Teoria de Grupos

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1ª Prova – Teoria de Grupos – 04-04-2019 
 
Lista 01 – Teoria de Grupos – 2019 
 
1. Dados 𝜶, 𝜷 ∈ ℝ, mostre que: 
 
a) 𝒆𝒙𝒑(𝒊𝜶)𝒆𝒙𝒑(𝒊𝜷) = 𝒆𝒙𝒑(𝒊(𝜶 + 𝜷)); 
→ 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛽) = (𝑐𝑜𝑠(𝛼) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼))(𝑐𝑜𝑠(𝛽) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛽)) = 
𝑐𝑜𝑠(𝛼) 𝑐𝑜𝑠(𝛽) − 𝑠𝑒𝑛(𝛼)𝑠𝑒𝑛(𝛽) + 𝑖(𝑠𝑒𝑛(𝛼) 𝑐𝑜𝑠(𝛽) + 𝑠𝑒𝑛(𝛽) 𝑐𝑜𝑠(𝛼)) = 
𝑐𝑜𝑠(𝛼 + 𝛽) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛽) = 𝑒𝑥𝑝(𝑖(𝛼 + 𝛽)) .∎ 
 
b) 𝒆𝒙𝒑(𝒊𝜶)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 𝒆𝒙𝒑(−𝒊𝜶); 
→ 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼) = 𝑐𝑜𝑠(𝛼) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼) = 𝑎 + 𝑏𝑖 ⇒ 𝑎 + 𝑏𝑖̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝑎 − 𝑏𝑖 = 𝑐𝑜𝑠(𝛼) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼) =
𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ 
→ 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝑐𝑜𝑠(𝛼) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼) = 𝑐𝑜𝑠(−𝛼)⏟ 
𝑓𝑢𝑛çã𝑜 𝑝𝑎𝑟
𝑓(𝑥)=𝑓(−𝑥)
+ 𝑖𝑠𝑒𝑛(−𝛼)⏟ 
𝑓𝑢𝑛çã𝑜 í𝑚𝑝𝑎𝑟
−𝑓(𝑥)=𝑓(−𝑥)
= 𝑒𝑥𝑝 (−𝑖𝛼) . ∎ 
 
c) 𝒆𝒙𝒑(−𝒊𝜶) = (𝒆𝒙𝒑(𝒊𝜶))−𝟏; 
→ 𝑒𝑥𝑝(−𝑖𝛼) = 𝑐𝑜𝑠(−𝛼) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(−𝛼) = 𝑐𝑜𝑠(𝛼) − 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼).
(𝑐𝑜𝑠(𝛼)+𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼))
(𝑐𝑜𝑠(𝛼)+𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼))
=
𝑐𝑜𝑠2(𝛼)+𝑠𝑒𝑛2(𝛼)
(𝑐𝑜𝑠(𝛼)+𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼))
=
1
(𝑐𝑜𝑠(𝛼)+𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼))
=
1
𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)
= (𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼))−1. ∎ 
 
d) 𝒆𝒙𝒑(𝒊𝒏𝜶) = 𝒆𝒙𝒑(𝒊𝜶)𝒏. 
→ Por indução: 
𝑛 = 1 
𝑒𝑥𝑝(𝑖1𝛼) = 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)1 
𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼) = 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼). Vale para 𝑛 = 1. 
→ Hipótese: 
𝑛 = 𝑘 
𝑒𝑥𝑝(𝑖𝑘𝛼) = 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)𝑘 
→ Vamos mostrar que vale para: 
𝑛 = 𝑘 + 1 
𝑒𝑥𝑝(𝑖(𝑘 + 1)𝛼) = 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)𝑘+1 
𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)𝑘+1 = 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)𝑘𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)1, por hipótese, 
𝑒𝑥𝑝(𝑖𝑘𝛼)𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼) = (cos(𝑘𝛼) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝑘𝛼))(cos(𝛼) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼))= 
cos(𝑘𝛼) cos(𝛼) − 𝑠𝑒𝑛(𝑘𝛼)𝑠𝑒𝑛(𝛼) + 𝑖(𝑠𝑒𝑛(𝑘𝛼) cos(𝛼) + 𝑠𝑒𝑛(𝛼) cos(𝑘𝛼)) = 
cos(𝑘𝛼 + 𝛼) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝑘𝛼 + 𝛼) = exp(𝑖(𝑘𝛼 + 𝛼)) = exp(𝑖(𝑘 + 1)𝛼) 
→ ∴ 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝑛𝛼) = 𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼)𝑛. ∎ 
 
2. Dado um número real 𝜶, mostre que 𝒆𝒙𝒑(𝒊𝜶) = 𝟏 se e somente se 𝜶 = 𝟐𝒌𝝅 para algum 
inteiro 𝒌. 
 (⇒)𝑒𝑥𝑝(𝑖𝛼) = 𝑐𝑜𝑠(𝛼) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝛼)⏟ 
0
= 1 
𝑐𝑜𝑠(𝛼) = 1 
Então 𝛼 = 2𝑘𝜋; 𝑘 ∈ ℤ.∎ 
(⇐)𝛼 = 2𝑘𝜋; 𝑘 ∈ ℤ, logo 
𝑐𝑜𝑠(2𝑘𝜋) = 1 e 𝑠𝑒𝑛(2𝑘𝜋) = 0 
Logo, 𝑒𝑥𝑝(2𝑘𝜋𝑖) = cos(2𝑘𝜋) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(2𝑘𝜋) = 1.∎ 
 
3. Dado 𝒏 ≥ 𝟏, seja 𝑼𝒏 o conjunto das raízes n-ésimas da unidade em ℂ (... ou em um corpo 𝔽 
qualquer). Mostre que: 
• Definição: 𝒏 ∈ ℤ+, 𝕂 corpo, 𝒖 ∈ 𝕂 é uma raiz n-ésima da unidade se 𝒖
𝒏 = 𝟏. 
Notação: 𝑼𝒏(𝕂) (raiz n-ésima da unidade de 𝕂). 
 
a) Se 𝒖, 𝒗 ∈ 𝑼𝒏 então 𝒖𝒗 ∈ 𝑼𝒏; 
→ Temos que 𝑢𝑛 = 1 e 𝑣𝑛 = 1, assim: 
(𝑢𝑣)𝑛=𝑢𝑛𝑣𝑛 = 1.1 = 1, logo 
(𝑢𝑣)𝑛 = 1 
∴ 𝑢𝑣 ∈ 𝑈𝑛. ∎ 
 
b) Se 𝒖 ∈ 𝑼𝒏 então 𝒖
−𝟏 ∈ 𝑼𝒏. 
(Lembre que 𝒖−𝟏 é definido pela equação 𝒖. 𝒖−𝟏 = 𝟏). 
→ Temos que 𝑢𝑛 = 1, assim: 
𝑢. 𝑢−1 = 1 ⟺ (𝑢. 𝑢−1)𝑛 = 1𝑛 ⟺ 𝑢𝑛. (𝑢−1)𝑛 = 1 ⟺ 1. (𝑢−1)𝑛 = 1 
(𝑢−1)𝑛 = 1, logo 𝑢−1 ∈ 𝑈𝑛. ∎ 
 
4. Seja 𝔽 um corpo, 𝒏 um inteiro positivo, 𝒃 ∈ 𝔽 não-nulo; Sejam 𝒖𝟏,𝒖𝟐,…,𝒖𝒔 as raízes de 𝒙
𝒏 = 𝟏 
em 𝔽. Mostre que se 𝜶 ∈ 𝔽 é uma raiz de 𝒙𝒏 = 𝒃 em 𝔽 então: 
 
a) Todo número da forma 𝒖𝒊𝜶 é uma solução de 𝒙
𝒏 = 𝒃; 
→ Como 𝑢1,𝑢2,…,𝑢𝑠 são raízes de 𝑥
𝑛 = 1 e 𝛼 é raiz de 𝑥𝑛 = 𝑏, temos que 𝑢𝑖
𝑛 = 1, com 𝑖 =
1, 2, … , 𝑠 e 𝛼𝑛 = 𝑏, assim: 
(𝑢𝑖. 𝛼)
𝑛 = 𝑢𝑖
𝑛. 𝛼𝑛 = 1. 𝛼𝑛 = 𝛼𝑛 = 𝑏 
 ∴ (𝑢𝑖. 𝛼)
𝑛 = 𝑏.∎ 
 
b) Reciprocamente, se 𝜷 é uma solução de 𝒙𝒏 = 𝒃 então existe 𝒖𝒊 tal que 𝜷 = 𝒖𝒊𝜶. 
→ 𝛽𝑛 = 𝑏, e como sabemos 𝛼𝑛 = 𝑏 e (𝑢𝑖 . 𝛼)
𝑛 = 𝑏, logo 
𝛽𝑛 = 𝛼𝑛 = (𝑢𝑖. 𝛼)
𝑛 = 𝑏 
𝛽𝑛
𝛼𝑛
=(𝑢𝑖)
𝑛 ⟺
𝛽
𝛼
= 𝑢𝑖 ⟺ 𝛽 = 𝛼.
𝛽
𝛼
= 𝛼. 𝑢𝑖 
∴ 𝛽 = 𝑢𝑖𝛼.∎ 
 
5. Seja 𝔽 um corpo, 𝒎 um inteiro positivo e 𝒂𝟎, 𝒂𝟏, … , 𝒂𝒎−𝟏 elementos de 𝔽: 
 
a) Mostre que se 𝒗 ∈ 𝔽 é uma solução da equação: 
 𝒙𝒌𝒎 + 𝒂𝒎−𝟏𝒙
𝒌(𝒎−𝟏) + 𝒂𝒎−𝟐𝒙
𝒌(𝒎−𝟐) +⋯+ 𝒂𝟏𝒙
𝒌 + 𝒂𝟎 = 𝟎 (i) 
 então 𝒗𝒌 é uma solução da equação: 
 𝒚𝒎 + 𝒂𝒎−𝟏𝒚
𝒎−𝟏 + 𝒂𝒎−𝟐𝒚
𝒎−𝟐 +⋯+ 𝒂𝟏𝒚 + 𝒂𝟎 = 𝟎 (ii) 
→ (i) 𝑣𝑘𝑚 + 𝑎𝑚−1𝑣
𝑘(𝑚−1) + 𝑎𝑚−2𝑣
𝑘(𝑚−2) +⋯+ 𝑎1𝑣
𝑘 + 𝑎0 = 0 
→ (ii) (𝑣𝑘)𝑚 + 𝑎𝑚−1(𝑣
𝑘)𝑚−1 + 𝑎𝑚−2(𝑣
𝑘)𝑚−2 +⋯+ 𝑎1(𝑣
𝑘) + 𝑎0 = 
𝑣𝑘𝑚 + 𝑎𝑚−1𝑣
𝑘(𝑚−1) + 𝑎𝑚−2𝑣
𝑘(𝑚−2) +⋯+ 𝑎1𝑣
𝑘 + 𝑎0 = 0.∎ 
 
b) Reciprocamente, mostre que se 𝜶 ∈ 𝔽 é uma raiz de (ii) e 𝒖 ∈ 𝔽 é uma raiz de 𝒛𝒌 = 𝜶 então 𝒖 
é solução de (i). 
→ Temos que 𝑢𝑘 = 𝛼, 
(ii) 𝛼𝑚 + 𝑎𝑚−1𝛼
𝑚−1 + 𝑎𝑚−2𝛼
𝑚−2 +⋯+ 𝑎1𝛼 + 𝑎0 = 0 
Logo, como 𝛼 = 𝑢𝑘 , substituindo, 
→ (𝑢𝑘)𝑚 + 𝑎𝑚−1(𝑢
𝑘)𝑚−1 + 𝑎𝑚−2(𝑢
𝑘)𝑚−2 +⋯+ 𝑎1(𝑢
𝑘) + 𝑎0 = 
𝑢𝑘𝑚 + 𝑎𝑚−1𝑢
𝑘(𝑚−1) + 𝑎𝑚−2𝑢
𝑘(𝑚−2) +⋯+ 𝑎1𝑢
𝑘 + 𝑎0 = 0.∎ 
 
Compare com o método de resoluções de equações biquadráticas. 
 
6. Encontre as raízes de 𝒙𝟔 = 𝟏 em ℂ em termos de radicais. 
(Sugestão: fatore o polinômio usando 𝒙𝟔 − 𝟏 = (𝒙𝟑)𝟐 − 𝟏²) 
Identifique estas raízes com as que são obtidas pela fórmula da exponencial complexa. 
→ 𝑥6 − 1 = 𝑥6 − 16 = (𝑥3 + 1)(𝑥3 − 1) 
𝑥3 + 1|𝑥 + 1 𝑥3 − 1|𝑥 − 1 
0 𝑥2 − 𝑥 + 1 0 𝑥2 + 𝑥 + 1 
→ 𝑥6 − 1 = (𝑥3 + 1)(𝑥3 − 1) = (𝑥 + 1)(𝑥2 − 𝑥 + 1)(𝑥 − 1)( 𝑥2 + 𝑥 + 1) 
𝑥1,2 =
−(−1) ± √(−1)2 − 4.1.1
2.1
 𝑥3,4 =
−(1) ± √12 − 4.1.1
2.1
 
𝑥1,2 =
1 ± √1 − 4
2
 𝑥3,4 =
−1 ± √1 − 4
2
 
𝑥1,2 =
1 ± √3𝑖
2
 𝑥3,4 =
−1 ± √3𝑖
2
 
𝑥5 = −1 𝑥6 = 1 
→ 𝐴 = {
1+√3𝑖
2
,
1−√3𝑖
2
,
−1+√3𝑖
2
,
−1−√3𝑖
2
, −1, 1} . ∎ 
→ exp (
2𝑘𝜋𝑖
6
), onde 𝑘 = 0, 1, 2, 3, 4, 5. 
𝑘 = 0 ⇒ exp (
2.0. 𝜋. 𝑖
6
) = exp(0) = 1 
𝑘 = 1 ⇒ exp (
2.1. 𝜋. 𝑖
6
) = exp (
𝜋. 𝑖
3
) = 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
3
) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
3
) =
1
2
+
√3𝑖
2
 
𝑘 = 2 ⇒ exp (
2.2. 𝜋. 𝑖
6
) = exp (
2. 𝜋. 𝑖
3
) = 𝑐𝑜𝑠 (
2𝜋
3
) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (
2𝜋
3
) = −
1
2
+
√3𝑖
2
 
𝑘 = 3 ⇒ exp (
2.3. 𝜋. 𝑖
6
) = exp(𝜋. 𝑖) = 𝑐𝑜𝑠(𝜋) + 𝑖𝑠𝑒𝑛(𝜋) = −1 
𝑘 = 4 ⇒ exp (
2.4. 𝜋. 𝑖
6
) = exp (
4. 𝜋. 𝑖
3
) = 𝑐𝑜𝑠 (
4𝜋
3
) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (
4𝜋
3
) = −
1
2
−
√3𝑖
2
 
𝑘 = 5 ⇒ exp (
2.5. 𝜋. 𝑖
6
) = exp (
5. 𝜋. 𝑖
3
) = 𝑐𝑜𝑠 (
5𝜋
3
) + 𝑖𝑠𝑒𝑛 (
5𝜋
3
) =
1
2
−
√3𝑖
2
 
→ 𝐵 = {1,
1
2
+
√3𝑖
2
, −
1
2
+
√3𝑖
2
, −1, −
1
2
−
√3𝑖
2
,
1
2
−
√3𝑖
2
} . ∎ 
 
7. Neste exercício você desenvolverá o método de De Moivre para encontrar as raízes quintas da 
unidade por meio de radicais (... que só funciona em alguns casos). 
 Divida a equação: 
 𝒙𝟒 + 𝒙𝟑 + 𝒙𝟐 + 𝒙 + 𝟏 = 𝟎 (iii) 
 por x², chame 𝒙 +
𝟏
𝒙
 de 𝒚, e verifique que obtém-se a equação: 
 𝒚𝟐 + 𝒚 − 𝟏 = 𝟎 
 Resolva esta equação em 𝒚 e retorne à variável 𝒙 para obter as soluções: 
 
√𝟓−𝟏±√−𝟏𝟎−𝟐√𝟓
𝟒
,
−√𝟓−𝟏±√−𝟏𝟎+𝟐√𝟓
𝟒
 
 Agora note que as soluções de (iii) são as raízes de 𝒙𝟓 − 𝟏 = 𝟎 que são diferentes de 1. 
Assim, por incrível que pareça, os números acima correspondem aos números 𝒆𝒙𝒑(
𝟐𝒌𝝅𝒊
𝟓
), 
𝒌 = 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒. 
→ 𝑥4 + 𝑥3 + 𝑥2 + 𝑥 + 1|𝑥² 
0 𝑥2 + 𝑥 + 1 +
1
𝑥
+
1
𝑥²
 
→ 𝑦 = 𝑥 +
1
𝑥
⟺ 𝑦2 = 𝑥2 + 2 +
1
𝑥2
⟺ 𝑦2 − 1 = 𝑥2 + 1 +
1
𝑥²
 
𝑦2 + 𝑦 − 1 = 0 
𝑦1,2 =
−1 ± √1 + 4
2
 
𝑦1 =
−1 + √5
2
, 𝑦2 =
−1 − √5
2
 
𝑦1² =
6 + 2√5
4
, 𝑦2² =
6 − 2√5
4
 
→ 𝑦 = 𝑥 +
1
𝑥
⟺ 𝑦𝑥 = 𝑥2 + 1 ⟺ 𝑥2 − 𝑦𝑥 + 1 = 0 
𝑥1,2 =
−(−𝑦1) ± √(−𝑦1)2 − 4.1.1
2.1
, 𝑥3,4 =
−(−𝑦2) ± √(−𝑦2)2 − 4.1.1
2.1
 
𝑥1,2 =
−1 + √5
2 ±
√−10 + 2√5
2
2
, 𝑥3,4 =
−1 − √5
2 ±
√−10 − 2√5
2
2
 
𝑥1,2 =
−1 + √5 ± √−10 + 2√5
4
, 𝑥3,4 =
−1 − √5 ± √−10− 2√5
4
 
→ Note que se 𝑘 = 0, temos 
𝑒𝑥𝑝 (
2𝑘𝜋𝑖
5
)= 𝑒𝑥𝑝 (
20𝜋𝑖
5
) = 𝑒𝑥𝑝(0) = 1 
Logo, temos que 1 é raiz de 𝑥5 − 1 = 0, assim, 
(𝑥4 + 𝑥3 + 𝑥2 + 𝑥 + 1)(𝑥 − 1) = 𝑥5 − 𝑥4 + 𝑥4 − 𝑥3 + 𝑥3 − 𝑥2 + 𝑥2 − 𝑥 + 𝑥 − 1 = 
𝑥5 − 1. 
Portanto, as soluções de (iii) são as raízes de 𝑥5 − 1 = 0.∎ 
 
8. Encontre as soluções em ℂ da equação, 
→ 𝒙𝟑 − 𝟔𝒙 + 𝟒 = 𝟎 
por dois métodos e compare os resultados. Os métodos são: 
(i) redução a uma quadrática: encontrar uma raiz racional 𝜶, dividir o polinômio por 
(𝒙 − 𝜶) e obter as outras duas raízes como soluções da equação quadrática obtida; 
(ii) utilizar a fórmula cúbica para obter as 𝟑 raízes. 
Certifique-se de as raízes obtidas em (ii) são as mesmas de (i). 
→ (i) Podemos perceber que 2 é uma raiz racional de 𝛼, logo (𝑥 − 2)|𝑥3 − 6𝑥 + 4, assim, 
𝑥3 − 6𝑥 + 4| 𝑥 − 2 
0 𝑥2 + 2𝑥 − 2 
𝑥2 + 2𝑥 − 2 = 0 
𝑥1,2 =
−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐
2𝑎
 ⇒ 𝑥1,2 =
−2 ± √4 + 8
2
 ⇒ 𝑥1,2 = −1 ± √3 
𝑥3 = 2 
→ 𝐴 = {−1 + √3,−1 − √3, 2}.∎ 
→ 𝑥1 = √
−𝑐
2
+√
𝑐²
4
−
𝑏³
27
3
+ √
−𝑐
2
−√
𝑐²
4
−
𝑏³
27
3
 ⇒ √
−4
2
+√
16
4
−
216
27
3
+ √
−4
2
− √
16
4
−
216
27
3
 
𝑥1 = √−2 + 2𝑖
3
+ √−2 − 2𝑖
3
 
𝑥1 = √(𝑖 + 1)³
3
+ √(−𝑖 + 1)³
3
 
𝑥1 = (𝑖 + 1)+(−𝑖 + 1) 
𝑥1 = 2 
→ 𝑤 = −
1
2
+
√3𝑖
2
⇒ �̅� = −
1
2
−
√3𝑖
2
 
→ 𝑥2 = 𝑤. √
−𝑐
2
+√
𝑐²
4
−
𝑏³
27
3
+ �̅�. √
−𝑐
2
−√
𝑐²
4
−
𝑏³
27
3
 
𝑥2 = (−
1
2
+
√3𝑖
2
) (𝑖 + 1) + (−
1
2
−
√3𝑖
2
) (−𝑖 + 1) 
𝑥2 = (−
𝑖
2
−
√3
2
−
1
2
+
√3𝑖
2
) + (
𝑖
2
−
√3
2
−
1
2
−
√3𝑖
2
) 
𝑥2 = −1 − √3 
→ 𝑥3 = �̅�. √
−𝑐
2
+√
𝑐²
4
−
𝑏³
27
3
+ 𝑤. √
−𝑐
2
−√
𝑐²
4
−
𝑏³
27
3
 
𝑥3 = (−
1
2
−
√3𝑖
2
) (𝑖 + 1) + (−
1
2
+
√3𝑖
2
) (−𝑖 + 1) 
𝑥3 = (−
𝑖
2
+
√3
2
−
1
2
−
√3𝑖
2
) + (
𝑖
2
+
√3
2
−
1
2
+
√3𝑖
2
) 
𝑥3 = −1 + √3 
→ 𝐵 = {2,−1 − √3,−1 + √3}.∎ 
 
9. Considere o polinômio 𝒇(𝒙) = 𝒙𝟑 − 𝟕𝒙 + 𝟔 = (𝒙 − 𝟏)(𝒙 − 𝟐)(𝒙 + 𝟑). É claro que suas raízes 
são 𝟏, 𝟐 e −𝟑. Agora use a fórmula da cúbica e compare com as raízes dadas pela fórmula. 
→ 𝑥1 = √
−𝑐
2
+√
𝑐²
4
−
𝑏³
27
3
+ √
−𝑐
2
−√
𝑐²
4
−
𝑏³
27
3
 ⇒ √
−6
2
+√
36
4
−
343
27
3
+ √
−6
2
− √
36
4
−
343
27
3
 
𝑥1 = √−3 −
10𝑖
3√3
3
+ √−3 +
10𝑖
3√3
3
 
→ 𝑥2 = (−
1
2
+
√3𝑖
2
) √−3 −
10𝑖
3√3
3
+ (−
1
2
−
√3𝑖
2
) √−3 +
10𝑖
3√3
3
 
→ 𝑥3 = (−
1
2
−
√3𝑖
2
) √−3 −
10𝑖
3√3
3
+ (−
1
2
+
√3𝑖
2
) √−3 +
10𝑖
3√3
3
. ∎ 
 
Lista 02 – Teoria de Grupos - 2019 
 
1. Dados 𝒂 e 𝒃 racionais positivos, mostre que os números a seguir são algébricos: 
• Definição: 𝕂 corpo. Uma extensão de 𝕂 é um corpo 𝕃 que contém 𝕂 como subcorpo. 
• Definição: 𝕃 ⊇ 𝕂,𝜶 ∈ 𝕃 
𝜶 é algébrico sobre 𝕂 se existe 𝒇(𝒙) ∈ 𝕂[𝒙], 𝒇(𝒙) ≠ 𝟎, tal que 𝒇(𝜶) = 𝟎. 
 
a) √𝒂 + √𝒃; 
→ √𝑎 + √𝑏 = 𝑥 
⟺ 𝑎 + 2√𝑎𝑏 + 𝑏 = 𝑥2 
⟺ 2√𝑎𝑏 = 𝑥2 − (𝑎 + 𝑏) 
⟺ 4𝑎𝑏 = 𝑥4 − 2(𝑎 + 𝑏)𝑥2 + (𝑎 + 𝑏)² 
⟺ 𝑥4 − 2(𝑎 + 𝑏)𝑥2 + (𝑎 − 𝑏)2 = 0 
𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 2(𝑎 + 𝑏)𝑥2 + (𝑎 − 𝑏)2 
Logo, existe 𝑓(𝑥) ∈ ℚ[𝑥], pois possui coeficientes racionais, pois 𝑎, 𝑏 ∈ ℚ e 𝑓(𝑥) ≠ 0, 
tal que 𝑓(√𝑎 + √𝑏) = 0, então √𝑎 + √𝑏 é algébrico sobre ℚ.∎ 
 
b) √𝒂
𝟑 + √𝒃; 
→ √𝑎
3
+ √𝑏 = 𝑥 
⟺ √𝑎
3
= 𝑥 − √𝑏 
⟺ 𝑎 = 𝑥3 − 3√𝑏𝑥2 + 3𝑏𝑥 − 𝑏√𝑏 
⟺ √𝑏(3𝑥2 + 𝑏) = 𝑥3 + 3𝑏𝑥 − 𝑎 
⟺ 𝑏(9𝑥4 + 6𝑏𝑥2 + 𝑏2) = 𝑥6 + 6𝑏𝑥4 − 2𝑎𝑥3 + 9𝑏2𝑥2 − 6𝑎𝑏𝑥 + 𝑎² 
⟺ 𝑥6 − 3𝑏𝑥4 − 2𝑎𝑥3 + 3𝑏2𝑥2 − 6𝑎𝑏𝑥 + 𝑎2 − 𝑏3 = 0 
𝑓(𝑥) = 𝑥6 − 3𝑏𝑥4 − 2𝑎𝑥3 + 3𝑏2𝑥2 − 6𝑎𝑏𝑥 + 𝑎2 − 𝑏3 
Logo, existe 𝑓(𝑥) ∈ ℚ[𝑥], que possui coeficientes racionais, pois 𝑎, 𝑏 ∈ ℚ e 𝑓(𝑥) ≠ 0, tal 
que 𝑓(√𝑎
3
+ √𝑏) = 0, então √𝑎
3
+ √𝑏 é algébrico sobre ℚ.∎ 
 
c) √𝒂 + √𝒃. 
→ √𝑎 + √𝑏 = 𝑥 
⟺ 𝑎 + √𝑏 = 𝑥² 
⟺ √𝑏 = 𝑥2 − 𝑎 
⟺ 𝑏 = 𝑥4 − 2𝑎𝑥2 + 𝑎² 
⟺ 𝑥4 − 2𝑎𝑥2 + 𝑎2 − 𝑏 = 0 
𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 2𝑎𝑥2 + 𝑎2 − 𝑏 
Logo, existe 𝑓(𝑥) ∈ ℚ[𝑥], que possui coeficientes racionais, pois 𝑎, 𝑏 ∈ ℚ e 𝑓(𝑥) ≠ 0, tal 
que 𝑓 (√𝑎 + √𝑏) = 0, então √𝑎 + √𝑏 é algébrico sobre ℚ.∎ 
 
2. Sendo 𝜶 = √𝟐 + √𝟐, 
• Definição: 𝕃 ⊇ 𝕂, 𝜶 ∈ 𝕃, 𝜶 algébrico sobre 𝕂. O polinômio minimal de 𝜶 sobre 𝕂 é o 
polinômio 𝒎(𝒙) ∈ 𝕂[𝒙], mônico, de menor grau, tal que 𝒎(𝜶) = 𝟎. 
Notação: 𝒎𝜶,𝕂(𝒙). 
 
a) Determine o Polinômio de 𝜶 sobre ℚ e determine [ℚ(𝜶):ℚ]; 
→ √2 + √2 = 𝑥 
⟺ 2+ √2 = 𝑥² 
⟺ √2 = 𝑥2 − 2 
⟺ 2 = 𝑥4 − 4𝑥2 + 4 
⟺ 𝑥4 − 4𝑥2 + 2 = 0 
𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 4𝑥2 + 2 
→ Pelo critério de Eisenstein, tomando 𝑝 = 2, pois é um primo que divide todos os 
termos, menos o de maior grau (coeficiente líder), e 22 = 4 não divide o termo 
independente. Temos que 𝑓(𝑥) é irredutível em ℚ[𝑥], portanto 𝑓(𝑥) = 𝑚𝜶,ℚ(𝑥) é o 
minimal de 𝛼 = √2 + √2. 
→ [ℚ(𝛼):ℚ] = 𝜕(𝑚𝜶,ℚ(𝑥)) = 4.∎ 
 
b) Determine [ℚ(𝜶):ℚ(√𝟐)]. 
→ Como ℚ(𝛼) = ℚ(√2 + √2) é por definição o menor corpo que contém ℚ e 𝛼 =
√2 + √2, então por ser corpo é fechado para a soma e o produto, logo 𝛼2 = 2 + √2 ∈
ℚ(𝛼), como −2 ∈ ℚ(𝛼), então 𝛼2 − 2 = √2 ∈ ℚ(𝛼), logo ℚ(√2) ⊂ ℚ(𝛼). 
⇒ [ℚ(𝛼):ℚ] = [ℚ(𝛼):ℚ(√2)]. [ℚ(√2):ℚ] 
[ℚ(√2):ℚ] = 2, o minimal é 𝑚𝜶,ℚ√2(𝑥) = 𝑥
2 − 2, com coeficientes racionais e 
irredutível em ℚ[𝑥] pelo critério de Eisenstein, tomando p=2. 
⇒ [ℚ(𝛼):ℚ(√2)] = 2.∎ 
 
3. Sendo 𝜶 = √𝟑 + √𝟔,
𝟑
 
 
a) Determine o polinômio minimal de 𝜶 sobre ℚ; 
→ √3 + √6
3
= 𝑥 
⟺ 3+ √6 = 𝑥³ 
⟺ √6 = 𝑥3 − 3 
⟺ 6 = 𝑥6 − 6𝑥3 + 9 
⟺ 𝑥6 − 6𝑥3 + 3 = 0 
𝑓(𝑥) = 𝑥6 − 6𝑥3 + 3 
→ Pelo critério de Eisenstein, tomando 𝑝 = 3, pois é um primo que divide todos os 
termos, menos o de maior grau, e 32 = 9 não divide o termo independente. Temos que 
𝑓(𝑥) é irredutível em ℚ[𝑥], portanto 𝑓(𝑥) = 𝑚𝜶,ℚ(𝑥) é o minimal de 𝛼 = √3 + √6
3
. ∎ 
 
b) Determine [ℚ(𝜶):ℚ] e [ℚ(𝜶):ℚ(√𝟔)]. 
→ [ℚ(𝛼):ℚ] = 𝜕(𝑚𝜶,ℚ(𝑥)) = 6 
→ Como ℚ(𝛼) = ℚ(√3 + √6
3
) é por definição o menor corpo que contém ℚ e 𝛼 =
√3 + √6
3
, então por ser corpo é fechado para a soma e o produto, logo 𝛼3 = 3 + √6 ∈
ℚ(𝛼), como −3 ∈ ℚ(𝛼), então 𝛼3 − 3 = √6 ∈ ℚ(𝛼), logo ℚ(√6) ⊂ ℚ(𝛼). 
⇒ [ℚ(𝛼):ℚ] = [ℚ(𝛼):ℚ(√6)]. [ℚ(√6):ℚ] 
[ℚ(√6):ℚ] = 2, o minimal é 𝑚𝜶,ℚ√6(𝑥) = 𝑥
2 − 6, com coeficientes racionais e 
irredutível em ℚ[𝑥] pelo critério de Eisenstein, tomando p=3. 
⇒ [ℚ(𝛼):ℚ(√6)] = 3.∎ 
 
4. Sendo 𝜶 = √𝟐 + √𝟓, 
 
a) Determine o polinômio de 𝜶 sobre ℚ e determine [ℚ(𝜶):ℚ]; 
→ √2 + √5 = 𝑥 
⟺ 2√10 = 𝑥2 − 7 
⟺ 40 = 𝑥4 − 14𝑥2 + 49 
⟺ 𝑥4 − 14𝑥2 + 9 = 0 
𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 14𝑥2 + 9 
→ Pelo critério das possíveis raízes racionais, são elas: −1, 1, −3, 3, −9, 9, mas nenhuma 
delas é raiz. O polinômio então só pode ser fatorado em dois polinômios de grau 2. 
Tomando 𝑥2 = 𝑦, temos 
𝑦2 − 14𝑦 + 9 = 0 
𝑦1,2 = 7 ± 2√10 
𝑦2 − 14𝑦 + 9 = (𝑦 − 7 − 2√10)(𝑦 − 7 + 2√10) 
𝑥4 − 14𝑥2 + 9 = (𝑥² − 7 − 2√10)(𝑥² − 7 + 2√10) 
Esses polinômios não possuem coeficientes racionais. 
⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑥4 − 14𝑥2 + 9 é irredutível e portanto 𝑓(𝑥) = 𝑚𝜶,ℚ(𝑥). 
⇒ [ℚ(𝛼):ℚ] = 𝜕 (𝑚𝜶,ℚ(𝑥)) = 4.∎ 
 
b) Determine [ℚ(𝜶):ℚ(√𝟐)]. 
→ √2 + √5 = 𝑥 
⟺ √5 = 𝑥 − √2 
⟺ 5 = 𝑥2 − 2√2𝑥 + 2 
⟺ 𝑥2 − 2√2𝑥 − 3 = 0 
𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 2√2𝑥 − 3 tem coeficientes em ℚ(√2) e 𝑓(𝛼) = 0, 
Logo, [ℚ(𝛼):ℚ(√2)] ≤ 2. 
→ Se [ℚ(𝛼):ℚ(√2)] < 2 ⇒ [ℚ(𝛼):ℚ(√2)] = 1, isso só é válido se 𝛼 ∈ ℚ(√2), pois dessa 
forma o minimalde 𝛼 é 𝑥 − 𝛼, com coeficientes em ℚ(√2), mas se 𝛼 ∈ ℚ(√2) então 
existem 𝑎 e 𝑏 ∈ ℚ tais que: 
𝛼 = 𝑎 + 𝑏√2 ⇒ √2 + √5 = 𝑎 + 𝑏√2 
⇒ 𝑎 = √5, absurdo pois √5 ∉ ℚ 
⇒ [ℚ(𝛼):ℚ(√2)] = 2.∎ 
 
5. Mostre que ℂ = ℝ[𝒊]. 
• Definição: Uma extensão 𝕃 ⊇ 𝕂 é algébrica se todo 𝜶 ∈ 𝕃 é algébrica sobre 𝕂. A extensão 
é finita se [𝕃:𝕂] < ∞. 
• Proposição: Se 𝕃 ⊃ 𝕂 é finita então 𝕃 ⊃ 𝕂 é algébrica. 
 
→ Temos ℝ(𝑖) = { 𝑓(𝑖); 𝑓(𝑥) ∈ ℝ[𝑥]} 
Dado um polinômio de grau 𝑛 qualquer, digamos: 
𝑓(𝑥) = a𝑛𝑥
𝑛 + a𝑛−1𝑥
𝑛−1 +⋯+ a0 
De efetuar a divisão por 𝑑(𝑥) = 𝑥2 + 1, temos que existem q(x) e 𝑟(𝑥) tais que 𝑓(𝑥) =
𝑞(𝑥)𝑑(𝑥) + 𝑟(𝑥), como 𝜕(𝑑(𝑥)) = 2 então 𝑟(𝑥) = 0 ou 𝜕(𝑟(𝑥)) = 1, pois 𝜕(𝑟(𝑥)) <
 𝜕(𝑑(𝑥)), em ambos os casos 𝑟(𝑥) é da forma 𝑎 + 𝑏𝑥, 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ. 
⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑞(𝑥)(𝑥2 + 1) + 𝑎 + 𝑏𝑥 
Aplicando 𝑥 = 𝑖 temos 𝑓(𝑖) = 𝑎 + 𝑏𝑖; 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ. Como 𝑓(𝑥) é arbitrário, então ℝ(𝑖) ⊂ ℂ. 
→ Mostraremos que ℂ ⊂ ℝ(𝑖) 
Dado 𝑎 + 𝑏𝑖 ∈ ℂ, tome 𝑓(𝑥) = 𝑥4 + 𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑎, logo 𝑓(𝑖) = 𝑎 + 𝑏𝑖 ∈ ℝ(𝑖). 
⇒ ℂ = ℝ[𝑖]. ∎ 
 
6. Seja 𝕃 ⊃ 𝕂 uma extensão finita de grau p, p um número primo. Mostre que se 𝜶 ∈ 𝕃 e 𝜶 ∉ 𝕂 
então 𝕂(𝜶) = 𝕃. 
(sugestão: considere 𝕂(𝜶) como extensão intermediária, considere o(s) grau(s)). 
• Definição: 𝕃 ⊇ 𝕂 é uma extensão simples se existe 𝜶 ∈ 𝕃 tal que 𝕃 = 𝕂(𝜶). 
Se 𝜶 é algébrico sobre 𝕂 
𝕂(𝜶) = {𝒂𝟎 + 𝒂𝟏𝜶 +⋯+ 𝒂𝒏−𝟏𝜶
𝒏−𝟏; 𝒂𝟎, 𝒂𝟏, … , 𝒂𝒏−𝟏 ∈ 𝕂} 
Onde 𝒏 = 𝝏 (𝒎𝜶,𝕂(𝒙)). 
• Teorema: 𝕃 ⊇ 𝕂,𝜶 ∈ 𝕃 algébrico sobre 𝕂, 
[𝕂(𝜶): 𝕂] = 𝝏(𝒎𝜶,𝕂(𝒙)). 
 
→ [𝕃:𝕂] = 𝑝, primo 
𝛼 ∈ 𝕃 e 𝛼 ∉ 𝕂 ⇒ 𝕃 ⊃ 𝕂(𝛼) 
𝕂 ⊂ 𝕂(𝛼) ⊂ 𝕃 
[𝕂(𝛼):𝕂] → 𝛼 não está em 𝕂, então 
[𝕂(𝛼):𝕂] > 1 
[𝕃:𝕂]⏟ 
𝑝
= [𝕃:𝕂(𝛼)]⏟ 
1
. [𝕂(𝛼):𝕂]⏟ 
𝑝
 
⟹ [𝕃:𝕂(𝛼)] = 1 ⟹ 𝕃 = 𝕂(𝛼).∎ 
 
7. Determine o grau e também uma 𝕂-base das extensões a seguir: 
• Teorema: 𝜶,𝜷 ∈ ℂ algébricos. 𝝏(𝒎𝜶,ℚ(𝒙)(𝒙)) = 𝒓 e 𝝏(𝒎𝜷,ℚ(𝒙)(𝒙)) = 𝒔. 
Se 𝒎𝒅𝒄(𝒓, 𝒔) = 𝟏 então, 
[ℚ(𝜶,𝜷):ℚ] = 𝒓. 𝒔 
*De fato, neste caso: 
𝒎𝜶,ℚ(𝜷)(𝒙) = 𝒎𝜶,ℚ(𝒙) 
𝒎𝜷,ℚ(𝜶)(𝒙) = 𝒎𝜷,ℚ(𝒙) 
• Teorema: Considere as extensões 𝕂 ⊆ 𝕃 ⊆ 𝕄. Se 𝕄 ⊇ 𝕂 é finita, então 𝕂 ⊆ 𝕃 e 
𝕃 ⊆ 𝕄 também são e temos: 
[𝕄:𝕂] = [𝕄:𝕃]. [𝕃:𝕂] 
 
a) ℚ(√𝟐, √𝟐
𝟑
) sobre 𝕂 = ℚ; 
→ [ℚ(√2):ℚ] = 2, o minimal é 𝑚𝜶,ℚ√2(𝑥) = 𝑥
2 − 2, com coeficientes racionais e 
irredutível em ℚ[𝑥] pelo critério de Eisenstein, tomando p=2. 
→ [ℚ(√2
3
):ℚ] = 3, o minimal é 𝑚
𝜶,ℚ √𝟐
𝟑 (𝑥) = 𝑥3 − 2, com coeficientes racionais e 
irredutível em ℚ[𝑥] pelo critério de Eisenstein, tomando p=2. 
→ 𝑚𝑑𝑐(2,3) = 1, então 
[ℚ(√2, √2
3
):ℚ] = 2.3 = 6 
𝐵 = {1, √2, √2
3
, √4
3
, √2√2
3
, √2√4
3
} 
É L.I. e tem o mesmo número de elementos que o grau da extensão.∎ 
 
b) ℚ(√𝟐
𝟑
, 𝒘) sobre 𝕂 = ℚ, onde 𝒘 = 𝒆𝒙𝒑(
𝟐𝝅𝒊
𝟑
) = −
𝟏
𝟐
+
𝒊√𝟑
𝟐
; 
→ [ℚ(√2
3
):ℚ] = 3, o minimal é 𝑚
𝛼,ℚ √𝟐
𝟑 (𝑥) = 𝑥3 − 2, com coeficientes racionais e 
irredutível em ℚ[𝑥] pelo critério de Eisenstein, tomando p=2. 
→ [ℚ(𝑤):ℚ] = 𝜙(3) = 31 − 30 = 3 − 1 = 2. 
→ 𝑚𝑑𝑐(2,3) = 1, então 
[ℚ(√2
3
):ℚ(𝑤)] = 2.3 = 6 
 𝐵 = {1, √2
3
, √4
3
, √2
3
𝑤, √4
3
𝑤,𝑤} 
É L.I. e tem o mesmo número de elementos que o grau da extensão.∎ 
 
c) ℚ(√𝟐
𝟒
, √𝟐𝒊) sobre 𝕂 = ℚ; 
→ ℚ(√2
4
, √2𝑖) ⊃ ℚ(√2
4
) ⊃ ℚ, logo 
[ℚ(√2
4
, √2𝑖):ℚ] = [ℚ(√2
4
, √2𝑖):ℚ(√2𝑖)]. [ℚ(√2𝑖):ℚ] 
→ [ℚ(√2𝑖):ℚ] = 2, o minimal é 𝑚𝛼,ℚ√2𝑖(𝑥) = 𝑥
2 + 2, com coeficientes racionais e 
irredutível em ℚ[𝑥] pelo critério de Eisenstein, tomando p=2. 
→ [ℚ(√2
4
):ℚ] = 4, o minimal é 𝑚𝛼,ℚ √24 (𝑥) = 𝑥
4 − 2, com coeficientes racionais e 
irredutível em ℚ[𝑥] pelo critério de Eisenstein, tomando p=2. 
→ 𝑥4 − 2, este polinômio tem coeficientes em ℚ(√2𝑖), 
[ℚ(√2
4
, √2𝑖):ℚ(√2𝑖)] ≤ 4 
Temos que garantir que esse polinômio é irredutível: 
𝑥4 − 2 = (𝑥2 + √2)(𝑥2 − √2), não tem coeficientes em ℚ(√2𝑖). Logo o grau não é 2. 
Se o grau for 1, então √2
4
∈ ℚ(√2𝑖), então existem 𝑎, 𝑏 ∈ ℚ tal que √2
4
= 𝑎 + 𝑏√2𝑖 
⇔ √2 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏√2𝑖 − 2𝑏2 
{
2𝑎𝑏𝑖 = 1
𝑎2 − 2𝑏2 = 0
 ⇒ 𝑎2 = 2𝑏2 ⇒
𝑎
𝑏
= ±√2, absurdo, pois √2 ∉ ℚ. 
⇒ [ℚ(√2
4
, √2𝑖):ℚ(√2𝑖)] = 4 
[ℚ(√2
4
, √2𝑖):ℚ]⏟ 
8
= [ℚ(√2
4
, √2𝑖):ℚ(√2𝑖)]⏟ 
4
. [ℚ(√2𝑖):ℚ]⏟ 
2
 
𝐵 = {1, √2
4
, √2, √8
4
, √2𝑖, √2
4
√2𝑖, 𝑖, √8
4
√2𝑖} 
É L.I. e tem o mesmo número de elementos que o grau da extensão.∎ 
 
d) ℚ(√𝟐, √𝟑) sobre 𝕂 = ℚ; 
→ Como ℚ(√2, √3) ⊃ ℚ(√3) ⊃ ℚ, vale que: 
[ℚ(√2, √3):ℚ] = [ℚ(√2, √3):ℚ(√3)]. [ℚ(√3):ℚ] 
[ℚ(√2, √3):ℚ(√3)] ≤ 2 pois (𝑥2 − 2) anula √2 e tem coeficientes em ℚ, vale a 
igualdade se 𝑥2 − 2 for irredutível sobre ℚ(√3). 
Se for redutível, 𝑥2 − 2 ⇒ (𝑥 + √2)(𝑥 − √2), então 
√2 ∈ ℚ(√3), mas se √2 ∈ ℚ(√3), existem 𝑎, 𝑏 ∈ ℚ tal que √2 = 𝑎 + 𝑏√3 
⇒ 𝑎 = √2, absurdo, pois √2 ∉ ℚ. 
⇒ [ℚ(√2, √3):ℚ(√3)] = 2 
[ℚ(√3):ℚ] = 2, o minimal é 𝑚𝛼,ℚ√3(𝑥) = 𝑥
2 − 3, com coeficientes racionais e 
irredutível em ℚ[𝑥] pelo critério de Eisenstein, tomando p=3. 
⇒ [ℚ(√2, √3):ℚ]⏟ 
4
= [ℚ(√2, √3):ℚ(√3)]⏟ 
2
. [ℚ(√3):ℚ]⏟ 
2 
 
𝐵 = {1, √2, √3, √6} 
É L.I. e tem o mesmo número de elementos que o grau da extensão.∎ 
 
e) ℚ(√𝟐,√𝟑) sobre 𝕂 = ℚ(√𝟔). 
→ ℚ ⊂ ℚ(√2, √3) 
√6 ∈ ℚ(√2, √3) 
ℚ(√6) ⊂ ℚ(√2, √3) 
[ℚ(√6):ℚ] = 2, o minimal é 𝑚𝛼,ℚ√6(𝑥) = 𝑥
2 − 6, com coeficientes racionais e 
irredutível em ℚ[𝑥] pelo critério de Eisenstein, tomando p=3. 
⇒ [ℚ(√2, √3):ℚ]⏟ 
4
= [ℚ(√2, √3):ℚ(√6)]⏟ 
2
. [ℚ(√6):ℚ]⏟ 
2 
 
𝐵 = {√2, √3} 
É L.I. e tem o mesmo número de elementos que o grau da extensão.∎ 
 
8. Sejam 𝒏 um inteiro positivo e 𝝀 = 𝒆𝒙𝒑(
𝟐𝝅𝒊
𝒏
). Qual o grau da extensão ℚ(𝝀) ⊃ ℚ? 
→ [ℚ(𝜆):ℚ] = grau do minimal de 𝜆 com coeficientes em ℚ. 
𝜆𝑛 − 1 = 0 ⇒ 𝜆 é raiz de 𝜆𝑛 − 1 
→ [ℚ(𝜆):ℚ] ≤ 𝑛 
[ℚ(𝜆):ℚ] = 𝜙(𝑛).∎ 
 
9. Sejam 𝒑, 𝒒 números primos e 𝝀 = 𝒆𝒙𝒑(
𝟐𝝅𝒊
𝒑
). Seja 𝕃 o corpo 𝕃 = ℚ(√𝒒
𝒑
, 𝝀): 
 
a) Verifique que todas as raízes complexas de 𝒙𝒑 − 𝒒 estão em 𝕃; 
→ 𝑥𝑝 − 𝑞 = 0 ⇒ √𝑞
𝑝
= 𝑥 
As outras raízes são da forma 𝜆𝑘√𝑞
𝑝
 , para 𝑘 = 0, 1, 2, … , 𝑝 − 1 
Logo como 𝕃 = ℚ(√𝑞
𝑝
, 𝜆) então 𝜆 ∈ 𝕃 e √𝑞
𝑝
∈ 𝕃 ⇒ 𝜆𝑘√𝑞
𝑝
∈ 𝕃, para todo 𝑘 ∈
{0, 1, 2, … , 𝑝 − 1}.∎ 
 
b) Calcule o grau da extensão 𝕃 ⊃ ℚ. 
 Temos: 
→ [ℚ(√𝑞
𝑝
):ℚ] = 𝜕(𝑚
√𝑞
𝑝
,ℚ
(𝑥)) = 𝑝, pois 𝑚
√𝑞
𝑝
,ℚ
(𝑥) = 𝑥𝑝 − 𝑞 é irredutível sobre ℚ 
(Critério de Eisenstein) 
[ℚ(𝜆):ℚ] = 𝜙(𝑝) = 𝑝1 − 𝑝0 = 𝑝 − 1 
→ 𝑚𝑑𝑐(𝑝, 𝑝 − 1) = 1* 
[ℚ(√𝑞
𝑝
, 𝜆): ℚ] = (𝑝 − 1). 𝑝 
→ * Chame 𝑑 = 𝑚𝑑𝑐(𝑝, 𝑝 − 1) ⇒ 𝑑|𝑝 e 𝑑|𝑝 − 1. Como 𝑑|𝑝 e 𝑝 é primo, então 𝑑 = 1 ou 
𝑑 = 𝑝. Se 𝑑 = 𝑝 então 𝑑 não dividiria 𝑝 − 1, mas divide, logo 𝑑 = 1.∎ 
 
10. Mostre que ℚ(√𝟐 + √𝟑) = ℚ(√𝟐, √𝟑). 
→ ℚ(√2 + √3) ⊂ ℚ(√2, √3): 
ℚ(√2, √3) é o menor corpo que contém ℚ,√2 e √3. Então como é corpo, também é 
fechado para a soma ⇒ √2 + √3 ∈ ℚ(√2, √3). 
Portanto, ℚ(√2, √3) ⊃ ℚ e √2 + √3, logo contém ℚ(√2 + √3). ∎ 
→ ℚ(√2, √3) ⊂ ℚ(√2 + √3): 
ℚ(√2 + √3) é o menor corpo que contém ℚ e √2 + √3. 
(√3 + √2). (√3 − √2) = 3 − 2 = 1. √3 − √2 ∈ ℚ(√2 + √3), pois é o inverso 
multiplicativo, assim (√3 + √2) + (√3 − √2) = 2√3. 
Como 2 ∈ ℚ,
1
2
∈ ℚ(√2 + √3), logo 2√3.
1
2
= √3 ∈ ℚ(√2 + √3). 
Como √3 ∈ ℚ(√2 + √3),−√3 (o inverso da soma) ∈ ℚ(√2 + √3), 
Assim (√2 + √3) + (−√3) = √2 ∈ ℚ(√2 + √3). 
Logo como ℚ(√2 + √3) contém ℚ, √2 e √3 então contém ℚ(√2, √3).∎ 
 
11. Generalizando o item anterior, considere dois racionais positivosdistintos 𝒂 e 𝒃 que não são 
quadrados de outros racionais: 
 
a) Calcule o inverso de √𝒂 + √𝒃 como elemento de ℚ(√𝒂, √𝒃); 
→ ℚ(√𝑎, √𝑏) é o menor corpo que contém ℚ, √𝑎 e √𝑏. Então como é corpo, também é 
fechado para a soma ⇒ √𝑎 + √𝑏 ∈ ℚ(√𝑎, √𝑏). 
→ Se 𝑎 = 𝑏: 
√𝑎 + √𝑏 = √𝑎 + √𝑎 = 2√𝑎. Logo, obviamente 
1
2√𝑎
 é seu inverso, pois 2√𝑎.
1
2√𝑎
= 1, 
então 
1
2√𝑎
∈ ℚ(√𝑎, √𝑏). 
→ Se 𝑎 ≠ 𝑏: 
Note que (√𝑎 + √𝑏). (√𝑎 − √𝑏) = (𝑎 − 𝑏), como 𝑎 ∈ ℚ e 𝑏 ∈ ℚ, então (𝑎 − 𝑏) ∈ ℚ ⊂
ℚ(√2, √3). Logo se (√𝑎 + √𝑏) ∈ ℚ(√𝑎, √𝑏) e (𝑎 − 𝑏) ∈ ℚ(√2, √3), então 
√𝑎+√𝑏
𝑎−𝑏
∈
ℚ(√2, √3), isto é, (√𝑎 − √𝑏) ∈ ℚ(√𝑎, √𝑏). 
Logo, como (√𝑎 + √𝑏). [
(√𝑎−√𝑏)
(𝑎−𝑏)
] = 1,
(√𝑎−√𝑏)
(𝑎−𝑏)
 é o inverso multiplicativo de (√𝑎 + √𝑏). 
Além disso, como o numerador e o denominador estão em ℚ(√𝑎, √𝑏) então 
(√𝑎−√𝑏)
(𝑎−𝑏)
∈
ℚ(√𝑎, √𝑏).∎ 
 
b) Mostre que ℚ(√𝒂, √𝒃) = ℚ(√𝒂 + √𝒃). 
→ ℚ(√𝑎 + √𝑏) ⊂ ℚ(√𝑎, √𝑏): 
Como √𝑎 + √𝑏 ∈ ℚ(√𝑎, √𝑏). Logo, ℚ(√𝑎, √𝑏) ⊃ ℚ e (√𝑎 + √𝑏), logo contém 
ℚ(√𝑎 + √𝑏). ∎ 
→ ℚ(√𝑎, √𝑏) ⊂ ℚ(√𝑎 + √𝑏): 
Como (√𝑎 + √𝑏) ∈ ℚ(√𝑎, √𝑏) e (√𝑎 − √𝑏) ∈ ℚ(√𝑎, √𝑏), temos 
(√𝑎 + √𝑏) + (√𝑎 − √𝑏) = 2√𝑎. 
Assim, 2 ∈ ℚ e 
1
2
∈ ℚ, logo 2√𝑎.
1
2
= √𝑎 ∈ ℚ(√𝑎 + √𝑏). 
Portanto √𝑎 ∈ ℚ(√𝑎 + √𝑏),−√𝑎 (o inverso da soma) ∈ ℚ(√𝑎 + √𝑏), 
Logo (√𝑎 + √𝑏) + (−√𝑎) = √𝑏 ∈ ℚ(√𝑎 + √𝑏). 
∴ ℚ(√𝑎 + √𝑏) contém ℚ,√𝑎 e √𝑏 então contém ℚ(√𝑎, √𝑏). 
Então ℚ(√𝑎,√𝑏) = ℚ(√𝑎 + √𝑏).∎ 
 
12. Mostre que o conjunto de todos os números algébricos é um subcorpo de ℂ. 
Sugestão: para provar que, por exemplo, 𝜶 + 𝜷 é algébrico se 𝜶 e 𝜷 são algébricos, basta 
mostrar que este número está em uma extensão finita de ℚ (... e justifique está última 
afirmação). 
→ Se 𝛼 e 𝛽 são algébricos 𝕂(𝛼) é finita pois [𝕂(𝛼):𝕂] = 𝜕 (𝑚𝛼,𝕂(𝑥)) = 𝑛. 
𝕂(𝛼, 𝛽) é finita pois [𝕂(𝛼, 𝛽):𝕂]=[𝕂(𝛼, 𝛽):𝕂(𝛼)]⏟ 
𝜕(𝑚 𝛽,𝕂(𝛼)(𝑥))
. [𝕂(𝛼):𝕂]⏟ 
𝑛
. 
Portanto, como 𝕂(𝛼, 𝛽) é finita e toda extensão finita é algébrica, segue que todo 
elemento de 𝕂(𝛼, 𝛽) é algébrico ⇒ 𝛼 + 𝛽, 𝛼. 𝛽, 𝛼−1, 𝛽−1 são algébricos, logo é um 
subcorpo de ℂ que contém 𝕂.∎ 
 
Lista 03 – Teoria de Grupos - 2019 
 
1. Mostre que 𝑮𝒂𝒍(𝒙𝟔 − 𝟏,ℚ) = ℚ(𝒊√𝟑). 
• Corpo de decomposição de um polinômio: 
Seja 𝜶𝟏, … , 𝜶𝒏 ∈ 𝕃, 𝕃 ⊇ 𝕂 
𝕂(𝜶𝟏, … , 𝜶𝒏) = menor subcorpo de 𝕃 contendo 𝕂. 
Definição: 𝒇(𝒙) ∈ 𝕂[𝒙] não constante, 𝕂 ⊆ ℂ, 𝜶𝟏, … , 𝜶𝒏 as raízes distintas de 𝒇(𝒙) em ℂ 
O corpo de decomposição de 𝒇(𝒙) em 𝕂 é 𝕂(𝜶𝟏, … , 𝜶𝒏) ⊆ ℂ. 
Notação: 𝑮𝒂𝒍(𝒇(𝒙),𝕂) 
• Extensões normais: 
Definição: A extensão 𝕃 é Galoisiana se 𝕃 é o corpo de decomposição de algum 𝒇(𝒙) 
sobre 𝕂. 
* Normal se para todo 𝒈(𝒙) ∈ 𝕂[𝒙], quando 𝒈(𝒙) possui uma raiz em 𝕃, TODAS as raízes 
de 𝒈(𝒙) estão em 𝕃. 
Obs: Se 𝕃 ⊃ 𝕂 é normal, 𝒈(𝒙) ∈ 𝕂[𝒙], 𝜶 ∈ 𝕃 é raiz de 𝒈(𝒙), então: 
𝑮𝒂𝒍(𝒈(𝒙),𝕂) ⊆ 𝕃. 
 
→ 𝑥6 − 1 = (𝑥 − 1)(𝑥 − 𝑒
𝜋𝑖
3 )(𝑥 − 𝑒
2𝜋𝑖
3 )(𝑥 + 1)(𝑥 − 𝑒
4𝜋𝑖
3 )(𝑥 − 𝑒
5𝜋𝑖
3 ) 
Note que as raízes de 𝑥6 − 1 são 1, 𝑤, 𝑤2, 𝑤3, 𝑤4, 𝑤5, onde 𝑤 = 𝑒𝑥𝑝 (
2𝜋𝑖
6
) =
1
2
+
√3𝑖
2
 
Logo como 𝐺𝑎𝑙(𝑥6 − 1,ℚ) é o corpo de decomposição de 𝑥6 − 1, então 
𝐺𝑎𝑙(𝑥6 − 1,ℚ) = ℚ(1,𝑤,𝑤2, 𝑤3, 𝑤4, 𝑤5) = ℚ(𝑤) 
Mas ℚ(𝑤) = ℚ(
1
2
+
√3𝑖
2
). Por definição 
1
2
+
√3𝑖
2
∈ ℚ(
1
2
+
√3𝑖
2
), logo como −
1
2
∈
ℚ(𝑤), então 
√3𝑖
2
∈ ℚ(𝑤) e ainda, como 2 ∈ ℚ(𝑤) ⇒ √3𝑖 ∈ ℚ(𝑤) ⇒ ℚ(√3𝑖) ⊂ ℚ(𝑤). 
→ Por outro lado, √3𝑖 ∈ ℚ(√3𝑖), logo como 1 ∈ ℚ(√3𝑖), então 1 + √3𝑖 ∈ ℚ(√3𝑖), da 
mesma forma 
1
2
+
√3𝑖
2
∈ ℚ(√3𝑖) ⟺ 𝑤 ∈ ℚ(√3𝑖) ⇒ ℚ(𝑤) ⊂ ℚ(√3𝑖). 
→ ∴ 𝐺𝑎𝑙(𝑥6 − 1,ℚ) = ℚ(𝑤) = ℚ(√3𝑖).∎ 
 
2. Seja 𝕃 = ℚ(√𝟐, √𝟑): 
• Automorfismo: 𝕃 ⊇ 𝕂 extensão. 𝕂 automorfismo de 𝕃. 
𝝈: 𝕃 → 𝕃 
Automorfismo (*) tal que, 
𝝈(𝜶) = 𝜶, ∀𝜶 ∈ 𝕂 
 𝑨𝒖𝒕𝕂 (𝕃) = {𝕂-automorfismo de 𝕃} → Grupo de Galois de 𝕃 sobre 𝕂. 
• Definição: 𝒇(𝒙) ∈ 𝕂[𝒙] Grupo de Galois de 𝒇(𝒙) sobre 𝕂: 
 𝑨𝒖𝒕𝕂 (𝕃), 𝕃 =corpo de decomposição de 𝒇(𝒙) sobre 𝕂 (𝕃 ⊆ ℂ). 
• (*)”Automorfismo”: 
 Homomorfismo bijetor 
 {
𝝈(𝒙 + 𝒚) = 𝝈(𝒙) + 𝝈(𝒚)
𝝈(𝒙. 𝒚) = 𝝈(𝒙). 𝝈(𝒚)
𝝈(𝟏) = 𝟏
 
 
a) Mostre que 𝕃 é o corpo de decomposição de um polinômio 𝒇(𝒙) ∈ ℚ[𝒙]; 
→ Tome 𝑓(𝑥) = (𝑥2 − 2)(𝑥2 − 3), suas raízes são ±√2,±√3 e o menor corpo que as 
contém é ℚ(√2, √3).∎ 
 
b) Descreva uma base 𝕃 sobre ℚ, e descreva a ação dos ℚ-automorfismos de 𝕃 nesta base; 
→ Se 𝕃 = ℚ(√2, √3) então tome 𝐵 = {1, √2, √3, √6}. 
→ 𝐴𝑢𝑡ℚ ℚ(√2, √3) = {𝜎: 𝕃 → 𝕃; 𝜎(𝛼) = 𝛼, ∀𝛼 ∈ ℚ e 𝜎 é isomorfismo}. 
𝜎 ∈ 𝐴𝑢𝑡ℚ ℚ(√2, √3): 𝜎: ℚ(√2, √3) → ℚ(√2, √3) 
 𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 + 𝑑√6 ↦ ? 
2 = 𝜎(2) = 𝜎(√2. √2) = 𝜎(√2). 𝜎(√2) = 𝜎2(√2) 
𝜎(√2) = ±√2 
3 = 𝜎(3) = 𝜎(√3. √3) = 𝜎(√3). 𝜎(√3) = 𝜎2(√3) 
𝜎(√3) = ±√3 
→ 𝜎1(𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 + 𝑑√6) = 𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 + 𝑑√6 
𝜎2(𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 + 𝑑√6) = 𝑎 − 𝑏√2 + 𝑐√3 − 𝑑√6 
𝜎3(𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 + 𝑑√6) = 𝑎 + 𝑏√2 − 𝑐√3 − 𝑑√6 
𝜎4(𝑎 + 𝑏√2 + 𝑐√3 + 𝑑√6) = 𝑎 − 𝑏√2 − 𝑐√3 + 𝑑√6.∎ 
𝝈 √𝟐 √𝟑 
𝝈𝟏 √2 √3 
𝝈𝟐 −√2 √3 
𝝈𝟑 √2 −√3 
𝝈𝟒 −√2 −√3 
 
c) Considere o automorfismo de ℚ(√𝟐) → ℚ(√𝟐) dado por 𝝈(√𝟐) = −√𝟐. Mostre que existem 
duas extensões de 𝝈 a automorfismos de 𝕃. 
→ 𝜎: ℚ(√2, √3) → ℚ(√2, √3) 
𝜎(√2) = −√2 (i) 
Pelo item anterior, os únicos ℚ-automorfismos que satisfaz (i) é 𝜎2 e 𝜎4. ∎ 
 
3. Seja 𝕃 = 𝑮𝒂𝒍(𝒙𝒑 − 𝟏,ℚ), 𝒑 primo: 
 
a) Mostre que 𝕃 = ℚ(𝝀) onde 𝝀 = 𝒆𝒙𝒑 (
𝟐𝒊𝝅
𝒑
) ; 
 1º Modo: 
→ Note que 1, 𝜆, 𝜆2, … , 𝜆𝑝−1 são raízes de 𝑥𝑝 − 1, onde 𝜆 = exp (
2𝜋𝑖
𝑝
) 
∴ 𝐺𝑎𝑙(𝑥𝑝 − 1,ℚ) = ℚ(1, 𝜆, 𝜆2, … , 𝜆𝑝−1) = ℚ( 𝜆) .∎ 
2º Modo: 
→ ℚ(1, 𝜆, 𝜆2, … , 𝜆𝑝−1) ⊃ ℚ( 𝜆) 
Obvio, pois 𝜆 ∈ ℚ(1, 𝜆, 𝜆2, … , 𝜆𝑝−1). 
→ ℚ(1, 𝜆, 𝜆2, … , 𝜆𝑝−1) ⊂ ℚ( 𝜆) 
Claramente 1 ∈ ℚ( 𝜆). Seja 𝑘 ∈ {1, 2, … , 𝑝 − 1}, 𝑘 ∈ ℕ, então 𝜆𝑘 = 𝜆. 𝜆. 𝜆 … 𝜆⏟ 
𝑘−𝑣𝑒𝑧𝑒𝑠
 e como 𝜆 ∈
ℚ( 𝜆) e ∈ ℚ( 𝜆) é corpo, então 𝜆𝑘 ∈ ℚ( 𝜆). 
→ ∴ 𝐺𝑎𝑙(𝑥𝑝 − 1,ℚ) = ℚ(1, 𝜆, 𝜆2, … , 𝜆𝑝−1) = ℚ( 𝜆) .∎ 
 
b) Determine o grau da extensão 𝕃 ⊃ ℚ e uma base de 𝕃 sobre ℚ; 
→ [ℚ( 𝜆):ℚ] = 𝜙(𝑝) = 𝑝1 − 𝑝0 = 𝑝 − 1 e o minimal Φ𝑝(𝑥) = 𝑚𝜆,ℚ(𝑥). 
𝐵 = {1, 𝜆, 𝜆2, … , 𝜆𝑝−2}.∎ 
 
c) Descreva os ℚ-automorfismos de 𝕃 nesta base. Mostre que eles comutam com relação à 
composição. 
→ 𝜎 ∈ 𝐴𝑈𝑇ℚ ℚ(𝜆); 𝜎: ℚ(𝜆) → ℚ(𝜆) 
𝑎0 + 𝑎1𝜆 +⋯+ 𝑎𝑝−2𝜆
𝑝−2 ↦ ? 
𝜎(𝑎0 + 𝑎1𝜆 +⋯+ 𝑎𝑝−2𝜆
𝑝−2) = 𝑎0 + 𝑎1𝜎(𝜆) + ⋯+ 𝑎𝑝−2𝜎(𝜆
𝑝−2) 
𝝈 𝝀 
𝝈𝟏 𝜆 
𝝈𝟐 𝜆
2 
⋮ ⋮ 
𝝈𝒑−𝟏 𝜆
𝑝−1 
→ Sejam 𝑘, 𝑙 ∈ ℕ; 1 ≤ 𝑘, 𝑙 ≤ 𝑝 − 1 
𝜎𝑘 (𝜎𝑙(𝑎0 + 𝑎1𝜆 +⋯+ 𝑎𝑝−2𝜆
𝑝−2)) = 𝜎𝑘(𝑎0 + 𝑎1𝜆
𝑙 +⋯+ 𝑎𝑝−2𝜆
𝑙(𝑝−2)) = 
𝑎0 + 𝑎1𝜆
𝑘𝑙 +⋯+ 𝑎𝑝−2𝜆
𝑘𝑙(𝑝−2) 
𝜎𝑙 (𝜎𝑘(𝑎0 + 𝑎1𝜆 +⋯+ 𝑎𝑝−2𝜆
𝑝−2)) = 𝜎𝑙(𝑎0 + 𝑎1𝜆
𝑘 +⋯+ 𝑎𝑝−2𝜆
𝑘(𝑝−2)) = 
𝑎0 + 𝑎1𝜆
𝑘𝑙 +⋯+ 𝑎𝑝−2𝜆
𝑘𝑙(𝑝−2) 
𝜎𝑘 ∘ 𝜎𝑙 = 𝜎𝑙 ∘ 𝜎𝑘. ∎ 
 
4. Sejam 𝒑 e 𝒒 números primos e considere o corpo 𝕃 = ℚ(√𝒒
𝒑
). Mostre que: 
 
a) O grau da extensão 𝕃 ⊃ ℚ é 𝒑; 
→ [ℚ(√𝑞
𝑝
):ℚ] = 𝜕 (𝑚
√𝑞
𝑝
,ℚ
(𝑥)) = 𝑝, pois o 𝑚
√𝑞
𝑝
,ℚ
(𝑥) = 𝑥𝑝 − 𝑞 e pelo critério de 
Eisenstein, 𝑞 primo, divide todos os coeficientes, menos o coeficiente líder e 𝑞2 não 
divide o termo independente, logo 𝑚
√𝑞
𝑝
,ℚ
(𝑥) é irredutível em ℚ. ∎ 
 
b) O número de ℚ-automorfismos deste corpo é igual a 𝟐 quando 𝒑 = 𝟐 e é igual a 𝟏 para todos 
os outros primos 𝒑. 
→ Se 𝑝 = 2, então 𝕃 = ℚ(√𝑞) 
𝜎 ∈ 𝐴𝑈𝑇ℚ ℚ(√𝑞); 𝜎: ℚ(√𝑞) → ℚ(√𝑞) 
 𝑎 + 𝑏√𝑞 ↦ ? 
 𝜎(𝑎+ 𝑏√𝑞) = 𝑎 + 𝑏. 𝜎(√𝑞) 
 𝑞 = 𝜎(𝑞) = 𝜎2(√𝑞) ⇒ 𝜎(√𝑞) = ±√𝑞 
 𝜎1(𝑎 + 𝑏√𝑞) = 𝑎 + 𝑏√𝑞 
 𝜎2(𝑎 + 𝑏√𝑞) = 𝑎 − 𝑏√𝑞 
→ Se 𝑝 ≠ 2, então 𝕃 = ℚ(√𝑞
𝑝
) 
𝜎 ∈ 𝐴𝑈𝑇ℚ ℚ(√𝑞
𝑝
) 
𝑃(𝑥) = 𝑥𝑝 − 𝑞; 𝑃(𝑥) = 𝑚
√𝑞
𝑝
,ℚ(𝑥) 
[ℚ(√𝑞
𝑝
):ℚ] = 𝑝 
 𝜎: ℚ(√𝑞
𝑝
) → ℚ(√𝑞
𝑝
) 
𝑎0 + 𝑎1√𝑞
𝑝
+⋯+ 𝑎𝑝−1(√𝑞
𝑝
)𝑝−1 ↦ ? 
𝜎(𝑎0 + 𝑎1√𝑞
𝑝
+⋯+ 𝑎𝑝−1(√𝑞
𝑝
)𝑝−1) = 𝑎0 + 𝑎1. 𝜎(√𝑞
𝑝
) + ⋯+ 𝑎𝑝−1. 𝜎
𝑝−1(√𝑞
𝑝
) 
𝑞 = 𝜎(𝑞) = 𝜎 (√𝑞.√𝑞 …√𝑞⏟ 
𝑝−𝑣𝑒𝑧𝑒𝑠
) = 𝜎𝑝(√𝑞
𝑝
) 
𝜎𝑝(√𝑞
𝑝
)⏟ 
𝑥𝑝
= 𝑞 ⇒ 𝑥𝑝 − 𝑞 = 0 
As raízes são da forma: 
𝑤𝑘√𝑞
𝑝
; 𝑘 = 0, 1, … , 𝑝 − 1 
⇒ 𝜎𝑝(√𝑞
𝑝
) = 𝑞 ⇒ 𝜎(√𝑞
𝑝
) = √𝑞
𝑝
 
Só tem um isomorfismo, 𝐼𝑑 = 𝜎. ∎ 
 
5. Seja 𝕃 = ℚ(√𝟐
𝟒
, 𝒊): 
 
a) Mostre que 𝕃 = 𝑮𝒂𝒍(𝒙𝟒 − 𝟐,ℚ); 
→ Note que as raízes de 𝑥4 − 2 são da forma: 
√2
4
. 𝑤𝑘; 𝑘 = 0, 1, 2, 3, onde 𝑤 = 𝑒
2𝜋𝑖
4 = 𝑒
𝜋𝑖
2 = 𝑖, logo são: 
√2
4
, √2
4
𝑖, −√2
4
, −√2
4
𝑖. 
∴ 𝐺𝑎𝑙(𝑥4 − 2,ℚ) = ℚ(√2
4
, √2
4
𝑖) 
→ Queremos que ℚ(√2
4
, √2
4
𝑖) = ℚ(√2
4
, 𝑖) 
→ ℚ(√2
4
, 𝑖) ⊂ ℚ(√2
4
, √2
4
𝑖) 
Temos que mostrar que 𝑖 ∈ ℚ(√2
4
, √2
4
𝑖) 
√2
4
∈ ℚ(√2
4
, √2
4
𝑖) e √2
4
𝑖 ∈ ℚ(√2
4
, √2
4
𝑖), logo 
(√2
4
)
−1
. √2
4
𝑖 = 𝑖 ∈ ℚ(√2
4
, √2
4
𝑖) 
→ ℚ(√2
4
, √2
4
𝑖) ⊂ ℚ(√2
4
, 𝑖) 
Temos que mostrar que √2
4
𝑖 ∈ ℚ(√2
4
, 𝑖) 
√2
4
∈ ℚ(√2
4
, 𝑖) e 𝑖 ∈ ℚ(√2
4
, 𝑖), logo 
√2.
4
𝑖 = √2
4
𝑖 ∈ ℚ(√2
4
, √2
4
𝑖) 
→ ∴ ℚ(√2
4
, √2
4
𝑖) = ℚ(√2
4
, 𝑖). ∎ 
 
b) Determine o grau da extensão 𝕃 ⊃ ℚ e uma base de 𝕃 sobre ℚ; 
→ [ℚ(√2
4
, 𝑖):ℚ] = ? 
ℚ(√2
4
, 𝑖) ⊃ ℚ(√2
4
) ⊃ ℚ 
[ℚ(√2
4
, 𝑖): ℚ] = [ℚ(√2
4
, 𝑖): ℚ(√2
4
)]. [ℚ(√2
4
):ℚ] 
[ℚ(√2
4
):ℚ] = 4, pois 𝑚
√2
4
,ℚ
(𝑥) = 𝑥4 − 2, irredutível em ℚ pelo critério de Eisenstein. 
[ℚ(√2
4
, 𝑖):ℚ(√2
4
)] ≤ 2, pois 𝑚𝑖,ℚ(𝑥) = 𝑥
2 + 1, e o grau não pode ser 1 porque 𝑖 ∉
ℚ(√2
4
), então o 𝜕(𝑚𝑖,ℚ(𝑥)) = 2, logo 
[ℚ(√2
4
, 𝑖): ℚ] = [ℚ(√2
4
, 𝑖): ℚ(√2
4
)]. [ℚ(√2
4
):ℚ] = 2.4 = 8 
𝐵 = {1, √2
4
, (√2
4
)
2
, (√2
4
)
3
, 𝑖, √2
4
𝑖, (√2
4
)
2
𝑖, (√2
4
)
3
𝑖} . ∎ 
 
c) Descreva os ℚ-automorfismos de 𝕃 nesta base; 
𝝈 √𝟐
𝟒
 𝒊 
𝝈𝒌,𝒍 𝑖𝑘 . √2
4
 (−1)𝑙. 𝑖 
 𝑘 = 0, 1, 2, 3 e 𝑙 = 0, 1. 
 São oito ℚ-automorfismos. ∎ 
 
d) Encontre dois que não comutam com relação à composição. 
→ 𝜎1,0 (𝜎0,1(√2
4
, 𝑖)) = 𝜎1,0(√2
4
, −𝑖) = (√2
4
𝑖, −𝑖) 
𝜎0,1 (𝜎1,0(√2
4
, 𝑖)) = 𝜎0,1(√2
4
𝑖, 𝑖) = (−√2
4
𝑖, −𝑖) 
𝜎1,0 (𝜎0,1(√2
4
, 𝑖)) ≠ 𝜎0,1 (𝜎1,0(√2
4
, 𝑖)). ∎ 
 
6. Seja 𝕃 ⊃ 𝕂 uma extensão finita. Mostre que: 
 
a) se 𝝈, 𝝉 ∈ 𝑨𝒖𝒕𝕂(𝕃) então 𝝈 ∘ 𝝉 ∈ 𝑨𝒖𝒕𝕂(𝕃); 
→ 𝜎, 𝜏 ∈ 𝐴𝑢𝑡𝕂(𝕃) 
𝜎: 𝕃 → 𝕃; 𝜎(𝛼) = 𝛼, ∀𝛼 ∈ 𝕂 e 𝜎 é isomorfismo 
𝜏: 𝕃 → 𝕃; 𝜏(𝛼) = 𝛼, ∀𝛼 ∈ 𝕂 e 𝜏 é isomorfismo 
Temos que provar que: 
𝜎 ∘ 𝜏: 𝕃 → 𝕃; 𝜎 ∘ 𝜏(𝛼) = 𝛼, ∀𝛼 ∈ 𝕂 e 𝜎 ∘ 𝜏 é isomorfismo 
→ [𝕃: 𝕂] = 𝑛, pois 𝕃 ⊃ 𝕂 é uma extensão finita 
Seja 𝐵 = {1, 𝑎, … , 𝑎𝑛−1} base de 𝕃 sobre 𝕂. 
Seja 𝑏0 + 𝑏1𝑎 +⋯+ 𝑏𝑛−1𝑎
𝑛−1 ∈ 𝕃; 𝑏𝑖 ∈ 𝕂; 𝑖 ∈ {0, 1, … , 𝑛 − 1} 
𝜏(𝑏0 + 𝑏1𝑎 +⋯+ 𝑏𝑛−1𝑎
𝑛−1) = 𝑏0 + 𝑏1. 𝜏(𝑎)⏟
∈𝕃
+⋯+ 𝑏𝑛−1. 𝜏
𝑛−1(𝑎)⏟ 
∈𝕃
∈ 𝕃 
𝜎 ∘ 𝜏 = 𝜎(𝑏0 + 𝑏1. 𝜏(𝑎) + ⋯+ 𝑏𝑛−1. 𝜏
𝑛−1(𝑎)) = 
𝑏0 + 𝑏1. 𝜎( 𝜏(𝑎))⏟ 
∈𝕃
+⋯+ 𝑏𝑛−1. 𝜎
𝑛−1( 𝜏(𝑎))⏟ 
∈𝕃
∈ 𝕃 
∴ 𝜎 ∘ 𝜏 associa elementos de 𝕃 em elementos de 𝕃. 
→ Seja 𝛼 ∈ 𝕂 
𝜎 ∘ 𝜏(𝛼) = 𝜎(𝜏(𝛼)) = 𝜎(𝛼) = 𝛼. 
→ Sejam 𝛾, 𝛿 ∈ 𝕃 
𝜎 ∘ 𝜏(𝛾 + 𝛿) = 𝜎(𝜏(𝛾 + 𝛿)) = 𝜎(𝜏(𝛾) + 𝜏(𝛿)) = 𝜎(𝜏(𝛾)) + 𝜎(𝜏(𝛿)) = 
𝜎 ∘ 𝜏(𝛾) + 𝜎 ∘ 𝜏(𝛿) 
𝜎 ∘ 𝜏(𝛾. 𝛿) = 𝜎(𝜏(𝛾. 𝛿)) = 𝜎(𝜏(𝛾). 𝜏(𝛿)) = 𝜎(𝜏(𝛾)). 𝜎(𝜏(𝛿)) = 
𝜎 ∘ 𝜏(𝛾). 𝜎 ∘ 𝜏(𝛿) 
𝜎 ∘ 𝜏(1) = 𝜎(𝜏(1)) = 𝜎(1) = 1 
∴ 𝜎 ∘ 𝜏 é homomorfismo. 
→ Sejam 𝑗1 , 𝑗2 ∈ 𝕃 
Suponha 𝜎(𝜏(𝑗1 )) = 𝜎(𝜏(𝑗2 )) ⇒⏟
𝜎 é 𝑖𝑠𝑜𝑚𝑜𝑟𝑓𝑖𝑠𝑚𝑜
𝜎 é 𝑖𝑛𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎
𝜏(𝑗1 ) = 𝜏(𝑗2 ) ⇒⏟
𝜏 é 𝑖𝑠𝑜𝑚𝑜𝑟𝑓𝑖𝑠𝑚𝑜
𝜏 é 𝑖𝑛𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎
𝑗1 = 𝑗2 
∴ 𝜎 ∘ 𝜏 é injetora. 
→ Como 𝜎 ∘ 𝜏: 𝕃 → 𝕃 e 
𝜎 ∘ 𝜏 é injetora, logo, 𝜎 ∘ 𝜏 é sobrejetora. 
 𝑑𝑖𝑚𝕂𝕃⏟ 
𝑛
= 𝑑𝑖𝑚𝑁𝑢𝑐𝕂(𝜎 ∘ 𝜏)⏟ 
𝑖𝑛𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎=0
+ 𝑑𝑖𝑚𝐼𝑚𝕂(𝜎 ∘ 𝜏)⏟ 
𝑛
 
 𝐼𝑚(𝜎 ∘ 𝜏) = 𝕃 
 ∴ 𝜎 ∘ 𝜏 é sobrejetora. ∎ 
 
b) se 𝝈 ∈ 𝑨𝒖𝒕𝕂(𝕃) então 𝝈
−𝟏 ∈ 𝑨𝒖𝒕𝕂(𝕃). 
Note que sabemos que 𝝈 tem inversa porque 𝝈 é bijetora, mas não sabemos se sua inversa 
também é 𝕂-automorfismo. Uma ideia para provar este item: para a soma, por exemplo, temos 
𝝈−𝟏(𝒂 + 𝒃) = 𝝈−𝟏(𝝈 (𝝈−𝟏(𝒂)) + 𝝈 (𝝈−𝟏(𝒃))) pois 𝝈 (𝝈−𝟏(𝒙)) = 𝝈−𝟏(𝝈(𝒙)) = 𝒙 para todo 
𝒙 ∈ 𝕃. Agora use o fato que 𝝈 é 𝕂-automorfismo e prossiga com os cálculos. 
→ ∀ 𝑥 ∈ 𝕃 
𝜎−1(𝜎(𝑥)) = 𝑥 
Sejam 𝑎1, 𝑎2 ∈ 𝕃 
𝜎(𝑎1) = 𝑏1 e 𝜎(𝑎2) = 𝑏2 
𝜎−1(𝑏1 + 𝑏2) = 𝜎
−1(𝜎(𝑎1) + 𝜎(𝑎2)) = 𝜎
−1(𝜎(𝑎1 + 𝑎2)) = 𝑎1 + 𝑎2 = 
𝜎−1(𝑏1) + 𝜎
−1(𝑏2) 
𝜎−1(𝑏1. 𝑏2) = 𝜎
−1(𝜎(𝑎1). 𝜎(𝑎2)) = 𝜎
−1(𝜎(𝑎1. 𝑎2)) = 𝑎1. 𝑎2 = 
𝜎−1(𝑏1). 𝜎
−1(𝑏2) 
𝜎−1(1) = 𝜎−1(𝜎(1)) = 1 
Seja 𝑚 ∈ 𝕂 
𝜎−1(𝑚) = 𝜎−1(𝜎(𝑚)) = 𝑚 
∴ 𝜎−1 ∈ 𝐴𝑢𝑡𝕂(𝕃). ∎