UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINASANA RACHEL BRITO DE PAULAMAIARA FRANCINE BOLLAUFMARIA ANGÉLICA ARAUJOSAMUEL AUGUSTO WAINER

ANÉIS COM IDENTIDADES POLINOMIAIS

CAMPINAS - SP2012

ANA RACHEL BRITO DE PAULAMAIARA FRANCINE BOLLAUFMARIA ANGÉLICA ARAÚJOSAMUEL AUGUSTO WAINER

ANÉIS COM IDENTIDADES POLINOMIAISTrabalho apresentado na dis iplina de Anéis eCorpos, da Universidade Estadual de Campinassob a orientação do professor Dr. FernandoEduardo Torres Orihuela.

CAMPINAS - SP2012

IntroduçãoAs identidades polinomiais são um ramo do estudo da Teoria de Anéisdentro da Álgebra, que também é onhe ida omo PI- Álgebra. Essas identidades omeçaram a ser estudadas om mais a�n o por volta do ano de 1930, sendo porisso onsideradas uma área re ente de pesquisas em Álgebra.Segundo Gonçalves (2009), a lasse das PI-Álgebras envolve tópi os emálgebras matri iais, em dimensão �nita, bem omo em álgebras omutativas. Cabea essa monogra�a de�nir e apresentar alguns resultados dentro do on eito deidentidade polinomial.De maneira simples, de�nem-se estruturas de anéis munidos de identidadespolinomiais. Alguns nomes importantes nesse estudo são o de Ja obson, Levitzkie Kaplansky. Esse trabalho, de modo parti ular, refere-se à pesquisa do primeirodeles, onde está expli itado que se R é um anel tal que para todo a ∈ A existen(a) ∈ N tal que an(a) = a então R é omutativo.De a ordo om esse norte, desenvolveremos a teoria essen ial para que esseteorema seja ompreendido na íntegra. Essa monogra�a divide-se em três apítu-los: no primeiro apresentaremos a motivação para esse estudo e no segundo estaráo embasamento teóri o ne essário para a apresentação do Teorema de Ja obson epor �m, um apítulo om onsiderações adi ionais que omplementarão o que foiexposto.

2

Capítulo 1MotivaçãoObserve o exemplo a seguir.Exemplo 1. Seja R uma anel, se ∀a ∈ R, a2 = a e então A é omutativo.Como a2 = a, ∀a ∈ R, em parti ular(a+ a)2 = (2a)2 = 2a⇒ 4a2 = 2a⇒ 4a = 2a⇒ 2a = 0,ou seja, a = −a, ∀a ∈ R. Temos ainda que

(a + b)2 = a+ b⇒ a2 + ab+ ba + b2 = a+ b ⇒ a+ ab+ ba + b = a+ b

⇒ ab+ ba = 0 ⇒ ab = −baComo ba = −ba on luímos que ab = ba, portanto R é omutativo.A identidade polinomial a2 − a = 0 garantiu a omutatividade no anelnos leva a pensar se outras identidades também terão o mesmo efeito. De formanatural adi ionamos 1 ao expoente, passamos assim para o próximo exemplo.Exemplo 2. Seja R um anel tal que ∀a ∈ R a3 = a, então R é omutativo.Temos que (3a)3 = 3a ⇒ 9a3 = 3a ⇒ 9a = 3a ⇒ 6a = 0, ∀a ∈ A. Fazendo(a2 − a)3 = a2 − a obtemos:(a2−a)3 = a2−a⇒ (a2−a)(a2−a)2 = a2−a⇒ (a2−a)(a4−2a3+a2) = a2−a⇒3

⇒ (a2 − a)(2a2 − 2a) = a2 − a⇒ 2a4 − 2a3 − 2a3 + 2a2 = a2 − a⇒ 3a2 = 3a.Considere agora o onjunto 3R = {3a|a ∈ R} omo 3a + 3b = 3(a +

b) e 3a3b = 3(3ab) om a, b ∈ A temos que 3R é subanel de R. Olhando agora pra3R omo um anel próprio observarmos que (3a)2 = 9a2 = 6a2 + 3a2 = 3a2 = 3aassim pelo exemplo anterior 3R é omutativo. Então

3a3b = 3b3a⇒ 9ab = 9ba⇒ 6ab+ 3ab = 6ba+ 3ba⇒ 3ab = 3ba, ∀a, b ∈ R.Deixemos as igualdades onseguidas de lado por uns instantes. Temos aindaque:(a+b)3 = a+b ⇒ (a+b)(a2+ab+ba+b2) = a+b ⇒ a3+a2b+aba+ab2+ba2+bab+

+b2a + b3 = a+ b⇒ a2b+ aba + ab2 + ba2 + bab + b2a = 0 (1)e(a−b)3 = a−b ⇒ (a−b)(a2−ab−ba+b2) = a−b⇒ a3−a2b−aba+ab2−ba2+bab+

+b2a− b3 = a− b⇒ −a2b− aba + ab2 − ba2 + bab+ b2a = 0. (2)Fazendo (1)-(2) obtemos, 2(a2b+ aba + ba2) = 0, multipli ando por a pelaesquerda e pela direita obtemos, respe tivamente:2a(a2b+ aba + ba2) = 0 ⇒ 2(a3b+ a2ba+ aba2) = 0 (3)e2(a2b+ aba + ba2)a = 0 ⇒ 2(a2ba + aba2 + ba3) = 0 (4)Fazendo (3)-(4) obtemos:

2a3b+ 2a2ba+ 2aba2 − 2a2ba− 2aba2 − 2ba3 = 0 ⇒ 2a3b− 2ba3 = 0

⇒ 2ab− 2ba = 0 ⇒ 2ab = 2ba.

4

Finalmente,ab = 3ab− 2ab = 3ba− 2ba = ba, ∀a, b ∈ R.Podemos observar dos exemplos que o segundo aso foi um pou o mais ompli ado que o primeiro e � amos om a dúvida na abeça, será que é possívelgeneralizar? A resposta é sim. Em fato se R é um anel tal que para todo a ∈ Aexiste n(a) ∈ N tal que an(a) = a então R é omutativo. Na verdade esse resultadoé um teorema do matemáti o Ja obson.

5

Capítulo 2Um teorema de Ja obsonAssumiremos nesse trabalho o Teorema de Weddeburn enun iado a seguir.Teorema 1. Todo anel de divisão �nito é orpo.A demonstração do teorema en ontra-se no Capítulo 3.Mostraremos primeiro o teorema de Ja obson para o aso dos anéis dedivisão. Para tanto pre isaremos de uma série de lemas té ni os.Lema 1. Dado um orpo �nito F e um subgrupo G⊳ F ∗ do grupo multipli ativo(F ∗ = F \ {0}), G é í li o.Demonstração: Primeiramente, vamos mostrar que F ∗ é í li o.Sejam |F ∗| = n e o(b) = d, onde b ∈ F ∗. Queremos mostrar que existea ∈ F ∗ tal que o(a) = n. Se b ∈ F ∗ e o(b) = d, pelo Teorema de Lagrange temosque d|n. Considerando ψ(d) = #{b ∈ F ∗|o(b) = d}, on luímos que

n =∑

d|n

ψ(d) (3).Se o(b) = d então para todo i ∈ {1, 2, . . . , d} bi satisfaz (bi)d = 1. De fato,(bi)d = 1 = (bb . . . b

︸ ︷︷ ︸

i vezes

)d = bb . . . b︸ ︷︷ ︸

id vezes

= (b . . . b︸ ︷︷ ︸

d vezes

)i = (bd)i = (1)i = 1.Assim, b, b2, . . . , bd são raízes do polin�mio f(x) = xd − 1 om f(x) ∈ F [x].Já que F é orpo, o polin�mio f(x) tem exatamente d raízes, assim b, b2, . . . , bd6

são todas as raízes de f(x). Garantimos então que todos os elementos de ordemd são da forma bi, i ∈ {1, 2, . . . , d}, pois se existisse um β 6= bi tal que o(β) = d opolin�mio f(x) teria d+ 1 raízes, o que não pode o orrer.Temos ainda que o(bi) = d

(i,d)daí,

o(bi) = d⇔d

(i, d)= d⇔ (i, d) = 1. (4)Considere a agora ϕ : N −→ N a função de Euler, isto é, ϕ(m) = #{k ∈

N|1 ≤ k ≤ n e (k,m) = 1}. Temos por (4) queψ(d) = ϕ(d) (5)se ψ(d) > 0, om d|n.Vamos mostrar quen =

∑

d|n

ϕ(d) (6)Considere as n frações 1n, 2n, . . . .n

n. Reduzindo-as k

n= i

d, onde 1 ≤ i ≤

d, (i, d) = 1 e d|n ada denominador d apare e ϕ(d) vezes, assim ∑

d|n

ϕ(d) = n.Por (5) e (6) temos quen =

∑

d|n

ψ(d) ≤∑

d|n

ϕ(d) = nassim ψ(d) ≥ 1 para todo d tal que d|n. Em parti ular, ψ(n) ≥ 1, então existea ∈ F ∗ tal que o(a) = n. Logo, F ∗ í li o, pois F ∗ =< a >.Suponha que G ⊳ F ∗ não seja í li o, então existe α ∈ G ⊂ F ∗ tal queα 6= ak, absurdo! Portanto, G é í li o. �Lema 2. Se D é um anel de divisão de ara terísti a p 6= 0 e G⊳D∗ é um subgrupo�nito de D∗, então G é abeliano.Demonstração: Seja h : Z −→ D tal que h(n) = n1, se n é positivo,h(n) = −n(−1) se n é negativo e h(0) = 0. h é homomor�smo. De fato, sejam7

m,n ∈ Z temos:h(n+m) = (n+m)1 = 1 + · · ·+ 1

︸ ︷︷ ︸

n vezes

+1 + · · ·+ 1︸ ︷︷ ︸

m vezes

= n1 +m1 = h(n) + h(m)eh(nm) = 1 + · · ·+ 1

︸ ︷︷ ︸

nm vezes

= (1 + · · ·+ 1)︸ ︷︷ ︸

n vezes

(1 + · · ·+ 1)︸ ︷︷ ︸

m vezes

= (n1)(m1) = h(n)h(m).Dados h(n), h(m) ∈ Im(h) temos que:h(n) + h(m) = h(n+m)e

h(n)h(m) = h(nm) ∈ Im(h), h(nm) = h(mn) = h(m)h(n).Assim, Im(h) é subanel omutativo de D, dessa forma Im(h) ⊂ Z(D).Temos ainda que Z/Ker(h) ∼= Im(h) ⊂ Z(D). Ker(h) 6= {0}, porque aso ontrário teríamos de ter ara terísti a de D igual a 0 pois nenhum inteiro, amenos de 0, levaria a unidade em 0. Assim Ker(h) = pZ om p primo e Z/Ker(h) =Zp

∼= Im(h) ⊂ Z(D). Con luímos então que sendo P ⊂ Z(D) o orpo primo deD, P ∼= Zp e portanto �nito.Considere o onjunto A =

{n∑

i=1

αigi |αi ∈ P, gi ∈ G

}, onde todas as somassão �nitas. Observe que A é �nito, pois omo P eG são �nitos há uma possibilidade�nita de diferentes αigi, se tomarmos a ∈ A tal que a é a soma de todos os dife-rentes tipos de αigi, ao a res entarmos uma par ela a a,um erto αkgk, fatalmenteapare erá 2(αkgk), somando αkgk p vezes teremos que p(αkgk), mas a ara terísti ade D∗ é p e αigi ∈ D∗, ou seja, p(αkgk = 0), assim só é possível fazer um número�nito de somas distintas.A�rmamos que A é subanel de D. De fato, sejam k∑

i=1

αigi ,

m∑

i=1

βipi ∈ A

8

temos que:k∑

i=1

αigi +m∑

i=1

βipi = α1g1 + · · ·+ αkgk + β1p1 + · · ·+ βmpm =k+m∑

i=1

γiqi ∈ A, onde γiqi = αigi ≤ i ≤ k e γiqi = βi−kpi−k, k + 1 ≤ i ≤ m+ k. Além disso,k∑

i=1

αigi

m∑

i=1

βipi =k∑

i=1

αigi(β1p1 + · · ·+ βmpm)

=k∑

i=1

αigi(β1p1) + · · ·+k∑

i=1

αigi(βmpm)

= (α1g1 + · · ·+ αkgk)β1p1 + · · ·+ (α1g1 + · · ·+ αkgk)βmpm

= α1β1g1p1 + · · ·+ αkβ1gkp1 + · · ·+ α1βmg1pm + · · ·+ αkβmgkpm

=km∑

i=1

γiqi ∈ Apois αiβj ∈ P e gipj ∈ G.Dessa forma A é ele próprio um anel de divisão �nito, assim pelo Teoremade Wedderburn, A é orpo. Como G é subgrupo de A∗, pelo Lema 1 G é í li o,e portanto abeliano. �Lema 3. Seja D um anel de divisão de ara terísti a p 6= 0 e Z = Z(D) o entrode D.Suponha que a ∈ D, a 6∈ Z é tal que apn = a para algum n ∈ N, n ≥ 1. Entãoexiste x ∈ D tal que xax−1 = ai 6= a para algum inteiro i.Demonstração: Seja δ : D −→ D dada por δ(x) = xa−ax para todo x ∈ D.(Denotaremos δ(x) por xδ para enfatizar a ação da função omo um produto àdireita de x). Vamos agora observar as omposições de δ om ela mesma:xδ = xa− ax

xδ2 = δ(δ(x)) = x(xa−ax)−(xa−ax)x = x2a−xax−xax−ax2 = x2a−2xax−ax2

xδ3 = δ(δ(δ(x))) = xa3 − 3axa2 + 3a2xa− a3x9

Suponha que xδk =

k∑

i=0

(−1)i(k

i

)

aixak−i para algum k ≥ 1. Então:xδk =

[k∑

i=0

(−1)i(k

i

)

aixak−i

]

a− a

[k∑

i=0

(−1)i(k

i

)

aixak−i

]

=k∑

i=0

(−1)i(k

i

)

aixak+1−i −k∑

i=0

(−1)i(k

i

)

ai+1xak−i

=

(k

0

)

xak+1 +

k∑

i=1

(−1)i(k

i

)

aixak+1−i −k−1∑

i=0

(−1)i(k

i

)

aixak−i − (−1)k(k

k

)

ak+1x

= xak+1 +

k∑

i=1

(−1)i(k

i

)

aixak+1−i −k∑

i=1

(−1)i−1

(k

i− 1

)

aixak−(i+1) + (−1)k+1xak+1ak+1x

= xak+1 +

k∑

i=1

(−1)i[(k

i

)

+

(k

i− 1

)]

aixak+1−i + (−1)k+1ak+1x

= xak+1 +

k∑

i=1

(−1)i(k + 1

i

)

aixak+1−i + (−1)k+1ak+1x

=

k+1∑

i=0

(−1)i(k + 1

i

)

aixak+1−i.Assim pelo 1o prin ípio da indução temos xδN =

N∑

i=0

(−1)i(N

i

)

aixaN−i (†)para todo N ∈ N.Se N = p é um número primo, então p|(pi

) para todo i ∈ {1, . . . , p − 1}.Neste aso xδp = xap+(−1)papx. Se CarD=2, então xδ2 = xa2+a2x = xa2−a2x.Se p for um primo ímpar então xδp = xap − apx.Fazendo ap = b temos que xδp = xb − bx. Repetindo o argumento a imaobtemos xδp2 = xbp − bpx = xap2− ap

2x. Apli ando novamente o 1o prin ípio deindução obtemos a igualdade xδpk = xapk

− apk

x, k ≥ 1.O entro Z de D é um orpo de ara terísti a p 6= 0. Seja P o orpo primode D, vimos no Lema 2 que se CarD = p então P ∼= Zp, ou seja, P é �nito.Considere a ∈ D o elemento do enun iado, omo a 6∈ Z, temos que a 6∈ P .Por hipótese existe n(a) > 0 ∈ N tal que an(a)−a = 0. Assim a é raiz do polin�mio10

Xn(a) −X ∈ P [X ], logo a é algébri o sobre P.Seja P (a) = {f(a)| f(X) ∈ P [X ]}. Note que P (a) ⊂ D e P (a) também ésubanel de D. De fato, sejam f(X), g(X) ∈ P [X ]. Como f(a), g(a) ∈ P (a), temosque f(a) + g(a) = (f + g)(a) ∈ P [a] e f(a)g(a) = (fg)(a) ∈ P [a].Desta forma para P (a) ser orpo falta apenas a omutatividade, sejam entãof(a) = b0+ b1a+ · · ·+ bma

m e g(a) = c0+ c1a+ · · ·+ clal elementos de P (a) temos:

f(a)g(a) = (b0 + b1a+ · · ·+ bmam)(c0 + c1a+ · · ·+ cla

l)

= b0c0 + b0c1a+ · · ·+ b0cla+ · · ·+ bmamc0 + bma

mc1a+ · · ·+ bmamcla

l

= c0b0 + c1ab0 + · · ·+ clalb0 + · · ·+ c0bma

m + c1abmam + · · ·+ cla

lbmam

= (c0 + c1a+ · · ·+ clal)(b0 + b1a+ · · ·+ bma

m)

= g(a)f(a).Vamos onsiderar P (a) um espaço vetorial sobre P tal que dimP (a) = m,temos então que |P (a)| = pm. O grupo multipli ativo P (a)∗ tem pm−1 elementos,na demonstração do Lema 1 vimos que P (a)∗ é í li o, assim, apm−1 = 1, o queimpli a apm = a. Dessa forma temos que:xδp

m

= xapm

− apm

x = xa− ax = xδ, ∀x ∈ D,ou seja δpm = δ. (7)Se λ ∈ P (a), então (λx)δ = (λx)a−a(λx) = λ(xa)−λ(ax) = λ(xa−ax) =

λ(xδ). Seja λI : D −→ D dada por λI(x) = λx, ∀x ∈ D.Para todo λ ∈ P (a), λI temos que (xλI)δ = (λx)δ = λxa − aλx = λ(xa−

ax) = (xa− ax)λI = (xδ)λI, isto é, λI omuta om δ.Dado o polin�mio tpm−t om oe� ientes em P , omo todos os elementos deP (a) satisfazem ap

m

= a e, omo |P (a)| = pm, as raízes de tpm − t são exatamenteos elementos de P (a), assim:tp

m

− t =∏

λ∈P (a)

(t− λ) em P (a). (8)Além disso, por (10), (δpm − δ) = 0. Por outro lado, (δpm − δ) = (∏

λ∈P (a)

(δ−11

λI)), por (11), assimx(δp

m

− δ) = x(∏

λ∈P (a)

(δ − λI)) = 0 (9)Temos que δ 6= 0, aso ontrário teríamos xδ = 0, ∀xinR e daí xa−ax = 0 ⇒

xa = ax ⇒ a ∈ Z. De (7) on luímos que 0 = x(δpm

− δ) = x(∏

λ∈P (a)

(δ − λI))∀x ∈

R. (9)Como δ 6= 0 e ∏

λ∈P (a)

(δ − λI) = 0 existe um produto �nito "interme-diário" om o menor número de fatores que é identi amente nulo. Seja δ(δ −

λ1I) . . . (δ − λkI) (∗) esse produto , isto é, a função (*) é identi amente nula, omo δ 6= 0 temos k ≥ 1. Existe, então, r ∈ D tal que:rδ(δ − λ1I) . . . (δ − λk−1I) = w 6= 0e

w(δ − λkI) = 0.Isto signi� a quew(δ − λkI) = 0 ⇔ wδ = xλkI ⇔ wa− aw = λkw, com λk 6= 0.Como w 6= 0 segue quewa− aw = λkw ⇒ wa = λkw + aw ⇒ waw−1 = λk + a 6= a.Note que λk + a ∈ P (a).Finalmente, já que P (a) é um orpo �nito, se b ∈ P (a) e o(b) = o(a), então omo vimos no Lema 2 b = ai para algum i, logo o(waw−1) = o(a). Se o(a) = d,então (waw−1)d = (waw−1) . . . (waw−1)

︸ ︷︷ ︸

d vezes

= wadw−1 = w1w−1 = 1. Portanto,waw−1 = ai para algum i. �Após tantos lemas té ni os, hegamos a uma proposição que á versão doteorema de Ja obson para anéis de divisão.12

Proposição 1. Seja D um anel de divisão om a seguinte propriedade, para adaa ∈ D existe um inteiro n(a) > 1 tal que an(a) = a. Então D é orpo.Demonstração: Primeiro vamos mostrar que D tem ara terísti a prima.1 ∈ D ⇒ 2 ∈ D, pois, 2 = 1 + 1. Por hipótese existe algum inteiro m > 1 tal que2m = 2. Se CarD = 0, então omo já vimos, o orpo primo P ⊂ D seria isomorfoa Q. Mas em Q, m > 1 ⇒ 2m > 2. Dessa forma a igualdade 2m = 2 impli aCarD = p 6= 0.Suponha que D não é omutativo, então sendo Z = Z(D) o entro de D,Z 6= D, logo existe a ∈ D tal que a 6∈ Z. Sabemos que existe n(a) > 1 tal quean(a) = a, isso nos diz que a é raiz do polin�mio xn(a) − x ∈ P [x], ou seja a éalgébri o sobre P. Isso impli a que P (a) é um orpo �nito om ps elementos, ondep é a ara terísti a de D e s é a dimensão de P (a) visto omo um espaço vetorialsobre P . Assim ap

s

= a.Dessa forma a satisfaz as hipóteses do Lema 3, logo existe b ∈ D tal quebab−1 = aiAs relações an(a) = a, bn(b) = b e bab−1 = ai impli am que a e b geramum subgrupo �nito de D∗ om a multipli ação. Chamaremos de n(a) − 1 =

m e n(b)−1 = n assim am = 1 e bn = 1. SejaG =< a, b > e N =< a >. A�rmamosque N é subgrupo normal de G. De fato, se y ∈ G temos que y = t1 . . . tl ondeti ∈ a, b, pois a−1 = am−1 e b−1 = bn−1. Assim há duas possibilidades para y,terminar em a ou b. Se y = t1 . . . a⇒ y−1 = a−1, daí

yNy−1 = t1 . . . aNa−1 . . . t−1

1Note que a e a−1 serão absorvidas pelo N pois a, a−1 ∈ N , e isso ontinuaráa onte endo até que apareça um b. O que nos leva ao segundo aso. Antes observeque (bab−1)k = aik e (bab−1)k = (bab−1) . . . (bab−1)︸ ︷︷ ︸

k vezes

= bakb−1, ou seja, bakb−1 =

aki (∗). Se y = t1...b e y−1 = b−1 . . . t−11 , então

yNy−1 = t1 . . . bNb−1 . . . t−1

1 .Por (*), N absorve b e b−1, não importando a poten ia de a que apareça. Con luí-13

mos então que yNy−1 ⊂ N para todo y ∈ G. Logo, N ⊳G.Dessa forma podemos fazer o quo iente de G por N . Observe que todas aspoten ias de a se tornam unidades, pois aiN = aN = N . As lasses restantes sãoda forma bjH , omo bi 6= bj ⇒ biN 6= bjN , existem m lasses distintas. AssimN parti iona G em m partes. Como todo elemento perten e a uma úni a lassee ada lasse tem |N | = n elementos temos que |G| = nm. Portanto, G é �nito omo queríamos mostrar.Pelo Lema 1, G é abeliano, daí omo a, b ∈ G temos ab = ba, porémba = aib 6= ab. Absurdo! O absurdo veio de supormos que Z 6= D, portanto D é orpo. �Faremos em breve o teorema de Ja obson para o aso geral, a �m de fa ilitara demonstração provaremos primeiro alguns lemas. A partir de agora R é um aneltal que, para todo a ∈ R existe n(a) ∈ Z, n(a) > 1 que depende de a tal quean(a) = a, a menos que se diga o ontrário.Lema 4. Todo ideal a direita de R é um ideal bilateral.Demonstração: Seja a ∈ R, por hipótese existe n(a) > 1 inteiro tal quean(a) = a. Sendo 0 o elemento neutro da adição se a2 = 0, então

a = an(a) = a2an(a)−2 = 0an(a)−2 = 0.Con luímos tão quea ∈ R e a2 = 0 ⇒ a = 0. (1)Suponha que exista e ∈ R tal que e2 = e. Dado x ∈ R temos que:

(xe− exe)2 = (xe− exe)(xe − exe)

= xexe− xe2xe− exexe + exe2xe

= xexe− xexe− exexe + exexe

(xe− exe)2 = 0

14

Analogamente, (ex− exe)2 = 0. Por (1) temos que(xe− exe)2 = 0 ⇒ xe− exe = 0 ⇒ xe = exee(ex− exe)2 = 0 ⇒ ex− exe = 0 ⇒ ex = exe.Assim ex = xe para qualquer x ∈ R, portanto e ∈ Z(R), resumindo

e ∈ R e e2 = 2 ⇒ e ∈ Z(R). (2)Chamando n(a) = n tal que an = a e an−1 = b, segue que:b2 = an−1an−1 = (a . . . a)

︸ ︷︷ ︸

n−1 vezes

(a . . . a)︸ ︷︷ ︸

n−1 vezes

= an (a . . . a)︸ ︷︷ ︸

n−2 vezes

= a (a . . . a)︸ ︷︷ ︸

n−2 vezes

= an−1 = bPor (2) temos que b = an−1 ∈ Z(R).Feito tudo isso podemos on luir o lema.Seja I ⊂ R um ideal a direita de R. Dados a ∈ I e x ∈ R temos:xa = xan = xan−1a = an−1xa = a(an−2xa)

︸ ︷︷ ︸

x′

= ax′, comx′ ∈ R.Então xa = ax′ ∈ I, logo é ideal a esquerda e portanto é ideal bilateral de R. �Lema 5. Se R possuir unidade, então para todo x, y ∈ R temos que xy− yx ∈Mpara todo M ideal maximal de R.Demonstração: Primeiro vamos veri� ar o aso em que R possui apenas osideais triviais. Se isso a onte e R é um anel de divisão, pois, dado x 6= 0 ∈ R Iideal gerado por x é o próprio R daí omo 1 ∈ R existe y ∈ R tal que xy = 1, istoé, todo elemento x 6= 0 possui inverso. Pela proposição 1 R é orpo e xy − yx =

0 ∈ (0) =⋂M , onde M é ideal maximal.Suponha então que R admite ideais a direita diferentes do triviais. Seja

{Iλi} om λi ∈ Λ tal que i < j então Iλi

⊂ Iλj, então pelo Lema de Zorn existe

M ideal a direita maximal. Pelo lema 4 M é bilateral, podemos então fazer oquo iente R/M . 15

R/M om as operações de lasses usuais é anel de divisão. De fato, R/Mé um anel om unidade é fá il per eber, a unidade é a lasse do 1, nos resta entãomostrar que todo elemento possui inverso e que não existe divisores de 0. Para todoelemento a ∈ R, existe n(a) ∈ Z tal que an(a) = a ⇒ an(a)−1 = 1 ⇒ an(a)−2a = 1,quando passamos para o quo iente obtemos: an(a)−1 = 1 ⇒ an(a)−2a = 1 ⇒

an(a)−2a = 1. Assim todo a ∈ R/M possui inverso. Sejam a, b ∈ R/M tais queab = 0 temos então que ab = 0 ⇔ ab ∈ M omo M é ideal maximal segue queab ∈ M ⇒ a ∈M ou b ∈M ⇒ a = 0 ou b = 0.De orrendo da hipótese de R, para todo a existe um inteiro n(a) tal quean(a) = a. Assim, R/M atente as hipóteses da proposição 1 R/M é orpo, daí:

xy = yx⇒ xy − yx = 0 ⇒ xy − yx = 0 ⇒ xy − yx ∈M,para todo M ideal Maximal. �Teorema 2. Se R tem unidade, então R é omutativo.Demonstração: Seja x 6= 0 ∈ R. Suponha por absurdo que x ∈⋂M , onde

M é ideal maximal. Seja n = n(x) ∈ Z tal que xn = x e e = xn−1. Vimosanteriormente que e2 = e.Se x ∈ M , então e ∈ M . Dessa forma e 6= 0, pois aso ontrário teríamose = o⇒ xe = 0 ⇒ xxn−1 = 0 ⇒ xn = 0 ⇒ x = 0. Daí, −e ∈M.Seja 1 a unidade, se 1 − e ∈ M , para algum ideal maximal de R, teríamos(1 − e) + e = 1 ∈ M , absurdo! Portanto, 1 − e 6∈ M para todo ideal Maximal.Dessa forma o ideal gerado por 1 − e é o anel todo, isto é, (1 − e)R = R. Assim,deve existir r ∈ R tal que (1− e)r = r. Segue que:

0 = e− e2 ⇒ e(1− e) = 0 ⇒ e(1− e)r = 0 ⇒ e2 = 0 ⇒ e = 0.Absurdo! Assim, ⋂M = (0), om M ideal maximal.Pelo lema 5 para todo x, y ∈ R temos xy − yx ∈⋂M = (0) ⇒ xy − yx =

0 ⇒ xy = yx. Portanto, R é omutativo. �Teorema 3. R é omutativo.Demonstração: Se R possuir unidade utilizarmos o teorema 2, vamos entãoadmitir que R não possui unidade. 16

Por hipótese dado a ∈ R existe n(a) = n ∈ Z tal que an = a. Vimos quese e = an−1 então e = e2 e e ∈ Z(R). Dado A = eR = Re = {ex|x ∈ R} =

{xe|x ∈ R}. Note que dados xe, ye ∈ A temos que xe + ye = (x + y)e ∈ A exeye = (xy)e2 = (xy)e ∈ A, assim A é subanel de R.Seja a ∈ A, existe então r ∈ R tal que re = a. Daí ae = (re)e = re2 = re =

a e ea = e(re) = re2 = re = e. Dessa forma, analisando A um anel, om unidadeigual a e, A é omutativo pelo teorema 2.Dados x, y ∈ R temos que temos que (xy)e = xyee = (xe)(ye) = (ye)(xe) =

(xy)ee = (xy)e2 = (xy)e ⇒ (xy − yx)e = 0 para todos x, y ∈ R e todo e ∈ R talque e2 = e.Por hipótese existe s > 1 ∈ Z tal que (xy − yx)s = xy − yx. Seja e1 =

(xy − yx)s−1, omo e21 = e1 temos:(xy−yx)e1 = 0 ⇒ (xy−yx)(xy−yx)s−1 = 0 ⇒ (xy−yx)s = 0 ⇒ xy−yx = 0 ⇒ xy = yx.Portanto, R é omutativo. �

17

Capítulo 3Considerações adi ionaisTeorema 4. (Teorema de Wedderburn) Todo anel de divisão �nito é orpo.Demonstração: Seja R um anel de divisão �nito. Para ada s ∈ R de�naCs = {x ∈ R|xs = sx}, Cs é hamado de entralizador de s.A�rmamos que Cs é subanel de R. De fato: Cs 6= ∅, pois ontém 0 e 1, issoporque ambos omutam om todo elemento de R e em parti ular omutam om s.Sejam x, y ∈ Cs temos que:(i) x+ y ∈ Cs pois, (x+ y)s = xs + ys = sx+ sy = s(x+ y)(ii) xy ∈ Cs pois, (xy)s = x(ys) = x(sy) = (xs)y = (sx)y = s(xy) .Considere agora Z o Centro de R, isto é, o onjunto dos elementos de R que omutam om todos os elementos, podemos es rever o Centro omo Z =

⋂

s∈R

Cs.0 ∈ Z e 1 ∈ Z pois 0, 1 ∈ Cs, ∀s ∈ R. Sejam x, y ∈ Z e a ∈ R temos que:x, y ∈ Cs, ∀s ∈ R mas Cs é subanel, assim x + y, xy ∈ Cs, ∀s ∈ R, ou seja,x + y, xy ∈ Z. Dessa forma, Z é um subanel de R e assim, herda todas aspropriedades de anel de divisão de R e omo todos os seus elementos omutam, Zé orpo �nito. Considere |Z| = q.Considerando R um espaço vetorial sobre Z de dimensão n, podemos obser-var que ada elemento r ∈ R é es rito omo uma ombinação linear dos elementosde uma base {r1, r2, . . . , rn} om oe� ientes em Z, ou seja, r = α1r1+α2rr+ · · ·+

αnrn. Para ada oe� iente há q opções, donde on luímos que |R| = qn.Analogamente, se onsiderarmos para ada s, Cs um espaço vetorial sobreZ de dimensão ns temos que |Cs| = qns 18

Para gerar uma ontradição vamos supor que R não é orpo, então existealgum s ∈ R tal que Cs 6= R, ou ainda, ns < n.No onjunto R∗ := R \ {0} onsidere a relação r′ ∼ r :⇔ r′ = x−1rx, paraalgum x ∈ R∗.A�rmação 1: ∼ é uma relação de equivalên ia.(i) r ∼ r, pois r = 1−1r1(ii) r′ ∼ r ⇒ r ∼ r′, pois r′ = x−1rx ⇒ xr′ = rx⇒ xr′x−1 = r ⇒ (x−1)−1r′x−1 =

r(iii)r ∼ r′ e r′ ∼ r′′ ⇒ r ∼ r′′, pois r ∼ r′ ⇒ r = x−1r′x e r′ ∼ r′′ ⇒ r′ =

y−1r′′y ⇒ r = x−1(y−1r′′y)x = (x−1y−1)r′′(yx) = (yx)−1r′′(yx).Considere As := {x−1sx|x ∈ R∗} a lasse de equivalên ia ontendo s. Noteque, quando s ∈ Z, |As| = 1. Então, pelo que assumimos, existe pelo menos ums ∈ R∗ tal que |As| ≥ 2. Para ada s ∈ R∗ de�na a apli ação:

fs : R∗ −→ As

x 7−→ x−1sxObservamos que ada elemento de As é determinado por um elemento deR∗ pela própria de�nição de As, dessa forma ada elemento é imagem de algum xem R∗, logo fs é sobrejetiva.Note que:x−1sx = y−1sy ⇔ x−1s = y−1syx−1 ⇔ yx−1s = syx−1 ⇔ yx−1 ∈ C∗

s ⇔ y ∈ C∗sx ,onde C∗

sx = {zx|z ∈ C∗s} e |C∗

sx| = |C∗s |. Em outras palavras elementos deimagens iguais perten em a C∗

sx. Dessa forma, qualquer elemento x−1sx é imagemde exatamente |C∗s | = qns − 1 elementos de R∗ por fs.Todo elemento de R∗ está asso iado a algum elemento de As, e ada ele-mento de As está asso iado a |C∗

s | elementos, então|R∗| = |C∗

s |+ |C∗s |+ · · ·+ |C∗

s |︸ ︷︷ ︸

|As|vezes

⇒ |R∗| = |As||C∗s | ⇒ |As| =

|R∗|

|C∗s |

=qn − 1

qns − 1,Como |As| é inteiro, qns − 1 divide qn − 1.19

Sabemos que as lasses de equivalên ia parti ionaram R∗, Agrupando todosos elementos de Z∗ e hamando A1, . . . , At as lasses om mais de 1 elemento,podemos es rever |R∗| = |Z∗|+t∑

i=1

|Ai|, ou seja,qn − 1 = q − 1 +

t∑

i=1

qn − 1

qni − 1, (1)onde qn−1

qni−1> 1, para todo i ∈ {1, . . . , t}.Explorando um pou o mais o fato da fração qn−1

qni−1ser inteira temos a se-guinte onsequên ia:A�rmação 2: Se qni − 1|qn − 1 então ni|n. (2)Para provar a a�rmação es reva n = ani + r om 0 ≤ r < ni, temos então

qni − 1|qani+r − 1 ⇒ qni − 1|qani+r − 1− (qni − 1) ⇒ qni − 1|qaniqr − qni ⇒

⇒ qni − 1|qni(q(a−1)ni+r − 1). (⋆)Como (qni − 1, qni) = 1 segue queqni − 1|q(a−1)ni+r − 1.Já vimos a ima que qni − 1 divide q(a−1)ni+r − 1 repetindo o pro edimento de (⋆)obtemos

qni − 1|q(a−1)ni+r − 1 ⇒ qni − 1|q(a−1)ni+r − 1− (qni − 1) ⇒

⇒ qni − 1|qni(q(a−2)ni+r − 1) ⇒ qni − 1|q(a−2)ni+r − 1.Após "a"repetições desse pro edimento obtemos �nalmente qni − 1|q(a−a)n1+r − 1,isto é, qni − 1|qr − 1 omo 0 ≤ r < ni, o úni o valor que r pode assumir é 0, dessaforma ni|n.Vamos deixar as informações onseguidas até aqui um pou o de lado etrabalhar om números omplexos.Considere o polin�mio xn − 1, suas raízes em C são hamadas raízes da20

unidade e tem a forma λk = e2kπin , om 0 ≤ k ≤ n− 1.Seja G = {λ0, λ1, . . . , λn−1}, onde λk é raiz de xn − 1. São válidas asseguintes propriedades:(i) λk(λlλm) = (λkλl)λm

λk(λlλm) = e2kπin (e

2lπin e

2mπin ) = e

2kπin e

2lπi+2mπin = e

2kπi+2lπi+2mπin = e

2kπi+2lπin e

2mπin =

(e2kπin e

2lπin )e

2mπin = (λkλl)λm(ii) λ0 é elemento neutro da operação, isto é, λ0 · λk = λk

λ0 · λk = e0πin e

2kπin = 1 · e

2kπin = e

2kπin = λk(iii) λn−k é o inverso de λk, om k 6= 0, isto é, λkλn−k = λ0

λn−k ∈ G pois λk ∈ G⇒ 1 ≤ k ≤ n−1 ⇒ −n+1 ≤ −k ≤ −1 ⇒ 1 ≤ n−k ≤ n−1.E λkλn−k = e2kπin e

2(n−k)πi

n = e2πi(k+n−k)

n = e2πinn = e2πi = 1 = λ0(iv) λ1 gera todos os elementos de G

(λ1)k = λ1 · . . . · λ1

︸ ︷︷ ︸

k vezes

= e2πin · . . . · e

2πin

︸ ︷︷ ︸

k vezes

= e

k vezes︷ ︸︸ ︷

2πi+ · · ·+ 2πin = e

2kπin = λk, ∀k, 1 ≤ k ≤

n− 1. Além disso (λ1)n = λn = e

2nπin = 1 = λ0Com essas quatro propriedades (G, ·) é grupo í li o, logo abeliano, om

|G| = n.Existe λk ∈ G de ordem d < n, isto é, (λk)d = 1 om d < n e d é o menorexpoente para o qual isso a onte e. Denotaremos a ordem de um elemento λkpor o(λk). Dado λ ∈ G tal que o(λk) = d, pelo Teorema de Langrange d|n, poiso(λk) = | < λk > |, logo o(λk)||G|. Agrupando todas as raízes de ordem d temos:

ϕd(x) =∏

o(λ)=d

(x− λ)Como ada raiz de xn − 1 tem uma ordem on luímos quexn − 1 =

∏

d|n

ϕd(x) (3)A�rmação 3: Os oe� ientes de ϕd são inteiros e o oe� iente independenteé -1 ou 1.Vamos demonstrar a a�rmação pro edendo por indução.i) Para d = 1 temos que 1 é a úni a raiz e ϕ1 = x− 1 ∈ Z[x]21

ii) Suponha agora que ϕk ∈ Z[x] om oe� iente independente igual á -1 ou 1para todo k < d. Por (3) temos que xn − 1 = p(x)ϕd(x), om p(x) =l∑

i=0

pixie ϕd(x) =

n−l∑

j=0

aixj , om p0 ∈ {−1, 1}. Da igualdade obtemos p0a0 = −1 omo

p0 ∈ {−1, 1} temos que a0 ∈ {−1, 1}.Suponha agora que a0, a1, . . . , ak−1 ∈ Z (note que estamos fazendo um outro pro- esso de indução). Temos que o oe� iente de de xk é 1, se k = n, -1 para k = 0,e 0 se 1 ≤ k ≤ n − 1. Supondo, sem perda de generalidade, que 1 ≤ k ≤ n − 1,temos quek∑

i=0

piak−i = 0 ⇒k∑

i=1

piak−i + p0ak = 0 ⇒k∑

i=1

piak−i = −p0ak.Como, por hipótese, a0, a1, . . . , ak−1 e pi ∈ Z obtemos p0ak ∈ Z e omo p0 ∈ {−1, 1}então ak ∈ Z. Mostramos assim que ϕd ∈ Z.Estamos nos aproximando do �m da demostração, vamos retomar a algumas on lusões do omeço. Sejam ni|n números que apare eram em (1), temos:xn − 1 =

∏

d|n

ϕd(x) = (xni − 1)ϕn(x)∏

d|n,d∤ni,d6=n

ϕd(x).Fazendo x = |Z| = q, obtemos:ϕn(q)|q

n − 1 e ϕn(q)|qn − 1

qni − 1. Para ada i, 1 ≤ i ≤ k (4)De (1) e (4) on luímos que

ϕn(q)|q − 1 (5)Por outro lado, ϕn(x) =∏

o(λ)=n

(x− λ). Seja λ′ = a + bi tal que o(λ′) = n eλ′ 6= 1, isso o orre pois estamos supondo que R 6= Z. Então |λ′| = a2 + b2 = 1 ⇒

−1 < a < 1, a⇒ R, b 6= 0. Dessa forma:|q−λ′|2 = |(q−a)−bi|2 = (q−a)2+b2 = q2−2aq+a2+b2 = q2−2aq+1 > q2−2q+1 = (q−1)222

Então |q − λ′| > q − 1 para todas as raízes de ordem n, mas isso impli a que|ϕn(q)| =

∏

o(λ)=n

|(p− λ)| > q − 1, o que signi� a que ϕn(q) não é divisor de q − 1;o que entra em ontradição om (5). A ontradição veio de supor que R 6= Z.Portanto R = Z, ou seja, R é orpo.�

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Referên ias Bibliográ� as[1] AIGNER, M.; ZIEGLER, G.M. As provas estão n'O LIVRO. São Paulo:Editora Edgard Blu her, 2002.[2] DRAGOS, F. Ja obson's Commutativity Theorem. Romênia, 2005.[3] GONÇALVES, D. J. A- identidades polinomiais em álgebras asso i-ativas. 2009. 73 p. Tese (Doutorado em Matemáti a)-IMECC, UniversidadeEstadual de Campinas, Campinas, 2009.[4] HERSTEIN, I. N. An elementary proof of a Theorem of Ja obson.Duke Mathemati al Journal, 1953.[5] HERSTEIN, I.N. Non ommutative rings. The Carus Mathemati al Mo-nograph No 15, MAA, 1968.

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