Grupo Multiplicativo de um Corpo Finito

Luan Pereira Bezerra (R.A.: 117681)Otavio Marcal Leandro Gomide (R.A.: 103696)

Patrıcia Marcal (R.A.: 103718)Priscilla Lima Galcino (R.A.: 103822)

10 de dezembro de 2012

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Grupo Multiplicativo de um Corpo Finito

Definicao 1. Seja G um conjunto munido com uma operacao binaria(g,h)7−→ g.h que satisfaz as seguintes condicoes:

1. ∀ f, g, h : (g.h).f = g.(h.f)

2. Existe elemento neutro 1 ∈ G tal que ∀ g ∈ G : 1.g = g.1 = g

3. ∀ g ∈ G,∃h ∈ G tal que : g.h = h.g = 1, dizemos que h e o inverso deg e o denotamos por g−1

Entao, dizemos que (G, ·) e um grupo multiplicativo.

Definicao 2. Seja G um grupo e H um subconjunto nao vazio de G, dizemosque H e um subgrupo de G se:

1. ∀g, h ∈ H temos que gh ∈ H

2. ∀h ∈ H, h−1 ∈ H

Definicao 3. Seja G um grupo. Se a cardinalidade de G, denotada por |G|,e finita, dizemos que G e um grupo finito. Neste caso, dizemos que |G| e aordem de G.

Definicao 4. Seja G um grupo multiplicativo. Dado g ∈ G, definimos aordem do elemento g, denotada por |g|, como o menor inteiro positivo mtal que gm = 1.

Teorema 1. (Lagrange) Seja (G, ·) um grupo multiplicativo de ordem n,e g ∈ G. Entao, a ordem do elemento g divide n.

Demonstracao. Seja |g| = r, e considere o subconjuntoH := {1, g, g2, . . . , gr−1}.Claramente, H e um subgrupo de G, pois ga+b = gagb. Assim, se a+b < r,

entao gagb ∈ H, e se a + b ≥ r , pelo algoritmo de Euclides para Z, temosque a+ b = qr + s, com 0 ≤ s < r. Logo:

gagb = ga+b = gqr+s = (gr)qgs = 1q + gs = gs ∈ H

g−a = (ga)−1 e g−a = gr−a−r = gr−ag−r = gr−a1 = gr−a ∈ HDefinimos a seguinte relacao:

f ′ ∼ f ⇐⇒ f ′ ∈ fH := {f, fg, . . . , fgr−1}Como H e subgrupo, a relacao ∼ e claramente reflexiva, simetrica e tran-

sitiva. Portanto ∼ e uma relacao de equivalencia e, deste modo, divide os

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elementos de G em classes de equivalencia disjuntas 2-2, que sao dadas porfH com f ∈ G.

Claramente, |fH| = r, ∀f ∈ G, deste modo, |G| =∑f∈T

|fH|, onde T e o

conjunto dos representantes das classes de equivalencia de G. Logo, |G| = rα,onde α e a cardinalidade de T. Portanto, r divide |G| = n.

Deste modo, a ordem do elemento g divide n.

Corolario 1. Seja b ∈ Z∗n. Entao bφ(n) ≡ 1 (mod n), onde φ e a funcao deEuler.

Demonstracao. Sabemos que Z∗n := {a ∈ Zn; mdc(a, n) = 1} e um grupomultiplicativo, e a funcao de Euler φ e definida como:

φ(n) := |{x ∈ Z; 0 < x < n e mdc(x, n) = 1}|, ∀n ∈ N.

Assim, φ(n) = |Z∗n|.Seja b ∈ Z∗n, pelo Teorema (1), |b| = r divide |Z∗n| = φ(n). Deste modo:

bφ(n) ≡ brα ≡ (br)α ≡ 1α ≡ 1 (mod n)

Corolario 2. (Teorema de Euler) Seja F um corpo finito com q elementose seja b ∈ F∗. Entao a ordem de b divide (q − 1) e bq−1 = 1.

Demonstracao. (F∗, ·) e um grupo multiplicativo com q − 1 elementos.

Corolario 3. (Fermat) Suponha que p seja primo e b ∈ Zp. Entao bp ≡ b (mod p ).

Demonstracao. Zp e um corpo finito com p elementos. Para b = 0, a con-gruencia e valida. Se b 6= 0, entao b ∈ Z∗p e este corolario sera valido peloTeorema de Euler (2).

Proposicao 1. Suponha que G seja um grupo finito e b ∈ G. Entao a ordemde b divide todo inteiro r, tal que br = 1.

Demonstracao. Seja d a ordem de b, assim d ≤ r. Se r for dividido por d,teremos a igualdade: r = d · s+ t, com 0 ≤ t ≤ d sendo o resto e para algums. Entao:

1 = br = bd·s+t = bd·s · bt = (bd)s · bt = bt

Como t e estritamente menor que d, isto somente e possıvel se t = 0.

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Proposicao 2. Suponha que G seja um grupo finito e b ∈ G com ordemigual a r. Seja k um inteiro positivo e considere um elemento a = bk ∈ G.Entao a ordem de a = bk e igual a:

r

mdc(k, r).

Demonstracao. Como (bk)r

mdc(k,r) = (br)k

mdc(k,r) = 1, a partir da Proposicao(1), temos que a ordem de a = bk divide o inteiro r

mdc(k,r). Para provar a

recıproca, denotamos a ordem de a por t. Entao:

1 = (bk)t = bkt

Por isso, r divide (k · t). Entao e necessario que: rmdc(k,r)

divida t, que e a

ordem de a = bk.

Para inteiros positivos k, n, denotaremos k | n, se k dividir n.

Proposicao 3. Seja n ∈ N, entao∑k|n

φ(k) = n.

Demonstracao. Seja d um inteiro tal que d | n. Defina Ad = {r ∈ Z | 1 ≤r ≤ n , mdc(r, n) = d}, ou equivalentemente, se r = ld, com l ∈ Z,

Ad = {r ∈ Z | 1 ≤ l ≤ n

d, mdc(l,

n

d) = 1}.

Logo, |Ad| = φ(nd).

Observe que se d 6= d′, entao Ad ∩Ad′ = ∅. Ademais⋃d|n

Ad = {r | 1 ≤ r ≤

n}. Assim:

n =∑d|n

|Ad| =∑d|n

φ(n

d) =

∑nd|n

φ(n

d) =

∑k|n

φ(k)

Proposicao 4. Suponha que F seja um corpo finito com q elementos. Sejad um divisor de q − 1, entao existem φ(d) elementos em F com ordem iguala d.

Demonstracao. Seja a ∈ F∗ tal que a ordem de a e igual a d, entao d | (q−1).Denote Bd = {x ∈ F | ordem de x = d}.

Pela Proposicao (2), temos

{ak |mdc(k, d) = 1} ⊆ Bd.

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Como {1, a, a2, · · · , ad−1} ⊆ {x ∈ F∗ |xd = 1}, onde |{1, a, · · · , ad−1}| = d e|{x ∈ F∗ |xd = 1}| ≤ d, temos igualdade de conjuntos.

Logo, Bd ⊆ {x ∈ F∗ |xd = 1} = {1, a, · · · , ad−1}, e segue que Bd ={ak |mdc(k, d) = 1}, donde |Bd| = φ(d).

Suponha que d e um divisor arbitrario de q−1. Se Bd = ∅, entao |Bd| = 0.Se Bd 6= ∅, entao |Bd| = φ(d). Assim:

q − 1 = |F| =∑d|(q−1)

|Bd| ≤∑d|(q−1)

φ(d).

Pela Proposicao (3),∑d|(q−1)

φ(d) = q − 1. Portanto,

∑d|(q−1)

φ(d) =∑d|(q−1)

|Bd| = q − 1,

e isto ocorre apenas quando |Bd| = φ(d) para todos os divisores d de q−1.

Definicao 5. Um grupo G e cıclico se existe g ∈ G tal que ∀h ∈ G haum inteiro k satisfazendo h = gk. Neste caso, dizemos que g e um elementogerador de G, ou ainda, que G e gerado por g.

Corolario 4. Suponha que F seja um corpo finito. Entao, o grupo multipli-cativo (F∗, ) e um grupo cıclico.

Demonstracao. Denote |F| = q. Pela Proposicao (4), existem φ(q − 1) ele-mentos de ordem q−1 em F∗. Entao, cada um desses elementos e um geradorde F∗.

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Referencias

[1] I. N. Herstein Topics in Algebra, John Wiley & Sons, Inc. (1975).

[2] Finite Field, http : //en.wikipedia.org/wiki/F initef ield (2012).

[3] Structure of Finite Fields, www.tcs.hut.fi/Studies/T −79.5501/2005AUT/lectures/finitefields.pdf (2005).

[4] T. W. Judson Abstract Algebra - Theory and Applications,abstract.ups.edu/ (2009).

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