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.
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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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