1| = |ϕ1| e sup(ρ1) = sup(ϕ1). Logo ρ1 = ϕ1.

Podemos então multiplicar a igualdade

ρ1ρ2 · · · ρm = σ = ϕ1ϕ2 · · ·ϕ`

por ρ−11 = ϕ−1

1 e obter

ρ2ρ3 · · · ρm = ρ−11 σ = ϕ2ϕ3 · · ·ϕ`.

Denotando-se σ1 = ρ−11 σ temos agora a repetição da decomposição

ρ2ρ3 · · · ρm = σ1 = ϕ2ϕ3 · · ·ϕ`.

Vamos repetindo o processo e cancelando os ciclos ρ do lado esquerdo e ϕ do lado direito. Se m > `

vamos ter um produto de ciclos dois a dois disjuntos e distintos da identidade igual a identidade.

Isto é sobra alguma coisa do tipo

1 = ϕm+1 · · ·ϕ`.

Mas isso é impossível pois sup(1) = ∅ e sup(ϕm+1 · · ·ϕ`) = sup(ϕm+1)∪ · · · ∪sup(ϕ`) 6= ∅ pois os ϕ

não são a identidade. Por um raciocínio simétrico podemos provar que m < ` também não pode

acontecer. Logo m = ` e para todo 1 ≤ a ≤ m = ` temos ρa = ϕa. Portanto a decomposição é única.

Qual a vantagem de sabermos isso? A vantagem está que se estudamos todos os ciclos de Sn

acabamos por conhecer todos os outros elementos. Vejamos a seguir um exemplo. Mostraremos

primeiro um propriedade geral de grupos.

• Seja G um grupo e x, y ∈ G dois elementos que comutam (xy = yx) Se |x| e |y| são nitos,

então |xy| também é nita.

• Mais ainda, se < x > ∩ < y >= 1 , então |xy| = mínimo múltiplo comum de |x| e |y|.

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Demonstração. Recordemos que a ordem de g ∈ G é o número |g| = mínimo t ≥ 1 | gt = 1 .

Quando dizemos que |g| é nita, é porque o conjunto t ≥ 1 | gt = 1 não é vazio. Se gt 6= 1, para

todo t ≥ 1, então dizemos que g tem ordem innita.

Vejamos agora a nossa propriedade. Como |x| e |y| são nitos, existem r, s ≥ 1 tais que xr = 1

e ys = 1. Como x e y comutam, vamos obter (xy)rs = xrsyrs = (xr)s(ys)r = 1. Logo |xy| também é

nita.

Para mostramos a segunda parte recordemos que para um elemento g ∈ G temos < g >= gt |

t ∈ Z, o sugbrupo gerado por g, e que se |g| = n, nito, então < g >= 1 = g0, g, g2, . . . , gn−1.

Estamos supondo < x > ∩ < y >= 1 e que |x| = n, |y| = m são números inteiros positivos.

Seja k = mínimo múltiplo comum de n e m. Então k = na e k = mb, como a, b ∈ Z. Tomemos

agora (xy)k = xkyk = (xn)a(ym)b = 1. Assim (xy)k = 1. Para que k = |xy| devemos mostrar que k

é o menor inteiro t ≥ 1 tal que (xy)t = 1. Seja t um tal inteiro. Como xtyt = (xy)t = 1, vamos ter

xt = y−t. Mas xt ∈< x > e y−t ∈< y >. Logo xt = y−t ∈< x > ∩ < y >= 1 . Portanto xt = 1 e

y−t = 1. Sabemos porém que a ordem de x divide qualquer t tal xt = 1. Isto é n|t.

Estudemos agora o y. Tomando-se o inverso dos dois lados da equação y−t = 1 obtemos (y−t)−1 =

1−1 = 1, ou yt = 1. Logo vale também que m|t. Mas se t é divisível por n e por m, então t também

é divisível por k (que é um mínimo múltiplo comum de n e m). Mas se k|t, e k, t ≥ 1 vale que k ≤ t,

como queríamos demonstrar.

Questão 9. Sejam x1, . . . xn ∈ G, onde G é um grupo. Suponhamos que quaisquer que sejam

i 6= j tenhamos xixj = xjxi e < xi > ∩ < xj >= 1, . Mostre que o produto y = x1 · · ·xn tem

ordem |y| = mínimo múltiplo comum de |x1|, |x2|, . . . , |xn|.

Dica. Trabalhe recursivamente, para n = 2 é a propriedade demonstrada acima. Suponha que

vale para todo n ≤ k e demonstre que vale para n = k + 1 fazendo o seguinte: dena y = x1 · · ·xk e

mostre que y e xk+1 comutam e < y > ∩ < xk+1 >= 1 . Termine usando o caso n = 2.

Questão 10. Sejam

A =

0 −1

1 0

e B =

0 1

−1 −1

elementos do grupo GL2(Q) (a operação é a multiplicação de matrizes). Mostre que A4 = 1, B3 = 1,

mas ABt 6= 1, para todo t ≥ 1.

Neste caso não temos a comutatividade, por isso o produto acaba com ordem innita.

11

Vamos agora aplicar as duas propriedades anteriores nos ciclos.

• Sejam ρ, ϕ ∈ Sn dois ciclos disjuntos. Então < ρ > ∩ < ϕ >= 1 .

Demonstração. Suponhamos que existem s, t ≥ 1 tais que ρs = ϕt ∈< ρ > ∩ < ϕ >.

Armamos inicialmente que podemos assumir que ou |ρ| divide s, ou s < |ρ|. Igualmente, ou |ϕ|

divide t, ou t < |ϕ|. Seja a = |ρ| e vamos usar algorítimo de Euclides e escrevemos s = nq + s1, com

s1 = 0, ou 0 < s1 < a. Se s1 = 0, então |ρ| divide s e acabamos. Se s1 6= 0, então ρs = (ρa)qρs1 = ρs1 ,

pois ρn = 1. Logo existe s1 < |ρ| tal que ρs = ρs1 e, como dissemos, podemos assumir s < |ρ|, sem

perda de generalidade. O mesmo raciocínio vale para t. Se |ρ| divide s ou |ϕ| divide t vamos ter

ρs = 1 ou ϕt = 1, e o resultado ca demonstrado. Suponhamos agora que 0 < s < |ρ| e 0 < t < |ϕ|.

Como ρ e ϕ são ciclos, existem j1, . . . , ja ∈ 1, . . . , n e i1, . . . , ib ∈ 1, . . . , n tais que ρ = (j1 · · · ja)

e ϕ = (i1 · · · ib), onde estamos denotando a = |ρ| e b = |ϕ|. Mas nesse caso, como s < a = |ρ| temos

que ρs(j1) = js+1. Igualmente, ϕt(i1) = it+1. Como estamos supondo que ρs = ϕt vamos obter

js+1 = it+1. Mas isso é impossível, pois js+1 ∈ sup(ρ), it+1 ∈ sup(ϕ), e sup(ρ) ∩ sup(ϕ) = ∅, por

hipótese. Logo |ρ| divide s e |ϕ| divide t o que implica em ρs = 1 = ϕt como único elemento de

< ρ > ∩ < ϕ >.

• Resulta das 4 últimas propriedades e do exercício acima que se σ = ρ1 · · · ρm é a decomposição

de σ em ciclos, dois a dois disjuntos, então |σ| = mínimo múltiplo comum de |ρ1|, . . . , |ρm|

Exemplos: (23)(56) ∈ S8 tem ordem 2, (235)(46) ∈ S7 tem ordem 6, (1234)(67)(589) ∈ S9 tem

ordem 12.

Então uma das vantagens de decompormos uma permutação σ em ciclos é que isso torna mais

fácil determinar sua ordem |σ|. Anal a ordem de um ciclo é dada pelo comprimento do ciclo. Outro

fator importante é o resultado abaixo cuja demonstração pode ser consultado em Garcia-Lequain,

página 205, Lema V.10.16 (ou também em J. J. Rotman, The Theory of Groups, Theorem 3.10,

página 40).

Proposição. Sejam σ = ρ1ρ2 · · · ρs e τ = ϕ1ϕ2 · · ·ϕt a decomposição em ciclos disjuntos de duas

permutações σ, τ ∈ Sn. Então existe θ ∈ Sn tal que σ = θτθ−1 se e somente se s = t e, renumerado-se

os ciclos se necessário, para cada 1 ≤ i ≤ s = t temos |ρi| = |ϕi|.

O que queremos dizer é que σ e τ têm a mesma estrutura de ciclos.

12

Vamos a seguir fazer uma relação de todos os elementos de S4 conforme sua decomposição em

ciclos.

Quantos 2-ciclos temos? Isto é, quantos elementos do tipo (ij) podemos obter com os 4 elementos

de 1, 2, 3, 4 ? Temos exatamente a combinação de 4 dois a dois:4!

2!(4− 2)!= 6. Logo temos 6

transposições.

Quantos 3-ciclos temos? Agora não podemos tomar combinação de 4 três a três pois a ordem dos

elementos faz diferença no 3-ciclo. Temos que tomar arranjos de 4 três a três. Mas temos que tomar

um cuidado extra porque (abc) = (cab) = (bca). Os elementos do 3-ciclo podem rodar ciclicamente.

Logo temos1

3× 4!

(4− 3)!= 8. Igualmente para os 4-ciclos temos

1

4× 4!

(4− 4)!= 6. No S4 temos

ainda permutações que são produto de duas transposições disjuntas. Por exemplo (12)(34). Quantas

desse tipo temos. Depois que xamos o primeiro para (12) só resta uma possibilidade para o segundo

par. Parece então que para cada transposição teríamos um elemento desse tipo, mas ainda há uma

restrição, elas comutam. (12)(34) = (34)(12). Logo temos que dividir por 2. Conclusão: temos1

2× 6 = 3. Temos então a seguinte tabela:

formato número ordem

(1) 1 1

(ab) 6 2

(abc) 8 3

(abcd) 6 4

(ab)(cd) 3 2

Vamos aproveitar para destacar que o subconjunto V = id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) é um

subgrupo normal de S4. Na verdade só temos que mostrar que é um subgrupo, pois a normalidade sai

do resultado acima. De fato, para todo σ ∈ S4 temos que σ(ab)(cd)σ−1 deverá ser uma permutação

com a mesma estrutura, isto é, um produto de dois 2-ciclos. Logo terá que ser um dos outros

elementos de V .

Observe que todo elemento de V tem ordem 2, pois cada 2-ciclo tem ordem 2. Logo cada elemento

é igual a seu inverso. Finalmente para vermos que V é um subgrupo basta fazermos uma tabela da

multiplicação:

13

id (12)(34) (13)(24) (14)(23)

id id (12)(34) (13)(24) (14)(23)

(12)(34) (12)(34) id (14)(23) (13)(24)

(13)(24) (13)(24) (14)(23) id (12)(34)

(14)(23) (14)(23) (13)(24) (12)(34) id

Observação. Esse subgrupo V de S4 tem ordem 4 e todos os seus elementos têm ordem 2. Ele é

chamado de grupo de Klein e v ' Z/2Z×Z/2Z. Vemos no estudo de quárticas que V tem um papel

importante.

Um tabela semelhante para o S5 terá 2-ciclos, 3-ciclos, 4-ciclos, 5, ciclos, produtos de duas trans-

posições do tipo (ab)(cd), e produto de uma transposição por um 3-ciclo. O cálculo do número de

r-ciclos é sempre1

r× 5!

(5− r)!.

Agora para calcularmos quantos do tipo (ab)(cd) temos que considerar que para cada par (ab)

xado temos combinação de 3 dois a dois outros pares. (Se de 5 tiramos 2 sobram 3 para serem

arranjados em transposições). Novamente temos que dividir por 2 devido a comutatividade. Temos

então1

2× 5!

2!(5− 2)!× 3!

2!(3− 2)!= 15

Para calcular o número de elementos do tipo (ab)(cde) vemos que depois de xado (cde) só resta

uma possibilidade para a transposição. Logo o número de elementos do tipo (ab)(cde) é igual ao

número de 3-ciclos. Vejamos a tabela:

formato número ordem

(1) 1 1

(ab) 10 2

(abc) 20 3

(abcd) 30 4

(abcde) 24 5

(ab)(cd) 15 2

(ab)(cde) 20 6

Observemos que não é possível fazer para S5 o que zemos para encontrar um subgrupo normal,

mas veremos por um outro caminho que todo Sn tem um subgrupo normal distinguido.

14

Vamos agora tratar de uma outra propriedade das permutações. Existem permutações pares e

permutações impares. Para esse estudo consideremos o polinômio em n variáveis

Φ(t1, . . . , tn) =∏i<j

1≤i,j≤n

(ti − tj).

Vamos denir uma ação de Sn sobre Φ(t1, . . . , tn) da seguinte maneira

Φ(t1, . . . , tn)σ = Φ(tσ(1), . . . , tσ(n)).

Por exemplo, para n = 3 temos Φ(t1, t2, t3) = (t1 − t2)(t1 − t3)(t2 − t3). Tomando-se σ = (123)

temos Φ(t1, t2, t3)σ = (t2 − t3)(t2 − t1)(t3 − t1) = Φ(t1, t2, t3). Já para o caso τ = (12) teríamos

Φ(t1, t2, t3)τ = (t2 − t1)(t2 − t3)(t1 − t3) = (−1)Φ(t1, t2, t3).

O que acabamos de observar nos dois exemplos podemos colocar como regra:

Φ(t1, . . . , tn)σ = (±1)Φ(t1, . . . , tn),

pois a única alteração que fazemos em Φ(t1, . . . , tn) é trocar a ordem das variáveis. Isso nos leva a

seguinte denição:

Denição. O sinal de uma perguntação σ ∈ Sn é dado por

εσ =

1 se Φ(t1, . . . , tn)σ = Φ(t1, . . . , tn)

−1 se Φ(t1, . . . , tn)σ = (−1)Φ(t1, . . . , tn)

Dessa forma Φ(t1, . . . , tn)σ = εσΦ(t1, . . . , tn), para toda σ ∈ Sn.

Denição. Dizemos que uma permutação σ ∈ Sn é par se εσ = 1; caso contrário dizemos que σ

é impar.

Lema. O sinal é uma função multiplicativa e induz um homomorsmo sobrejetivo grupos Φ :

Sn → 1,−1 . Chamamos de An ao núcleo desse homomorsmo. An é chamado de n-ésimo grupo

alternado.

Vericação. É uma vericação direta, que ca como exercício, que vale a relação εστ = εσετ . Dessa

relação decorre que Φ é um homomorsmo de grupos.

Por outro lado é claro que se σ é uma transposição (2-ciclo), por exemplo σ = (12), então εσ = −1.

Logo Φ é sobrejetiva.

15

Os nomes par e ímpar decorrem da seguinte propriedade:

Lema. Para toda σ ∈ Sn existem transposições σ1, . . . , σt tais que σ = σ1σ2 · · ·σt. Essa decom-

posição não é única, mas a paridade de t sim; queremos dizer que qualquer outra decomposição de σ

em digamos s transposições terá que satisfazer s ≡ t (mod 2). Na verdade εσ = (−1)t.

Vericação. Como uma transposição tem sinal −1, a armação de εσ = (−1)t é consequência de

termos o homomorsmo Φ.

Como cada σ tem uma decomposição única em ciclos, basta demonstrarmos a propriedade para

um r-ciclo. Nesse caso temos (j1j2 . . . jr) = (j1jr)(j1jr−1) · · · (j1j2). Logo cada r-ciclo se escreve como

produto de transposições.

Questão 11. Mostre que para todo r-ciclo (i1i2 . . . ir) ∈ Sn que seu sinal é (−1)r−1. Isto é, um

r-ciclo é par se e somente se r é impar.

Observe que o grupo alternado An é igual ao conjunto de todas as permutações pares de Sn. Pelo

lema acima An é um subgrupo normal de Sn que tem ordemn!

2.

Outras propriedades de Sn serão apresentadas quando forem necessárias.

2 O Teorema de Galois

Consideremos uma extensão nita (qualquer) Ω de um corpo F . Seja G = G(Ω; F ) o grupo de

Galois dessa extensão. Para cada extensão intermediária F ⊂ K ⊂ Ω temos que GK = G(Ω; K)

é um subgrupo de G. Reciprocamente, para cada subgrupo H de G seja ΩH = α ∈ Ω | σ(α) =

α, para todo σ ∈ H . ΩH é chamado de corpo xo de H. Temos então uma correspondência

K 7→ G(K) = GK que é uma função e na outra direção outra função H 7→ F(H) = ΩH . O Teorema

de Galois trata dessas duas correspondências:

extensões intermeiária F ⊂ K ⊂ Ω subgrupos de G

KG−→ G(K) = GK

F(H) = ΩH F←− H

(2)

16

Teorema de Galois. Seja Ω uma extensão nita e galoisiana de F e G = G(Ω; F ) o grupo de

Galois. Então:

1. As funções G e F são bijetivas, invertem inclusões, e uma é a inversa da outra.

2. Uma extensão intermediária F ⊂ K ⊂ Ω é normal sobre F se e somente se G(K) é um subgrupo

normal de G.

3. Dada uma extensão intermediária F ⊂ K ⊂ Ω, temos que [K : F ] = (G : G(K)) (= índice de

G(K) em G, ver Notas V, página 5).

Podemos ainda acrescentar que uma subextensão K, normal sobre F , é na verdade galoisiana sobre

F e G(K; F ) ' G(Ω; F )/G(Ω; F ), onde o isomorsmo é induzido pela restrição de automorsmos

σ ∈ G(Ω; F ) a K, i.e., σ 7→ σ|K .

Vamos fazer a demonstração desse resultado por etapas. Mas, antes vamos ressaltar que ele trans-

forma problemas de resoluções de equações em problemas de natureza técnica envolvendo grupos.

No item (2), por exemplo, vemos que K ser o corpo de raízes de um polinômio separável de F [x]

é equivalente e vericar se um determinado subgrupo é normal. Veremos mais a frente como o uso

dessa correspondência vai garantir a não existência de fórmulas para obtenção das raízes de certas

equações.

Vamos começar com a aplicação F . Observe que se H, S são subgrupos de G tais que H ⊂ S,

então F(S) ⊂ F(H). Logo F de fato inverte inclusões. Para mostrar que F é injetiva necessitamos

de um lema técnico.

Lema de Dedekind. Sejam Ω um corpo qualquer e σ1, . . . , σn um conjunto de automorsmos

distintos de Ω. Para a1, . . . , an ∈ Ω, não todos nulos, existe a ∈ Ω tal que∑n

i=1 aiσi(a) 6= 0.

Vericação. Vamos fazer a demonstração procurando por um absurdo. Suponhamos que existem

a1, . . . , an ∈ Ω, não todos nulos, tais que

n∑i=1

aiσi(a) = 0, (†)

para todo a ∈ Ω. Vamos também supor que dentre todas as famílias de elementos não todos nulos de

Ω para os quais a equação acima é satisfeita a família a1, . . . , an tem o menor número de elementos

não nulos. Observe também que necessariamente temos mais de um ai não nulo. Reordenando

17

a1, . . . , an, se necessário, podemos supor sem perda de generalidade que a1, a2 6= 0. Como σ1, . . . , σn

são distintos, existe b ∈ Ω tal que σ1(b) 6= σ2(b). Na equação (†) vamos trocar a por ba e obtemos

entãon∑

i=1

aiσi(b)σi(a) = 0, (‡)

para todo a ∈ Ω. Vamos agora multiplicar a equação (‡) por (−σ1(b))−1 e somar o resultado com a

equação (†) para obtern∑

i=1

ai

(1− σ1(b)

−1σi(b))σi(a) = 0,

para todo a ∈ Ω. Mas esta última equação corresponde então a família a2 (1− σ1(b)−1σ2(b)) ,. . . ,

an (1− σ1(b)−1σn(b)) que é não nula pois a2 (1− σ1(b)

−1σ2(b)) 6= 0, mas tem menos elementos não

nulos de Ω. De fato, para todo 1 ≤ i ≤ n tal que ai = 0 acontecesse na família original a1, . . . , an,

na nova família continuamos a ter ai (1− σ1(b)−1σi(b)) = 0, mas antes tínhamos a1 6= 0 e agora

a1 (1− σ1(b)−1σ1(b)) = 0. Obtemos com isso a contradição procurada.

Esse lema é também conhecido como lema da independência linear dos caracteres e pode ser

demonstrado para qualquer conjunto σ1, . . . , σn de homomorsmos de um grupo G, qualquer, no

grupo multiplicativo de um corpo F×. Seguindo os argumentos acima, ou então usando indução

sobre n mostre que:

Questão 12. Seja G um grupo e χ1, . . . , χn caracteres de G em um corpo F , ista é, para todo

i = 1, . . . , n χi : G → F× é um homomorsmo de grupos. Mostre que χ1, . . . , χn é linearmente

independentes sobre F×, isto é, se a1, . . . , an ∈ F são tais que∑n

i=1 aiχi(g) = 0, para todo g ∈ G,

então a1, . . . , an são todos nulos.

Antes de enunciarmos o próximo resultado gostaríamos de destacar que sua demonstração baseia-

se quase que exclusivamente na resolução de sistemas lineares. Por isso mesmo o trabalho é um pouco

longo.

Lema da Injetividade. Seja Ω uma extensão de um corpo F e seja H = σ1, . . . , σn um subgrupo

de G(Ω; F ). Então:

1. [Ω : ΩH ] = n = |H|.

2. H = G(Ω; ΩH).

18

3. Se S é outro subgrupo nito de G(Ω; F ) tal que ΩH = ΩS, então S = H.

Vericação. (1) A demonstração deste item é feita em duas etapas. Demonstraremos primeiramente

que [Ω : ΩH ] ≥ n. Na segunda etapa mostraremos que [Ω : ΩH ] > n não pode ocorrer. Dessa forma

obtemos o resultado desejado [Ω : ΩH ] = n.

Em relação a primeira parte vamos demonstrar um fato um pouco mais geral que será também

utilizado para demonstrar o item 2 do lema. Vamos demonstrar que:

Sublema. Sejam Ω e F como no lema acima. Dado um subconjunto nito σ1, . . . , σn ⊂ G(Ω; F )

seja E = a ∈ Ω | σi(a) = a para todo 1 ≤ i ≤ n . Então E é um subcorpo de Ω e [Ω : E] ≥ n.

Vericação. Observa-se trivialmente que E é um subcorpo de Ω. Vamos supor que m = [Ω : E] < n

e chegar a um absurdo. Para isso xamos uma base ω1, . . . , ωm de Ω como E-espaço vetorial e

tomamos o sistema de m equações com n incógnitas formado por

σ1(ω1)x1 + · · ·+ σn(ω1)xn = 0

σ1(ω2)x1 + · · ·+ σn(ω2)xn = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

σ1(ωm)x1 + · · ·+ σn(ωm)xn = 0.

(3)

Como m < n o sistema acima tem solução b1, . . . , bn em Ω onde nem todos os bis são nulos. Substi-

tuindo no sistema temos

σ1(ω1)b1 + · · ·+ σn(ω1)bn = 0

σ1(ω2)b1 + · · ·+ σn(ω2)bn = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

σ1(ωm)b1 + · · ·+ σn(ωm)bn = 0.

(4)

Tomemos agora α ∈ Ω qualquer. Como ω1, . . . , ωm é uma base de Ω sobre E, existem a1, . . . , am ∈

E tais que α = a1ω1 + · · · + amωm. Vamos agora multiplicar cada linha i do sistema (4) por ai e

observar que para todo 1 ≤ j ≤ n, σj(ai) = ai porque ai ∈ E. Obtemos então, depois de feita a

multiplicação,

σ1(a1ω1)b1 + · · ·+ σn(a1ω1)bn = 0

σ1(a2ω2)b1 + · · ·+ σn(a2ω2)bn = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

σ1(amωm)b1 + · · ·+ σn(amωm)bn = 0.

(5)

19

Somando-se em seguida cada uma das colunas do sistema (5) obtemos

σ1

(m∑

j=1

ajωj

)b1 + · · ·+ σn

(m∑

j=1

ajωj

)bn = 0,

ou então

σ1(α)b1 + · · ·+ σnbn = 0.

Observe contudo que não zemos nenhuma restrição sobre α, portanto∑n

i=1 σi(α)bi = 0, para todo

α ∈ Ω. Mas isso contradiz o Lema de Dedekind (página 17), pois b1, . . . , bn não são todos nulos.

Conclusão m ≥ n.

Demonstração do Lema. Aplicando-se o que acabamos de estabelecer no Sublema para o

subgrupo H obtemos [Ω : ΩH ] ≥ n. Vamos agora fazer a segunda parte, [Ω : ΩH ] ≤ n.

Suponhamos que existem α1, . . . , αm ∈ Ω linearmente independentes sobre ΩH com m > n.

Tomemos o sistema de n equações em m incógnitasσ1(α1)x1 + · · ·+ σ1(αm)xm = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

σn(α1)x1 + · · ·+ σn(αm)xm = 0.

(6)

Como m > n esse sistema tem solução não trivial a1, . . . , am. Suponhamos que exatamente r

desses elementos são não nulos e escolhemos a solução a1, . . . , am do sistema de maneira que r seja

mínimo. Isto é, não há solução não trivial do sistema com menos do que r termos não nulos. Observe

que r > 1 pois a igualdade σj(αi)ai = 0, com ai 6= 0 implica que σj(αi) = 0, o que é impossível pois

αi 6= 0 e σj é automorsmo.

Reordenando se necessário o conjunto α1, . . . , αm podemos supor que os a1, . . . , ar são não nulos

e ai = 0 para todo i > r. Substituindo-se as incógnitas do sistema pelos termos ais obtemos as

equações σ1(α1)a1 + · · ·+ σ1(αm)am = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

σn(α1)a1 + · · ·+ σn(αm)am = 0.

(7)

Observe em seguida que podemos também supor que ar = 1. De fato, basta multiplicarmos cada

uma equações do sistema (7) por a−1r que obtemos uma nova solução do sistema (6) com a mesma

quantidade de termos não nulos mas com o termo de índice r igual a 1.

20

Por outro lado, se ai ∈ ΩH para todo i e se σk = id, teremos na k-ésima linha α1a1+· · ·+αmam = 0,

contradizendo a suposição de que α1, . . . , αm são linearmente independentes sobre ΩH . Novamente

não há perda de generalidade em supor que a1 /∈ ΩH . Portanto σt(a1) 6= a1, para algum 1 ≤ t ≤ n.

Vamos agora aplicar σt em cada uma das linhas do sistema (7):σt σ1(α1)σt(a1) + · · ·+ σt σ1(αm)σt(am) = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

σt σn(α1)σt(a1) + · · ·+ σt σn(αm)σt(am) = 0.

(8)

Observemos que σt σ1, . . . , σt σn = σ1, . . . , σn . Suponhamos que σt σj = σi. Então a

j-ésima linha do sistema (8) será

σi(α1)σt(a1) + · · ·+ σi(αm)σt(am) = 0.

Subtraindo-se essa linha da i-ésima linha do sistema (7) vamos obter

σi(α1)(a1 − σt(a1)) + · · ·+ σi(αr)(1− σt(1)) + · · ·+ σi(αm)(am − σt(am)) = 0.

Fazendo-se esse acerto com cada uma das linhas dos dois sistemas vamos obter uma nova solução

(a1 − σt(a1)), . . . , (am − σt(am))

do sistema (6), não nula, pois a1 − σt(a1) 6= 0, e com no máximo r − 1 termos não nulos, contra a

escolha que zemos de que a solução a1, . . . , am tinha o menor número de termos não nulos.

Resulta da contradição que obtivemos que qualquer conjunto α1, . . . , αm ∈ Ω, linearmente inde-

pendentes sobre ΩH , tem m ≤ n elementos. Portanto [Ω : ΩH ] ≤ n.

Finalmente, juntando-se as duas desigualdade obtemos [Ω : ΩH ] = n = |H| completando a

demonstração do item 1 do lema.

(2) Claramente H ⊂ G(Ω : ΩH). Suponhamos que existe σn+1 ∈ G(Ω : ΩH) r H. Tomemos,

como no Sublema, E = a ∈ Ω | σ(a) = a para todo σ ∈ H ∪ σn+1 . Por um lado E ⊂ ΩH .

Por outro lado σn+1(α) = α para todo α ∈ ΩH , pois σn+1 ∈ G(Ω : ΩH). Logo E = ΩH e isso vai

produzir a contradição procurada, pois [Ω : ΩH ] = n, pelo item 1. Mas pelo Sublema vamos ter

[Ω : ΩH ] ≥ n + 1. Conclusão G(Ω : ΩH) = H, como armado.

(3) Se ΩH = ΩS, pelo item 2 temos que H = G(Ω : ΩH) = G(Ω : ΩS) = S.

21

Vamos agora dar um primeiro passo na demonstração do Teorema de Galois (TG) da página 2.

Primeiro Passo. Pelo Lema da Injetividade que acabamos de demonstrar temos que a função F

é injetiva e mais ainda que G F = id = identidade do conjunto dos subgrupos de G = G(Ω; F ).

Portanto G é sobrejetiva. Para demonstrarmos que FG = id = identidade do conjunto dos subcorpos

intermediários vamos estabelecer o seguinte lema:

Lema da Sobrejetividade. Seja Ω uma extensão nita de um corpo F . Continuamos a utilizar as

notações introduzidas no início desta seção, em particular G = G(Ω; F ).

As seguintes condições são equivalentes:

1. F = ΩG.

2. Todo polinômio irredutível f(x) ∈ F [x] com uma raiz em Ω é separável e tem todas as suas

raízes em Ω.

3. Ω é o corpo de raízes de um polinômio não constante e separável com coecientes em F .

Observação. O item 3 do lema acima nos diz que F = ΩG se e somente se Ω é uma extensão

galoisiana de F (conforme Denição na página 24 das Notas V). Compare os itens 2 e 3 acima com

a equivalência 1 ⇔ 2 da Proposição na página 10 das Notas VII.

Maior destaque deve ser dado ao fato de que o item 2 acima nos diz que Ω é uma extensão normal

de F conforme Proposição da página 10 das Notas VII (o termo normal aparece na página 11 das

Notas VII) e ainda que Ω é uma extensão separável de F (denição na página 5 das Notas VII).

Podemos então concluir que uma extensão nita Ω de F é galoisiana se e somente se é uma extensão

normal e separável de F .

Vericação. 1 ⇒ 2. Seja f(x) ∈ F [x], irredutível com uma raiz α ∈ Ω. Sejam σ1, . . . , σn ∈ G tais

que σ1(α), . . . , σ1(α) = σ(α) | σ ∈ G . Denimos

g(x) =n∏

i=1

(x− σi(α)).

Pelos comentários que precedem a Proposição da página 1, cada σ ∈ G apenas permuta as raízes

de f(x) e em particular vai permutar as raízes que estiverem em Ω. Por outro lado os coecientes

de g(x) são obtidos calculando ej(α1, . . . , αn), onde ej(t1, . . . , tn) são os polinômios simétricos em n

22

indeterminadas conforme vimos na Introdução. Logo todo σ ∈ G xa os coecientes ej(α1, . . . , αn)

e assim g(x) ∈ ΩG = F (pela hipótese 1). Temos então que g(x) ∈ F [x] é um polinômio com

raízes distintas que se anula em α. Como f(x) é irredutível, ele é um polinômio mínimo de α. Logo

f(x) | g(x). Consequentemente as raízes de f(x) estão entre as raízes de g(x), resultado que também

f(x) tem raízes distintas e mais ainda, que todas as raízes de f(x) estão em Ω. Portanto f(x) é

separável e tem todas as suas raízes em Ω, demonstrando que vale 2.

2 ⇒ 3. Usando a implicação 1 ⇒ 2 da Proposição da página 10 da Notas VII, sabemos que

Ω é o corpo de raízes de um polinômio não constante f(x) ∈ F [x]. Seja f(x) = p1(x)n1 · · · pt(x)nt a

fatoração de f(x) em irredutíveis de F [x]. Temos que f(x) tem todas as suas raízes em Ω e como as

raízes de cada pi(x) estão entre as raízes de f(x), concluímos que cada pi(x) tem raiz em Ω. Logo a

condição 2 vai garantir que cada pi(x) é separável. Portanto f(x) é separável e com isso ca provado

que vale 3.

3 ⇒ 1. Pelo Teorema da Unicidade, página 14 das Notas V, temos que |G| = [Ω : F ]. Por outro

lado, o item (1) do Lema da Injetividade, página 4 destas notas, diz que |G| = [Ω : ΩG]. Como

F ⊂ ΩG, a igualdade dos graus implica F = ΩG, como queríamos.

Segundo Passo. Observemos inicialmente que Ω, como no TG, página 2, é uma extensão galoisiana

de todo corpo intermediário F ⊂ K ⊂ Ω.

De fato, temos como hipótese do TG, página 2, que Ω é uma extensão galoisiana de F , o que

signica que Ω é o corpo de raízes de um polinômio não constante e separável f(x) ∈ F [x]. Mas

f(x) ∈ K[x] também, e portanto Ω também é o corpo de raízes de f(x) sobre K. Logo Ω é uma

extensão galoisiana de K, como armado.

Aplicamos agora o Lema da Sobrejetividade a cada corpo intermediário F ⊂ K ⊂ Ω e obtemos

que K = ΩH , onde H = G(Ω; K). Assim, cada corpo intermediário F ⊂ K ⊂ Ω é da forma

K = F(H) para H = G(Ω; K) = G(K). Isto é K = F(G(K)), demonstrando que F G = id =

identidade do conjunto dos subcorpos intermediários, como queríamos.

Completamos assim a demonstração de que F e G são bijeções, sendo cada uma delas a inversa

da outra. Que essas funções invertem inclusões é trivial. Com isso ca demonstrado o item 1 do TG.

Quanto ao item 3, pelo Lema da Injetividade, página 4, para cada subgrupo H temos [Ω : F(H)] =

23

|H|. Logo [F(H) : F ] =|G||H|

= (G : H), que é o item 3. Ou então, chamando-se K = F(H) e

considerando-se que H = G(K) vamos escrever a igualdade acima na forma [Ω : K] = (G : G(K)),

com está em 3.

Só nos falta demonstrar o item 2 para terminarmos a demonstração do TG. Tomemos um corpo

intermediário F ⊂ K ⊂ Ω e σ ∈ G = G(Ω; F ). Então F ⊂ σ(K) ⊂ Ω também é um corpo

intermediário. Quem é o grupo G(σ(K)) = G(Ω; σ(K))? Armamos que:

Lema. Nas condições acima G(Ω; σ(K)) = σG(Ω; K)σ−1.

Vericação. Seja τ ∈ G(Ω; K). Verica-se trivialmente que στσ−1 é a identidade sobre σK, isto é

στσ−1 ∈ G(Ω; σK). Logo σG(Ω; K)σ−1 ⊂ G(Ω; σK). Reciprocamente, dado ρ ∈ G(Ω; σK) e α ∈ K,

temos que ρ(σ(α)) = σ(α). Logo σ−1ρσ(α) = α, para todo α ∈ K. Logo τ = σ−1ρσ ∈ G(Ω; K) e

ρ = στσ−1 ∈ σG(Ω; K)σ−1, provando que vale a outra inclusão.

Último Passo. Seja F ⊂ K ⊂ Ω, com K uma extensão normal de F . Então K é o corpo de raízes

de um polinômio não constante f(x) ∈ F [x]. Sejam α1, . . . , αm as raízes de f(x). Pelo Corolário da

Proposição, página 14 das Notas V, K = F (α1, . . . , αm). Tomemos agora σ ∈ G qualquer. Como já

observado antes σα1, . . . , αm → α1, . . . , αm apenas permuta as raízes de f(x). Logo σ(K) = K.

Pelo lema acima, G(Ω; K) = G(Ω; σ(K)) = σG(Ω; K)σ−1. Portanto G(Ω; K) é um subgrupo normal

de G.

Reciprocamente, suponhamos que G(Ω; K) é um subgrupo normal de G. Logo, para cada σ ∈ G

temos G(Ω; K) = G(Ω; σ(K)). Essa igualdade pode ser reescrita na forma G(K) = G(σ(K)). Mas

vimos que G é bijetiva, logo σ(K) = K; valendo essa igualdade para todo σ ∈ G. Pelo item 3 da

Proposição da página 11 das Notas VII, isso implica que K é uma extensão normal de F .

Quanto a armação nal do TG, recorremos novamente ao seguinte argumento: pela Proposição

da página 10, Notas VII, toda extensão normal de F , F ⊂ K ⊂ Ω, é o corpo de raízes de um

polinômio não constante f(x) ∈ F [x]. Cada fator irredutível p(x) ∈ F [x] tem suas raízes entre as

raízes de f(x) que estão em K. Logo p(x) tem raiz em K e a fortiori em Ω. Como Ω é extensão

galoisiana de F , (valendo portanto ΩG = F ) o item 2 do Lema da Sobrejetividade garante que p(x)

é separável. Isto é, todo fator irredutível de f(x) é separável, ou equivalentemente, f(x) é separável.

Logo K é uma extensão galoisiana de F , como armado.

24

Finalmente, pelo item (4b) da Proposição da página 11 das Notas VII, obtemos que a restrição

σ 7→ σ|K induz isomorsmo G(K; F ) ' G(Ω : F )/G(Ω; K).

Com isso terminamos a demonstração do TG.

Questão 13. Seja Ω uma extensão galoisiana de um corpo F .

1. Para toda extensão intermediária F ⊂ E ⊂ Ω, Ω é uma extensão galoisiana de E.

2. Assumindo-se que c(F ) 6= 2, mostre para toda extensão intermediária F ⊂ E ⊂ Ω que se

[E : F ] = 2, então E é uma extensão galoisiana de F .

Compare esse fato com a armação: para um grupo G todo subgrupo H de índice 2 em G é

um subgrupo normal.

3. Mostre que galoisianidade não é transitivo, isto é, se E é galoisiana sobre F e Ω é galoisiana

sobre E, não vale necessariamente que Ω é galoisiana sobre F .

4. Seja K = F (t1, . . . , tn) onde t1, . . . , tn são indeterminadas. Seja E = F (e1, . . . , en), onde

e1, . . . , en são as funções simétricas elementares, como vimos na página 5 da Introdução. Mostre

que K é o corpo de raízes de f(x) = (x− t1) · · · (x− tn) sobre E, sendo assim galoisiana sobre

E. Mostre que G(K; F ) ' Sn e portanto [K : F ] = n!. (Sugestão: verique que cada ρ ∈ Sn

induz um F -automorsmo de K denido através das relações ρ(ti) = tρ(i). Mostre em seguida

que E é o corpo xo de Sn. Para isso talvez seja conveniente usar a Proposição da página 1.)

5. Sejam K uma extensão galoisiana de F e p(x) ∈ F [x] um polinômio irredutível (sobre F ).

Mostre que todos os fatores irredutíveis de p(x) em K[x] têm o mesmo grau. (Sugestão: dado

um fator irredutível q(x) de p(x) em K[x] e σ ∈ G(K; F ) estude o que acontece com σ(q(x))).

Um fato conhecido da teoria de grupos e que todo grupo é subgrupo de um grupo de grupo de

permutações (Teorema de Cayley). Trata-se de um fato simples; dado G nito com n elementos,

para cada σ ∈ G temos uma bijeção G→ G dada por g 7→ σg. Podemos então associar a cada σ ∈ G

uma permutação ϕσ ∈ Sn, pois |G| = n. A função σ 7→ ϕσ de G em Sn é um homomorsmo injetivo

de grupos.

Questão 14. Preencha os detalhes fazendo as demonstrações do que foi armado acima e com

isso demonstre o Teorema de Cayley.

25

Seja K do item (4) da questão anterior. Usando o Teorema de Cayley demonstre que para todo

grupo G de ordem n existe uma extensão intermediária F ⊂ L ⊂ K tal que G(K; L) ' G. Isto é,

todo grupo nito é grupo de Galois de alguma extensão galoisiana de corpos.

Vamos agora estudar o grupo de Galois G(K; F ) quando K é o corpo de raízes de f(x) para os

graus 2, 3 e 4.

O caso mais simples possível é tomar o corpo de raízes de f(x) ∈ F [x] de grau 2 onde c(F ) 6= 2.

Conforme sabemos para f(x) = ao + a1x + x2 as raízes são

α1 =−a1 +

√a2

1 − 4ao

2, α2 =

−a1 −√

a21 − 4ao

2.

Chamando-se ∆ = a21 − 4ao, temos que as raízes estão em F (

√∆), que é o corpo de raízes de f(x).

Caso ∆ 6= 0 temos duas raízes distintas e se ∆ não é um quadrado em F , então [F (√

∆) : F ] = 2

Nesse caso G(F (√

∆); F ) = id, σ , onde σ(α + β√

∆) = α− β√

∆. Observe que os automorsmos

são determinados pelos seus valores nas raízes. id deixa as 2 raízes xas e σ(α1) = α2, σ(α2) = α1.

Para K o corpo de raízes de f(x) temos G(K; F ) ' S2. Neste caso só temos id e uma transposição

(12).

Tomemos agora gr f(x) = 3 e assumimos que f(x) é irredutível sobre F . Assumimos também

que c(F ) 6= 2, 3. Seja K o corpo de raízes de f(x) sobre F e sejam α1, α2, α3 as raízes em K.

Como [F (α1) : F ] = 3, temos que 3 divide |G(K; F )|. Por outro lado temos homomorsmo injetivo

θ : G(K; F ) → S3, conforme a proposição da página 1. Como |S3| = 6 para um subgrupo H de S3

vamos ter |H| = 1, 2, 3, 6 que são os divisores de 6. Para H = Im θ só serão possíveis |H| = 3 ou 6.

O primeiro caso ocorre se α2, α3 ∈ F (α1) (a ordem não importa). Caso contrário teremos ordem 6.

Verica-se facilmente que o único sugbrupo de S3 com ordem 3 é A3. Logo G(K; F ) = A3 ou

G(K; F ) = S3.

Como podemos distinguir um caso do outro? Para isso vamos introduzir um novo elemento

chamado discriminante de f(x). Dado um corpo F com c(F ) 6= 2 e f(x) ∈ F [x] seja K um corpo

de raízes de f(x) e α1, α2, . . . , αn o conjunto de todas as raízes de f(x). Nesse conjunto uma raiz

αi vai ser repetida tantas vezes quanto for sua multiplicidade em f(x).

Denimos

∆f =∏i<j

(αi − αj).

26

Claramente ∆f = 0 se e somente se alguma raiz αi não for simples.

Observe que ∆f é obtido como Φ(α1, . . . , αn), onde Φ(t1, . . . , tn) é o polinômio da página 14 que

utilizamos na classicação das permutações em pares e ímpares. Recordemos que podemos identicar

G(K; F ) com Imθ ⊂ Sn, onde θ foi denido na Proposição da página 1. Através dessa identicação

vamos obter que G(K; F )∩An é um subgrupo normal de G(K; F ) que deixa ∆f invariante. De fato,

para σ ∈ G(K : F ) ∩ An temos Φσ = Φ, devido a σ ∈ An. Logo σ(Φ(α1, . . . , αn)) = Φ(α1, . . . , αn).

Pelo Teorema de Galois F (∆f ) é o corpo xo de G(K; F ) ∩ An.

Como (Sn : An) = 2, resulta que (G(K; F ) : G(K; F )∩An) ≤ 2, onde (G(K; F ) : G(K; F )∩An) =

2 se e somente se G(K; F ) 6⊂ An. Novamente usando TG podemos concluir que [F (∆f ) : F ] ≤ 2 e

[F (∆f ) : F ] = 2 se e somente se ∆f 6∈ F .

Logo a denição de discriminante de f(x) não é nenhuma surpresa.

Denição. Chamamos de discriminante de f(x) ao elemento Df = ∆2f .

Vejamos o exemplo mais simples do cálculo de ∆ e D com f(x) = ao + a1x + x2. Vamos obter

∆ =√

a21 − 4ao e D = a2

1 − 4ao.

Proposição. Seja f(x) = ao+a1x+· · ·+an−1xn−1+xn ∈ F [x] um polinômio e Df seu discriminante.

Sejam também K um corpo de raízes de f(x) e α1, α2, . . . , αn as raízes de f(x) em K.

1. Fazendo-se a troca de variáveis x = x− an−1/n obtemos um polinômio g(x) = bo + b1x + · · ·+

bn−2xn−2 + xn para o qual temos discriminante Dg = Df . Mais ainda K é um corpo de raízes

de g(x).

2. Df ∈ F .

Vericação. (1) Basta observarmos que as raízes de g(x) são β1 = α1+an/n, β2 = α2+an/n, . . . , βn =

αn + an/n. Portanto αi − αj = βi − βj, para todo para i, j.

(2) Temos que para todo σ ∈ G(K; F ), σ(∆) = ±∆f . Portanto σ(Df ) = Df , para todo

σ ∈ G(K; F ). Assim Df está no corpo xo de G(K; F ) que é F .

Com o uso do discriminante vamos distinguir os dois casos possíveis de G(K; F ) com K o corpo

de raízes de f(x) ∈ F [x] com gr f(x) = 3, c(F ) 6= 2, 3. Conforme vimos acima podemos tomar

27

f(x) = x3 + px + q para facilitar as coisas. Uma fórmula para obter as raízes, conforme vimos na

Introdução, página 2, era

3

√−q

2+

√(q

2

)2

+(p

3

)3

− p

33

√−q2

+√(

q2

)2+(

p3

)3Observe que

γ =3

√−q

2+

√(q

2

)2

+(p

3

)3

é raiz da equação x3 −

(−q

2+

√(q

2

)2

+(p

3

)3)

que como sabemos tem como raízes γ, ξγ, e ξ2γ, onde

ξ =−1 +

√−3

2,

é uma raiz primitiva cúbica da unidade. Tomando-se

λ = − p

33

√−q2

+√(

q2

)2+(

p3

)3 = − p

3γ,

derivamos a expressão α1 = γ + λ para uma raiz da cúbica inicial x3 + px + q. Para obter as outras

raízes trocamos γ por ξγ, e ξ2γ:

α2 = ξγ − p

3ξγ= ξγ + ξ2

(− p

3γ

)= ξγ + ξ2λ,

e α3 = ξ2γ + ξλ.

Voltando a ∆f = (α1 − α2)(α1 − α3)(α2 − α3) fazemos os cálculos parceladamente

α1 − α2 = γ + λ− ξγ − ξ2λ = (1− ξ)γ + (1− ξ2)λ = (1− ξ)(γ − ξ2λ),

pois (1− ξ2) = −ξ2(1− ξ) já que ξ3 = 1. Analogamente

α1 − α3 = γ + λ− ξ2γ − ξ2λ = (1− ξ2)γ + (1− ξ)λ = (1− ξ)(−ξ2γ + λ) = (1− ξ)(−ξ2)(γ − ξλ);

α2 − α3 = ξγ + ξ2λ− ξ2γ − ξλ = ξ(1− ξ)γ − ξ(1− ξ)λ = ξ(1− ξ)(γ − λ).

Obtemos assim ∆f = −(1−ξ)3ξ3(γ−ξ2λ)(γ−ξλ)(γ−λ). Temos que−(1−ξ)3ξ3 = −(ξ−ξ2)3 = 3√−3.

Por outro lado

(γ − ξ2λ)(γ − ξλ)(γ − λ) = γ3 − λ3.

28

Para efetuarmos esse último cálculo vamos expressar λ de forma mais conveniente. Como já obser-

vamos antes temos a seguinte igualdade

1

−q2

+√(

q2

)2+(

p3

)3 =

(−q2−√(

q2

)2+(

p3

)3)(

p3

)3 =

(3

p

)3(−q

2+

√(q

2

)2

+(p

3

)3)

,

obtida pelo método usual de multiplicar numerador e denominador pelo conjugado. Tomando-se a

raiz cúbica multiplicada por p/3 obtemos

λ =3

√−q

2−√(q

2

)2

+(p

3

)3

.

Podemos então concluir que

γ3 − λ3 = 2

√(q

2

)2

+(p

3

)3

e ∆f = 6√−3

√(q

2

)2

+(p

3

)3

.

Obtemos nalmente Df = −27q2 − 4p3 ∈ F .

O uso do discriminante é particularmente útil no caso F = Q conforme descrito abaixo.

Teorema. Seja f(x) = x3 + px + q ∈ Q[x] um polinômio irredutível e K o corpo de raízes de f(x)

contido em C.

1. G(K; Q) ' S3 se e somente se D = −27q2 − 4p3 não é um quadrado em Q. Caso contrário

G(K; Q) ' A3 ' Z/3Z.

2. Caso f(x) tenha uma única raiz real, então G(K; Q) ' S3. Esse caso ocorre se e somente se

Df < 0. (Observe contudo que o fato de f(x) ter três raízes reais não implica em G(K; Q) ' A3.

O que podemos dizer nesse caso é que ∆f ∈ R.)

Vericação. (1) é exatamente o que discutimos acima.

(2) Caso f(x) tenha uma única raiz real, α1 digamos, então K 6= Q(α1) ⊂ R. Logo |G(K; Q)| =

[K : Q] > 3, e portanto G(K; Q) ' S3 é a única possibilidade.

Sejam agora α2 = a + bi e α3 = a− bi as outras duas raízes de f(x). Calculando-se ∆f obtemos

∆f = (α1 − a− bi)(α1 − a + bi)(2bi). Observe que α1 + α2 + α3 = 0, pois essa soma é o coeciente

de x2 que estamos tomando igual a zero. Logo α1 = −α2 − α3 = −2a Trocando α1 por esse valor

na expressão de ∆f obtemos ∆f = (−3a − bi)(−3a + bi)(2bi) = (9a2 + b2)(2bi). Logo Df = ∆2f =

−2b2(9a2 + b2)2 < 0, como armado.

29

Suponhamos agora que α1, α2, e α3 são reais. Então ∆f ∈ R implicando Df = ∆2f > 0.

Vamos agora tratar do caso gr f(x) = 4.

O caso onde K é o corpo de raízes de um polinômio f(x) de grau 4 é um pouco mais complicado

pois 4! = 24. Assumimos c(F ) 6= 2, 3 novamente. Consideremos primeiro o caso f(x) = g(x)h(x)

é o produto de dois polinômios irredutíveis de grau 2. O conjunto das das raízes de f(x) pode ser

escrito como α1, α2, α3, α4 , onde α1, α2 são raízes de g(x) e α3, α4 são raízes de h(x). Temos

que [F (α1) : F ] = 2 e também [F (α3) : F ] = 2, pois g(x) e h(x) são irredutíveis de grau 2. Se

α3 ∈ F (α1), então K = F (α1) implicando que [K : F ] = 2 e G(K; F ) ' S2 = id, σ , onde

σ(α1) = α2 e σ(α3) = α4. Esse caso recai no caso de f(x) com grau 2 e podemos identicar σ com a

transposição (12).

Se α3 6∈ F (α1), então g(x) é irredutível sobre F (α1) e portanto K = F (α1, α3) e [K : F ] = 4.

Nesse caso K é uma extensão quadrática de F (α1) e portanto |G(K; F (α1))| = 2. Igualmente

|G(K; F (α3))| = 2. Podemos então escrever G(K; F (α1)) = id, σ onde σ é o F (α1)-automorsmo

de K que leva α3 em α4 (a outra raiz de h(x)). Portanto σ(α1) = α1 e σ(α2) = α2 (α2 ∈ F (α1)).

Analogamente temos G(K : F (α3)) = id, τ onde τ é o F (α3)-automorsmo de K que leva α1 em

α2. Também temos τ(α3) = α3 e τ(α4) = α4. Observe que tanto σ quanto τ são F -automorsmos

de K. Logo σ, τ ∈ G(K; F ) (G(K; F (α1)) e G(K; F (α3)) são subgrupos de G(K; F )) Tomando-se a

composição ρ = σ τ teremos um terceiro elemento de G(K; F ). Como já sabemos |G(K; F )| = [K :

F ] = 4, acabamos de determinar todos os elementos de G(K; F ). Vemos que G(K; F ) ' Z/2Z×Z/2Z

e podemos interpretar G(K, F ) como o subgrupo de S4 id, (12), (34), (12)(34) .

Vejamos um exemplo particular. Tomemos f(x) = (x2 − 2)(x2 − 3) ∈ Q[x]. Vamos obter

K = Q(√

2,√

3) e G(K; F ) = id, σ, τ, στ , onde σ é caracterizado como o Q(√

2)-automorsmo de

K tal que σ(√

3) = −√

3 e, analogamente, τ é o Q(√

3)-automorsmo de K tal que τ(√

2) = −√

2.

Observemos a seguir que neste caso podemos encontrar facilmente um elemento primitivo para

K (página-9 das Notas VII). Seja α1 =√

2 +√

3 e tomemos seus conjugados em K:

σ(α1) = σ(√

2) + σ(√

3) =√

2−√

3 = α2

τ(α1) = τ(√

2) + τ(√

3) = −√

2 +√

3 = α3

στ(α1) = στ(√

2) + στ(√

3) = −√

2−√

3 = α4

30

Resulta disso que o polinômio g(x) = (x− α1)(x− α2)(x− α3)(x− α4) = x4 − 10x2 + 1 ∈ Q[x], têm

todas as suas raízes em K. Além disso, como√

100− 4 6∈ Q, g(x) é irredutível em Q[x]. Concluímos

assim que K = Q(α1) (as duas extensões tem grau 4 sobre Q) é o corpo de raízes de g(x).

Como seria a interpretação de G(K; Q) dentro de S4 usando as raízes α1, α2, α3, α4? Basta vermos

como os automorsmo permutam essas raízes. Temos que σ(α1) = α2, σ(α2) = α1, σ(α3) = α4,

e nalmente σ(α4) = α3. Vamos então identicar σ com a permutação (12)(34). Analogamente

identicamos τ com (13)(24) e στ com (14)(23) e assim G(K; Q) passa agora a ser identicado com

o subgrupo V de S4.

Concluímos assim que a interpretação de G(K; F ) em Sn, onde K é o corpo de raízes de um

polinômio f(x) com n raízes distintas, depende do polinômio f(x). Mas é claro que a natureza do

grupo não pode mudar. No exemplo que acabamos de ver a troca de f(x) (ou de g(x)) por outro

polinômio nunca poderia levar a G(K; Q) ' Z/4Z.

Existe contudo uma grande diferença nas duas interpretações de G(K; Q) que acabamos de fazer.

Na primeira, identicando G(K; F ) com id, (12), (34), (12)(34) , vemos que não há elemento λ ∈

id, (12), (34), (12)(34) , ou λ ∈ G(K; F ), tal que λ(1) = 3, ou λ(√

2) =√

3. Na segunda isso não

acontece. Para todo par 1 ≤ i, j ≤ 4 existe λ ∈ V , ou λ ∈ G(K; F ), tal que λ(i) = j, ou λ(αi) = αj.

No segundo caso dizemos que G(K, F ) age transitivamente sobre as raízes de g(x). Vamos formalizar

isso:

Denição. Seja H ⊂ Sn um subgrupo. Dizemos que H é transitivo (ou que opera transitiva-

mente) se para todo par i, j ∈ 1, 2, . . . , n , existe λ ∈ H tal que λ(i) = j.

O que aconteceu no exemplo acima com g(x) não é um acidente. Em geral temos:

Proposição. Seja E uma extensão galoisiana de um corpo F e assumimos que E é o corpo de raízes

de um polinômio irredutível f(x) cujas raízes são α1, α2, . . . , αm . Cada σ ∈ G(E; F ) permuta o

conjunto α1, α2, . . . , αm transitivamente.

Portanto se θ : G(E; F ) → Sm é o homomorsmo injetivo da Proposição da página 1, então o

subgrupo Imθ é transitivo.

Vericação. Dadas duas raízes αi e αj de f(x) em E, basta aplicarmos o item (2) do Teorema

da Unicidade, página 14 das Notas V, fazendo F = F ′, ϕ = id, f ′ = f , α = αi e α′ = αj. Por

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esse resultado existe um único F -isomorsmo σ : F (αi) → F (αj) tal que σ(αi) = αj. Usando-se

agora o item (3) desse mesmo teorema com K = K ′ = E que consideramos como corpo de raízes

de f(x) sobre F (αi) F (αj) e tomamos agora ϕ = σ, obtemos uma extensão σ de σ a E. Então

σ ∈ G(E; F ) e σ(αi) = αj (Poderíamos também usar o item (3) da Proposição da página 10 das

Notas VII). Concluímos assim que dadas duas raízes αi, αj ∈ α1, α2, . . . , αm , existe σ ∈ G(E; F )

tal que σ(αi) = αj. Logo a ação de G(E; F ) sobre o conjunto α1, α2, . . . , αm é transitiva, como

armado.

Esse resultado mostra que há uma diferença signicativa em K ser o corpo de raízes de um

polinômio irredutível. Ele nos será útil mais adiante.

Voltando ao estudo das quárticas, consideremos agora o caso em que f(x) é irredutível. Sejam

α1, α2, α3, α4 as raízes distintas de f(x). Vamos considerar G(K; F ) ⊂ S4 e compará-lo com os

subgrupos distinguidos V e A4 de S4. Com essa intensão consideremos inicialmente

β1 = (α1 + α2)(α3 + α4)

β2 = (α1 + α3)(α2 + α4)

β3 = (α1 + α4)(α2 + α3)

Vemos que qualquer σ ∈ G(K; F ) ∩ V deixa β1, β2, β3 invariantes. Por outro lado, usando

que cada ρ ∈ S4 é um produto de ciclos disjuntos, podemos vericar que se ρ xar β1, então ρ ∈

id, (12)(34), (12), (34), (1324) (1423) analogamente as permutações que xam β2 e β3 estão, respec-

tivamente, nos conjuntos id, (13)(24), (13), (24), (1234) (1432) , id, (14)(23), (14), (23), (1243)

(1342) . Concluímos assim que somente os elementos de G(K; F )∩V podem xar simultaneamente

os três elementos β1, β2, β3. Portanto F (β1, β2, β3) é o corpo xo de G(K; F ) ∩ V . Como V C S4

vamos ter que G(K; F ) ∩ V C G(K; F ). Logo, pelo TG, F (β1, β2, β3) é uma extensão galoisiana de

F .

Dos comentários acima podemos concluir que g(x) = (x− β1)(x− β2)(x− β3) ∈ F [x].

Questão 15. Seja L = F (α1, . . . , αn uma extensão de um corpo F . Sabendo-se que L é uma

extensão galoisiana de F mostre que h(x) = (x− α1) · · · (x− αn) ∈ F [x].

Voltando ao estudo da quártica f(x) observe que o polinômio g(x) que construímos tem grau 3.

O polinômio g(x) é chamado de cúbica resolvente de f(x).

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Vamos agora examinar G(K; F ) com o auxílio de g(x).

g(x) é irredutível. Uma primeira observação é que como g(x) é irredutível [F (β1) : F ] = 3.

Igualmente como f(x) é irredutível, [F (α1) : F ] = 4. Portanto [K : F ] é divisível por 3 e por

4. Como esse números são relativamente primos podemos concluir que 12 divide [K : F ]. Mas

[K : F ] = |G(K; F )| e G(K; F ) é um subgrupo de S4. Logo, pelo Teorema de Lagrange, página 6

das Notas V, |G(K; F )| divide 24. Resulta disso que |G(K; F )| = 12, ou 24.

Caso |G(K; F )| = 24, então G(K; F ) = S4. Seja L = F (β1, β2, β3) que como vimos é o corpo xo

de G(K; F )∩ V . Nesse caso G(K; L) = G(K; F )∩ V = V Portanto [K : L] = |G(K; L)| = 4 e assim

[L : F ] = 6. Pelo que vimos no estudo da equação de grau 3 temos duas alternativas: G(L, F ) = A3

ou G(L; F ) = S3. No presente caso G(L; F ) = S3.

Caso |G(K; F )| = 12, pelo Corolário V.10.23, página 210, do livro Garcia-Lequain, temos que

G(K; F ) = A4. Novamente temos G(K; F )∩V = V resultando, como no caso anterior, G(L; F ) = A3.

Concluímos assim que caso g(x) seja irredutível, G(K; F ) e G(L; F ) determinam-se mutuamente

de acordo com os casos acima.

g(x) é redutível. Aqui temos dois subcasos. A situação extrema ocorre se todas as raízes de

g(x) estão em F . Isto é F = F (β1, β2, β3) é o corpo xo de G(K; F ) ∩ V . Pelo TG, F é o corpo

xo de G(K; F ). Logo G(K; F ) ⊂ V . Como assumimos que f(x) é irredutível temos que 4 divide

[K : F ] = |G(K; F )|. Logo G(K; F ) = V .

Nesse caso podemos tirar uma conclusão sobre f(x). Já que é irredutível mas o grupo de Galois

G(K; F ) = V , devemos ter que f(x) é uma biquadrática como no exemplo que vimos acima.

Consideremos nalmente o caso em que g(x) só tem uma raiz em F . Nesse caso [L : F ] = 2 e

como L é o corpo xo de G(K; F )∩V e |V | = 4 temos que [K : F ] = 8 caso G(K; F )∩V = V tenha

ordem 4. Neste caso, pela classicação dos grupos de ordem 8 que encontramos na página 172 do

livro Garcia-Leguain vamos concluir que G(K; F ) é o grupo diedral de ordem 8.

A outra possibilidade é que [K : F ] = 4 quando |G(K; F ) ∩ V | = 2 implicando que [K : L] = 2.

Neste momento vamos usar Proposição da página 31 para concluir que G(K; F ) é transitivo, pois

estamos assumindo f(x) irredutível.

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Analisando-se os subgrupos H de S4 com ordem 4, transitivos e satisfazendo |H ∩ V | = 2,

vemos que só os subgrupos gerados por um 4-ciclo têm essa propriedade. Concluímos assim que

G(K; F ) ' Z/4Z é cíclico.

Com isso terminamos a análise do grupo de Galois do corpo de raízes de uma quártica. Nas

próximas notas vamos abordar equações resolúveis por radicais e o caso da quíntica.

Uma última palavra sobre as quárticas. O que podemos dizer do discriminante de f(x) no caso

irredutível? Observe que

β1 − β2 = −(α1 − α4)(α2 − α3)

β1 − β3 = −(α1 − α3)(α2 − α4)

β2 − β3 = −(α1 − α2)(α3 − α4)

Portanto

∆f =∏i<j

(αi − αj) = −∏s<t

(βs − βt) = −∆g.

Logo Df = ∆2f = Dg.

Como V ⊂ A4 temos que G(K; F )∩V ⊂ G(K; F )∩A4. Como pelo TG as inclusões são invertidas,

resulta que o corpo xo de G(K; F )∩V contém o corpo xo de G(K; F )∩A4. Logo deveríamos mesmo

esperar que F (∆f ) ⊂ F (β1, β2, β3). Mas obtivemos mais do que isso, visto que F (∆f ) = F (∆g).

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