Álgebra Moderna (Hygino H. Domingues e Gelson Iezzi)

´ Algebra Moderna

Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA

´ Livro: Algebra Moderna - Editora Atual (Higino H. Domingues e Gelson Iezzi) [email protected] Atualizado dia 10/06/2017

´ Solucionário da 4a edi¸cão do livro de Algebra Moderna dos autores Higino H. Domingues e Gelson Iezzi. Um dos melhores livros de álgebra moderna em português. Até porque existem poucos t´ıtulos semelhantes em nossa l´ıngua, já que a produ¸cão de livros didáticos (principalmente para n´ıvel de gradua¸cão e pós), é um mercado pouco lucrativo. Para quem desejar; uma c´ opia do livro do Higino pode ser baixada em https://pt.scribd.com/doc/74399512/AlgebraModerna-Domingues-Iezzi. A expectativa é que seja respondido um cap´ıtulo do livro por mês. Contudo, pode haver atrasos, uma vez que digitar todo o texto consome mais tempo do que resolver os exerc´ıcios. De todo, modo não deixe de acompanhar este documento no link a seguir para obter todas as atualiza¸cões. www.number.890m.com

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Sum´ ario 1 No¸co ˜es Sobre Conjuntos e Demonstra¸c˜ oes 3 ´ ´ ` 1.1 EXERCICIOS DA PAGINA 13 A 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 ´ ` 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.2 EXERCÍCIOS DA PAGINA 25 A 2 Introdu¸c˜ ao a Aritm´ etica dos N´ umeros Inteiros ´ ´ 2.1 EXERCICIOS DA PAGINA 33 . . . . . . . . ´ ` 39 . . . . . 2.2 EXERCÍCIOS DA PAGINA 38 A ´ ` 45 . . . . . 2.3 EXERCÍCIOS DA PAGINA 44 A ´ ´ ` 49 . . . . . 2.4 EXERCICIOS DA PAGINA 48 A ´ ´ 2.5 EXERCICIOS DA PAGINA 52 . . . . . . . . ´ ` 62 . . . . . 2.6 EXERCÍCIOS DA PAGINA 61 A

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34 34 39 51 57 64 71

3 Rela¸c˜ oes, Opera¸c˜ oes, Aplica¸c˜ oes ´ 3.1 EXERCÍCIOS DA PAGINA 70 ´ 3.2 EXERCÍCIOS DA PAGINA 75 ´ ´ 3.3 EXERCICIOS DA PAGINA 77 ´ 3.4 EXERCÍCIOS DA PAGINA 79 ´ ´ 3.5 EXERCICIOS DA PAGINA 81 ´ 3.6 EXERCÍCIOS DA PAGINA 84 ´ 3.7 EXERCÍCIOS DA PAGINA 87 ´ ´ 3.8 EXERCICIOS DA PAGINA 88

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85 85 92 99 103 111 123 130 137

` 71 A ` 76 A . . . . . . ` A 82 . . . . . . . . .

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4 Grupos e Subgrupos 145 ´ ` 160 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 4.1 EXERCÍCIOS DA PAGINA 155 A 5 Agradecimentos

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No¸ c˜ oes Sobre Conjuntos e Demonstra¸c˜ oes

1.1

´ ` 16 EXERCÍCIOS DA PAGINA 13 A

1. Considere os seguintes subconjuntos de R (aqui considerado como conjunto universo): A = {x ∈ R|x2 < 4}, B = {x ∈ R|x2 − x ≥ 2}, C = {1/2, 1/31/4, ...} e D = {x ∈ R| − 2 < x < −1}. Classifique cada rela¸cão seguinte como verdadeira ou falsa e justifique. a) Ac ⊂B b) A∩B = D c) C⊂Bc

d) B∪A⊃C e) C∩D6= Ø

Solu¸ c˜ ao de a: Observe que exceto pelo conjunto C, todos os conjuntos estão sendo caracterizados por meio de uma inequa¸cão. B = {x ∈ R | x inequa¸cão} Normalmente a resolu¸cão de problemas que envolvem opera¸cões entre conjuntos, em que os conjuntos são caracterizados por uma inequa¸cão, depende da passagem do conjunto de sua nota¸cão entre chaves para a sua representa¸cão como intervalo. Veja: Para expressar o conjunto A como intervalo primeiro resolvemos a inequa¸cão que caracteriza o conjunto. x2 < 4 x < 2 ou x > −2 Logo A é o intervalo (−2, 2). -2

2 Conjunto A

Por meio da imagem acima fica fácil definir o complementar A.

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-2

2 Conjunto Ac

Ac = {x ∈ R | x > 2 ou x < −2}. Vamos agora determinar o conjunto B em termos de intervalo. Assim como feito anteriormente primeiro resolvemos a inequa¸cão que caracteriza o conjunto.

x2 − x ≥ 2 ⇒ x ≥ 2 ou x ≤ −1

Logo B é a união dos intervalos (−∞, −1] ∪ [2, ∞). -1

2 Conjunto B

Comparando agora o intervalo que representa o conjunto Ac e o intervalo que representa o conjunto B, verificamos que Ac ⊂ B.

-2

2

Conjunto Ac sobre o conjunto B Portanto a afirma¸cão é VERDADEIRA. Solu¸ c˜ ao de b: Como já foi demonstrado os conjuntos A e B podem ser representado por intervalos. B = [2, ∞) ∪ (−∞, −1] A = (-2, 2) Como A ∩ B é a intercessão entre A e B então: 4

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A ∩ B = (−2, −1] Note que −1 ∈ A ∩ B, contudo −1 ∈ / D. Assim, a afirmativa é FALSA. Solu¸ c˜ ao de c: Se B = [2, ∞) ∪ (−∞, −1] então Bc = (−1, 2). Note que o maior termo de C é maior que zero e todos os seus termos são não nulos, ou seja estão entre 0 e 1. Como (0, 1) ∈ Bc então a afirmativa é VERDADEIRA. Solu¸ c˜ ao de d: B∪A = R. Assim a afirmativa é VERDADEIRA. Solu¸ c˜ ao de e: Todos os elementos de D são negativos, ao passo que todo elemento de C são positivos. Assim, não existe interse¸cão entre eles, isto é C∩D = Ø. Assim, a afirmativa é FALSA.

2. Construa um exemplo envolvendo dois conjuntos, B e C, para os quais se verifiquem as seguintes rela¸c˜ oes: Ø ∈ C, B ∈ C, B ⊂ C. Solu¸ c˜ ao: C = {Ø, 1, {1}, {1, 2} } e B = {1}.

3A. Descubra conjuntos A, B e C, tais que B 6= C e A ∪ B = A ∪ C. Solu¸ c˜ ao de a: Se A = B = {1} e C = Ø (o que cumpre a condi¸cão de C 6= B), então: {1} ∪ {1} = {1} ∪ Ø {1} = {1} Outra solu¸cão seria A = {1, 2, 3, 4}, B = {4, 5} e C ={3, 4, 5} 3B. Com um exemplo, mostre que pode ocorrer o seguinte: B 6= C e A ∩ B = A ∩ C

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Solu¸ c˜ ao de b: Neste caso se A = Ø, C = {2} e B = {1} então: A∩B=A∩C Ø ∩ {1} = Ø ∩{2} Ø=Ø Outra solu¸cão seria A = {1, 2, 3, 4, 5}, B = {4, 5, 6, 7} e C ={4, 5, 6, 7, 8}

4. Se A, B e C são conjuntos tais que A ∪ B = A ∪ C e A ∩ B = A ∩ C, prove que B = C. Solu¸ c˜ ao: A prova da igualdade entre conjuntos na maioria das vezes consiste em: 1◦ Passo: Tomar um elemento genérico do lado direito da igualdade e mostrar que ele pertence também ao lado esquerdo; 2◦ Passo: Tomar um elemento genérico do lado esquerdo da igualdade e mostrar que ele pertence também ao lado direito; 3◦ Passo: Evocar a propriedade anti-simétrica. A conclusão do primeiro passo implica na inclusão do conjunto a direita da igualdade no conjunto a esquerda. Enquanto a conclusão do segundo passo implica na inclusão do conjunto a esquerda da igualdade no conjunto a direita. O terceiro passo usa as duas implica¸cões dos passos anteriores para garantir a igualdade. (1◦ Passo) Se b ∈ B então b ∈ A ∪ B. Como por hipótese A ∪ B = A ∪ C então b ∈ A ou b ∈ C ou b pertence a ambos. Se b ∈ A, então b ∈ A ∩ B. Como por hipótese A ∩ B = A ∩ C então b ∈ C. Assim, todo elemento de B é também elemento de C. Se b ∈ C ou a ambos (A e C) a mesma conclusão é imediata. (2◦ Passo) Se c ∈ C então c ∈ A ∪ C. Como por hipótese A ∪ C = A ∪ B então c ∈ A ou c ∈ B ou c pertence a ambos. Se c ∈ A, então c ∈ A ∩ C. Como por hipótese A ∪ C = A ∪ B então c ∈ B. Assim, todo elemento de C é também elemento de B. Se c ∈ B ou a ambos (A e B) a mesma conclusão é imediata.

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(3◦ Passo) Como todo elemento de B pertence a C (passo 1) e vice-versa (passo 2) então pela propriedade anti-simétrica fica provado que B = C.

5. Sejam A e B conjuntos tais que A ∪ B = A ∩ B. Prove que A = B. Solu¸ c˜ ao por absurdo: Na questão anterior foi mostrada uma técnica para a demonstra¸cão de igualdade entre conjuntos. Nessa questão vamos usar a prova por absurdo. Suponha por absurdo que A 6= B. Então existe um a ∈ A e não pertencente a B, ou um b ∈ B e não pertencente a A. Se a ∈ A e não pertence a B então a ∈ A ∪ B. Como por hipótese A ∪ B = A ∩ B então a ∈ B o que resulta em absurdo. Racioc´ınio análogo se desenvolve para b ∈ B.

6. Se A e B são conjuntos arbitrários, demonstre as seguintes propriedades conhecidas como leis de absor¸cão. a) A ∩ (A ∪ B) = A b) A ∪ (A ∩ B) = A Solu¸ c˜ ao de a: Se x ∈ A ∩ (A ∪ B) então x ∈ A. Ou seja, todo elemento de A ∩ (A ∪ B) pertence a A. Se a ∈ A então também pertence a (A ∪ B) e portanto A ∩ (A ∪ B). Assim, todo elemento de A pertence a A ∩ (A ∪ B). Como todo elemento de A está contido em A ∩ (A ∪ B) e vice versa pela propriedade anti-simétrica fica provado a igualdade. Solu¸ c˜ ao de b: Se x ∈ A ∪ (A ∩ B) então x ∈ A. Ou seja, todo elemento de A ∪ (A ∩ B) também pertence a A. Se a ∈ A então a ∈ A ∪ (A ∩ B). O que implica no fato de que todo elemento de A pertence a A ∪ (A ∩ B). Como todo elemento de A ∪ (A ∩ B) pertence a A, e vice versa, então pela propriedade 7

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anti-simétrica fica provado a igualdade.

7. Dado um conjunto A, chama-se conjunto das partes de A e indica-se por P(A) o conjunto de todos os subconjuntos de A. Por exemplo, se A = {1, 2}, então P(A) = {Ø, {1}, {2}, {1, 2}} a) Determine P(A) quando A = {Ø, 1, {1}}. b) Prove que se um conjunto A têm n elementos então P(A) têm 2n elementos. c) Se o n´ umero de subconjuntos binários (formados de dois elementos) de um conjunto dado é 15, quantos subconjuntos têm esse conjunto? Solu¸ c˜ ao de a: P(A) = {Ø, {Ø}, {1}, {{1}}, {Ø, 1}, {Ø, {1}}, {1, {1}}, {Ø, 1, {1}} Solu¸ c˜ ao de b: Como ensina a análise combinat´ oria o n´ umero de subconjuntos de A com um elemento n , e etc. , o n´ umero de subconjuntos com dois elementos ´ e 2 vazio e o próprio A, então o total Usando os n´ umeros n0 e nn para contar o conjunto de subconjuntos de A é n0 + n1 + n2 + · · · + nn . Mas essa soma, segundo o teorema das linhas1 , é igual a 2n . Provando a afirma¸cão. n 1

é

Solu¸ c˜ ao de c: umero de subconjuntos binários de um conjunto qualquer é igual ao n´ umero binomial O n´ . Se esse n´ umero é igual a 15 então: n = 15 2

n 2

n! = 15 2!(n − 2)! n! = 15 2(n − 2)! n(n − 1)(n − 2)! = 15 2(n − 2)! 1

A soma dos n´ umeros binomiais de uma mesma linha é uma potencia de base 2 cujo expoente é a ordem da linha.

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n(n − 1) = 15 2 n(n − 1) = 30 ⇒ n = −5 ou n = 6 Como n é o n´ umero de elementos do conjunto não pode ser negativo. Com isso conclu´ımos que o conjunto em questão têm 6 elementos e portanto, 26 = 64 subconjuntos.

8. Para indicar o n´ umero de elementos de um conjunto finito X, adotemos a nota¸cão n(X). Mostre então que se, A e B são conjuntos finitos, verifica-se a importante rela¸cão: n(A∪B) = n(A) + n(B) − n(A∩B) Solu¸ c˜ ao: De fato se indicarmos por A’ e B’ respectivamente as partes de A e B formadas pelos elementos que não estão em A ∩ B então n(A ∪ B) = n(A’) + n(A ∩ B) + n(B’). Mas n(A’) = n(A) − n(A ∩ B) e n(B’) = n(B) − n(A ∩ B). Substituindo estas duas u ´ltimas igualdades na anterior, obtemos a igualdade proposta.

9. Numa pesquisa a respeito da assinatura das revistas A e B, foram entrevistadas 500 pessoas. Verificou-se que 20 delas assinavam a revista A, 14 a revista B e 4 as duas revistas. Quantas das pessoas entrevistadas não assinavam nenhuma das revistas? Solu¸ c˜ ao: O diagrama seguinte ilustra a situa¸cão. A

20

B

4

14

O n´ umero de asisinates das revistas (independente de qual revista seja ou de quantas), é igual a 30, pois n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) 9

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n(A ∪ B) = 20 + 14 − 4 = 30 Subtraindo este resultado do total de entrevistados (500 − 30), chega-se a resposta final que é o total de 470 pessoas.

10. Se A, B e C são conjuntos finitos, mostre que: n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(A ∩ B) − n(A ∩ C) − n(B ∩ C) + n(A ∩ B ∩ C)

Solu¸ c˜ ao: Observe a figura seguinte.

C C∩A

C∩B C∩B∩A

A

A∩B

B

Nela temos três conjuntos A, B e C que se interceptam mutuamente. Primeiro fazemos a soma dos elementos de cada região. n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) Em seguida subtra´ımos as regi˜ oes que são intercessões. n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(C∩A) − n(C∩B) − n(A∩B) Nesse processo o n´ umero de elementos da região (C ∩ B ∩ A) foi subtra´ıda do cálculo. Assim efetua-se a corre¸cão. n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(C∩A) − n(C∩B) − n(A∩B) + n(C∩B∩A) Reorganizando os elementos e levando em conta que n(A∩C) = n(C∩A), e que assim ocorre para as demais regi˜ oes, chega se a conclusão que: n(A∪B∪C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(A∩B) − n(A∩C) − n(B∩C) + n(A∩B∩C) 10

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Obs: Este exerc´ıcio também pode ser resolvido de modo análogo ao utilizado na questão 8. Contudo, será um processo mais trabalhoso.

11. Define-se a diferen¸ca entre dois conjuntos, A e B da seguinte maneira: A − B = {x|x ∈ A e x ∈ / B}. Ache a diferen¸ca A − B nos seguintes casos: a) A = Q e B = R b) A = R e B = Q c) A ={x ∈ R|2 < x < 5} e B = {x ∈ R|x ≥ 2} n 2n d) A = n = 1, 2, 3, ... eB= n = 1, 2, 3, ... n + 1 2n + 1 e) A = {x ∈ R|1 < x < 3} e B = {x ∈ R|x2 − 3x − 4 > 0} Solu¸ c˜ ao: (a) Como Q ⊂ R então não existe nenhum elemento de Q que não esteja em R. Assim A − B = ∅. (b) R = Q ∪ I e como Q e I são conjunto disjuntos então A − B = I (c) Observe as retas a seguir: 2

5 ∞

2

A primeira reta representa o conjunto A, enquanto a segunda o conjunto B. Pelo desenho podemos notar que A ⊂ B, assim A − B = Ø. (d) Sabemos que A = { 1/2; 2/3; 3/4; 4/5; 5/6; 6/7... } e B = { 2/3; 4/5; 6/7;... }. Observe que os elementos que estão em A e que não estão em B são as fra¸cões cujo numerador são impares. A − B = { 1/2; 3/4; 5/6; ... } Ou em outras palavras: 2n − 1 n = 1, 2, ... A−B= 2n 11

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(e) Primeiro vamos resolver a inequa¸cão que caracteriza o conjunto B. x2 − 3x − 4 > 0 ⇒ (x − 4)(x + 1) > 0 ⇒ (x − 4) > 0 ou (x + 1) > 0 ⇒ x > 4 ou x < −1 Assim, a inequa¸cão ocorre quando x > 4 e x < −1. Com base na solu¸cão considere as seguintes retas. 1

3

-1

4

A reta mais acima representa o conjunto A, enquanto a segunda o conjunto B. Pelo esquema é fácil ver que todos os elemento de A não pertencem a B. Sendo assim A − B = A.

12. Sejam A e B conjuntos finitos tais que n(A∪B) = 40, n(A∩B) = 10 e n(A−B) = 26. Determine n(B−A). Solu¸ c˜ ao: Observe o diagrama A

B

A∩B

Nele tiramos que: n(A − B) = n(A) − n(A ∩ B)

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⇒ 26 = n(A) − 10 ⇒ n(A) = 36 (1) Também vemos que: n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) ⇒ 40 = n(A) + n(B) − 10 ⇒ n(A) + n(B) = 50 (2) E por ultimo n(B − A) = n(B) − n(A ∩ B) ⇒ n(B − A) = n(B) − 10 (3) Com (2) e (1) conclu´ımos que n(B) = 14. Usando esse resultado em (3): n(B − A) = 14 − 10 = 4 Assim, n(B − A) = 4

13. Denomina-se diferen¸ca simétrica entre dois conjuntos A e B e denota-se por A∆B o seguinte conjunto: A∆B = (A−B)∪(B−A). Isso posto: a) Ache a diferen¸ca simétrica entre os pares de conjuntos do exerc´ıcio 11. b) Mostre que qualquer que seja o conjunto A, valem A∆Ø = A e A∆A = Ø; c) Mostre que, para quaisquer conjuntos A e B, vale A∆B = B∆A. Solu¸ c˜ ao de a:

a) Como visto no exerc´ıcio 11 (A − B) = Ø. Como R = Q ∪ I e Q e I são conjuntos disjuntos então se existe um r ∈ R tal que r ∈ Q então I Sendo assim: B−A=I 13

´ Algebra Moderna


Portanto, A∆B = (A − B) ∪ (B − A) A∆B = Ø ∪ I A∆B = I b) A − B = I e B − A = Ø, portanto A∆B = (A − B) ∪ (B − A) A∆B = I ∪ Ø A∆B = I c) Observe as retas a seguir: 2

5 A B

Por elas fica evidente que não existe nenhum ponto do conjunto A que ao mesmo tempo não esteja contido na reta B. Sendo assim: A−B =Ø Contudo, o conjunto de pontos b ∈ B sendo b ≥ 5 estão contidos em B, mas não em A. Sendo assim: B − A = {x|x ≥ 5} Concluindo que A∆B = (A − B)∪(B − A) A∆B = Ø ∪ {x|x ≥ 5} A∆B = {x| ≥ 5} d) A = {1/2, 2/3, 3/4,...} e B = {2/3, 4/5, ...}. Sendo assim: A – B = {1/2, 3/4, 5/6}

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E B – A = Ø. Logo: A∆B = {1/2, 3/4, 5/6,...} ∪ Ø A∆B = {1/2, 3/4, 5/6,...} e) Observe as retas a seguir: –1

3 1

3

A B

A – B = A e B – A = B sendo assim: A∆B = (A–B)∪(B–A) A∆B = A∪B A∆B = (−∞, -1)∪(1,3)∪(4,∞)

Solu¸ c˜ ao de b: Por defini¸cão: A∆B = (A–Ø)∪(Ø–A) Dado a ∈ A então a ∈ / Ø, pois se assim fosse Ø não seria vazio. Logo todos os elementos de A não estão em B. Em outras palavras, A–Ø = A Também por defini¸cão Ø ⊂A. Sendo assim: (B–A) = Ø. Portanto, A∆B = A ∪ Ø = A. Analogamente se prova que A∆A = Ø. Solu¸ c˜ ao de c: Por defini¸cão A∆B= BδA (A–B)∪(B–A) = (B–A)∪(A–B)

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´ Algebra Moderna


Como na opera¸cão de união vale a comutatividade fica provada a afirma¸cão.

14. Sejam A e B subconjuntos de um conjunto U. Prove as seguintes propriedades: a) Se A∩B = Ø e A∪B = U, então B = Ac e A = Bc b) Se A∩B = Ø, então B⊂Ac e A⊂Bc . c) B⊂A se, e somente se, Ac ⊂Bc . Solu¸ c˜ ao de a: Como A∪B = U e A∩B = Ø então A e B são disjuntos. Sendo assim U – A = B e portanto, Ac = B. Analogamente se prova que Bc = A. Solu¸ c˜ ao de b: Como A e B são subconjuntos de U então vamos supor a existência de um conjunto X (vazio ou não), de modo que X contenha todos os elementos de U que não estão contidos em A ou B. Em outras palavras U = A∪B∪X. Chamando de B’ a união do conjunto X com o conjunto B então, U = A∪B’. Como por hip´ otese A∩B = Ø, e X não possui nenhum elemento de A, então B’∩A = Ø. Esse resultado implica que U – A = B’. Como também U – A = Ac então B’ = Ac . Assim tomando um b ∈ B então b ∈ B’ (pois B’ = X ∪ B), e como B’ = Ac então, b ∈ c A . Assim todo elemento de B pertence a Ac que implica em B ⊂ Ac Analogamente se prova que A⊂Bc . Solu¸ c˜ ao de c: (⇒) Para facilitar a compreensão da resposta que será dada veja o seguinte diagrama. U A B

X

Como B⊂A então Ac = U – A = X. Já Bc = (A – B)∪X. Essas afirma¸cões podem ser visualizadas na imagem acima. 16

´ Algebra Moderna


Como Bc = (A – B)∪X então X⊂Bc e como Ac = X então Ac ⊂Bc . C.Q.D2 . (⇐) Se U = A∪B∪X então Bc = X∪A e Ac = X∪B. Como por hip´ otese Ac ⊂ Bc então X∪A ⊂ X∪B que só pode ocorrer quando A⊂B. C.Q.D.

15. Prove as seguinte propriedades, evolvendo o conceito de diferen¸ca de conjuntos: a) (A−B)∩(A−C) = A−(B∪C) b) (A−C)∩(B−C) = (A∩B)−C c) (A∪B)−B = A se, e somente se, A∩B = ∅ Solu¸ c˜ ao de b: • Seja x ∈ (A – C)∩(B – C) vamos mostrar que x ∈ (A∩B) – C. Se x ∈ (A – C)∩(B – C), então x ∈ (A − C) e x ∈ (B − C). Sendo assim pode se afirmar que x ∈ A, x ∈ B e não pertence a C. Da´ı se conclui que x ∈ A∩B que implica em x ∈ (A∩B) – C. Isso prova que (A – C)∩(B – C)⊂(A∩B) – C. (1) • Para provar a inclusão contrária agora tomemos x ∈ (A∩B) – C e vamos demostrar que x ∈ (A – C)∩(B – C). Se x ∈ (A∩B) – C então x ∈ (A∩B) e x ∈ / C o que implica em x ∈ A e x ∈ B. Sendo assim, x ∈ (A – C) e x ∈ (B – C), ou seja, x ∈ (A – B)∩(A – C). Isso prova que (A∩B) – C⊂(A – C)∩(B – C). (2) De (1) e (2) e pela propriedade anti-simétrica dos conjuntos fica provado que: (A∩B) – C = (A – C)∩(B – C) Para mais detalhes de como provar a igualdade entre conjuntos veja o exerc´ıcio 4 desta apostila.

16. Encontre um exemplo para mostrar que pode ocorrer a desigualdade seguinte: A∪(B−C) 6= (A∪B)−(A∪C) 2

A sigla C.Q.D significa Como se Queria Demonstrar. Ocorrendo no final de v´ arias demonstra¸co ˜es matem´ aticas indicando o fim da demonstra¸ca õ.

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´ Algebra Moderna


Solu¸ c˜ ao: Se A = {1, 2, 3, 4}, B = {6} e C = {5, 6, 7} então: A∪(B – C) = {1, 2, 3, 4} ∪ ({6} – {5, 6, 7}) = {1, 2, 3, 4} ∪ ∅ A∪(B – C) = {1, 2, 3, 4} (1) Considerando agora o 2o membro (A∪B) − (A∪C) = {1, 2, 3, 4}∪{6} − {1, 2, 3, 4}∪{5, 6, 7} = {1, 2, 3, 4, 6} − {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} = Ø (2) Como (1) 6= (2) fica provado a afirma¸cão.

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Quer saber quando sairá a pr´ oxima atualiza¸cão desse documento? Nesse caso você pode:

verificar diretamente no blog (www.number.890m.com); ou seguir a página do site no Facebook (https : //www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸cão.

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´ Algebra Moderna

1.2



Come¸co essa parte com uma das minhas cita¸cões preferidas. “A lógica de Arist´ oteles é ´ otima para criar brigas e contendas, mas totalmente incapaz de produzir algo de u ´til para a humanidade”. (Francis Bacon).

AVISO!! Muitas quest˜ oes desta se¸cão admitem mais de uma resposta. Assim, não conclua de imediato que sua resposta está errada apenas porque está diferente da resposta do livro, do seu amigo ou do professor. Agora, aproveitando que você está lendo essa parte, quero pedir que caso algum erro de digita¸cão, ou l´ ogica na resolu¸cão dos exerc´ıcios seja identificado, por favor, escreva para [email protected] para que possam ser corrigidos.

17. Qual é o valor l´ ogico das seguintes proposi¸cões? a) 2 + 5 = 1 ou 3 > 1. b) 2 é primo e 2 é par. c) Se 1 > 2, então 1 = 2. d) Todo numero primo é um numero real. e) Qualquer que seja o numero real x, vale x2 > x. f) Existe um numero real x tal que x3 = −2. g) Para que um triangulo seja retângulo, é necessário e suficiente que o quadrado de um de seus lados seja igual a soma dos quadrados dos outros dois. h) Se f é uma fun¸cão real de variável real, então f é uma fun¸cão par ou uma fun¸cão ´ımpar. i) Se x é um numero inteiro e x3 é impar, então x é impar. j) Duas matrizes quadradas de mesma ordem são iguais se, e somente se, seus determinantes são iguais.

20

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Solu¸ c˜ ao: a) F ou V = V. b) V e V = V. c) Se F então F = V. d) Verdadeiro. e) Falso, pois 0.5 ∈ R e 0.52 < 0.5. √ f) Verdadeiro. Se x = 3 −2 então, x3 = −2. g) Verdadeiro. Partindo da lei dos cossenos (valida para qualquer triangulo), e tomando um triangulo de lados a, b e c tal que: a2 = b2 + c2 − 2cos(θ) para que o quadrado de a seja igual a soma dos quadrados de b e c então é necessário π que cos(θ) = 0. O que s´ o ocorre para θ = + kπ, com k ∈ Z∗ . No entanto, para k > 0 2 ter´ıamos um triangulo com angulo interno maior que 180◦ (o que não pode ocorrer, pois a soma dos ângulos internos de qualquer triangulo deve ser igual a 180◦ ), sendo assim a u ńica π solu¸cão viável é θ = . E como θ é o angulo entre b e c. Então o triangulo possui um 2 angulo reto e portanto é retângulo. h) Falso. Como exemplo temos a fun¸cão f (x) = 2x + 1 que não é nem par nem impar. i) Verdadeiro. j) Falso. Basta por exemplo considerar as matrizes A =

2 1 2 0

eB=

0 2 1 2

.

18. Considere que numa universidade se tenha a seguinte situa¸cão: há pesquisadores que não são professores e professores que não são pesquisadores, mas alguns pesquisadores são professores. Isso posto, quais das seguintes afirma¸cões relativas a essa universidade são verdadeiras?

a) Existem professores que são pesquisadores. b) Se P indica o conjunto dos professores e Q o conjunto dos pesquisadores, então P ∩ Q 6= {}. c) Todo pesquisador é professor. 21

´ Algebra Moderna


d) O conjunto dos professores não está contido no conjunto dos pesquisadores. e) Existem pesquisadores que não são professores. f) O conjunto dos pesquisadores está contido no conjunto dos professores.

Solu¸ c˜ ao: O diagrama a seguir ilustra a situa¸cão descrita.

Pesquisador

Professor

a) V; b) V; c) F; d) V; e) V; f) F.

19. Escreva na forma “se...então...”:

a) Qualquer lado de um triangulo é menor que a soma dos outros dois lados. b) Todo numero primo diferente de 2 é impar. c) Para um numero real x tal que −2 < x < 2, vale x2 < 4. d) Duas retas quaisquer, paralelas ente si e não paralelas ao eixo das ordenadas, têm o mesmo coeficiente angular. e) Sempre que uma fun¸cão real de variável real é diferenciável num ponto, ela é continua nesse ponto. f) Um determinante é nulo quando uma de suas filas é formada de zeros.

Solu¸ c˜ ao:

a) Se ∆ é um triangulo, então qualquer lado de ∆ é menor que a soma dos outros dois. b) Se p é um numero primo diferente de 2, então p é impar. 22

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c) Se x é um numero real tal que −2 < x < 2, então x2 < 4. d) Se duas retas são paralelas entre si e se não são paralelas ao eixo das ordenadas, então essas retas têm o mesmo coeficiente angular. e) Se uma fun¸cão real de variável real é diferenciável num ponto, então ela é continua nesse ponto. f) Se uma das filas de um determinante é formada de zeros, então esse determinante é nulo.

23

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20. Sejam p, q e r proposi¸c˜ oes, as duas primeiras verdadeiras e a terceira falsa. Indique o valor lógico de:

a) p e (∼ q): b) (∼ r) ou (∼ p): c) se (p e r), então q: d) p se, e somente se, r.

Solu¸ c˜ ao:

a) V e F = F. b) V ou F = V. c) Se (V e F), então V ⇒ se F, então V = V. d) V se, e somente se, F = F.

21. Negue as seguintes proposi¸co˜es:

a) Se x ∈ R e x > 2, então x2 ≥ 4. b) Nenhum triângulo retângulo é equilátero. c) Qualquer que seja o numero real x, existe um numero inteiro n tal que n > x. d) Existe um numero complexo z tal que z 5 = −2. e) Todo retângulo é um paralelogramo. f) Se dois planos são paralelos, então toda reta de um deles é paralela ao outro plano.

Solu¸ c˜ ao:

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a) Existe x, x > 2, tal que x2 < 4. b) Existe um triângulo retângulo equilátero. c) Existe um numero real x tal que, qualquer que seja o inteiro n, verifica-se n ≤ x. d) Qualquer que seja o numero complexo z, vale z 5 6= −2. e) Existem retângulos que não são paralelogramos. f) Existem planos paralelos tais que um deles contém uma reta que não é paralela ao outro.

22. Quantifique as fun¸c˜ oes proposicionais que seguem de modo a torna-las verdadeiras (para todas o universo e conjunto dos n´ umeros reais):

a) x2 − 5x + 6 = 0 b) x2 − 16 = (x − 4)(x + 4) c) sen2 (x) + cos2 (x) = 1 d) sen2 (x) − sen(x) = 0 e) x2 − 3x + 3 > 1 f) x2 > 2x3

Solu¸ c˜ ao:

a) Note que x2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x1 = 3 e x2 = 2. Assim, podemos usar o quantificador existe. A forma geral para esse quantificador é: “Existe um objeto x, elemento do conjunto A, que goza das seguintes propriedades”.

25

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Veja como ficaria a resposta neste caso: Existe um x, pertencente a R, tal que x2 − 5x + 6 = 0. b) Observe que se (x − 4)(x + 4) é a fatora¸cão de x2 − 16. Ou seja para qualquer valor de x teremos a igualdade x2 − 16 = (x − 4)(x = 4). Assim podemos usar o quantificador para todo. A forma geral para esse quantificador é: “Para todo x ∈ A, afirma¸cões sobre x.” Veja como ficaria a resposta: Para todo x ∈ R, x2 − 16 = (x − 4)(x + 4). c) De fato a identidade pitag´ orica é verdadeira para qualquer valor de x sendo assim uma resposta poss´ıvel seria: Para todo x ∈ R, sen2 (x) + cos2 (x) = 1. d) Fazendo sen(x) = y então: sen2 (x) − sen(x) = 0 ⇒ y 2 − y = 0. Cuja solu¸cão ocorre apenas para y = 0 ou y = 1. Sendo assim sen(x) = 0 ou sen(x) = 1. O que implica em x = 90 ou x = 1.57. Com isso uma resposta poss´ıvel seria: Existe um x, pertencente a R, tal que sen2 (x) − sen(x) = 0. e) Resolvendo a inequa¸cão chegamos a conclusão de que a inequa¸cão é verdadeira para x > 2 e x < 1. Então uma solu¸cão aceitável seria: Existe um x, pertencente a R, tal que x2 − 3x + 3 > 1. f) A solu¸cão dessa inequa¸cão ocorre apenas para x < 1, assim: Existe um x, pertencente a R, tal que x2 > 2x3 .

23. Se uma fun¸cão proposicional envolve n variáveis, então é preciso quantifica-la n vezes a fim de que ela se torne uma proposi¸cão. Quanto a isso, é importante observar 26

´ Algebra Moderna


que os quantificadores existencial e universal nem sempre comutam entre si, como se pode verificar pelas proposi¸c˜ oes que se seguem, a primeira verdadeira e a segunda falsa (em ambas o dom´ınio da variável é R). “Qualquer que seja x, existe y tal que x + y = 1” e “Existe x tal que, qualquer que seja y, x + y = 1”. Isso posto, quantifique as seguintes fun¸cões proposicionais de modo a torna-las verdadeiras (em todas, o universo das duas variáveis é o conjunto dos n´ umeros reais):

a) y > x b) (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 c) x2 = y d) sen(x + y) = sen(x) + sen(y) e) x2 + y 2 ≥ 0

Solu¸ c˜ ao:

a) Para todo y, existe um x, tal que y > x. b) Para todo x e para todo y ocorre que (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 . c) Existe um x e existe um y, tal que x2 = y. d) Existe um x e existe um y, sen(x + y) = sen(x) + sen(y). e) Para todo x e para todo y ocorre que x2 + y 2 ≥ 0.

24. Determine o valor l´ ogico das proposi¸cões seguintes, nas quais x e y são variáveis em {1, 2, 3}:

a) Existe x tal que, qualquer que seja y, x < y 2 + 1. b) Para todo x existe y tal que x2 + y 2 = 4. c) Existem x e y tais que x2 + y 2 = x3 .

Solu¸ c˜ ao: 27

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a) Verdadeira. Por exemplo, tomando y = x = 1 a condi¸cão é satisfeita. x < y2+ 1 < 1 + 12 A mesma veracidade se verifica para y = 2 ou y = 3. b) Falsa. Tomando x = 3, por exemplo, chegar´ıamos a y 2 = −5 ∈ / {1, 2, 3} c) Verdadeira. Usando x = y = 2 teremos: 22 + 22 = 23 .

25. Em quais das condi¸c˜ oes seguintes é correto afirmar que a primeira proposi¸cão (fun¸cão proposicional na variável real x) acarreta a segunda?

a) Se 2 = 0, então 4 é um numero primo. b) Se x2 + x − 2 = 0, então x = −2. c) Se x é um numero real, então x é um numero complexo. d) Se x2 − 4 < 0, então x < 2. e) Se tg(x) > 1, então x > π/4.

Solu¸ c˜ ao:

a) Verdadeira. b) Falsa. As ra´ızes de x2 + x − 2 = 0 ocorrem apenas para x = 2 ou x = −1. Logo x não pode ser igual a −2. c) Correto. Todo conjunto R está contido em C. d) Correto. Resolvendo a inequa¸cão em questão chegamos a −2 < x < 2. O que prova a condi¸cão de x < 2.

28

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π π e) Correto. A solu¸cão para a equa¸cão é +kπ > x > +kπ com k ∈ {0, 1, ...}. 2 4 π O que prova a condi¸cão de x > . 4

26. Para quais das bicondicionais seguintes seria correto dizer que a primeira proposi¸cão (fun¸cão proposicional na variável real x) acarreta a segunda?

a) 2x − 5 ≥ 5 se, e somente se, x > 5. b) Se x2 + 3x + 2 < 0 se, e somente se, −2 < x < −1. c) sen(x) = sen(2x) se, e somente se, x = 0. d) Uma matriz quadrada A é invers´ıvel se, e somente se, det(A) 6= 0. e) As retas y = 2x e y = mx + n são perpendiculares se, e somente sem 2m + 1 = 0.

Solu¸ c˜ ao:

a) Incorreto. Resolvendo 2x − 5 ≥ 5 chegamos a x ≥ 5. b) Correto. A solu¸cão de x2 + 3x + 2 < 0 de fato ocorre para −2 < x < −1. c) Correto. sen(x) = sen(2x) ⇒ x = 2kπ com k ∈ {0, 1, ...}. Assim, a primeira proposi¸cão acarreta na segunda quando fazemos k = 0. d) Correto. A demonstra¸cão desta proposi¸cão é simples mas, razoavelmente longa. Como o problema não pede demonstra¸cão deixo a cargo do leitor que tenha interesse. e) Correto. Recorrendo ao cálculo diferencial se a reta y = mx + n é perpendic1 1 , o que implica em m = − . Dessa ultima ular a y = 2x então m = − 0 f (2x) 2 equa¸cão tiramos que 2m − 1 = 0. Assim, a primeira proposi¸cão acarreta na segunda.

27. Enuncie as reciprocas e as contra positivas das seguintes proposi¸cões:

29

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a) Se dois n´ umeros inteiros são impares, então a soma deles é um numero par. b) Se uma fun¸cão real de variável real é continua num ponto, então ela é diferenciável nesse ponto. c) Se uma matriz quadrada é invers´ıvel, então seu determinante é diferente de zero. d) Se o grau de um polinˆ omio real é 2, então esse polinômio tem duas e apenas duas ra´ızes complexas. e) Se dois planos são perpendiculares, então toda reta de um deles é perpendicular ao a outro. Solu¸ c˜ ao:

a) (Reciproca): Se a soma de dois n´ umeros inteiros é par, então esses n´ umeros são impares. (Contrapositiva): Se a soma de dois n´ umeros inteiros é impar, então um deles é par. b) (Reciproca): Se uma fun¸cão real de variável real é diferenciável num ponto, então ela é cont´ınua nesse ponto. (Contrapositiva): Se uma fun¸cão real de variável real não é diferenciável num ponto, então ela não cont´ınua nesse ponto. c) (Reciproca): Se o determinante de uma matriz é diferente de zero, então a matriz correspondente é invers´ıvel. (Contrapositiva): Se o determinante de uma matriz é igual a zero, então essa matriz não é invers´ıvel. d) (Reciproca): Se um polinˆ omio real tem duas e apenas duas ra´ızes complexas, então esse polinˆ omio tem grau 2. (Contrapositiva): Se o numero de ra´ızes complexas de um polinômio real é diferente de 2, então o grau desse polinômio é diferente de 2. e) (Reciproca): Se todas as retas de um plano são perpendiculares a um outro plano, então os dois planos são perpendiculares entre si. (Contrapositiva): Se num plano há uma reta que não é perpendicular a um segundo plano, então os dois planos não são perpendiculares. 30

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28. Classifique como verdadeiras ou falsas as reciprocas e as contra positivas das proposi¸cões do exerc´ıcio 27. Solu¸ c˜ ao: Letra Letra Letra Letra Letra

A: F e V. B: V e F. C: V e V. D: V e V. E: V e F.

29. Enuncie a contrapositiva da propriedade transitiva da reta “maior que” em R, ou sejam da propriedade: “Se a > b e b > c, então a > c”. Solu¸ c˜ ao: Se a ≤ c, então a ≤ b ou b ≤ c

30. Enuncie a contrapositiva da seguinte proposi¸cão: “Sejam A, B e C pontos distintos de um plano. Se esses pontos não são colineares, então AB < BC + AC”. Solu¸ c˜ ao: Sejam A, B e C pontos distintos de um plano. Se esses pontos são colineares, então AB ≥ BC + AC.

31. Ache um contra exemplo para cada uma das seguintes afirma¸cões:

a) Para todo x ∈ R, x2 − 1 > 60. b) Para todo x ∈ R, x3 − 4x2 < 20. c) Para todo x ∈ R, cosx > cos(x + 1). d) Para todo x ∈ R∗+ , vale log10 (x) > log10 (x)2 .

Solu¸ c˜ ao:

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´ Algebra Moderna


a) Para x = 1 temos 12 − 1 > 60 ⇒ 0 > 60. b) Para x = 10 temos 103 − 4(10)2 < 20 ⇒ 600 < 20. c) Para x = 0 temos cos(0) > cos(0 + 1) ⇒ 0 > cos(1). d) Para x = 1, vale log10 (1) > log10 (1)2 ⇒ 0 > 0.

32. Justifique a propriedade seguinte de duas maneiras, a primeira através de sua contrapositiva e a segunda por redu¸cão ao absurdo: “Se m é um inteiro tal que m3 + 2 é impar, então m é impar”. Solu¸ c˜ ao por contrapositiva: A contra positiva da proposi¸cão é: “Se m é um inteiro tal que m3 + 2 é par, então m é par”. O que de fato é verdade pois o produto entre n´ umeros pares é par e a soma de pares também. Assim, como a contrapositiva da proposi¸cão é verdadeira então a proposi¸cão também é. Solu¸ c˜ ao por absurdo: Suponha por absurdo que m é par. Nesse caso m = 2k com k ∈ Z. Sendo assim: m3 + 2 = (2k)3 + 2 = 8k 3 + 2 = 2(4k 3 + 1) Como todo numero divis´ıvel por dois é par então m3 + 2 = 2(4k 3 + 1 é par. O que é um absurdo, pois por hip´ otese m3 + 2 é impar. Logo m também deve ser impar.

33. Prove, por meio de um contra exemplo, que n2 + n + 41 (em que n é um inteiro estritamente positivo) nem sempre é um n´ umero primo. Solu¸ c˜ ao: Essa f´ ormula é conhecida como formula de Euler e só é valida para n = 1, ..., 39 até o momento. Assim poder´ıamos dar como contra exemplo n = 40. Onde ter´ıamos 402 + 40 + 41 = 1681 que é divis´ıvel por 41. 32

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33

´ Algebra Moderna

2


Introdu¸ c˜ ao a Aritm´ etica dos N´ umeros Inteiros

2.1

´ EXERCÍCIOS DA PAGINA 33

1. Demonstre por indu¸cão:

a) 1 + 2 + · · · + n =

n(n + 1) (n ≥ 1) 2

b) 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2 (n ≥ 1) c) 13 + 23 + · · · + n3 = (1 + 2 + ... + n)2 (n ≥ 1) d) 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + n · (n + 1) =

n(n + 1)(n + 2) (n ≥ 1) 3

e) n2 > n + 1 (n ≥ 2) Solu¸ c˜ ao de a: i) Observe que a proposi¸cão é verdadeira para n = 1, pois 1=

1(1 + 1) =1 2

ii) Admitindo que a proposi¸cão seja verdadeira para um k ∈ A então: 1 + ··· + k =

k(k + 1) 2

Somando (k + 1) em ambos os termos 1 + · · · + k + (k + 1) =

k(k + 1) + (k + 1) 2

chegamos á: 1 + · · · + k + (k + 1) =

(k + 1)(k + 2) 2

O que mostra que a proposi¸cão também seria válida para k + 1. Assim, pelo princ´ıpio de indu¸cão a proposi¸cão é valida para todo n ∈ N maiores que 1. Solu¸ c˜ ao de b: 34

´ Algebra Moderna


Prova de i: A proposi¸cão é verdadeira para 1 pois, 1 = 12 . Prova de ii: Se a proposi¸cão é verdadeira para k então: 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) = k 2 Note que os valores a direita crescem de 2 em 2 (1, 3, 5,...). Assim o próximo termo da sequencia depois de 2k − 1 seria 2k + 1. 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1) = k 2 + (2k + 1) 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)2 Ou seja, se a proposi¸cão é valida para k então ela é válida para k + 1. Sendo assim, pelo princ´ıpio de indu¸cão a proposi¸cão é verdadeira para todo n ≥ 1.

Solu¸ c˜ ao de c: prova de i: A proposi¸cão é válida para 1, pois 13 = 12 . Prova de ii: Se a proposi¸cão é válida para k então 13 + 23 + · · · + k 3 = (1 + 2 + ... + k)2 Somando (k + 1)3 em ambos os membros então 13 + 23 + · · · + k 3 + (k + 1)3 = (1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1)3 Como visto na letra a do exerc´ıcio 1 + 2 + ... + k = seguinte substitui¸cão

2

3

(1 + 2 + ... + k) + (k + 1) =

35

k(k + 1) . Assim, podemos fazer a 2

k(k + 1) 2

2

+ (k + 1)3

´ Algebra Moderna


(1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1)3 =

(1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1)3 =

(k + 1)2 (k + 2)2 22

(k + 1)(k + 2) 2

2

(1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1)3 = (1 + 2 + ... + (k + 1))2 Com isso mostramos que se a proposi¸cão é válida para k então ela também é válida para k + 1. Assim, pelo princ´ıpio de indu¸cão a proposi¸cão é válida para todo n ≥ 1. Solu¸ c˜ ao de d: Prova de i: A proposi¸cão é válida para 1. 1·2=

1(1 + 1)(1 + 2) 3 6=6

Prova de ii: Tomando a proposi¸cão como verdadeira para k então:

1 · 2 + 2 · 3 + · · · + k · (k + 1) =

k(k + 1)(k + 2) 3

Somando a ambos os membros (k + 1)(k + 2) 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + k · (k + 1) + (k + 1) · (k + 2) =

1 · 2 + 2 · 3 + · · · + (k + 1) · (k + 2) =

k(k + 1)(k + 2) + (k + 1)(k + 2) 3

(k + 1)(k + 2)(k + 3) 3

Com isso mostramos que se a proposi¸cão é válida para k então ela também é válida para k + 1. Assim, pelo princ´ıpio de indu¸cão a proposi¸cão é válida para todo n ≥ 1. Solu¸ c˜ ao de d: Prova de i: 36

´ Algebra Moderna


A proposi¸cão é verdadeira para 2. 22 > 2 + 1 4>3 Prova de ii: Se a proposi¸cão é verdadeira para k então: k2 > k + 1 Somando 1 em ambos os membros então: k2 + 1 > k + 2 Como (k + 1)2 > k 2 + 1 então (k + 1)2 > k 2 + 1 > k + 2 O que resulta em (k + 1)2 > k + 2 Com isso mostramos que se a proposi¸cão é válida para k então ela também é válida para k + 1. Assim, pelo princ´ıpio de indu¸cão a proposi¸cão é válida para todo n ≥ 2.

2. Demonstre o segundo princ´ıpio de indu¸cão. Solu¸ c˜ ao: Na prática a condi¸cão i e ii da indu¸cão fraca e forte, respectivamente dizem a mesma coisa. Assim, a mesma demonstra¸cão usada para o primeiro princ´ıpio pode ser usada para justificar o segundo.

37

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38

´ Algebra Moderna

2.2



3. Sejam m e n inteiros ´ımpares. Prove que:

a) 4|(2m − 2n) b) 8|(m2 − n2 ) c) 8|(m2 + n2 − 2) Solu¸ c˜ ao de a: Se m e n é ´ımpar então, m = 2p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t ∈ Z. Sendo assim: 4|2m − 2n ⇒ 4|2(2p + 1) − 2(2t + 1) ⇒ 4|4p − 4t ⇒ 4|4(p − t) Finalizando a demonstra¸cão. Solu¸ c˜ ao de b: Se m e n é ´ımpar então, m = 2p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t ∈ Z. Sendo assim: 8|m2 − n2 ⇒ 8|(2p + 1)2 − (2t + 1)2 ⇒ 8|4(p2 − t2 ) + 4(p − t) Analisando p2 − t2 e p − t temos as seguintes possibilidade:

(i) Se p é par e t é ´ımpar p2 − t2 é ´ımpar e p − t também. Prova de que p2 − t2 ´ e impar. Seja p = 2p0 e t = 2t0 + 1 para algum p0 e t0 inteiros, então: 39

´ Algebra Moderna


p2 − t2 = (2p0 )2 − (2t0 + 1)2 0

0

p2 − t2 = 4p2 − (4t2 + 4t0 + 1) 0

0

p2 − t2 = 2(2p2 − 2t2 − 2t0 ) − 1 0

0

Fazendo k = 2p2 − 2t2 − 2t0 então p2 − t2 = 2k − 1 Que é a forma de um n´ umero ´ımpar. Prova de que p − t tamb´ em ser´ a impar p − t = (2p0 ) − (2t0 + 1) p − t = 2(p0 − t0 ) − 1 Fazendo k = 2(p0 − t0 ) então: p − t = 2k − 1 Que é a forma de um numero ´ımpar. (ii) Se t é par e p é ´ımpar p2 − t2 e p − t serão ´ımpares. A demonstra¸cão é análoga a anterior. (iii) Se p e t são pares então p2 − t2 e p − t também serão pares (Demonstra¸cão a cargo do leitor). (iv) Se p e t são ´ımpares então p2 − t2 e p − t são também pares (Demonstra¸cão a cargo do leitor). Se ocorrer o primeiro caso então podemos substituir p2 − t2 e p − t por 2k + 1 e 2k 0 + 1, respectivamente. Assim: 8|4(p2 − t2 ) − 4(p − t) ⇒ 8|4(2k + 1) + 4(2k 0 + 1) ⇒ 8|8k + 4 + 8k 0 + 4 ⇒ 8|8(k + k 0 ) + 8 ⇒ 8|8((k + k 0 ) + 1) O que completa a demonstra¸cão. 40

´ Algebra Moderna


Se ocorrer o segundo, terceiro ou quarto caso a conclusão será a mesma. Essas demonstra¸cões ficam a cargo do leitor. Solu¸ c˜ ao de c: Se m e n é ´ımpar então, m = 2p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t ∈ Z. Sendo assim: 8|m2 + n2 − 2 ⇒ 8|(2p + 1)(2p + 1) + (2t + 1)2 − 2 ⇒ 8|4(p2 − t2 + p + t) Independente da natureza (par ou ´ımpar) de p e t. O que está entre parenteses será um valor par. Sendo assim: 8|4(p2 − t2 + p + t) ⇒ 8|4(2k) ⇒ 8|8k Completando a demonstra¸cão.

4. Mostre que entre dois n´ umeros pares consecutivos um é divis´ıvel por 4. Solu¸ c˜ ao: Se p é um par então: p = 2k com k ∈ Z e o par consecutivo será p + 2 = 2k + 2.

• Se k for = 0 então 4|p. Prova: p = 2k, mas se k = 0 então p = 0. Como 4 | 0 então 4 | p. • Se k for ´ımpar então 4|p + 2. Prova: p + 2 = 2k + 2

41

´ Algebra Moderna


= 2(2k 0 + 1) + 2 = 4k 0 + 2 + 2 = 4(k 0 + 1) como 4|4(k 0 + 1) então 4|p + 2. • Se k for par então 4|p. Prova: p = 2k = 2(2k 0 ) = 4k 0 como 4|4k 0 então 4|p.

Assim, em qualquer hip´ otese p ou p + 2 é divis´ıvel por 4.

5. Mostre que a diferen¸ca entre os quadrados de dois inteiros consecutivos é sempre um numero ´ımpar. E a diferen¸ca entre os cubos de dois inteiros consecutivos? Solu¸ c˜ ao de a: Seja p e q n´ umeros consecutivos um deve ser par e o outro ´ımpar. Tomando p ´ımpar então: p2 − q 2 = (2k + 1)2 − (2t)2 para algum k e t ∈ Z = 4k 2 + 2k + 1 − 4t2 = 2(2k 2 − 2t2 + k) + 1 Fazendo z = 2k 2 − 2p2 + k então, p2 − q 2 = 2z + 1 que é a forma de um n´ umero ´ımpar. Solu¸ c˜ ao de b:

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Se p e q são consecutivos então um é par e outro é ´ımpar. Escolhendo p ´ımpar, então: p3 − q 3 = (2k + 1)3 − (2t)3 para algum k e t ∈ Z = 2(4k 3 − 4t3 + 6k 2 + 4k) + 1 Fazendo w = 4k 3 − 4t3 + 6k 2 + 4k então (2k + 1)3 − (2p)3 = 2w + 1 Que é a forma de um n´ umero ´ımpar.

6. Demonstre por indu¸cão que:

a) 7|(23n − 1) (n ≥ 0) b) 8|(32n + 7) (n ≥ 0) c) 11|(22n · 3n+2 + 1) (n ≥ 1) d) 7|(32n+1 + 2n+2 ) (n ≥ 1) e) 17|(34n+2 + 2 · 43n+1 ) (≥ 0)

Solu¸ c˜ ao de a: i) Para n = 0 temos: 23(0) − 1 = 20 − 1 =0 como 7|0 a proposi¸cão é verdadeira para n = 0. ii) Se a proposi¸cão é verdadeira para k então 7|23k − 1. ⇒ (23k − 1) = 7p com p ∈ Z

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Multiplicando ambos os termos por 23 (23k − 1)23 = 7p · 23 23k+3 − 8 = 7(8p) 23(k+1) − 1 = 7(8p) + 7 23(k+1) − 1 = 7(8p + 1) como 7|7(8p + 1) então 7|23(k+1) − 1. Como quer´ıamos demostrar. Solu¸ c˜ ao de 6b: i) Tomando n = 0 temos 32(0) + 7 =1+7 =8 Logo a proposi¸cão é verdadeira para n = 0. ii) Se a proposi¸cão é verdadeira para k então 8|32k + 7. ⇒ 32k + 7 = 8p para algum p ∈ Z. multiplicando ambos os lados por 32 . (32k + 7) · 32 = 8p · 32 32k+2 + 63 = 8(9p) 32(k+1) + 7 = 8(9p) − 56 32(k+1) + 7 = 8(9p − 7) Como 8|8(9p − 7) então 8|3k+1 + 7. Como quer´ıamos demonstrar. Solu¸ c˜ ao de c:

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i) Para n = 1 temos 22(1)−1 31+2 + 1 = 2 · 33 + 1 = 55 como 11|55 então, a proposi¸cão é verdadeira para n = 1 ii) Se a proposi¸cão for verdadeira para k então: 11|(22k · 3k+2 + 1) ⇒ 22k−1 3k+2 + 1 = 11p para algum p ∈ Z Multiplicando por 22 · 3 ambos os membros. 22 · 3(22k+1 · 3k+2 + 1) = 11p · 22 · 3 22k−1 · 22 · 3k+2 · 3 + 12 = 11(12p) 2(2k−1)+2 · 3(k+2)+1 + 1 = 11(12p) − 11 22(k+1)−1 · 3(k+1)+2 + 1 = 11(12p − 1) (k+1)+2

Como 11|11(12p − 1) então, 11|22(k+1)−1·3

+1

Como quer´ıamos demonstrar. Solu¸ c˜ ao de d: i) Para n = 1 temos: 32(1)+1 + 21+2 = 33 + 23 = 35 como 7|35 então a proposi¸cão é verdadeira para n = 1. ii) Se verdadeira para k então 7|32k+1 + 2k+2 ⇒ 32k+1 + 2k+2 = 7p para algum p ∈ Z.

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Multiplicando ambos os membros da equa¸cão acima por 182 182 (32k+1 + 2k+2 ) = 182 (7p) 18(3(2k+2)+1 · 2 + 2(k+1) · 9) = 7(182 p) 3(2k+2)+1 · 2 · 32 + 2(k+1)+2 · 9 · 2 = 7(182 p) 3(2k+2)+1 · 18 + 2(k+1)+2 · 18 = 7(182 p) 32(k+1)+1 + 2(k+1)+2 = 7(18p) como 7|18 então 7|32(k+1)+1 + 2(k+1)+2 . Como quer´ıamos demonstrar.

7. Prove que:

a) Um dos inteiros a, a + 2, a + 4 é divis´ıvel por 3. b) Um dos inteiros a, a + 1, a + 2, a + 3 é divis´ıvel por 4. Solu¸ c˜ ao de a (Retirada do blog do Everton Alves3 ): De acordo com o algoritmo da divisão, a = 3q ou a = 3q + 1 ou a = 3q + 2. Isto é, os restos da divisão por 3 somente podem ser 0, 1 ou 2.

• Se a = 3q, está comprovada a hipótese. • Se a = 3q + 1, então a + 2 = 3q + 2 + 1 = 3q + 3 = 3(q + 1) ⇒ a + 2 é divis´ıvel por 3. • Se a = 3q + 2, então a + 1 = 3q + 2 + 1 = 3q + 3 = 3(q + 1) ⇒ a + 1 é divis´ıvel por 3.

Portanto, uma das três formas será divis´ıvel por 3.

8. Prove que o produto de dois n´ umeros inteiros é impar se, e somente se, ambos os n´ umeros são ´ımpares. 3

Blog pessoal: http://ellalves.net.br/blog/posts/single/7/teoria dos numeros exercicios de divisibilidade

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Solu¸ c˜ ao: (⇒) Admita dois n´ umeros ´ımpares p e q tal que p = 2k + 1 e q = 2k 0 + 1. Fazendo p · q p · q = (2k + 1)(2k 0 + 1) = 4kk 0 + 2k + 2k 0 + 1 = 2(2kk 0 + k + k 0 ) + 1 (⇐) Considere um n´ umero w = pq. Onde w é um n´ umero ´ımpar. Supondo por absurdo que p e/ou q são pares chegamos ao absurdo de que w é par. Assim, p e q devem ser ´ımpares.

9. Prove que, quaisquer que sejam os inteiros a e b, a expressão a+b+a2 +b2 representa um par. Solu¸ c˜ ao: Se a é par, a2 também é par, mas se a é ´ımpar, a2 também é ´ımpar. O mesmo acontece com b e b2 . Sendo assim, a2 + a é um n´ umero par e b2 + b também é um n´ umero par e portanto, 2 2 a + a + b + b também é par.

10. Na divisão euclidiana de 802 por a, o quociente é 14. Determine os valores poss´ıveis de a e do resto. Solu¸ c˜ ao: Pelo algoritmo de divisão euclidiana 802 = 14a + r com 0 ≤ r < a. Uma solu¸cão particular é (a, r) = (57, 4), assim as solu¸cões gerais são: a = 57 + t e r = 4 − 14t. Mas, como 0 ≤ r < a, temos 0 ≤ 4 − 14t < 57 + t Isto é, −3 < t ≤ 0, logo, t = {−3, −2, −1, 0}. Assim, valores poss´ıveis de a e do resto são: 47

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(a, r) = (54, 46), (55, 32), (56, 18), (57, 4)

´ poss´ıvel encontrar dois interior m´ 11. E ultiplos de 5 tais que o resto da divisão euclidiana de um pelo outro seja 13? Justifique a resposta. Solu¸ c˜ ao: Se um numero m´ ultiplo de 5 é dividido por um outro m´ ultiplo de 5, ou a divisão será exata, ou terá um resto também m´ ultiplo de 5. Como 13 não é divis´ıvel por 5 o resto não poderá ser 13.

12. Quantos n´ umeros naturais entre 1 e 1000 são divis´ıveis por 9? Justifique a resposta. Solu¸ c˜ ao: Todos os n´ umeros entre 1 e 1000 podem ser colocados sob a forma de uma PA onde a1 = 9 e an = 999 com razão r = 9. Assim, determinar o numero de termos dessa PA é conhecer a quantidade de n´ umeros naturais entre 1 e 1000 que são divis´ıveis por 9. 999 = 9 + (n − 1) · 9 9n = 999 n = 111 Ou seja, temos 111 n´ umeros.

13. Sejam m um inteiro cujo resto da divisão por 6 é 5. Mostre que o resto da divisão de m por 3 é 2. Solu¸cão no pr´ oprio livro.

14. Se o resto na divisão euclidiana de um inteiro m por 8 é 5, qual é o resto da divisão m por 4? Solu¸ c˜ ao: m = 8k + 5 m = 4 · 2k + (4 + 1)

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m = 4(2k + 1) Fazendo a divisão de m por 4 m = 2k + 1 4 Assim, o resto é 1.

15. Se m é um inteiro ´ımpar, mostre que o resto da divisão de m2 por 4 é 1. Solu¸ c˜ ao: m · m = (2k + 1) · (2k + 1) m2 = 4k 2 + 4k + 1 m2 = 4(k 2 + k) + 1 Chamando k 2 + k = q então: m2 = 4q + 1 Assim, o resto é 1.

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2.3



16. Encontre o máximo divisor dos pares de n´ umeros que seguem e, para cada caso, dê uma identidade de Bezout. Solu¸ c˜ ao de a: 70 = 20(3) + 14 (i) 20 = 14(1) + 6 (ii) 14 = 6(2) + 2 (iii) 6 = 2(3) + 0 (iv) ⇒ mdc(74, 20) = 2 Da equa¸cão (iii) escreve-se 14 − 6(2) = 2 (v) Combinando v e ii 14 − (20 − 14)2 = 2 14(3) − 20(2) = 2 (vi) Combinando vi com i (74 − 20(3))(3) − 20(2) = 2 74(3) − 20(9) − 20(2) = 2 74(3) + 20(−11) = 2 Assim o mdc(20, 74) = 2 e uma identidade é 74(3) + 20(−11) = 2. Solu¸ c˜ ao de b: O mdc(68, 120) = 4 e uma identidade é 68(−7) + 120(4) = 4. 51

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Solu¸ c˜ ao de c: O mdc(42, −96) = 6 e uma identidade é 42(7) + 96(−3) = 6.

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17. O máximo divisor comum de dois n´ umeros é 48 e o maior deles é 384. Encontre o outro n´ umero. Solu¸ c˜ ao: Como 384 é divis´ıvel por 48 então 48 é a resposta.

18. O máximo divisor comum de dois n´ umeros é 20. Para se chegar a esse resultado pelo processo das divis˜ oes sucessivas, os quocientes encontrados foram, pela ordem, 2, 1, 3 e 2. Encontre os dois n´ umeros. Solu¸ c˜ ao (Retirada do PROFMAT 2014.1): Utilizando o processo das divis˜ oes sucessivas, para os inteiros positivos a, b, obtém-se: • a = b · 1 + r; 0 < r < b • b = r · 5 + r1 ; 0 < r1 < r • r = r1 · 3 + r2 ; 0 < r2 < r1 • r1 = r2 · 3 + r3 ; 0 < r3 < r2 • r2 = r3 · 1 + r4 ; 0 < r4 < r3 • r3 = r4 · 3 Portanto, r4 = mdc(a, b) e por hipótese r4 = 20 o que implica em r3 = 60. Substituindo esses valores nas equa¸cões anteriores encontra-se a = 180 e b = 500.

19. a) Prove que mdc(a. mdc(b,c)) = mdc(a, b, c). b) Use esse fato para encontrar o máximo divisor comum de 46, 64, e 124. Solu¸ c˜ ao de a: Seja d = mdc(a, b, c) e provemos que d = mdc(a, mdc(b, c)). (i) d ≥ 0, pela defini¸cão de máximo divisor comum. (ii) Como d|a, d|b e d|c, por hip´ otese, então d|a e d|mdc(b, c), visto que todo divisor de b e c é divisor do máximo divisor comum desses n´ umeros. (iii) Seja d0 um divisor de a e de mdc(b, c); então d0 |a, d0 |b e d0 |c e, portanto, divide o

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máximo divisor comum desses n´ umeros, ou seja, divide d. Solu¸ c˜ ao de b: mdc(46, 64, 124) = mdc(46, mdc(64, 124)) = mdc(46, 4) = 2

20. Prove que mdc(n, 2n+1) = 1, qualquer que seja o inteiro n. Solu¸ c˜ ao: Usando o método de divis˜ oes sucessivas mdc(n, 2n+1) = mdc(n, 1) = 1.

21. Sejam a e b n´ umeros inteiros tais que mdc(a, a + b) = 1. Prove que mdc(a, b) = 1. O reciproco desse resultado também é verdadeiro. Enuncie-o e demonstre-o. Sugest˜ ao: Para a primeira parte, tome um divisor de c de a e b e mostre que ele também é divisor de a e a + b. Solu¸ c˜ ao: Se mdc(a, a + b) = 1, então existem os inteiros x e y, tais que (a)x + (a + b)y = 1 ⇒ ax + ay + by = 1 ⇒ a(x + y) + by = 1 ⇒ mdc(a, b) = 1 Por outro lado, se mdc(a, b) = 1, então existe um x e y tais que ax + by = 1. Fazendo x = y + z, teremos a(y + z) + by = 1 ⇒ (a + b)y + az = 1 ⇒ mdc (a, (a + b)) = 1. Como quer´ıamos demonstrar.

22. Demonstre que, se a|c, b|c e mdc(a, b) = d, então ab|cd. Sugest˜ ao: Use a identidade de Bezout para a, b e d. Solu¸ c˜ ao: Se aa|c então existe um k ∈ Z tal que c = a · k. Como mdc(a, b) = d então d|a e então c= · d · k. d a Portanto, existe um inteiro x = dk, tal que c = · x (i). d 54

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b y (ii). Da mesma forma pode-se escrever c = d a b 2 Multiplicando (i) por (ii), temos c = xy d d ⇒ c2 · d2 = (ab)xy ⇒ (cd)2 = (ab)xy ⇒ (ab)|(cd)2 . Suponha agora que ab - cd. O que implicaria em cd = k(ab) + r com k, r ∈ Z∗ e ab > r ≥ 1 Sendo assim: (cd)2 = (k(ab) + r)2 ⇒ (cd)2 = (k 2 (ab)2 + 2k(abr) + r2 ) Mesmo supondo que ab - cd provamos que ab|(cd)2 assim, cada termo do polinômio acima deve ter divisão exata por ab, o que ocorre para os dois primeiros termos mas n˜ ao para o ultimo, o que é um absurdo pois contraria a divisibilidade de (cd)2 por (ab). Portanto, ab|cd. Como quer´ıamos demonstrar.

23. Se a e b são inteiros primos entre si, demonstre que mdc(2a + b, a + 2b) = 1 ou 3. Solu¸ c˜ ao: Se a e b são primos entre si, então mdc(a, b) = 1. Pelo algoritmo do MDC de Euclides, mdc(a, b) = mdc(a, b − c · a), assim, mdc(2a + b, a + 2b) = mdc(2a + b, a + 2b − 2a − b) = mdc(2a + b, b − a). mdc(2a + b, b − a) = mdc(b − a, 2a + b − b + a) = mdc(b − a, 3a) Deste modo, mdc(2a + b, a + 2b) = mdc(b − a, 3a). Se 3|b − a, teremos mdc(2a + b, a + 2b) = 3 Se 3 - b − a, teremos mdc(2a + b, a + 2b) = 1 Completando a demonstra¸cão.

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2.4



24. Decomponha em fatores primos 234, 456 e 780. Solu¸ c˜ ao de a: Dividindo o numero 234 sempre pelo menor numero primo poss´ıvel chega-se até: 234 = 117 2 117 = 39 3 39 = 13 3 13 =1 13 Sendo assim: 234 = 2 · 32 · 13 Solu¸ c˜ ao de b: 456 = 23 · 3 · 19 Solu¸ c˜ ao de c: 780 = 22 · 3 · 5 · 13

25. Ache o máximo divisor comum dos seguintes pares de n´ umeros através da decomposi¸cão desses n´ umeros em fatores primos: a) 234 e 456 b) 456 e 780 c) 200 e 480 Solu¸ c˜ ao: A decomposi¸cão de 234 e 456 é:

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234 = 21 · 32 · 13 456 = 23 · 31 · 19 Note que na decomposi¸cão de ambos existe em comum o numero 2 e 3. Fazendo o produto desses valores elevados a menor potencia dada determinamos o mdc. mdc(234, 456) = 21 · 31 mdc(234, 456) = 6 Solu¸ c˜ ao de b: 456 = 23 · 3 · 19 780 = 22 · 3 · 5 · 13 ⇒ mdc(456, 780) = 22 · 3 = 12 Solu¸ c˜ ao de c: 200 = 23 · 52 480 = 25 · 3 · 5 ⇒ mdc(200, 480) = 23 · 5 = 40

26. Determine todos os n´ umeros primos que podem ser expressos na forma n2 –1. Sugestão: Suponha p = n2 – 1 um n´ umero primo e fatore o segundo membro dessa igualdade. Solu¸ c˜ ao: Seja “p” um numero primo que possa ser expresso como: p = n2 − 1 sendo assim p = n2 − 1 = (n − 1)(n + 1) ⇒ p = (n − 1)(n + 1) Observe que nesta condi¸cão “p” seria divis´ıvel por 1, por ele mesmo, por n − 1 e n + 1, o que poderia contrarias a defini¸cão de primo. 58

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Para evitar que isso ocorra devemos considerar que n − 1 = 1 ou n + 1 seja igual a 1.

• Se (n − 1) = 1 então n = 2 e assim p = 3. Que é um numero primo. • Se (n + 1) = 1 então n = 0 e p = −1. Que não é primo.

Portanto, o numero 3 é o u ńico valor poss´ıvel.

27. Se n é um inteiro e n3 –1 é primo, prove que n = 2 ou n = −1. Solu¸ c˜ ao: Seja p um primo escrito como: p = n3 − 1 p = (n − 1)(n2 + n + 1) Um numero primo s´ o pode ser fatorável por 2 valores, o um e ele mesmo. Sendo assim, ou (n − 1) = 1 ou (n2 + n + 1) = 1.

• Se (n − 1) = 1 então n = 2; • Se (n2 + n + 1) = 1 então n = 0 ou n = −1. Como n = 0 implicaria em um p negativo, então n = 2 ou n = −1. Como se queria demonstrar.

28. Em 1742, o russo Christian Goldbach formulou a seguinte conjectura (conhecida como conjectura de Goldbach): “Todo inteiro par maior que 2 é igual à soma de dois n´ umeros primos positivos”. Por exemplo: 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5, 10 = 3 + 7, etc. Até hoje continua em aberto a questão de saber se essa proposi¸cão é falsa ou verdadeira. Admitindo a conjectura de Goldbach, prove que todo inteiro maior que 5 é soma de três n´ umeros primos. Por exemplo: 6 = 2 + 2 + 2, 7 = 2 + 2 + 3, etc. Sugestão: Devido à conjectura, se n ≥ 3, 2n–2 = p + q (p e q primos). Portanto, 2n = p + q + 2 (soma de três n´ umeros primos). Solu¸ c˜ ao: 59

´ Algebra Moderna


Tome um numero k > 5 então: k = 5 + t com t ∈ N∗ Para t = 1 ou t = 2 a demonstra¸cão é evidente. k = (3 + 2) + 1 k = (3 + 2) + 2 Para t ≥ 3 e admitindo que a conjectura seja sempre válida, existe dois primos t1 e t2 tal que t = t1 + t2 . Sendo assim: k =5+t k = 5 + t1 + t2 Como 5 é primo e t1 e t2 por hipótese fica mostrado a proposi¸cão.

29. Ache o menor n´ umero inteiro positivo n para o qual a expressão h(n) = n2 + n + 17 é um n´ umero composto. Solu¸ c˜ ao: Essa f´ ormula gera n´ umeros primos para n = 0, 1, ..., 15. Assim, o menor numero composto adquirido através desse polinˆ omio ocorre para n = 16. Obs: Como o polinˆ omio acima não pode ser fatorável a forma mais trivial de se chegar a solu¸cão é por meio de tentativas, embora essa fórmula e esse resultado sejam bastante conhecidos na teoria dos n´ umeros.

30. Se n2 + 2 é um n´ umero primo, prove que n é m´ ultiplo de 3 ou n = 1. Sugestão: Há três possibilidades de expressar um numero inteiro n; n = 3q, n = 3q + 1, n = 3q + 2, conforme o resto da divisão de n por 3 seja 0, 1 ou 2. Mostre que as duas u ´ltimas são imposs´ıveis, no caso. Solu¸ c˜ ao: Seguindo a sugestão do livro temos 3 possibilidades para escrever um inteiro n. Sendo assim podemos escrever p como: p = (3q)2 + 2 ou

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p = (3q + 1)2 + 2 ou p = (3q + 2)2 + 2.

• Se p = (3q + 2)2 + 2 então: p = (9q 2 + 12q + 4) + 2 p = 9q 2 + 12q + 6 p = 3(3q 2 + 4q + 2) Como p é primo então (3q 2 + 4q + 2) = 1. Contudo essa equa¸cão não têm solu¸cão em Z, assim podemos descartar essa hipótese pois os valores obtidos para q não resultaria em um n inteiro. • Se p = (3q + 1)2 + 2 então: p = (9q 2 + 6q + 1) + 2 p = 9q 2 + 6q + 3 p = 3(3q 2 + 2q + 1) Como p é primo então (3q 2 +2q+1) = 1. Contudo, essa equa¸cão possui somente uma solu¸cão inteira que ocorre para q = 0. O que implicaria em n = 3(0)+1 = 1. • Se p = (3q)2 + 2 então, claramente n é m´ ultiplo de 3.

Portanto, se p = n2 + 1 é primo então, ou n = 1 ou n é m´ ultiplo de três. Como se queria demonstrar.

31. Qual é o menor numero inteiro positivo que tem 15 divisores? Sugestão: Se a = pα1 1 pα2 2 ...pαmm é a decomposi¸cão do n´ umero procurado em fatores primos, então 15 = (α1 + 1)(α2 + 1)...(αm + 1). Observe que só há duas maneira (salvo quanto à ordem) de decompor 15 em fatores inteiros positivos. 61

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Solu¸ c˜ ao: Fatorando o n´ umero 15 chegamos ao seguinte:

15 = 3 · 5

15 = (2 + 1)(4 + 1) Sendo assim, o n´ umero procurado terá a forma a = p21 · p42 Como desejamos o menor inteiro e como p1 e p2 são primos então fica claro que os valores de p1 e p2 são primos, então os valores de p1 e p2 serão 3 e 2, respectivamente. Sendo assim: a = 32 · 24 = 144

32. Demonstre que o conjunto dos n´ umeros primos positivos é infinito. A primeira demonstra¸cão conhecida desse resultado, alias a mesma que esbo¸caremos a seguir, foi dada por Euclides em seus Elementos. Esbo¸co da demonstra¸cão: Suponha que esse conjunto fosse finito: digamos que seus elementos fossem p1 , p2 , ..., pn . Construa o n´ umero p = p1 p2 ...pn + 1. Esse numero não é nenhum dos pi , (por que?). Logo, é composto (Por que?). Então é divis´ıvel por um dos pi , (1 ≤ i ≤ n)(por que?). Segue, então, que p|1 (por que?). Esse absurdo (por que?) garante a infinitude do conjunto dos primos. Solu¸ c˜ ao: Suponha por absurdo que p1 , ...pn fossem todos os primos. Nesse caso o numero p = p1 ·p2 ·· · ··pn +1 não seria divis´ıvel por nenhum primo, o que contrária o teorema fundamental da aritmética.

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2.5



33. Resolva as seguintes equa¸c˜ oes diofantinas lineares: a) 3x + 4y = 20 b) 5x–2y = 2

c) 18x–20y = −8 d) 24x + 138y = 18

Solu¸ c˜ ao de a: O problema já afirma que as equa¸cões possuem solu¸cão, entretanto é bom que se crie o hábito de sempre verificar se a equa¸cão possui ou não solu¸cão. A n´ıvel de exemplo vamos verificar a primeira equa¸cão. Para isso basta conferir se mdc(3, 4)|20. Como mdc(3, 4) = 1 e 1|20 então a equa¸cão possui solu¸cão. Agora que sabemos que a equa¸cão possui solu¸cão evocamos o teorema de bezout para afirmar que 3α + 4β = 1 Através do algoritmo estendido de Euclides obtemos como solu¸cão da equa¸cão acima α = −1 e β = 1. 3(−1) + 4(1) = 1 Multiplicando a igualdade acima por 20 3(−20) + 4(20) = 20 e comparando a igualdade acima com a identidade original (3x + 4y = 20) fica evidente que x = −20 e y = 20. Assim, uma solu¸cão particular da equa¸cão é (x, y) = (−20, 20) e a solu¸cão geral será: −20 +

4 3 · k, 20 − ·k mdc(3, 4) mdc(3, 4)

= (−20 + 4k, 20 − 3k)

onde k é qualquer n´ umero inteiro. Solu¸ c˜ ao de b: Nesse caso vamos resolver a equa¸cão por um método diferente. Vamos faze-la por tentativa. 64

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Primeiro evidenciamos y na equa¸cão. 5 5x–2y = 2 ⇒ y = x − 1 2 Agora nos perguntamos: qual o valor para x que nos fornece um valor inteiro para y? Veja que o 2 é um dos muitos valores poss´ıveis. y=

5 ·2−1=4 2

⇒y=4 Assim, uma solu¸cão particular será x = 2 e y = 4. 5(2) − 2(4) = 2 A solu¸cão geral fica a cargo do leitor. Solu¸ c˜ ao de c e d: Análogas as anteriores.

34. Decomponha o n´ umero 100 em duas parcelas positivas tais que uma é m´ ultipla de 7 e a outra de 11. (Problema do matemático L. Euler [1707-1783]). Solu¸ c˜ ao: O problema equivale a resolver a seguinte equa¸cão diofantina 7a + 11b = 100 (1) Como 7 e 11 são primos então mdc(7, 11) = 1 e pelo teorema de bezout 7a + 11b = 1 (2) Pelo algoritmo estendido de Euclides a solu¸cão de (2) é 2 e −3. Sendo assim:

7a + 11b = 7(−3) + 11(2) = 1

⇒ 7(−3) + 11(2) = 1 (3)

65

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Multiplicando (3) por 100 7(−300) + 11(200) = 100 A equa¸cão acima já pode ser considerada uma solu¸cão se o problema não exigisse que as duas parcelas provenientes da decomposi¸cão do 100 fossem positivas. Para chegar a um resultado que satisfa¸ca a essa exigência primeiro determinamos a solu¸cão geral da equa¸cão

−300 +

11 7 · k, 200 − ·k mdc(7, 11) mdc(7, 11)

= (−300 + 11k, 200 − 7k)

E escolhemos um k que cumpra as seguintes inequa¸cões: 200 − 7k > 0 ⇒ k < 200/7 −300 + 11k > 0 ⇒ k > 300/11 No intervalo (300/11, 200/7) temos apenas o 28 que cumpre as condi¸cões impostas. E pela solu¸cão geral nos dá a seguinte solu¸cão particular (−300 + 11(28), 200 − 7(28)) = (8, 4). Observe que essa solu¸cão nos entrega agora a resposta. 7(8) + 11(4) = 100 Assim, o 100 pode ser decomposto em duas parcelas sendo uma igual a 7 · 8 = 56 e outra igual a 11 · 4 = 44.

35. Ache todos os n´ umeros inteiros estritamente positivos com a seguinte propriedade: dão resto 6 quando divididos por 11 e resto 3 quando divididos por 7. Solu¸ c˜ ao: Seja p um numero que satisfa¸ca as condi¸cões impostas então:

66

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p = 11k + 6 e p = 7q + 3 igualando as identidades acima chegamos a uma equa¸cão diofantina. 11k + 6 = 7q + 3 ⇒ 11k − 7q = −3 ⇒ 7q − 11k = 3 Cuja solu¸cão geral ocorre para k = 8 − 7t e q = 13 − 11t, com t ∈ Z. Sendo assim p = 11k + 6 ⇒ p = 11(8 − 7t) + 6 ⇒ p = 94 − 77t com t ∈ Z Como o problema imp˜ oe que p seja positivo então: p≥0 ⇒ 94 − 77t ≥ 0 ⇒ t ≤ 0 Assim, a solu¸cão é: todos os n´ umeros do conjunto {94 − 77t|t = 1, 0, −1, −2, ...} Observa¸ c˜ ao: A solu¸cão mostrada no livro é equivalente a mostrada aqui. A diferen¸ca entre elas se deve apenas ao fato de que aqui foi tomada uma solu¸cão particular da diofantina diferente da tomada pelo autor. Da mesma forma o aluno pode chegar a mesma solu¸cão escrita de uma terceira forma.

36. O valor da entrada de um cinema é R$ 8,00 e da meia entrada R$ 5,00. Qual é o menor numero de pessoas que pode assistir a uma sessão de maneira que a bilheteria seja de R$ 500,00? (Em tempo: a capacidade desse cinema é suficiente para esse n´ umero de pessoas). Solu¸ c˜ ao: O problema equivale a resolver a seguinte equa¸cão 67

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8x + 5y = 500 Ora 8(2) + 5(−3) = 1 então 8(1000) + 5(−1500) = 500, assim uma solu¸cão particular seria (x, y) = (1000, −1500). E a solu¸cão geral (1000 − 5k, −1500 + 8k) Como x e y são o numero de pessoas que pagam inteira e meia, respectivamente, então a solu¸cão não pode ser negativa. Em outras palavras devemos encontrar um k tal que: 1000 − 5k ≥ 0 e −1500 + 8k ≥ 0 . Dessas duas inequa¸c˜ oes conclui-se que k deve estar no intervalo [187.5, 200]. Como k ∈ Z e o problema pede o menor numero de pessoas então necessitamos testar apenas os dois valores extremos do intervalo. Para k = 188 a solu¸cão será: (1000 − 5k, −1500 + 8k) = (60, 4) Para k = 200 a solu¸cão será: (1000 − 5k, −1500 + 8k) = (0, 100) Como 64 < 100 a solu¸cão é vender 60 inteiras e 4 meias.

37. Ao entrar num bosque, alguns viajantes avistam 37 montes de ma¸cã. Após serem retiradas 17 frutas, o restante foi vendido igualmente entre 79 pessoas. Qual a parte de cada pessoa? (Problema de Mahaviracarya, matemático hindu). Solu¸ c˜ ao: Suponha que tenham x ma¸cas em cada monte. Assim foram vistas 37x ma¸cas ao todo. Em seguida foram retiradas 17 ficando apenas 37x − 17 68

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Como esse total foi totalmente dividido, e em partes iguais, então conclu´ımos que a divisão foi exata, assim pelo teorema da divisão euclidiana 37x − 17 = 79k ⇒ 37x − 79k = 17 (1) Com k ∈ Z e representando a parte de ma¸cas recebidas por cada pessoa. Resolvendo a equa¸cão 37a + 79b = 1 pelo algoritmo de Euclides estendido chegamos a solu¸cão particular (a, b) = (−32, 15). Que nos leva a uma solu¸cão particular para (1). (37(−32) + 79(15)) · 17 = 1 · 17 37(−544) + 79(255) = 17 ⇒ 37(−544) − 79(−255) = 17 ⇒ (x, k) = (−544, −255) Dessa solu¸cão particular chega-se a seguinte solu¸cão geral para (1) (x, k) = (−554 − 79t, −225 − 37t) Com t ∈ Z. Como k é o numero de ma¸cas recebidas por cada um ele deve ser inteiro, ou seja, deve satisfazer a inequa¸cão −225 − 37t > 0 cuja solu¸cão ocorre para t ∈ (−∞, −225/8). Ou em outras palavras: As quantidades poss´ıveis de ma¸cas recebidas por cada um formam o conjunto {−225 − 37t|t = −7, −8, −9, ...}

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70

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2.6



38. Ache os restos das seguintes divisões: a) 245 por 7 b) 11100 por 100

c) 310 · 425 + 68 por 5 d) 52 · 4841 + 285 por 3

Solu¸c˜ ao de a: Se 23 ≡ 1 (mod 7), então: (23 )15 ≡ 115 (mod 7) ⇒ 245 ≡ 1 (mod 7) Ou seja, o resto de 245 por 7 é 1. Solu¸c˜ ao de b: Se 112 ≡ 21 (mod 100) então: (112 )50 ≡ 2150 mod(100). Como 212 ≡ 41 (mod 100) então: (212 )25 ≡ 4125 (mod 100) ⇒ 2150 ≡ 4125 (mod 100). Como 41 é um numero de dois d´ıgitos e termina com 1 é fácil concluir que 4125 ≡ 1 (mod 100). Sendo assim: (112 )50 ≡ 2150 ≡ 4125 ≡ 1 (mod 100) ⇒ 11100 ≡ 1 (mod 100) portanto, o resto da divisão citada é 1. Solu¸c˜ ao de c: Se 32 ≡ 4 (mod 5) então: (32 )5 ≡ 45 (mod 5)

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310 ≡ 45 (mod 5) e como 44 = 1024 então: 310 ≡ 4 (mod 5) (1) Sabe-se que 40 é divis´ıvel por 5, então 42 ≡ 2 (mod 5). 42 ≡ 2 (mod 5) (2)

Como 62 ≡ 1 (modulo 5) então: (62 )4 ≡ 14 (mod 5) ⇒ 68 ≡ 1 (mod 5) 68 ≡ 1 (mod 5) (3) Usando (1), (2) e (3) 310 · 425 + 68 ≡ 4 · (2)5 + 1 = 129 ⇒ 129 ≡ 4 (mod 5) Ou seja, o resto da divisão solicitada é 4. Solu¸c˜ ao de d: Facilmente se conclui que 52 ≡ 1 (mod 3). Fazendo a divisão de 4841 por 3 encontramos 2 como resto dessa divisão 4841 = 1613(3) + 2 3 Também sabe-se que 28 ≡ 1 (mod 3), portanto 285 ≡ 1 (mod 3). Sendo assim: 52 · 4841 + 285 ≡ 1 · 2 + 1 (mod 3) ≡ 3 mod(3) ≡ 0 (mod 3).

72

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Ou seja, o resto da divisão solicitada é 0.

39. Mostre que o numero 220 − 1 é divis´ıvel por 41 Solu¸ c˜ ao: 25 ≡ −9 mod(41) ⇒ (25 )4 ≡ (−9)4 mod(41) ⇒ 220 ≡ (−9)4 mod(41). Como −94 = 6561 e a divisão de 6561 por 41 tem resto 1 então: 220 ≡ 1 mod(41) Sendo assim, 220 − 1 ≡ 1 − 1 = 0 O que implica em 220 − 1 mod(41). Como se queria demonstrar.

40. Qual é o resto da divisão euclidiana de 15 +25 +35 +...+995 +1005 por 4? Justifique. Sugest˜ ao: Dividir a soma dada em 25 grupos de 4 parcelas. Solu¸ c˜ ao: No m´ odulo 4 a soma pode ser escrita assim: 15 + 2 5 + 3 5 + 0 5 + 1 5 + 2 5 + 3 5 + 0 5 + · · · + 1 5 + 2 5 + 3 5 + 0 5 Como a ordem dos fatores não altera o resultado da soma em R, então podemos deslocar ou ´ltimo termo da soma (05 ) para agrupa-la em grupos de 4 termos. (05 + 15 + 25 + 35 ) + (05 + 15 + 25 + 35 ) + · · · (05 + 15 + 25 + 35 ) Dividindo 100 por 4 o resultado será 25. Então, conclu´ı-se que existam 25 grupos de quatro termos na soma acima. Isto é:

(05 + 15 + 25 + 35 ) + (05 + 15 + 25 + 35 ) + · · · (05 + 15 + 25 + 35 ) = 25 × (05 + 15 + 25 + 35 )

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= 25 × (1 + 32 + 243) = 25 × (276) Como 276 ≡ 0 no m´ odulo 4 então: 25 × (276) = 25 × 0 = 0 ⇒ 15 + 25 + · · · + 995 + 1005 ≡ 0 (mod 4). Ou seja, o resto é zero.

41. a) Mostre que o resto da divisão de um numero por 10 é seu algarismo das unidades e que o resto da divisão por 100 é o numero formado pelo dois u ´ltimos algarismos do numero dado. 100 )

b) Ache o algarismo das unidades de 7(7

.

9

c) Ache os dois u ´ltimos algarismos de 9(9 ) . Solu¸ c˜ ao de a: Seja n um n´ umero qualquer se n < 10 então a demonstra¸cão é evidente. Se n > 10 então existe um q e p ∈ Z onde pelo teorema da divisão euclidiana pode-se afirmar que n = 10q + p com 10 > p > 0. O que implica em n ≡ p (mod 10). Em outras palavras a divisão de n por 10 é igual a p que como é menor que dez é o algarismo que representa a unidade (ou o u ´ltimo algarismo do n´ umero dado). Analogamente se prova para n negativo. Solu¸ c˜ ao de b: Considere a seguinte sequência: 70 = 1 n´ umero terminado em 1. 71 = 7 n´ umero terminado em 7. 72 = 49 n´ umero terminado em 9. 73 = 343 n´ umero terminado em 3. 74 = 2401 n´ umero terminado em 1. 75 = 16807 n´ umero terminado em 7.

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.. . se continuássemos com ela perceber´ıamos que o final dos demais n´ umeros ainda seria, e na ordem, os n´ umeros 1, 7, 9 e 3 até o fim. Como as potências de 7 seguem esse padrão e têm somente 4 algarismos diferentes para compor seu algarismo das unidades (1, 3, 7 e 9), então podemos determinar o n´ umero p tal que: 100

77

≡ p (mod. 4)

pois com base nele facilmente descobrimos qual o algarismo das unidades. Veja: Como 7 ≡ 3 (mod 4) e 100 ≡ 0 (mod 4) então, 100

0

77

≡ 33 (mod. 4) 100

≡ 31 (mod. 4)

100

≡ 3 (mod. 4).

⇒ 77

⇒ 77

Então, o algarismo da unidade de 77

100

é 3.

Solu¸ c˜ ao de c: Esse método pode ser aplicado sempre que se desejar encontrar os dois u ´ltimos algarismos n de um numero nn (com n ∈ N).

• Primeiro determina-se um inteiro r tal que 99 ≡ r (mod 10). 99 = 93

3

= (729)3

como 729 ≡ 9 no m´ odulo 10 então: 99 ≡ 93 (mod 10) ⇒ 99 ≡ 729 (mod 10) ⇒ 99 ≡ 9 (mod 10) ⇒r=9

• Finalmente determinamos um inteiro p tal que 9r ≡ p (mod 100). 75

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99 = (93 )3 = (729)3 ≡ (29)3 (mod 100) Como 293 = 24389 então (29)3 ≡ 89 (mod 100). O que implica em p = 89. 9

Sendo assim, os dois u ´ltimos d´ıgitos de 99 é 89.

´ o 42. Se p e p + 2 são n´ umeros primos, então eles se denominam primos gêmeos. E caso, por exemplo, de 3 e 5. Se p > 3 e os n´ umeros p e p+2 são primos gêmeos, prove que a soma p+(p+2) = 2p+2 é m´ ultiplo de 12. Sugest˜ ao: Sendo a soma um numero par, então a principio essa soma poderia ser côngrua a 0, 2, 4, 6, 8, 10 m´ odulo 12. Mostrar que todas essas possibilidades, exceto a primeira, levam a uma contradi¸cão. Solu¸ c˜ ao: Seguindo a sugestão vamos provar que 2p + 2 não pode ser equivalente a 2, 4, 6, 8 ou 10 no módulo 12. Suponha por absurdo que 2p + 2 ≡ 2 (mod 12). Nesse caso, poder´ıamos afirmar então que: 2p + 2 = 12q + 2 para algum q ∈ Z. Sendo assim: 2p = 12q ⇒ p = 6q O que é um absurdo, pois p sendo primo só pode ter dois divisores. E sendo p = 6q teria como divisores 6, q e o pr´ oprio p, isto é 3. De forma similar se prova os demais casos.

43. Prove que se a ≡ b (mod m) e n é um divisor de m, maior que 1, então a ≡ b (mod n). Solu¸ c˜ ao:

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Se a ≡ b (mod m) então a = mq + b (q ∈ Z). Se n é um divisor de m, então m = nk com k ∈ Z. Sendo assim: a = mq + b ⇒ a = (nk)q + b ⇒ a = n(kq) + b Essa u ´ltima implica¸cão resulta em a ≡ b (mod n).

44. Demonstre: a) a3 ≡ a (mod 6) b) a3 ≡ 0, 1 ou 8 (mod 9) c) Se a é um inteiro que não é divis´ıvel por 2 nem por 3, então a2 ≡ 1 (mod 24). d) Se a é um cubo perfeito, então a ≡ 0, 1 ou −1 (mod 9). Solu¸ c˜ ao de a: Dizer que a3 ≡ a (mod 6) é equivalente a dizer que a3 − a ≡ 0 (mod 6). a3 ≡ a (mod 6) ⇔ a3 − a ≡ 0 (mod 6) Sendo assim, podemos provar o que se pede provando apenas que a3 − a ≡ 0 (mod 6). Note que a3 − a = (a − 1)a(a + 1). Um resultado conhecido da Teoria dos N´ umeros é o de que entre três n´ umeros consecutivos um deles é divis´ıvel por 3 então: Se (a − 1) é divis´ıvel por 3, então (a − 1) = 3k com k ∈ Z. Logo a3 = 3k · a · (a + 1). Como a e a+1 são de paridades diferentes então seu produto é par. Ou seja a(a+1) = 2q para algum q ∈ Z. Sendo assim: a3 − a = 3k · 2q = 6(kq) 77

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⇒ a3 − a ≡ 0 (mod 6).

Analogamente se prova no caso de a ou (a + 1) divis´ıveis por 3. Completando a demonstra¸cão. Solu¸ c˜ ao de b (Retirada da p´ agina do Ell Alves4 ): Todo n´ umero inteiro tem a forma: 3k, 3k + 1 ou 3k + 2, com k ∈ Z. Para os seus cubos, temos: (3k)3 = 27k 3 = 9(3k 3 ) + 0 ≡ 0 (mod 9) (3k + 1)3 = 9(3k 3 + 3k 2 + k) + 1 ≡ 1 (mod 9) (3k + 2)3 = 9(3k 3 + 6k 2 + 4k) + 8 ≡ 8 (mod 9). Solu¸ c˜ ao de c: Todo n´ umero inteiro tem a forma: 3k, 3k + 1 ou 3k + 2, com k ∈ Z. Note que a não pode ser igual 3k, pois a não é divis´ıvel por 3. Assim, resta nos duas possibilidades: ou a = 3k + 1 ou a = 3k + 2. Se a for igual a 3k + 1 então k deve ser par, pois se k for impar implicará em a divis´ıvel por 2. Veja: (Prova de que k ´ e par) a = 3k + 1 ⇒ a = 3(2q + 1) + 1 ⇒ a = 2(3q + 2) que é par.

Supondo a = 3k + 1 então: a2 = (3k + 1)2 = 9k 2 + 6k + 1 Como k é par pode-se fazer k = 2q com q ∈ Z, assim: a2 = 9(2q)2 + 6(2q) + 1 4

http://ellalves.net.br/blog/posts/single/21/teoria dos numeros exercicios de congruencia linear

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⇒ a2 = 36q 2 + 12q + 1 ⇒ a2 = 12q(3q + 1) + 1 Finalmente por indu¸cão podemos terminar a demonstra¸cão. (Base:) Para q = 0 temos a2 = 12(0)(3 · 0 + 1) + 1 = 1 Como 1 ≡ 1 (mod 24) então a2 ≡ 1 (mod 24). (Passo indutivo:) Supondo que a proposi¸cão seja verdadeira para a = k então: a2 = 12k(3k + 1) + 1 ≡ 1 (mod 24) ⇒ 12k(3k + 1) ≡ 0 (mod 24) ⇒ (12k(3k + 1)) + 24(3k + 3) ≡ 0 (mod 24) ⇒ (12(k + 1))(3(k + 1) + 1)) ≡ 0 (mod 24) ⇒ (12(k + 1))(3(k + 1) + 1)) + 1 ≡ 1 (mod 24) ⇒ a2 ≡ 1 (mod 24) Completando a demonstra¸cão do passo indutivo. Analogamente se prova para o caso de a = 3k + 2.

45. a) Encontre um inteiro x tal que x ≡ 3 (mod 10), x ≡ 11 (mod 13) e x ≡ 15 (mod 17)(Regiomantanus, século XVI). b) Encontre um inteiro x tal que x ≡ 3 (mod 11), x ≡ 5 (mod 19) e x ≡ 10 (mod 29)(Euler, seculo XVIII). Solu¸ c˜ ao de a: Usando o teorema chines dos restos x = 1103. Solu¸ c˜ ao de b: x = 4128

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46. Resolva, mediante o teorema chinês do resto, os seguintes sistemas: a) x ≡ 1 (mod 10), x ≡ 4 (mod 11), x ≡ 6 (mod 13) b) x ≡ 5 (mod 7), x ≡ −1 (mod 9), x ≡ 6 (mod 10) Solu¸ c˜ ao: A cargo do leitor.

47. Um bando de 17 piratas, ao tentar dividir igualmente entre si as moedas de uma arca, verificou que haveria uma sobra de 3 moedas. Seguiu-se uma discussão, na qual um pirata foi morto. Na nova tentativa de divisão já com um pirata a menos, verificou-se que haveria uma sobra de 10 moedas. Nova confusão, e mais um pirata foi morto. Então, por fim, eles conseguiram dividir igualmente as moedas entre si. Qual o menor numero de moedas que a arca poderia conter? Solu¸ c˜ ao (Retirada do yahoo perguntas:) Considere o n◦ de moedas igual a “x”. Então: x = q1 + 3 ⇒ x = 17q1 + 3 ⇒ x ≡ 3 (mod 17) 17 x = q2 + 10 ⇒ x = 16q2 + 10 ⇒ x ≡ 10 (mod 16) 16 x = q3 + 0 ⇒ x = 15q3 + 0 ⇒ x ≡ 0 (mod 15) 15 Pelo Teorema Chinês do Resto: x ≡ a1 (mod m1 ) x ≡ a2 (mod m2 ) x ≡ a3 (mod m3 ) X = a1 · M1 · x1 + a2 · M2 · x2 + a3 · M3 · x3 Onde: “Ma ” é o produto de todos os “mk ” com exce¸cão de “ma ” Exemplo:

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M1 = m2 · m3 M2 = m1 · m3 M3 = m1 · m2 “xa ” é o n´ umero que torna Ma · xa ≡ 1 (mod ”ma ”) No nosso caso: X = 3 · 16 · 15 · x1 + 10 · 17 · 15 · x2 + 0 · 17 · 16 · x3 X = 720 · x1 + 2550 · x2 Calculando o “x1 ”: x1 · 16 · 15 ≡ 1 (mod 17) como: 16 ≡ −1 (mod 17) e 15 ≡ −2 (mod 17) x1 · 16 · 15 ≡ 1 (mod 17) x1 · (−1) · (−2) ≡ 1 (mod 17) 2 · x1 ≡ 1 (mod 17) Como 1 ≡ 18 (mod 17) 2 · x1 ≡ 1 (mod 17) 2 · x1 ≡ 18 (mod 17) x1 ≡

18 (mod 17) 2

x1 ≡ 9 (mod 17) Calculando o “x2 ”:

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x2 · 17 · 15 ≡ 1 (mod 16) Como: 17 ≡ 1 (mod 16) e 15 ≡ −1 (mod 16) x2 · 17 · 15 ≡ 1 (mod 16) x2 · 1 · (−1) ≡ 1 (mod 16) −x2 ≡ 1 (mod 16) x2 ≡ −1 (mod 16) Como: −1 ≡ 15 (mod 16) x2 ≡ −1 (mod 16) x2 ≡ 15 (mod 16) Substituindo “x1 ” e “x2 ”: X = 720 · x1 + 2550 · x2 X = 720 · 9 + 2550 · 15 X = 6480 + 38250 X = 44730 Para finalizar: x ≡ 44730 (mod 17 · 16 · 15) x ≡ 44730 (mod 4080) Como: 44730 ≡ 3930 (mod 4080) Obs: Como queremos o menor n´ umero de moedas poss´ıvel, temos que encontrar o

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primeiro valor positivo que seja congruente de 44730 no modulo 4080. No caso é o 3930. Logo, o menor n´ umero de moedas poss´ıvel é 3930.

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3


Rela¸ c˜ oes, Opera¸ co ˜es, Aplica¸c˜ oes

3.1


1. Sejam E = {1, 3, 5, 7, 9} e F = {0, 2, 4, 6}. a) Enumere os elementos das seguintes rela¸cões de E em F: R1 = {(x, y)|y = x − 1} R2 = {(x, y)|x < y} R3 = {(x, y)|y = 3x} b) Estabele¸ca o dom´ınio e a imagem de cada uma. Solu¸ c˜ ao de a: Seja R1 : E → F então R1 (1) = 1 − 1 = 0 R1 (3) = 3 − 1 = 2 R1 (5) = 5 − 1 = 4 R1 (7) = 7 − 1 = 6 R1 (9) = 9 − 1 = 8 Entretanto, como 8 ∈ / F então (9, 8) ∈ / R1 . Sendo assim: R1 = {(1, 0); (3, 2); (5, 4); (7, 6)}. Já quanto as rela¸c˜ oes da ordem entre E e F pode-se dizer o seguinte: • Existe apenas uma rela¸cão de ordem que envolva o 2; 1<2 • duas que envolvem o 4; 1<4e3<4 • e três que envolvem o 6 1 < 6, 3 < 6 e 5 < 6

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Sendo assim: R2 = {(1, 2); (1, 4), (3, 4); (1, 6); (3, 6); (5, 6)} Usando racioc´ınio análogo a R1 conclui-se que R3 = Solu¸ c˜ ao de b: Dado R1 = {(1, 0); (3, 2); (5, 4); (7, 6)} chama-se de dom´ınio de R1 o conjunto formado pelo primeiro elemento de cada par ordenado de R1 , ou seja: Dm (R1 ) = {1,3,5,7} Já a imagem de R1 é o conjunto formado pelo segundo elemento de cada par. Isto é: Im (R1 ) = {0,2,4,6} Analogamente se chega à: Dm (R2 ) = {1,3,5} e Im (R2 ) = {2,4,6} Dm (R3 ) = Im (R3 ) =

2. Sabe-se que E é um conjunto com 5 elementos e R = {(a, b), (b, c), (c, d), (d, e)} é uma rela¸cão sobre E. Pede-se obter: a) os elementos de E; b) dom´ınio e imagem de R; c) os elementos, dom´ınio e imagem de R−1 ; d) esquema de flechas de R; Solu¸ c˜ ao de a: Se R é uma rela¸cão sobre o conjunto “E” então todos os seus pares devem ser formados pelos elementos do pr´ oprio “E”, e como este têm apenas 5 elementos (mesma quantidade de elementos que comp˜ oem os pares ordenados de R) então: E = {a, b, c, d, e} Solu¸ c˜ ao de b: Dm (R) = {a, b, c, d} e Im (R) = {b, c, d, e}

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Solu¸ c˜ ao de c: Se R = {(a, b); (b, c); (c, d); (d, e)} a inversão dos elementos de seus pares será R−1 . Assim: R−1 = {(b, a); (c, d); (d, c); (e, d)} De modo que Dm (R−1 ) = {b, c, d, e} e Im (R−1 ) = {a, b, c, d} Solu¸ c˜ ao de d:

a

b

b

c

c

d

d

e

3. Sendo R = {(x, y) | 4x2 + y 2 = 4} uma rela¸cão sobre R, pede-se: a) o gráfico cartesiano de R; b) o dom´ınio de R; c) a imagem de R; d) descrever R−1 . Solu¸ c˜ ao de a: 2 -1

1 -2

Solu¸ c˜ ao de b:

87

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Através do gráfico percebe-se que Dm = [−1, 1] Solu¸ c˜ ao de c: Através do gráfico percebe-se que Im (R) = [−2, 2] Solu¸ c˜ ao de d: Partindo da equa¸cão 4x2 + y 2 = 4 então: √ y = ± 4 − 4x2 √ ⇒ y = ±2 1 − x2 Trocando y por x então: p x2 = ± 2 1 − y 2 p ⇒ x2 = (±2 1 − y 2 )2 ⇒ x2 = 4(1 − y 2 ) ⇒

x2 4

= 1 − y2

⇒ y2 = 1 −

x2 4

⇒ 4y 2 = 4 − x2 ⇒ 4y 2 + x2 = 4 Sendo assim: R−1 = {(x, y) ∈ R2 /x2 + 4y 2 = 4}

4. Seja R a rela¸cão sobre o conjunto N∗ definida pela senten¸ca x + 3y = 10. Pede-se determinar: a) os elementos de R; b) o dom´ınio de R; c) a imagem de R; d) os elementos de R−1) . Solu¸ c˜ ao de a:

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Note que a senten¸ca x + 3y = 10 também pode ser escrita como: 10 − x 3 ∗ Como a R é uma rela¸cão sobre N então a desigualdade a seguir deve ser satisfeita. y=

10 − x >0 3 O que implica em x < 10 Note que para x = 1 temos: y(1) =

10 − 1 =3 3

Como 3 ∈ N∗ então o par (1, 3) ∈ R Note que para x = 2, · · · , 10 temos: 7 5 4 2 1 10 8 y(2) = ; y(3) = ; y(4) = 2; y(5) = ; y(6) = ; y(7) = 1; y(8) ; y(9) = ; y(10) = 3 3 3 3 3 3 3 Como 2, 7 ∈ N∗ então os pares (4, 2); (7, 1) ∈ R. Os demais valores para x fornecem apenas n´ umeros não naturais de modo que R = {(1, 3), (4, 2), (7, 1)} Solu¸ c˜ ao de b: D(R) = {1, 4, 7} Solu¸ c˜ ao de c: Im (R) = {1, 2, 3} Solu¸ c˜ ao de d: R− 1 = {(3, 1), (2, 4), (1, 7)}

5. Sejam E e F dois conjuntos finitos com m e n elementos, respectivamente. a) Qual é o n´ umero de elementos de E×F?

89

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b) Qual é o n´ umero de rela¸c˜ oes de E em F? Solu¸ c˜ ao de a: Usando o princ´ıpio fundamental da contagem o n´ umero de elementos de E×F é igual a m × n. Solu¸ c˜ ao de b: Se um conjunto possui m × n elementos então ele terá sempre 2m×n subconjuntos.

0

0

6. Seja R uma rela¸cão binária sobre o conjunto E e R a nega¸cão de R, isto é, R = 0 0 {(x, y) | xRy}. O que se pode concluir sobre R∩R e R∪R ? Solu¸ c˜ ao: Nesse caso temos R’ = E×E - R, então: R0 ∩ R = Ø e R0 ∪ R = E × E.

7. Sejam R1 e R2 duas rela¸c˜ oes binárias em E. Que significado têm R1 ∪R2 e R1 ∩R2 ? O que significa a inclusão R1 ⊂R2 ? Solu¸ c˜ ao: R1 ∪ R2 = {(x, y) | xR1 y ou xR2 y} R1 ∩ R2 = {(x, y) | xR1 y ou xR2 y} Se R1 ⊂ R2 então todo elemento de R1 também pertence a R2 .

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3.2



8. Seja R a rela¸cão em E = {1, 2, 3, 4, 5} tal que xRy se, e somente se, x − y é m´ ultiplo de 2. a) Quais são os elementos de R? b) Fa¸ca o diagrama de flechas para R. c) R é reflexiva? R é simétrica? R é transitiva? R é antissimétrica? Solu¸ c˜ ao de a: Comece listando todos os pares (x, y) com x, y ∈ E. (1, 1) (1, 2) .. . (1, 5) .. . (2, 1) (2, 2) .. . (5, 4) (5, 5) Agora verifique quais desses pares cumprem a condi¸cão de serem divis´ıveis por 2.

(1, 1) ⇒ 1 − 1 = 0 (1, 2) ⇒ 1 − 2 = −1 .. . (1, 5) ⇒ 1 − 5 = −4 .. . (2, 1) ⇒ 2 − 1 = 1 (2, 2) ⇒ 2 − 2 = 0 .. . (5, 4) ⇒ 5 − 4 = 1 (5, 5) ⇒ 5 − 5 = 0 Observe que das opera¸c˜ oes listadas acima as u ńicas que satisfazem as condi¸cões de R, isto é, ser divis´ıvel por 2 e pertencer a E são as que formam os pares: 92

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(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(3,1),(3,3),(3,5),(4,4),(4,2),(5,5),(5,3),(5,1) Portanto, a rela¸cão R será: R = {(1, 1), (1, 3), (1, 5), (2, 2), (2, 4), (3, 1), (3, 3), (3, 5), (4, 4), (4, 2), (5, 5), (5, 3), (5, 1)} Solu¸ c˜ ao de b: R = {(1, 1), (1, 3), (1, 5), (2, 2), (2, 4), (3, 3), (3, 1), (3, 5), (4, 4), (4, 2), (5, 5), (5, 1), (5, 3)} sobre o conjunto E. Solu¸ c˜ ao de c: A rela¸cão R é reflexiva, pois ∀x ∈ E temos xRx. Também é simétrica e transitiva. R não é anti-simétrica.

9. R é uma rela¸cão sobre E = {a, b, c, d} dada pelo esquema de flechas ao lado. Que propriedades R apresenta?

E

a

b

c

d

Solu¸ c˜ ao: Reflexividade, simetria e transitividade. 10. Que propriedades apresenta a rela¸cão S dada pelo esquema ao lado?

a

b

E c

d 93

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Solu¸ c˜ ao: S não é reflexiva, simétrica, anti-simétrica e transitiva. 11. O conjunto E = {a, b, c, d, e} é formado pelos cinco filhos de um mesmo casamento. Seja R a rela¸cão sobre E assim definida: xRy se, e somente se, x é irmão de y Que propriedade R apresenta? N ota : x é irmão de y quando x 6= y e x e y têm os mesmos pais. Solu¸ c˜ ao: Todas as combina¸c˜ oes poss´ıveis de pares ordenados sobre o conjunto E é dada pelo produto cartesiano E × E. E2 = {(a, a), (a, b), (a, c), (a, d), (a, e), (b, a), (b, b), (b, c), (b, d), (b, e), (c, a), (c, b), (c, c), (c, e), (d, a), (d, b), (d, c), (d, e), (d, d), (e, a), (e, b), (e, c), (e, d), (e, e)} Os elementos (a, a), (b, b), (c, c), (d, d) e (e, e) não representam irmãos, pois não se pode ser irmão de si mesmo. Sendo assim a rela¸cão R requerida é: R = E2 − {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e)} ⇒ R = {(a, b), (a, c), (a, d), (a, e), (b, a), (b, c), (b, d), (b, e), (c, a), (c, b), (c, e), (d, a), (d, b), (d, c), (d, e), (e, a), (e, b), (e, c), (e, d)} De posse da rela¸cão R testamos a existência das seguintes propriedades sobre R: reflexão, simetria, transitividade e anti-simetria. • Conferindo a reflex˜ ao. Como R = E2 − {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e)} então R não goza da propriedade reflexiva. • Conferindo a simetria. Olhando para a rela¸cão R pode se observar o que ∀ x, y ∈ E; xRy ⇒ yRx. Assim, a rela¸cão é simétrica. • Conferindo a transitividade. 94

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Suponha por absurdo que a rela¸cão seja transitiva. Sendo assim, tomando a, b ∈ E como aRb e bRa pela transitividade ter´ıamos aRa. O que gera o absurdo. • Conferindo a anti-simetria. Como o conjunto E têm cinco elementos (por hipótese) se a rela¸cão fosse anti-simétrica então pela rela¸cão R o conjunto E seria unitário. (Obs: essa explica¸cão pode ser colocada sobre a forma de prova por absurdo). Conclus˜ ao: A rela¸cão é somente simétrica.

12. Seja E o conjunto das retas que contêm os lados de um hexágono regular abcde. a) Quantos elementos têm o conjunto E? b) Indique quais são os pares ordenados que constituem a rela¸cão R em E assim definida: xRy ⇔ x é paralela a y c) Quais são as propriedades que R apresenta? N ota : x é paralela a y quando x = y ou x ∩ y = ∅, com x e y coplanares. Solu¸ c˜ ao de a: Imagine o seguinte hexágono. C

B

D

A

E

F

Note que o hexágono é composto de seis segmentos que são: CB, BA, AF F E, ED e DC. Ou seja, o conjunto E têm seis elementos. E = {(c, b), (b, a), (a, f ), (f, e), (e, d), (d, c)} Solu¸ c˜ ao de b: 95

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Note que CB//EF , BA//DE, AF //CD e também as rec´ıprocas EF //CB, DE//BA e CD//AF . Outro detalhe é que pela nota fornecida um segmento é paralelo a ele mesmo, sendo assim: R = {(ab, ab), (ab, de), (de, ab), (de, de), (bc, bc), (bc, ef ), (ef, bc), (ef, ef ), (cd, cd), (cd, f a), (f a, cd), (f a, f a)} Solu¸ c˜ ao de c: Com base na observa¸cão da rela¸cão R conclui-se que a mesma é reflexiva, sim´ etrica e transitiva.

13. Seja E = {1, 2, 3}. Considerem-se as seguintes rela¸cões em E: R1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)} R2 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 3)} R3 = {(1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)} R4 = E×E R5 = ∅ Quais são reflexivas? E simétricas? E transitivas? E anti-simétricas? Solu¸ c˜ ao: Reflexivas: R1 , R2 e R4 ; simétricas: R1 , R3 , R4 e R5 ; transitivas: R1 , R2 , R4 e R5 ; anti-simétricas:R1 , R2 e R5 .

14. Construa sobre o conjunto E = {1, 2, 3, 4} quatro rela¸cões R1 , R2 , R3 e R4 de modo que R1 s´ o tem a propriedade reflexiva, R2 só a simétrica, R3 só a transitiva e R4 só a anti-simétrica. Sugest˜ ao: Fa¸ca os diagramas de flechas. Solu¸ c˜ ao: R1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4)(1, 2), (2, 3), (3, 2)} R2 = {(1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1)} R3 = {(1, 2), (2, 3), (1, 3), (2, 1)} 96

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R4 = {(1, 2), (2, 3), (3, 4)}

15. Dê um exemplo de rela¸cão R sobre o conjunto E = {a, b, c} que tenha as propriedades simétrica e anti-simétrica. Dê um exemplo de rela¸cão S sobre E que não tenhas as propriedades simétrica e anti-simétrica. Solu¸ c˜ ao: No exerc´ıcio 13 determinamos que a rela¸cão R1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)} sobre E = {1, 2, 3} é tanto simétrica como anti-simétrica. Se trocássemos 1 por a, 2 por b e 3 por c no conjunto E e segu´ıssemos a mesma lógica para a forma¸cão de R1 ter´ıamos: R = {(a, a), (b, b), (c, c)} sobre E = {a, b, c} Que também é simétrica e anti-simétrica.

16. Descreva uma a uma todas as rela¸cões binárias sobre o conjunto E = {a, b}. Em seguida, identifique quais são reflexivas, quais são simétricas, quais são transitivas e quais são anti-simétricas. Solu¸ c˜ ao: Ø, {(a, a)}, {(a, b)}, {(b, b)}, {(b, a)}, {(a, a), (a, b)}, {(a, a), (b, b)}, {(a, a), (b, a)}, {(a, b), (b, b)}, {(a, b), (b, a)}, {(b, b), (b, a)}, {(a, a), (a, b), (b, b)}, {(a, a), (b, b), (b, a)}, {(a, a), (a, b), (b, a)}, {(a, b), (b, b), (b, a)}, E×E

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3.3



17. Esboce os gráficos cartesianos das seguintes rela¸cões sobre R: R1 = {(x, y)|x + y ≤ 2} R2 = {(x, y)|x2 + y 2 = 1} R3 = {(x, y)|x2 + y 2 ≤ 4} R4 = {(x, y)|x2 + x = y 2 + y} R5 = {(x, y)|x2 + y 2 ≥ 16} Solu¸ c˜ ao:

2

2

Gr´ afico de R1

1 1

1

1 Gr´ afico de R2

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2 2

2

2 Gr´ afico de R3

-2

-1

1 -1

Gr´ afico de R4

2 2

2

2 Gr´ afico de R5

18. Das rela¸c˜ oes do exerc´ıcio anterior, quais são reflexivas? Quais são simétricas? Solu¸ c˜ ao: Reflexiva: R4 ; simétricas: todas.

19. Esboce os gráficos cartesianos das seguintes rela¸cões sobre R: R6 = {(x, y)|y = x2 } R7 = {(x, y)|xy = 12} 100

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R8 = {(x, y)|x2 + 4y 2 ≤ 4} R9 = {(x, y)|x2 = y 2 } R10 = {(x, y)|y ≥ x3 } Solu¸ c˜ ao: Devido a simplicidade e semelhan¸ca com a questão 17 deixarei essa questão a cargo do leitor. Caso o mesmo tenha dificuldade, ou apenas deseje conferir suas respostas, recomendo o uso do software Geogebra.

20. Das rela¸c˜ oes do exerc´ıcio anterior, quais são reflexivas? Quais são simétricas? Solu¸ c˜ ao: Reflexiva: R9 ; simétricas: R7 e R9 .

101

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3.4



21. Quais das rela¸c˜ oes abaixo são rela¸cões de equivalência sobre E = {a, b, c}? R1 = {(a, a), (b, b), (c, c)} R2 = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (b, c), (a, c)} R3 = {(a, a), (b, b), (a, b), (b, a)} R4 = E×E R5 = Ø Solu¸ c˜ ao: Apenas as rela¸c˜ oes R1 e R4 são rela¸cões de equivalência. A rela¸cão R2 não pode ser pois não é simétrica. A rela¸cão R3 não pode ser pois não é reflexiva. A rela¸cão R5 não pode ser pois não é reflexiva.

22. Quais das senten¸cas abertas abaixo definem uma rela¸cão de equivalência em Z? a) x ≡ y (mod 3) b) xB| y c) x ≤ y d) mdc(x, y) = 1 e) x + y = 7 Solu¸ c˜ ao de a: Para todo x ∈ Z temos x ≡ x (mod 3) logo é reflexiva. Se x ≡ y (mod 3) então y ≡ x (mod 3) logo é simétrica. Se x ≡ y (mod 3) e y ≡ z (mod 3) então x ≡ z (mod 3) logo a rela¸cão é transitiva. Sendo assim, é uma rela¸cão de ordem. Solu¸ c˜ ao de b: Para todo x ∈ Z temos x | x logo é reflexiva. 103

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Se x | y e y 6= x então y - x, logo não é transitiva. Se não é transitiva não pode ser uma rela¸cão de ordem. Solu¸ c˜ ao de c: Não é rela¸cão de ordem. Solu¸ c˜ ao de d: Não é rela¸cão de ordem. Solu¸ c˜ ao de e: Não é rela¸cão de ordem.

23. Seja E o conjunto dos triângulos do espa¸co geométrico euclidiano. Seja R a rela¸cão em E definida por: xRy se, e somente se, x é semelhante a y. Prove que R é de equivalência. Solu¸ c˜ ao: Prova da reflexividade. Por defini¸cão todo triângulo é semelhante a ele mesmo, isso prova a reflexividade. Prova de simetria. Se ∆1 ,∆2 ∈ E de modo que ∆1 ∼ ∆2 então sobre os ângulos internos de ∆1 e ∆2 , (α, γ, ω) pode se dizer o seguinte: α1 = α2 ; γ1 = γ2 ; ω1 = ω2 Onde α, γ, ω são os ângulos internos de ∆1 e ∆2 . As figuras a seguir ilustram a situa¸cão

ω1 ∆1 = α1

104

γ1

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Tri^ angulo ∆1 ω2 ∆2 = γ2

α2

Tri^ angulo ∆2 Como as três igualdades acima implicam nas três igualdades abaixo: α1 = α2 ; γ1 = γ2 ; ω1 = ω2 Então ∆1 ∼ ∆2 provando a simetria. Prova da transitividade Se ∆1 , ∆2 , ∆3 ∈ E com ∆1 ∼ ∆2 e ∆2 ∼ ∆3 . Então pode se dizer o seguinte sobre os ângulos internos (α, γ, ω) dos triângulos. α1 = α2 ; γ1 = γ2 ; ω1 = ω2 (1) E também α2 = α3 ; γ2 = γ3 ; ω2 = ω3 (2)

ω1 ∆1 = γ1

α1

Triangulo ∆1 ω2 ∆2 = γ2

α2

Triangulo ∆2 ω3 ∆3 = α3

γ3

Triangulo ∆3 105

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Através das igualdades de (1) e (2) chega-se a: α1 = α3 ; γ1 = γ3 ; ω1 = ω3 . O que implica em ∆1 ∼ ∆3 . Provando a transitividade.

24. Seja E o conjunto das retas de um plano α. Quais das rela¸cões abaixo definidas são rela¸cões de equivalência em E? a) xRy se, e somente se, x k y b) xSy se, e somente se, x ⊥ y Solu¸ c˜ ao de a: Prova de i: Com base no exemplo 4 da página 78 o autor considera que uma reta pode ser paralela a ela mesma. Sendo assim se x ∈ E então xRx, ou seja, pode-se dizer que a 1a condi¸cão é satisfeita pela própria defini¸cão de reta. Prova de ii: Se x, y ∈ E são paralelas então, x e y possuem o mesmo coeficiente angular, o que implica também em y k x, satisfazendo a 2a condi¸cão. Prova de iii: Se x, y, z ∈ E com x k y e y k z então x possui o mesmo coeficiente regular que z. O que implica na igualdade do coeficiente angular de x e z. O que consequentemente comprova a 3a condi¸cão, pois assim x k z. Solu¸ c˜ ao de b: Por defini¸cão uma reta não pode interceptar a si mesma, em qualquer um de seus pontos, de modo a formar um ângulo de 90◦ . Sendo assim, a 1a condi¸cão não é satisfeita de modo a não termos uma rela¸cão de equivalência.

25. Considere a rela¸cão R sobre N × N definida por: (a,b)R(c,d) se, e somente se, a + b = c + d Prove que R é uma rela¸cão de equivalência. Solu¸ c˜ ao: Prova de i: Dado (a, b) ∈ N2 como a + b = a + b então (a, b)R(a, b) provando i.

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Prova de ii: Dado (a, b), (c, d) ∈ N2 com (a,b)R(c,d) então: a+b=c+d Subtraindo (a + b) de ambos os membros da igualdade, temos: (a + b) − (a + b) = (c + d) − (a + b) 0 = (c + d) + (−a + (−b)) Subtraindo (c + d) de ambos os membros da equa¸cão 0 − (c + d) = [(c + d) + (−a + (−b))] − (c + d) ⇒ −(c + d) = [(c + d) + (−a + (−b))] + (−c + (−d)) Usando a associativade no 2◦ membro: −(c + d) = [(c + d) + (−c + (−d))] + (−a + (−b)) −(c + d) = [(c + d) − (c + d)] + (−a + (−b)) −(c + d) = (−a + (−b)) −(c + d) = −(a + b) Multiplicando ambos os membros por −1 (c + d) = (a + b) ⇒ (c, d)R(a, b) Provando a segunda condi¸cão Prova de iii: Dado (a, b), (c, d) e (e, f ) ∈ N2 com (a,b)R(c,d) e (c,d)R(e,f) então:

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a+b=c+d e c+d=e+f ⇒a+b=e+f ⇒ (a, b)R(e, f ) Provando a terceira condi¸cão. Logo é uma rela¸cão de equivalência.

26. Pense na rela¸cão S em Z × Z∗ definidas por: (a,b)S(c,d) se, e somente se, ad=bc Prove que R é uma rela¸cão de equivalência. Solu¸ c˜ ao: Prova de i: Dado (a, b) ∈ Z × Z∗ . Como ab = ab então (a, b)R(a, b). Satisfazendo a primeira condi¸cão. Prova de ii: Dado (a, b) e (c, d) ∈ Z × Z∗ com (a, b)R(a, b) então: ab = cd ab − ab = cd − ab 0 − cd = (cd + (−ab)) − cd Usando a associatividade a esquerda: −cd = (cd + (−cd)) + (−ab) −cd = −ab Multiplicando ambos os termos por (−1) (−1)(−cd) = (−1)(−ab) ⇒ cd = ab

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⇒ (c, d)R(a, b) Prova de iii: Se (a, b), (c, d) e (e, f ) ∈ E com (a,b)R(c,d) e (c,d)R(e,f) então: ab = cdecd = ef ⇒ ab = ef ⇒ (a, b)R(e, f ) Comprovando a terceira afirmativa

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3.5



27. Seja E = {x ∈ Z | −5 ≤ x ≤ 5} e seja R a rela¸cão sobre E definida por xRy se, e somente se, x2 + 2x = y 2 + 2y a) Mostre que R é uma rela¸cão de equivalência. b) Descreva as classes de equivalência 0, −2 e 4. Solu¸ c˜ ao de A: A rela¸ c˜ ao ´ e reflexiva! Note que para todo x ∈ E a igualdade x2 + 2x = x2 + 2x é valida. Logo a rela¸cão é reflexiva. A rela¸ c˜ ao ´ e transitiva! Dado x, y, z ∈ E com xRy e yRz então: x2 + 2x = y 2 + 2y e y 2 + 2y = z 2 + 2z Combinando as duas equa¸c˜ oes acima se chega à: x2 + 2x = z 2 + 2z ⇒ xRz provando a transitividade da rela¸cão. A rela¸ c˜ ao ´ e sim´ etrica! Dado x, y ∈ E com xRy então: x2 + 2x = y 2 + 2y

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Subtraindo x2 + 2x de ambos os membros (x2 + 2x) − (x2 + 2x) = (y 2 + 2y) − (x2 + 2x) ⇒ 0 = (y 2 + 2y) − (x2 + 2x) subtraindo agora y 2 + 2y de ambos os membros 0 − (y 2 + 2y) = ((y 2 + 2y) − (x2 + 2x)) − (y 2 + 2y) −(y 2 + 2y) = ((y 2 + 2y) + (−x2 − 2x)) − (y 2 + 2y) Usando a comutativa no 2◦ membro −(y 2 + 2y) = ((−x2 − 2x) + (y 2 + 2y)) − (y 2 + 2y) Usando a associatividade no 2◦ membro −(y 2 + 2y) = (−x2 − 2x) + ((y 2 + 2y) − (y 2 + 2y)) ⇒ −(y 2 + 2y) = −(x2 + 2x) ⇒ −(y 2 + 2y) = (x2 + 2x) ⇒ yRx Provando a simetria Como a rela¸cão é reflexiva, transitiva e simétrica então é uma rela¸cão de equivalência. Solu¸ c˜ ao de B: Como ficou provado no item A rela¸cão R é uma rela¸cão de equivalência sobre E. Sendo assim: 0 = {x ∈ E | |xR0} Ou seja, 0 é o conjunto solu¸cão da seguinte equa¸cão: x2 + 2x = (0)2 + 2(0) ⇒ x2 + 2x = 0 ⇒ x(x + 2) = 0 112

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⇒ x = 0 ou x = −2. Sendo assim: 0 = {0, −2} Analogamente se chega a conclusão de que −2 = {0, −2} e 4 = {4, −6}.

28. Sejam E = {x ∈ Z | |x| ≤ 3} e seja R a rela¸cão sobre E definida por xRy se, e somente se, x + |x| = y + |y| a) Mostre que R é uma rela¸cão de equivalência. b) Descreva o conjunto-quociente E/R. Solu¸ c˜ ao de A: Prova de simetria. Dado x, y ∈ E com xRy então: x + |x| = y + |y| Somando (−x − |x|) a ambos os termos (x + |x|) + (−x − |x|) = (y + |y|) + (−x − |x|) ⇒ (x + |x|) − (x + |x|) = (y + |y|) + (−x − |x|) ⇒ 0 = (y + |y|) + (−x − |x|) Somando (−y − |y|) a ambos os termos 0 + (−y − |y|) = [(y + |y|) + (−x − |x|)] + (−y − |y|) Usando a comutatividade de Z no 2◦ membro (−y − |y|) = [(−x − |x|) + (y + |y|)] + (−y − |y|) Usando a associatividade da soma em Z no 2◦ membro (−y − |y|) = (−x − |x|) + [(y + |y|) + (−y − |y|)] 113

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⇒ (−y − |y|) = (−x − |x|) + [(y + |y|) − (y + |y|)] ⇒ −(y + |y|) = −(x + |x|) Multiplicando ambos os membros da equa¸cão acima por (−1) (y + |y|) = (x + |x|) ⇒ yRx provando a simetria. Prova da reflexividade Dado x ∈ E como a igualdade a seguir é sempre válida x + |x| = x + |x| então xRx provando a reflexão. Prova da transitividade Dado x, y e z ∈ E de modo que xRy e yRz então: x + |x| = y + |y| e y + |y| = z + |z| combinando as igualdades acima chega-se à: x + |x| = z + |z| ⇒ xRz Provando a transitividade. Como a rela¸cão é reflexiva, transitiva e simétrica então é uma rela¸cão de equivalência. Solu¸ c˜ ao de B: Como E = {x ∈ Z | |x| ≤ 3} então os elementos de E são os n´ umeros −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3. Por defini¸cão o conjunto quociente é o conjunto das classes de equivalência de cada um dos elementos de E. Que no caso são: −3 = {x ∈ E | (xR − 3)} = {−3, −2, −1, 0}

114

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−2 = {−3, −2, −1, 0} −1 = {−3, −2, −1, 0} 0 = {−3, −2, −1, 0} 1 = {1} 2 = {2} 3 = {3} Como os elementos de −3 a 0 geram a mesma classe então: E/R = {{−3, −2, −1, 0}, {1}, {2}, {3}}

29. Considere o conjunto E = {x ∈ Z | |0 ≤ x ≤ 10} e sobre ele a rela¸cão de congruência módulo 4, que é de equivalência. a) Descreva as classes de equivalência 0 e 1. b) Descreva o conjunto-quociente E/R. Solu¸ c˜ ao de A: Para determinar 0 devemos encontrar o conjunto solu¸cão da seguinte equa¸cão sobre E x ≡ 0 (mod 4) Sendo E = {x ∈ Z|0 ≤ x ≤ 10} então os u ńicos valores que satisfazem a equa¸cão são 0, 4 e 8. 0 − 0 = 0 e como 0|4 então 0 ≡ 0 (mod 4) 4 − 0 = 4 e como 4|4 então 4 ≡ 0 (mod 4) 8 − 0 = 8 e como 8|4 então 8 ≡ 0 (mod 4) Sendo assim 0 = {0, 4, 8}. Analogamente se conclui que I = {1, 5, 9} Solu¸ c˜ ao de B 29.

E = {{0, 4, 8}, {1, 5, 9}, {2, 6, 10}, {3, 7}} (veja a questão 28). R

115

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30. Seja R a rela¸cão sobre Q definida da seguinte forma: xRy se, e somente se, x − y ∈ Z a) Prove que R é uma rela¸cão de equivalência. b) Descreva a classe 100. c) Descreva a classe 0, 5. Solu¸ c˜ ao de A: Prova da reflexividade Dado x ∈ Q como x − x = 0 e 0 ∈ Z, então xRx. Provando a reflexão. Prova da simetria Dado x e y ∈ Q com xRy então: (x − y) ∈ Z o que implica na existência de um k ∈ Z tal que: x−y =k Multiplicando ambos os membros da igualdade acima por -1 então: −x + y = −k ⇒ y − x = −k Como k ∈ Z obviamente −k também pertence sendo assim yRx. Provando então a simetria. Prova de transitividade Dado x, y e z ∈ Q tal que xRy e yRz então: (x − y) ∈ Z e (y − z) ∈ Z Sendo assim, existe um k e um k 0 , ambos pertencentes a Z tal que

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x − y = k e y − z = k0 De y − z = k 0 chega-se a y = k 0 + z. Usando esse resultado na primeira equa¸cão x − (k 0 + z) = k ⇒ x − k0 − z = k ⇒ x − z = k + k0 Como a soma de inteiros resulta num inteiro então (x − z) ∈ Z ⇒ xRz Provando a transitividade Solu¸ c˜ ao de B: 100 = Z Solu¸ c˜ ao de C: Para que x − 0, 5 ∈ Z é necessário que x seja um inteiro somado a 0,5. Sendo assim: 1 2x + 1 0, 5 = x + | x ∈ Z ou 0, 5 = |x∈Z 2 2

31. Considere a rela¸cão S sobre R definida da seguinte forma: xSy se, e somente se, x−y ∈Q a) Prove que S é uma rela¸cão de equivalência. b) Descreva a classe representada por 1/2. c) Descreva a classe a, quando a ∈ Q. d) Descreva a classe

√

2.

Solu¸ c˜ ao de A: Prova da reflexividade 117

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Dado x ∈ Q como x − x = 0 e 0 ∈ Q então xSx. Provando a reflexividade. Prova da simetria Dado x, y ∈ Q tal que xSy então: x−y ∈Q Sendo assim existe um k ∈ Q tal que x − y = k. Como k ∈ Q então −k ∈ Q e como −k = y − x então xSx. Provando a simetria. Prova da transitividade (Veja questão 30). Solu¸ c˜ ao de B: 1 1 1 = x∈R| x− ∈ Q por defini¸cão, mas como x − ∈ Q ∀x ∈ Q então 2 2 2 podemos escrever a classe de equivalência também como: 1 =Q 2 Solu¸ c˜ ao de C: a = Q, a ∈ Q (ver questão 30) Solu¸ c˜ ao de D: √ √ 2 = {x + 2 | x ∈ Q} (ver questão 30)

32. Pense na rela¸cão T sobre C definida por (x+yi)T (z +ti) se, e somente se, x2 +y 2 = z 2 + t2 com x, y, z e t reais. a) Prove que T é uma rela¸cão de equivalência. b) Descreva a classe (1 + i). Solu¸ c˜ ao de A: Prova da reflexividade Dado α ∈ C, com α = (w + si) como a igualdade a seguir é sempre verdadeira (w2 + s2 ) = (w2 + s2 ) 118

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então αTα provando a reflexividade. Prova da simetria Dado (x + yi) e (z + ti) com (x + yi)T (z + ti) então x2 + y 2 = z 2 + t2 Onde por meio das propriedades operativas de R (ver exerc´ıcio 30) chega-se a z 2 + t 2 = x2 + y 2 ⇒ (z + ti)T (x + yi) Provando a simetria Prova da transitividade Dado (x + yi), (z + ti) e (w + si) tal que (x + yi)T (z + ti) e (z + ti)T (w + si) então: x2 + y 2 = z 2 + t2 e z 2 + t2 = w2 + s2 Combinando ambas as equa¸c˜ oes chegamos à: x2 + y 2 = w2 + s2 ⇒ (x + yi)T (w + si) Provando a transitividade Logo a rela¸cão T é de equivalência Solu¸ c˜ ao de B: 1 + 1i = {(x + yi) ∈ C | x2 + y 2 = 12 + 12 }

33. Mostre que a rela¸cão R = {(a + bi, c + di) | b = d} é uma rela¸cão de equivalência sobre C e descreva o conjunto-quociente C/R. Solu¸ c˜ ao: Note que para todo a + bi ∈ C temos (a + bi)R(a + bi)

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pois, b = b. Logo a rela¸cão é reflexiva. Dado (a+bi) e (c+di) se (a+bi)R(c+di) então b = d. O que implica em (c+d)R(a+bi) provando a simetria. Se (a + bi)R(c + di) e (c + di)R(e + hi) então b = d e d = h o que implica em b = h e portanto, (a + bi)R(e + hi). Provando a transitividade. Ao contrário do resultado no fim do livro o conjunto-quociente C/R não são todas as retas paralelas ao eixo real, pois isso implicaria na reta representada pelo par (a + bi, c + di) pertencente a C, o que claramente não é poss´ıvel (o par pertence a C2 ). Na verdade, a solu¸cão mais correta seria todos os vetores com origem em (0,0). AVISO! Um detalhe importante é como a rela¸cão está escrita no enunciado. A aqui uma diferen¸ca grande em como a rela¸cão é descrita em rela¸cão aos demais problemas. Uma vez que essa nova nota¸cão s´ o aparece neste exerc´ıcio e não é explicada em nenhum ponto do livro é sugerido que o professor: explique aos seus alunos essa nota¸cão ou evite utilizar esse exerc´ıcio.

34. Mostre que a rela¸cão Sobre R2 definida por (x1 , y1 )S(x2 , y2 ) se, e somente se, x1 y1 = x2 y2 é uma rela¸cão de equivalência. A seguir descreva as classes (0, 0) e (1, 1). Finalmente descreva R2 /S. Solu¸ c˜ ao: (0, 0) = {(x, y) ∈ R2 |xy = 0} (1, 1) = {(x, y) ∈ R2 |xy = 1} R2 é o conjunto de hipérboles xy = k. T 35. Mostre que a rela¸cão T sobre R2 definida por (x1 , y1 )T (x2 , y2 ) se, e somente se, x1 − y1 = x2 − y2 é uma rela¸cão de equivalência. A seguir descreva (1, 1) e (1, 3) e R2 /T . Solu¸ c˜ ao: (1, 1) = {(x, y) ∈ R2 |x − y = 0}

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(1, 3) = {(x, y) ∈ R2 |x − y = −2} R2 é o conjunto das retas paralelas à reta x − y = 0. T

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3.6



36. Qual é a rela¸cão de equivalência associada a cada uma das seguintes parti¸cões? a) F1 = {{a, b}, {c, d}} b) F2 = {{a}, {b}, {c, d}} c) F3 = {{0, ±2, ±4, ...}, {±1, ±3, ±5, ...}} Solu¸ c˜ ao de A: Primeiro desenhamos uma representa¸cão da parti¸cão. Essa representa¸cão pode ser como a que está sendo usada a seguir.

a

c

b

d

Figura 1. Na verdade, esse desenho não é necessário serve apenas como recurso didático mesmo. Como a rela¸cão deve ser reflexiva então desenhamos uma seta para o próprio elemento.

a

c

b

d

Figura 2. Para garantir que a rela¸cão seja também sim´ etrica e transitiva finalizamos ligando com setas duplas os elementos pertencentes APENAS AO MESMO BLOCO.

123

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a

c

b

d

Figura 3. Para deixar bem claro o que foi dito nunca realize a liga¸cão entre elementos de blocos diferentes, como foi feito a seguir.

a

c

b

d

Figura 4. Logo a rela¸cão R encontrada (e representada na figura 2) é: R = {(a, a), (a, b), (b, b), (b, a), (c, c), (c, d), (d, d), (d, c)} Solu¸ c˜ ao de B: Primeiro desenhamos o diagrama.

a

c

b

d

Como a rela¸cão deve ser reflexiva então relacionamos cada elemento dos blocos com si mesmo. 124

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a

c

b

d

Como a rela¸cão deve ser transitiva e simétrica relacionamos com setas duplas os elementos pertencentes a um mesmo bloco.

a

c

b

d

Note que o elemento a e b não ficou relacionado com nada, exceto com eles mesmos, pois são os u ńicos elementos de seus blocos. Logo a rela¸cão é: R = {(a, a), (b, b), (c, c), (c, d), (d, d), (d, c)}. Solu¸ c˜ ao de C: A resolu¸cão desse item é um pouco diferente pois os blocos da parti¸cão são conjuntos infinitos isto é: {0, ±2, ±, 4, ...} e {±1, ±3, ±5, ...}. Entretanto se observamos bem percebemos que a união desses dois blocos formam o conjunto dos inteiros (Z). Voltando no próprio livro na página 78 e verificando o exemplo 3 descobrimos que toda rela¸cão R = {(a, b)|a ≡ (mod n)} com n > 1 é uma rela¸cão de equivalência sobre o conjunto dos inteiros. Logo uma resposta correta seria: a rela¸cão de congruˆ encia m´ odulo 2. ´ muito bom que se tenha o hábito de decorar alguns dos exemplos contidos nos Obs: E livro. Muitos deles têm “aplica¸c˜ oes” importantes e são escolhidos como exemplos por isso.

37. Quais são as rela¸c˜ oes de equivalência sobre E = {a, b}? Solu¸ c˜ ao:

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O conjunto E pode gerar duas, e apenas duas, parti¸cões. São elas: E1 = {a, b} e E2 = {{a}, {b}}. Seguindo o procedimento descrito na questão anterior chegamos a conclusão de que a rela¸cão de equivalência para primeira parti¸cão (E1 ) seria R1 = E × E. E para a segunda (E2 ) seria R2 = {(a, a), (b, b)}.

38. Descreva uma a uma todas as rela¸cões de equivalência sobre E = {a, b, c}. Solu¸ c˜ ao: O conjunto E pode gerar cinco, e apenas cinco, parti¸cões. São elas: E1 E2 E3 E4 E5

= {a, b, c} = {{a}, {b}, {c}}. = {{a, b}, {c}}. = {{a, c}, {b}}. = {{a}, {b, c}}.

E cada uma delas irá gerar uma rela¸cão distinta. R1 R2 R3 R4 R5

=E×E = {(a, a), (b, b), (c, c)} = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (b, a)} = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, c), (c, a)} = {(a, a), (b, b), (c, c), (b, c), (c, b)}

39. Quantas são as rela¸c˜ oes de equivalência que podem ser estabelecidas sobre um conjunto de 4 elementos? Solu¸ c˜ ao: As duas parti¸c˜ oes a seguir são as mais triviais para se obter. {a, b, c, d} {a}, {b}, {c}, {d} Com 4 elementos podemos criar 4 parti¸cões que contenham blocos de três elementos. C4,3 =

4! =4 3!(4 − 3)!

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{a, b, c}{d} {a, b, d}{c} {a}{b, d, c} {b}{a, c, d} Seis parti¸c˜ oes que contenham apenas um bloco com dois elementos. C4,2 =

4! =6 2!(4 − 2)!

{a, b}{c}{d} {a, c}{b}{d} {a, d}{b}{c} {a}, {c}, {b, c} {a}{c}{b, d} {a}{b}{c, d} E mais 3 parti¸c˜ oes que contenham dois blocos com dois elementos cada. C4,2 =3 2 a, bc, d a, cb, d a, d, b, c Como cada parti¸cão resulta em uma rela¸cão e temos um total de 15 parti¸cões 2 + C4,3 + C4,2 +

C4,2 = 15 2

então, temos 15 rela¸c˜ oes. Obs1 . O livro Matem´ atica Discreta: Uma introdu¸ c˜ ao do Scheinerman possui uma sub sessão que pode ajudar a entender como utilizar métodos de contagem para determinar a quantidade de parti¸c˜ oes que se pode encontrar a partir de um conjunto. Recomendo a leitura. Outra dica muito u ´til para resolver problemas como esse é utilizar a famosa fórmula de Bell. Bn =

n−1 X k=0

n−1 bk k

onde n é o n´ umero de elementos do conjunto e B0 = B1 = 1. Veja, por exemplo, como aplicar a f´ ormula em um conjunto de 4 elementos. B4 =

4−1 X k=0

bk

4−1 k

3 3 3 3 = B0 + B1 + B2 + B3 0 1 2 5

B4 = B0 (1) + B1 (3) + B2 (3) + B3 (1) Como B0 = B1 = 1 então: 127

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B4 = 1 + 1(3) + B2 (3) + B3 (1) ⇒ B4 = 4 + B2 (3) + B3 Para calcular B2 usamos novamente a fórmula de Bell. B2 =

2−1 X

bk

k=0

2−1 =2 k

O mesmo para calcular B3 . B3 =

3−1 X k=0

bk

3−1 =5 k

O que implica em B4 = 4B2 (3) + B3 = 4 + (2) · (3) + 5 = 15 Ou seja, temos novamente 15 parti¸cões e consequentemente 15 rela¸cões de equivalência. Obs2 . Decorar os primeiros n´ umeros de Bell pode vir a ser de alguma utilidade. Esses n´ umeros são: 1, 1, 2, 5, 15 e 52 que é o equivalente a B0 , B1 , ..., B5 respetivamente. Com essa sequência decorada podemos rapidamente aferir o n´ umero de rela¸cões de equivalência sobre um conjunto apenas conferindo os ´ındices de B.

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3.7



40. Seja C o conjunto dos n´ umeros complexos e sejam x = a + bi e y = c + di dois elementos de C. Considere a rela¸cão R sobre C definida por: xRy se, e somente se, a ≤ c e b ≤ d. a) Mostre que R é uma rela¸cão de ordem parcial sobre C. b) Assinale no plano Argand-Gauss o conjunto A dos complexos z tais que zR(1 + 2i) e o conjunto B dos complexos z tais que (1 + 2i)Rz. c) Decida: C é totalmente ordenado por R? Solu¸ c˜ ao de a: Dado x, y ∈ C com x e y tal como descrito no enunciado então: xRx, pois a ≤ a e b ≤ b. Logo a rela¸cão é reflexiva. Partindo agora do pré suposto que xRy e yRx então: a ≤ c e b ≤ d (de xRy) e também c ≤ a e d ≤ b (de yRx) Note que as desigualdades a ≤ c e c ≤ a só podem ocorrer simultaneamente quando a = c. Racioc´ınio análogo nos faz chegar a conclusão de que b = d. Sendo assim, se x = a + bi e y = c + di com a = c e b = d então x = y. Ou em outras palavras, a rela¸cão é sim´ etrica. Supondo agora que xRy e yRz, com z = f + gi ∈ C então: a ≤ c e b ≤ d (de xRy) e também

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c ≤ f e d ≤ g (de yRz) Como a ≤ c e c ≤ f então a ≤ f . Analogamente se conclui que b ≤ g. O que pela defini¸cão de R dada implica que xRz. Assim, podemos afirmar que a rela¸cão é transitiva. Como a rela¸cão é transitiva, anti-simétrica e reflexiva então a rela¸cão é de ordem parcial. Como se queria demonstrar. Solu¸ c˜ ao de b: Seja z ∈ A tal que z = w + hi, então se zR(1 + 2i) então pela defini¸cão da rela¸cão dada teremos: w ≤ 1 e h ≤ 2. Sendo assim, o conjunto A = {< x, y >∈ C | x ≤ 1 e y ≤ 2} pode ser graficamente representado no plano de Argand-Gauss como um retângulo de vértices em [1, 2], (−∞, 2], (−∞, −∞) e [1, −∞).

(-∞, 2]

[1,2[

(-∞, -∞)

[1,-∞)

O resto da questão é simples e fica a cargo do leitor. Obs.: O conjunto A = {< x, y >∈ C | x ≤ 1 e y ≤ 2} lê-se como: Conjunto dos vetores com origem em (0,0) e extremo em (x, y) tal que x ≤ 1 e y ≤ 2. Solu¸ c˜ ao de c: Por defini¸cão para que C seja totalmente ordenado por R é necessário que: Dado x, y ∈ C e uma rela¸c˜ ao de ordem R ent˜ ao xRy ou yRx. 131

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• Se xRy então a ≤ c e b ≤ d (1◦ hipótese). • Se yRx então c ≤ a e d ≤ b (2◦ hipótese). Para contrariar tanto a primeira como a segunda condi¸cão poder´ıamos pensar em dois n´ umeros x e y tal que: a
41. Prove que, se R é uma rela¸cão de ordem parcial sobre E, então R−1 também é. Nota: Nesse caso, R−1 é denominada ordem oposta de R. Solu¸ c˜ ao: Se xRx então xR−1 x, logo R−1 é inversa. Se R é uma rela¸cão de ordem sobre E então sempre que xRy e yRx teremos x = y (com x, y ∈ E). Entretanto, xRy ⇔ yR−1 x e yRx ⇔ xR−1 y. Sendo assim, também se pode afirmar que: xR−1 y e yR−1 x ⇒ x = y. Sendo assim R−1 também é sim´ etrica. Analogamente a prova da simetria se chega a conclusão de que R−1 também é transitiva. Se a rela¸cão é transitiva, simétrica e reflexiva então é uma rela¸cão de ordem.

42. Seja C o conjunto dos n´ umeros complexos e sejam x = a + bi e y = c + di dois elementos de C. Considere a rela¸cão S sobre C assim definida: xSy se, e somente se, a < c ou (a = c e b ≤ d)

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a) Mostre que S é uma rela¸cão de ordem parcial sobre C. b) Assinale no plano Argand-Gauss o conjunto A dos complexos z tais que zS(1 − 2i) e o conjunto B dos complexos z tais que (1 + 2i)Sz. c) Decida: C é totalmente ordenado por S? Solu¸ c˜ ao de a: Dado x = a + bi sabe-se que a = a e b ≤ b, sendo assim xSx e a rela¸cão é reflexiva. Assumindo agora que xSy e ySx então: a < c ou (a = c e b ≤ d) de xSy c < a ou (c = a e d ≤ b) de ySx Note que não pode ocorrer simultaneamente de a < c e c < a. Também não pode ocorrer de a < c e (c = a e d ≤ b), pois isso seria outra contradi¸cão. Tampouco (a = c e b ≤ d) e c < a. Logo a u ńica possibilidade real de existir xSy e ySx é se x e y se relacionaram pelas seguintes condi¸c˜ oes: (a = c e b ≤ d) e (c = a e d ≤ b) Note agora que se b ≤ d e d ≤ b então b = d e como a = c então x = y provando a simetria. Para provar a transitividade tomamos que xSy e ySz com z = f + gi. Se xSy então a < c ou (a = c e b ≤ d). Se ySz então c < f ou (c = f e d ≤ g).

1. Se a < c e c < f então a < f e portanto xSz. 2. Se a < c e (c = f e d ≤ g) então de novo reca´ımos em a < f o que implica em xSz. 3. Se (a = c e b ≤ d) e c < f então novamente temos a < f o que implica em xSz. 4. Se (a = c e b ≤ d) e (c = f e d ≤ g) então a = f e b ≤ g o que mais uma vez implica em xSz.

Testando então todas as possibilidades chegamos a conclusão de que xSy e ySx ⇒ xSz. Provando a transitividade. 133

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Solu¸ c˜ ao de b: Nesse caso fazem parte de A todos os vetores com origem em (0,0) e extremo no retângulo de vértices em (1, ∞), (1, −∞), (∞, ∞) e (∞, −∞). ou no segmento com extremo em [1, 2] e [1, ∞). Solu¸ c˜ ao de c: Suponha por absurdo que existe um x e y complexos tal que x S y e y S x. Sendo assim não pode ocorrer de a < c tampouco c < a, pois se isso ocorrer ter´ıamos xSy ou ySx. Sendo assim a = c. Em rela¸cão a a e b temos três possibilidades: b=d bd Se b = d então, por defini¸cão, xSy o que é um absurdo pois como supomos x S y. Se b < d o mesmo ocorre. Se b > d então ter´ıamos agora ySx o que também é um absurdo, pois y S x. Como em qualquer caso chegamos a um absurdo, podemos concluir que não existe nenhum x e y complexos tal que x S y e y S x. Sendo assim, C é totalmente ordenada por S.

43. Prove que a rela¸cão S sobre N × N tal que (a, b)S(c, d) se, e somente se, a | c e b | d é uma rela¸cão de ordem. A rela¸cão S ordena totalmente N × N? Solu¸ c˜ ao: • Primeiro vamos provar a reflexividade. Como a|a e b|b então (a, b)S(a, b). Provando a simetria. • Provando a simetria Se (a, b)S(c, d) e (c, d)S(a, b) então: a|c e b|d (De (a, b)S(c, d)) e também c|a e d|b (De (c, d)S(a, b)) Se a|c e c|a então a = c. O mesmo pode se concluir de d|b e b|d. Logo (a, b)S(c, d) e (c, d)S(a, b) ⇒ (a, b) = (c, d) provando a simetria.

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• Provando a transitividade Se (a, b)S(c, d) e (c, d)S(e, f ) então: a|c e c|d e também c|e e d|f . Se a|c e c|e então a|e. Se c|d e d|f então c|f . Se a|e e c|f então (a, b)S(e, f ). O que prova a transitividade. Considerando agora o fato de que (3, 5) S (4, 7) então não se pode dizer que S ordena totalmente N × N.

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3.8



44. Fa¸ca o diagrama simplificado das seguintes ordens no conjunto E = {1, 2, 4, 10, 20}. a) ordem habitual; b) ordem por divisibilidade. Solu¸ c˜ ao de A: Primeiro esbo¸camos a rela¸cão R definida por xRy ⇔ x < y (x menor que y), sobre o conjunto E = {1, 2, 4, 5, 10, 20}, isto é: R = {(1, 2); (1, 4); (1, 5); (1, 10); (1, 20); (2, 4); (2, 5); (2, 10); (2, 20); (4, 5); (4, 10); (4, 20); (5, 10); (5, 20); (10, 20)}. Para fazermos o diagrama simplificado vale as seguintes regras para constru¸cão do diagrama:

1◦ Se (1, 2) ∈ R, então 1 → 2; 2◦ Se (1, 2), (2, 4) e (2, 4) ∈ R, então 1 → 2 → 4, isto é, não há necessidade de indicar 1 → 4; 3◦ Considerando que toda rela¸cão de ordem é uma rela¸cão reflexiva, fica subtendido a existência de um la¸co em torno de todo par (x, x) ∈ R; Seguindo essas regras chegamos-a: 20 10 5 4 2 1

137

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Solu¸ c˜ ao de B: Nesse caso temos: R = {(1, 1); (1, 2); (1, 4); (1, 5); (1, 10); (1, 20); (2, 2); (2, 4); (2, 10); (2, 20); (4, 4); (4, 20); (5, 5); (5, 10); (5, 20); (10, 10); (10, 20); (20, 20)}. Entretanto não precisamos representar a liga¸cão dos pares cuja ordenada seja igual a abcissa assim podemos descartar esses pares de R escrevendo uma nova rela¸cão que chamare0 mos de R . 0

R ⇒ R = {(1, 2); (1, 4); (1, 5); (1, 10); (1, 20); (2, 4); (2, 10); (2, 20); (4, 20); (5, 10); (5, 20); (10, 20)}. 0

Note que em R temos os pares (1, 2) e (2, 4) assim (pela segunda regra) podemos 00 descartar o par (1, 4). Escrevendo, novamente, uma nova rela¸cão (R ). 0

00

R ⇒ R = {(1, 2); (1, 5); (1, 10); (1, 20); (2, 4); (2, 10); (2, 20); (4, 20); (5, 10); (5, 20); (10, 20)}. Com pensamento análogo podemos descartar os pares (1,20),(1,10), (2,20) e (5,20). 00

000

R ⇒ R = {(1, 2); (1, 5); (2, 4); (2, 10); (4, 20); (5, 10); (10, 20)}. 000

Agora fazemos as liga¸c˜ oes com base e R

veja:

O par (1,2) diz que devemos ligar 1 ao 2. 20 10 4 5 2 1 O par (1,5) diz que devemos ligar 1 ao 5.

138

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20 10 4 5 2 1 O par (2,4) diz que devemos ligar 2 ao 4. 20 10 4 5 2 1 O par (2,10) diz que devemos ligar 2 ao 10. 20 10 4 5 2 1 O par (4,20) diz que devemos ligar 4 ao 20. 20 10 4 5 2 1 O par (5,10) diz que devemos ligar 5 ao 10. 139

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20 10 4 5 2 1 O par (10,20) diz que devemos ligar 10 ao 20. 20 10 4 5 2 1 Finalizando o problema.

DICA DO PROFESSOR Observe que o autor não utiliza setas para construir os diagramas simplificados substituindo, algumas vezes, a seta por um segmento com um pequeno c´ırculo na ponta. A utiliza¸cão de setas é bem mais trivial e por isso o professor pode optar por usa-la. Além disso o sentido da seta serve para diferenciar a abscissa da ordenada na rela¸cão, isto é, indica o sentido da rela¸cão.

45. Fa¸ca o diagrama simplificado da rela¸cão de ordem por inclusão em E = P ({a, b}). Solu¸ c˜ ao: Como P ({a, b}) = {Ø, {a}, {b}, {a, b} e então: E = {(Ø, Ø); (Ø, {a}); (Ø, {b}); (Ø, {a, b}); ({a}, {a}); ({a}, {a, b}); ({b}, {b}); ({b}, {a, b}); ({a, b}, {a, b})}

140

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Para esbo¸car a representa¸cão vamos realizar algumas simplifica¸cões. Primeiro retiramos de “E” os pares do tipo: (x, x), isto é, aqueles pares em que o mesmo conjunto que representa a ordenada também representa a abcissa. ({b}, {a, b}); (Ø, {a}); (Ø, {b}); (Ø, {a, b}); ({a}, Ø); E = { (Ø, ({b}, {b}); {a}); ({a}, {a, b}); ( ( ( ({a, b},({a, b})} (( (

Com isso escrevemos a rela¸cão E’. E’ = {(Ø, {a}); (Ø, {b}); (Ø, {a, b}); ({a}, {a, b}); ({b}, {a, b})} Note que em E’ temos (Ø, {a}) e ({a}, {a, b}) assim podemos retirar o par (Ø, {a, b}) E’ = {(Ø, {a}); (Ø, {b}); (Ø, b}); ({a}, {a, b}); ({b}, {a, b})} {a,

escrevendo a rela¸cão E”. E” = {(Ø, {a}); (Ø, {b}); ({a}, {a, b}); ({b}, {a, b})} Finalmente através de E” podemos realizar a representa¸cão. Primeiro realizamos a liga¸cão sugerida pelo par {(Ø, {a}).

{a, b}

{a}

{b}

Ø depois pelo par (Ø, {b})

141

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{a, b}

{a}

{b}

Ø depois pelo par ({a}, {a, b}) {a, b}

{a}

{b}

Ø E finalmente pelo par ({b}, {a, b})} {a, b}

{a}

{b}

Ø

46. Fa¸ca o diagrama simplificado da rela¸cão de ordem por divisibilidade no conjunto E = {2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}. Solu¸ c˜ ao:

142

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30

6

10

15

2

3

5

Dica: veja os exerc´ıcios 44 e 45 desse cap´ıtulo.

47. Fa¸ca o diagrama simplificado da rela¸cão de ordem por inclusão no conjunto E = {{a}, {b}, {a, b, c}, {a, b, d}, {a, b, c, d}, {a, b, c, d, e}}. Solu¸ c˜ ao: Solu¸cão no fim do livro.

143

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144

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4


Grupos e Subgrupos

4.1


1. Quais dos conjuntos abaixo são grupos em rela¸cão à opera¸cão indicada?

a) Z− ; adi¸cão b) Z+ ; multiplica¸cão c) A = {x ∈ Z | x é par}; adi¸cão d) B = {x ∈ Z | x é ´ımpar}; multiplica¸cão e) C = {−2, −1, 0, 1, 2}; adi¸cão f) D = {1, −1}; multiplica¸cão

Solu¸ c˜ ao de A: Note que Z− ⊂ Z e também que Z− é um conjunto não vazio e fechado para a adi¸cão. Sendo assim podemos supor, por absurdo, que se < Z− , + > for um grupo ele deve ter o mesmo elemento neutro de < Z, + > que é um grupo (veja páginas 140 e 154). Entretanto, o elemento neutro de < Z, + > é 0 o que implicaria em 0 ∈ Z− . O que é um absurdo. Sendo assim, < Z− , + > n˜ ao ´ e um grupo. Solu¸ c˜ ao de B: Nesse caso basta dar um contra exemplo. Sabe-se que 3 ∈ Z+ e que o elemento neutro dessa opera¸cão (multiplica¸cão) é 1. Entretanto, não existe nenhum n´ umero, também inteiro, que multiplicando o 3 resulte em 1. Logo essa opera¸cão não possui inverso dentro do conjunto. Sendo assim, < Z+ , × > n˜ ao ´ e um grupo. Solu¸ c˜ ao de C: Associatividade

145

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Um numero par é um numero da forma 2k com k ∈ Z sendo assim, tome três n´ umeros 2m, 2n e 2s pertencentes a A. (2m + 2n) + 2s = (2(m + n)) + 2s (2(m + n)) + 2s = 2((m + n) + s) 2((m + n) + s) = 2(m + (n + s)) 2(m + (n + s)) = (2m + 2(n + s)) 2m + 2(n + s) = 2m + (2n + 2s) ⇒ (2m + 2n) + 2s = 2m + (2n + 2s) Existˆ encia do elemento neutro 2m + e = 2m ⇒ e = 0. O mesmo ocorre para o outro lado. e + 2m = 2m ⇒ e = 0. Existˆ encia do elemento inverso 2m + 2n = e ⇒ 2m + 2n = 0 ⇒ 2n = −2m O mesmo ocorre para o outro lado. 2n + 2m = e ⇒ 2n + 2m = 0 ⇒ 2n = −2m Portanto, < A, + > é um grupo. Solu¸ c˜ ao de D: Também não pode ser um grupo pelo mesmo motivo apresentado em B.

146

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Solu¸ c˜ ao de E (Resolvida por Itaiara Iza de Natal/RN): Note que o elemento neutro da adi¸cão, que é o zero, está em C, assim facilmente verificamos que 0 seria o elemento neutro. Também existe os elementos simétricos (o simétrico de -2 seria o 2, o simétrico de -1 o 1 e o do zero o próprio 0 e vice versa). Sendo assim, se o conjunto abaixo não formar um grupo a propriedade que ele não deve satisfazer é a da associatividade. Entretanto, sabemos que a soma é uma opera¸cão associativa sendo assim qual o problema desse conjunto? O problema aqui ocorre pois a opera¸cão não é fechada no conjunto (veja defini¸cão de grupo na página 138). Se fizermos (−1) + (−2) = (−3), mas −3 não pertence ao conjunto. Solu¸ c˜ ao de F: A opera¸cão de multiplica¸cão é conhecidamente associativa. O elemento neutro aqui é igual a 1 e o elemento inverso de cada um dos elementos de D são eles mesmos. Sendo assim, está satisfeita todas as condi¸cões de grupo.

2. Mostre que R dotado da opera¸cão ∗ tal que x ∗ y =

p 3 x3 + y 3 é um grupo abeliano.

Solu¸ c˜ ao: Associatividade: Dados x, y, z ∈ R. q p p p x ∗ (y ∗ z) = x ∗ ( 3 y 3 + x3 ) = 3 x3 + ( 3 y 3 + z 3 )3 = 3 x3 + (y 3 + z 3 ) q p p p 3 3 3 3 = (x + y ) + z = 3 ( 3 x3 + y 3 )3 + z 3 = ( 3 x3 + y 3 ) ∗ z = (x ∗ y) ∗ z.

Elemento neutro: Seja e ∈ R, tal que x ∗ e = x e também e ∗ x = x, então: x∗e=x⇒ e∗x=x⇒

√ 3 x3 + e3 = x ⇒ x3 + e3 = x3 ⇒ e = 0 √ 3

e3 + x3 = x ⇒ e3 + x3 = x3 ⇒ e = 0

Logo e = 0 é o elemento neutro.

Comutatividade: 147

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x∗y =

p 3

x3 + y 3 =


p 3 y 3 + x3 = y ∗ x

Elemento inverso: Seja x0 ∈ R, tal que: x ∗ x0 = e ⇒

√ 3

x3 + x0 3 = 0 0

⇒ x3 + x 3 = 0 0

⇒ x3 = −x 3 0

⇒ x 3 = −x3 ⇒ x0 =

√ 3

−x3 = −x.

Como já provamos a comutatividade não é necessário mostrar também que x0 ∗ x é igual a −x para provar a existência do elemento neutro. Como todas as condi¸c˜ oes se cumprem, então < R, ∗ > é um grupo abeliano.

3. Mostre que R munido da opera¸cão 4 tal que x4y = x+y−3 é um grupo comutativo.

Solu¸ c˜ ao: Primeiro vamos mostrar que < R, ∆ > é um grupo.

Associatividade: Dados x, y e z ∈ R. x∆(y∆z) = x∆(y + z − 3) = x + (y + z − 3) − 3 = x + y − 3 + z − 3 = (x∆y) + z − 3 = (x∆y)∆z

148

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Elemento neutro: Dado e ∈ R. x∆e = x ⇒ x + e − 3 = x ⇒ e = 3 e∆x = x ⇒ e + x − 3 = x ⇒ e = 3 Logo existe o elemento neutro e ele é igual a 3.

Elemento sim´ etrico: x∆x0 = e ⇒ x + x0 − 3 = 3 ⇒ x + x0 = 6 ⇒ x0 = 6 − x ⇒ x∆x0 = 6 − x. Analogamente se prova o segundo lado, isto é, que x0 ∆x = e também implica em x0 = 6 − x. O que conclui a demonstra¸cão de que o simétrico de x é 6 − x. Como a opera¸cão é simétrica, possui elemento neutro e inverso então podemos afirmar que < R, ∆ > de fato é um grupo. Resta agora apenas verificar se é também comutativo. Comutatividade: x∆y = x + y − 3 = y + x − 3 = y∆x. Confirmada a comutatividade fica provado que o grupo é realmente comutativo. √ 4. Mostre que Q[2] = {a + b 2 | a, b ∈ Q} é um grupo aditivo abeliano. Estabelecer as condi¸cões sobre a e b para que Q[2] seja também um grupo multiplicativo.

Solu¸ c˜ ao: √ √ √ √ Seja x = a+b 2, y = c+d 2 e z = g +h 2 pertencentes a Q[ 2] com a, b, c, d, g, h ∈ Q então:

149

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Associatividade: √ √ √ x + (y + z) = x + (c + d 2 + g + h 2) = x + (c + g + (d + h) 2) √ √ √ = (a + b 2)(c + g + (d + h) 2) = a + c + g + (b + d + h) 2 √ √ √ = (a + c) + (b + d) 2 + g + h 2 = (x + y) + g + h 2 = (x + y) + z

Comutatividade: √ √ √ √ √ √ x+y = a+b 2+c+d 2 = a+c+(b+d) 2 = c+a+(d+b) 2 = c+d 2+a+b 2 = y+x

Elemento neutro: √ Seja e = e1 + e2 2 com e1 , e2 ∈ Q então: √ √ √ √ x + e = x ⇒ a + b 2 + e1 + e2 2 = a + b 2 ⇒ a + e1 + (b + e2 ) 2 √ √ = a + b 2 ⇒ e1 + e2 2 = 0 ⇒ e1 = e2 = 0 ⇒ e = 0. Logo 0 é o elemento neutro. Elemento sim´ etrico: √ √ Seja x0 = a0 + b0 2 ∈ Q[ 2], com a0 , b0 ∈ Q. √ √ √ 0 0 x + x0 = e ⇒ 0 ⇒ a + a0 + (b + b0 ) 2 = 0 ⇒ a = −a0 e b = b0 , √a+b 2+a +b 2 =√ ou seja, −a − b 2 é o simétrico de a + b 2. √ Logo < Q[ 2], + > é um grupo abeliano. √ Note que para < Q[ 2], × > ser um√grupo multiplicativo √ devemos ter a e b diferentes de zero, pois caso contrário teremos 0 + 0 2 = 0 pertence a Q[ 2] que não possui elemento simétrico (inverso multiplicativo).

5. Mostre que R × R − {(0, 0)} munido da opera¸cão 4 definida por (a, b)4(c, d) = (ac − bd, ad + bc) é um grupo abeliano.

150

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Solu¸ c˜ ao: Associatividade: Seja (a, b), (c, d) e (m, n) pertencentes a R × R − {(0, 0)} (a, b)∆((c, d)∆(m, n)) = (a, b)∆(cm − dn, cn + dm) = (acm − adn − bcn − bdm, acn + adm + bcm − bdn) = (ac − bc, ad + bc)∆(m, n) = ((a, b∆(c, d))∆(m, n) Comutatividade: (a, b)∆(c, d) = (ac − bd, ad + bc) = (ca − db, cb + da) = (c, d)∆(a, b) Elemento neutro: Seja e = (e1 , e2 ) ∈ R × R − {(0, 0)}. (a, b)∆(e1 , e2 ) = (a, b) ⇒ (ae1 − be2 , ae2 + be1 ) = (a, b) Que resulta no seguinte sistema a(e1 − 1) − be2 = 0 ae1 − be2 = a ⇒ e = (1, 0) ⇒ ae2 + b(e2 − 1) = 0 ae2 + be2 = b Elemento inverso: (a, b)∆(a0 , b0 ) = (1, 0) ⇒ (aa0 − bb0 , ab0 + ba0 ) = (1, 0) Que resulta no seguinte sistema aa0 − bb0 = 1 ab0 + ba0 = 0 Evidenciando a0 na primeira linha teremos: a0 =

1 + bb0 (1) a

E b0 na segunda

151

´ Algebra Moderna

b0 = −


ba0 (2) a

Substituindo o valor de a’ em (1) na equa¸cão (2) chegamos à: ba0 b 0 b 1 + bb0 0 b =− =− ·a =− · a a a a 0 b 1 + bb ⇒ b0 = − · a a 2 0 −b − b b ⇒ b0 = a2 ⇒ a2 b0 = −b − b2 b0 ⇒ a2 b0 + b2 b0 = −b ⇒ b0 (a2 + b2 ) = −b ⇒ b0 = −

a2

b + b2

Analogamente chegamos ao valor de a0 .

a0 =

a2

a + b2

Note que sendo a e b não nulos, pois (a, b) ∈ R2 −{(0, 0)}, então o denominador (a2 +b2 ) das fra¸cões que representam os valores de a0 e b0 também é diferente de zero. Sendo assim, podemos afirmar que o sistema possui solu¸cão para todo valor de a e b. O que demonstra a existência do elemento inverso.

6. No conjunto C∗ está definida uma opera¸cão 4 tal que a4b = |a|.b . Mostre que a opera¸cão 4 não define uma estrutura de grupo sobre C∗ .

Solu¸ c˜ ao: Dado e ∈ C∗ então: a∆e = a ⇒ |a|e = a a ⇒e= , pois a 6= 0. |a| 152

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Da´ı temos e = ±1 o que é um absurdo, pois o elemento neutro deve ser u ńico. Logo < C∗ , ∆ > não é um grupo.

7. Verifique se Z × Z é grupo em rela¸cão a cada uma das seguintes leis de composi¸cão: a) (a, b) ∗ (c, d) = (a + c, b + d) b) (a, b)4(c, d) = (a.c, b.d)

Solu¸ c˜ ao de A: Associatividade: [(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (m, n) = (a + c, b + d) ∗ (m, n) = (a + c + m, b + d + n) = (a + [c + m], b + [d + n]) = (a, b) ∗ (c + m, d + n) = (a, b) ∗ [(c, d) ∗ (m, n)] Elemento neutro: Tome (0, 0) ∈ Z × Z e note que (a, b) ∗ (0, 0) = (a + 0, b + 0) = (a, b) (0, 0) ∗ (a, b) = (0 + a, 0 + b) = (a, b) assim, (0, 0) é o elemento neutro. Elemento inverso: Tome (−a, −b) ∈ Z × Z e note que (a, b) ∗ (−a, −b) = (a + (−a), b + (−b)) = (a − a, b − b) = (0, 0) (−a, −b) ∗ (a, b) = ((−a) + a, (−b) + b) = (−a + a, −b + b) = (0, 0) Como (0, 0) é o elemento neutro da opera¸cão, então (−a, −b) é o elemento simétrico. Solu¸ c˜ ao de B:

153

´ Algebra Moderna


Associatividade: [(a, b)∆(c, d)]∆(m, n) = (a · c, b · d)∆(m, n) = (a · c · m, b · d · n) = ((a, b)∆(c · m, d · n) = (a, b)∆[(c, d)∆(m, n)]

Elemento neutro: Tome (1, 1) ∈ Z × Z e note que (a, b)∆(1, 1) = (a · 1, b · 1) = (a, b) = (1 · a, 1 · b) = (1, 1)∆(a, b) ou seja, (1, 1) é o elemento neutro da opera¸cão. Elemento inverso: Observe que o par (0, 0) ∈ Z × Z não possui inverso multiplicativo logo, < Z × Z > não é um grupo.

8. Mostre que Q × Q munido da opera¸cão ⊥ definida da seguinte forma: (a, b) ⊥ (c, d) = (ac, bc + d) é um grupo.

Solu¸ c˜ ao: Associatividade: [(a, b) ⊥ (c, d)] ⊥ (m, n) = (ac, bc + d) ⊥ (m, n) = (acm, bcm + dm + n) = (a, b) ⊥ (cm, dm + n) = (a, b) ⊥ [(c, d) ⊥ (m, n)] Elemento neutro: Tome (1, 0) ∈ Q∗ × Q e note que (a, b) ⊥ (1, 0) = (a · 1, b · 1 + 0) = (a, b) (1, 0) ⊥ (a, b) = (1 · a, 1 · b + 0) = (a, b) logo (1, 0) é o elemento neutro. 154

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Elemento inverso: Tome (a−1 , −bc−1 ) ∈ Q × Q e note que (a, b) ⊥ (a−1 , ba−1 ) = (aa−1 , ba−1 − ba−1 ) = (1, 0) Analogamente se mostra o outro lado (a−1 , −ba−1 ) ⊥ (a, b) = (a−1 a, −ba−1 + ba−1 ) = (1, 0) O que prova que a estrutura é de fato um grupo.

9. Sejam (G, ∗) e (H, 4) grupos quaisquer. Mostre que G × H tem estrutura de grupo em rela¸cão à opera¸cão ⊥ assim definida: (x, y) ⊥ (x0 , y 0 ) = (x ∗ x0 , y4y 0 ), quaisquer que sejam (x, y) e (x0 , y 0 ) em G × H.

Solu¸ c˜ ao: Associatividade: Dado (x, y), (x0 , y 0 ) e (x00 , y 00 ) ∈ G × H então: [(x, y) ⊥ (x0 , y 0 )] ⊥ (x00 , y 00 ) = (x ∗ x0 , y∆y 0 ) ⊥ (x00 , y 00 ) = (x ∗ x0 ∗ x00 , y∆y 0 ∆y 00 ) = (x, y) ⊥ (x0 ∗ x00 , y 0 ∆y 00 ) = (x, y) ⊥ [(x0 , y 0 ) ⊥ (x00 , y 00 )] Elemento neutro (x, y) ⊥ (e1 , e2 ) = (x ∗ e1 , y∆e2 ) = (x, y) = (e1 ∗ x, e2 ∆y) = (e1 , e2 ) ⊥ (x, y). Elemento inverso Dados x e y pertencentes a G e H respetivamente e seja x1 e y1 seus respetivos simétricos então: (x, y) ⊥ (x1 , y1 ) = (x ∗ x1 , y∆y1 ) = (e1 , e2 ) = (x1 ∗ x, y1 ∆y) = (x1 , y1 ) ⊥ (x, y) Portanto, < G × H, ⊥> é um grupo.

10. Seja G um grupo multiplicativo e seja ∗ uma opera¸cão sobre G assim definida: a ∗ b = b.a. Demonstre que (G, ∗) é um grupo.

155

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Solu¸ c˜ ao: Associatividade: (a ∗ b) ∗ c = (b · a) ∗ c = cba = a ∗ (cb) = a ∗ (b ∗ c) Elemento neutro: a∗1=1·a=a=a·1=1∗a Elemento inverso: a ∗ a−1 = a−1 · a = 1 = a · a−1 = a−1 ∗ a

11. Sejam A um conjunto não vazio e RA o conjunto das aplica¸cões de A em R. Definimos uma ”adi¸cão” e uma ”multiplica¸cão” em RA como segue: sendo f e g fun¸cões de A em R, temos: (f + g)(x) = f (x) + g(x), ∀x ∈ A (f.g)(x) = f (x).g(x), ∀x ∈ A Mostre que RA é grupo aditivo. Mostre que, em geral, RA não é grupo multiplicativo. Solu¸ c˜ ao: Vamos iniciar mostrando que < RA , + > é um grupo.

Associatividade: [(f + g) + h](x) = (f + g)(x) + h(x) = f (x) + g(x) + h(x) = f (x) + (g + h)(x) = [f + (g + h)](x) Elemento neutro: Tome e(x) = 0 tal que então: (f + e)(x) = f (x) + e(x) = f (x) + 0 = f (x) = 0 + f (x) + e(x) + f (x) = (e + f )(x). Elemento inverso:

156

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(f + s)(x) = f (x) + s(x) = f (x) + (−f (x)) = 0 = −f (x) + f (x) = s(x) + f (x) = (s + f )(x). Concluindo a prova de que < RA , + > é um grupo. Observe que < RA , × > de fato não pode ser um grupo, pois a fun¸cão nula não possui inverso multiplicativo.

12. Mostre que o conjunto das fun¸cões polinomiais de grau 1 (ou fun¸cões afins) de R em R é um grupo para a composi¸cão de fun¸cões. Nota: f : R → R é uma fun¸cão afim se, e somente se, f (x) = ax + b, com a 6= 0. Solu¸ c˜ ao: Seja F o conjunto das fun¸c˜ oes afins e seja f = ax + b, g = cx + d, h = mx + n pertencentes a F, tais que a, c, m 6= 0.

Associatividade: [(f ◦ g) ◦ h](x) = [(f ◦ g)(x)] ◦ h(x) = (acx + ad + b) ◦ h = acmx + acn + ad + b [Eq. 1] [f ◦ (g ◦ h)](x) = f (x) ◦ (g ◦ h)(x) = f (x) ◦ (cmx + cn + d) = acmx + acn + ad + b [Eq. 2] Elemento neutro: (f ◦ e)(x) = f (x) ◦ e(x) = f (e(x)) = f (x) = e(f (x)) = e(x) ◦ f (x) = (e ◦ f )(x).

Elemento inverso:

157

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x−b Dado f ∈ F, tome f −1 : R → R com x 7→ f −1 (x) = e note que a x−b −1 −1 −1 = x [Eq I] (f ◦ f )(x) = f (x) ◦ f (x) = f (f (x)) = f a (f −1 ◦ f )(x) = f −1 ◦ f (x) = f −1 (f (x)) = f −1 (ax + b) = x [Eq II] Como [I] e [II] são iguais então < F, ◦ > é um grupo.

13. Sejam S um conjunto, G um grupo e f : S → G uma aplica¸cão bijetora. Para cada x, y ∈ S defina o produto xy = f −1 (f (x)f (y)). Mostre que essa multiplica¸cão define uma estrutura de grupo sobre S. Solu¸ c˜ ao: Associatividade:

x(yz) = x(f −1 (f (y)f (z))) = f −1 (f (x)f (f −1 (f (y)f (z))))

O detalhe mais importante aqui é o fato de que f (f −1 ) = x, para qualquer fun¸cão f . A prova disso não se faz necessária aqui, mas caso o leitor tenha interesse e dificuldade em demonstra-la ela pode ser encontrada no cap´ıtulo correspondente a fun¸cões do livro A matem´ atica do Ensino M´ edio do Elon Lages5 . E esse fato implica em f (f −1 (f (x)f (y))) = f (x)f (y), sendo assim: f −1 (f (x)f (f −1 (f (y)f (z)))) = f −1 (f (x)f (y)f (z)) = f −1 (f (f −1 (f (x)f (y)))f (z)) = (f −1 (f (x)f (y)))z = (xy)z Provando a associatividade. 5

Esse livro j´ a se encontra completamente resolvido e dispon´ıvel em www.number.890m.com

158

´ Algebra Moderna


Elemento neutro: xe = x ⇒ f −1 (f (x)f (e)) = x ⇒ f f −1 (f (x)f (e)) = f (x) ⇒ f (x)f (e) = f (x) ⇒ f (e) = 1 Elemento inverso: xx0 = 1 f −1 (f (x)f (x0 )) = 1 f (x)f (x0 ) = f (1) f (x0 ) = f (1)(f (x))−1 Analogamente se prova o outro lado, ou seja, que x0 x = f (1)(f (x))−1 . Entretanto, a demonstra¸cão não deveria parar por aqui. Isso porque a existência de f (x0 ) depende do fato de f (x) não ser nulo. Contudo, se f é uma fun¸cão de S em G e G é um grupo (re-leia o enunciado) então f(x) é invers´ıvel e por consequência diferente de zero. Levando esse fato em considera¸cão pode-se agora afirmar que < S, × > de fato é um grupo.

14. Construa a tábua da opera¸cão ∗ sobre G = {e, a}, sabendo que (G, ∗) é um grupo. Solu¸ c˜ ao: ∗ e a

e e a

a a a2

15. Construa a tábua da opera¸cão ∗ sobre G = {e, a, b}, sabendo que (G, ∗) é um grupo. Solu¸ c˜ ao:

159

´ Algebra Moderna

∗ e a b

e e a b

a a a2 b∗a


b b a∗b b2

16. Mostre que cada uma das tábuas abaixo define uma opera¸cão que confere ao conjunto G = {e, a, b, c} uma estrutura de grupo.

e a b c

e e a b c

a a e c b

b b c e a

c c b a e

e a b c

e e a b c

a a e c b

b b c a e

c c b e a

Solu¸ c˜ ao: Observe a tabela a seguir:

e a b c

e e a b c

a a e c b

b b c e a

c c b a e

Note que todas os elementos são invert´ıveis quando operados com ele mesmo. Isso prova a inversibilidade. O elemento e quando operado com qualquer elemento resulta no elemento que ele foi operado o que prova que existe o elemento neutro e ele é o e. Observe também que: a(bc) = aa = e = cc = (ba)c b(ac) = bb = e = cc = (ba)c c(ab) = cc = e = bb = (ca)b a(cb) = aa = e = bb = (ac)b

160

´ Algebra Moderna


b(ca) = bb = e = aa = (bc)a c(ba) = cc = e = aa = (cb)a o que prova a associatividade. Observando agora a pr´ oxima tabela

e a b c

e e a b c

a a e c b

b b c a e

c c b e a

De maneira similar se chega a mesma conclusão, isto é, as duas opera¸cões confere a G uma estrutura de grupo.

17. Complete a tabela abaixo, sabendo que G = {e, a, b, c} é um grupo em rela¸cão a essa opera¸cão.

e a b c

e e a b c

a a

b b

c e

a

c c

Solu¸ c˜ ao: Existe duas formas de resolver esse problema vejamos cada uma delas. M´ etodo Formal: Nessa forma devemos raciocinar criando hipóteses. Veja: Na ultima linha da tabela obtermos 3 afirmativas.

1. ce = c 2. ca = e 3. cb = a 161

´ Algebra Moderna


Para a posi¸cão a55 da tabela temos mais 4 possibilidades.

4. cc = e 5. cc = a 6. cc = b 7. cc = c Se cc = e então pela afirmativa 2 a = c. Como isso não pode ocorrer podemos descartar essa possibilidade.

4. cc = e

5. cc = a 6. cc = b 7. cc = c Se cc = a então pela afirmativa 3 c = b. Como isso também não pode ocorrer podemos descartar essa possibilidade.

4. cc = e 5. cc = a 6. cc = b

7. cc = c Se cc = c, então pela afirmativa 1 c = e. Por isso descartamos essa hipótese também.

4. cc = e 5. cc =a

6. cc = b 7. cc =c Com isso conclu´ımos que cc = b. E completamos a ultima linha da tabela.

e a b c

e e a b c

a a

b b

c c

c e

a

b

162

´ Algebra Moderna


Pensando de forma análoga completamos as demais linhas e chegamos a solu¸cão. Como o passo a passo fica um pouco extenso ele será deixado a cargo do leitor.

M´ etodo pr´ atico: O método prático é feito quase que por inspe¸cão (tentativa e erro) tendo em mente uma u ńica regra:

1. Um mesmo elemento não pode ser repetido numa mesma linha ou coluna. Observe novamente a tabela e a b c

e e a b c

a a

b b

c e

a

c c

Na posi¸cão a55 não podemos colocar a, e ou c pois esses elementos já estão na 5a linha assim, só nos sobra o b.

e a b c

e e a b c

a a

b b

c c

c e

a

b

Na posi¸cão a44 não podemos colocar b nem c nem a. Ou seja, só podemos colocar o e.

e a b c

e e a b c

a a

b b

c c

c e

e a

b

Usando a mesma l´ ogica completamos a pocis¸cão a45

e a b c

e e a b c

a a

b b

c c

c e

e a

a b

E também a linha 3. 163

´ Algebra Moderna


e a b c

e e a b c

a a b c e

b b c e a

c c e a b

Normalmente, utilizamos o método prático. Entretanto em tabelas muito incompletas pode ser necessário o uso das duas formas.

18. Sejam F1 , F2 , F3 , F4 aplica¸c˜ oes de R em R definidas da seguinte maneira: F1 (x, y) = (x, y), F2 (x, y) = (−x, y), F3 (x, y) = (x, −y) e F4 (−x, −y) = (x, y). Se G = {f1 , F2 , F3 , F4 }, mostre que (G, ◦) é um grupo. Obter F ∈ G tal que F2 ◦ F ◦ F3 = F4 . Solu¸ c˜ ao: Vamos come¸car com a associatividade. (F1 ◦ F2 ) ◦ F3 = [F1 (F2 (x, y))] ◦ F3 = [F1 (−x, y)] ◦ F3 = F2 ◦ F3 = F2 (F3 (x, y)) = F2 (x − y) = (−x, −y) = F1 (−x, −y) = F1 (F4 (x, y)) = F1 ◦ F4 = F1 [F2 (x, −y)] = F1 ◦ [F2 (F3 (x, y))] = F1 ◦ (F2 ◦ F3 )

164

´ Algebra Moderna


Provando a associatividade. A existência do elemento neutro bem como do elemento inverso é deixada a cargo do leitor.

19. Construa a tábua de um grupo G = {e, a, b, c, d, f } de ordem 6, sabendo que: 1. (I) G é abeliano.

4. (IV) a ∗ c = b ∗ b = d

2. (II) O neutro é e.

5. (V) a ∗ f = b ∗ d = e

3. (III) a ∗ d = b ∗ c = f

6. (VI) a ∗ d = a

Solu¸ c˜ ao: Das condi¸c˜ oes dadas deduzimos mais diretamente o seguinte: a ∗ f = e; b ∗ d = e; a ∗ c = d; b ∗ b = d; a ∗ d = f; b ∗ c = f; c ∗ d = a. E de forma menos direta a ∗ b = (c ∗ d) ∗ b = c ∗ (d ∗ b) = c ∗ (b ∗ d) = c ∗ e = c f ∗ b = (a ∗ d) ∗ b = a ∗ (d ∗ b) = a ∗ (b ∗ d) = a ∗ e = a f ∗ d = (b ∗ c) ∗ d = (c ∗ b) ∗ d = c ∗ (b ∗ d) = c ∗ e = c f ∗ c = f ∗ (a ∗ b) = (a ∗ f ) ∗ b = e ∗ b = b c ∗ c = (a ∗ b) ∗ c = (a ∗ c) ∗ b = d ∗ b = e a ∗ a = (f ∗ b) ∗ a = (f ∗ a) ∗ b = e ∗ b = b d ∗ d = (a ∗ c) ∗ d = a ∗ (c ∗ d) = a ∗ a = b f ∗ f = (b ∗ c) ∗ f = b ∗ (c ∗ f ) = b ∗ b = d

165

´ Algebra Moderna


donde tiramos a tábua.

∗ e a b c d f

e e a b c d f

a a b c d f e

b b c d f e a

c c d f e a b

d d f e a b c

f f e a b c d

20. Sejam a, b, c elementos de um grupo multiplicativo G. Prove que (abc)−1 = c−1 b−1 a−1 . Obtenha x ∈ G tal que abcxb = c. Solu¸ c˜ ao: abc(abc)−1 = e a−1 abc(abc)−1 = a−1 e a−1 abc(abc)−1 = a−1 bc(abc)−1 = a−1 b−1 bc(abc)−1 = b−1 a−1 c(abc)−1 = b−1 a−1 c−1 c(abc)−1 = c−1 b−1 a−1 (abc)−1 = c−1 b−1 a−1 abcxb = c (abc)−1 abcxb = (abc)−1 c xb = c−1 b−1 a−1 c xbb−1 = c−1 b−1 a−1 cb−1 x = c−1 b−1 a−1 cb−1

166

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21. Se a ,b e c são três elementos quaisquer de um grupo multiplicativo G, demonstre que existe um u ńico x ∈ G tal que axbcx = abx. Solu¸ c˜ ao: Como < G, × > é um grupo então todos os seus elementos possuem um inverso multiplicativo. Sendo assim, existe um a−1 que é o inverso multiplicativo de a tal que: axbcx = abx ⇒ a−1 (axbcx) = a−1 (abx) Como estamos trabalhando com um grupo podemos utilizar a associatividade nas opera¸cões. a−1 (axbcx) = a−1 (abx) ⇒ (a−1 a)xbcx = (a−1 a)bx ⇒ e · xbcx = e · bx ⇒ xbcx = bx Tomando x−1 como inverso multiplicativo de x então: xbcx = bx ⇒ (xbcx)x−1 = (bx)x−1 Usando a associatividade (xbcx)x−1 = (bx)x−1 ⇒ xbc(xx−1 ) = b(xx−1 ) ⇒ xbc · e = b · e (sendo e o elemento neutro) ⇒ xbc = b Como b e c também possui inverso multiplicativo então: xbc = b ⇒ (xbc)(bc)−1 = b(bc)−1 Usando a associatividade uma ultima vez ⇒ x(bc(bc)−1 ) = (bb−1 )c−1 ⇒ xe = ec−1 ⇒ x = c−1 Se supormos por absurdo a existência de um x0 tal que a igualdade ax0 bcx0 = abx0 também ocorra, então analogamente chegar´ıamos a conclusão de que x0 = c−1 . Como se sabe que o inverso multiplicativo num grupo é u ńico (ou seja, não pode existir dois elementos 0 distintos com mesmo inverso) então x = x .

167

´ Algebra Moderna


22. G é um grupo multiplicativo e a e b são elementos de G. Determine x ∈ G tal que xax = bba−1 .. Solu¸ c˜ ao: xax = bba−1 ⇒ (xa · x)a = (b · ba−1 )a usando a associatividade do grupo (xa · x)a = (b · ba−1 )a ⇒ xa(xa) = b(ba−1 a) ⇒ (xa)2 = b(be) (sendo e o elemento neutro). ⇒ (xa)2 = bb ⇒ (xa)2 = b2 ⇒ xa = b ⇒ (xa)a−1 = ba−1 ⇒ x(aa−1 ) = ba−1 ⇒ xe = ba−1 ⇒ x = ba−1 (x determinado). Vamos agora verificar se x = ba−1 é mesmo a solu¸cão correta. xax = ba−1 aba−1 = b(aa−1 )ba−1 = beba−1 = bba−1 ou seja: xax = bba−1 , que comprova que o x procurado é de fato ba−1 .

23. Mostre que, se x é elemento de um grupo multiplicativo e xx = x, então x é o elemento neutro. Solu¸ c˜ ao: 168

´ Algebra Moderna


xx = x x−1 (xx) = x−1 x x−1 (xx) = e (x−1 x)x = e ex = e x=e

24. Mostre que, se G é um grupo multiplicativo e xx = 1, ∀x ∈ G, então G é abeliano (1 = elemento neutro). Solu¸ c˜ ao: Por hip´ otese xx = 1 e yy = 1∀x, y ∈ G. Como 1 é o elemento neutro da multiplica¸cão e pela unicidade do elemento inverso então x = x−1 e y = y −1 . Com base nisso é que construimos a demonstra¸cão. Veja: y =1·y ⇒ y = (xx)y ⇒ y = x(xy) (usando a associatividade) ⇒ yy = y(x(xy)) Como yy = 1 por hip´ otese ⇒ 1 = y(x(xy)) ⇒ 1 = (yx)(xy) (usando a associatividade) ⇒ (yx)−1 · 1 = (yx)−1 ((yx)(xy)) ⇒ (yx)−1 · 1 = ((yx)−1 (yx))(xy) (usando a associatividade)

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´ Algebra Moderna


⇒ (yx)−1 · 1 = 1 · (xy) ⇒ (yx)−1 = xy Como (yx)−1 = y −1 x−1 então a ultima igualdade pode ser escrita como: y −1 x−1 = xy Como y −1 = y e x−1 = x, então: y −1 x−1 = yx = xy ⇒ yx = xy O que prova que o grupo é realmente abeliano.

25. Seja G um grupo finito. Mostre que, dado x ∈ G, existe um inteiro n ≥ 1 tal que xn = e. Solu¸ c˜ ao: ???

28. Verifique se A ou B é subgrupo do grupo multiplicativo Q∗ . A = {x ∈ Q | x ≥ 0} n o B = 1+2m | m, n ∈ Z 1+2n

Solu¸ c˜ ao de A: Dado x,y ∈ A então x > 0 e y > 0. Fazendo o produto termo a termo:

x·y >0·0

170

´ Algebra Moderna


⇒x·y >0 ⇒x·y ∈A

Assim, provamos a 1a condi¸cão. Dado agora um x ∈ A vamos provar que x−1 também pertence. Mas antes vamos provar sua existência6 . Vejamos: Se x ∈ Q∗ , pois por hip´ otese A ⊂ Q∗ . E se x ∈ Q∗ então existe um x−1 tal que x · x−1 = x−1 x = 1 (lembre-se que 1 é o elemento neutro de Q∗ ). Provado a existência imagine por absurdo que x−1 ∈ / A. Sendo assim, x−1 < 0 ou −1 = 0. Nos dois casos temos um absurdo, pois x ∈ Q∗ . Sendo assim, x−1 ∈ A.

x−1

Portanto < A, · > é subgrupo do grupo < Q∗ , · >. Solu¸ c˜ ao de B:

Dado

1 + 2m 1 + 2a , ∈ B com m, n, a, b ∈ Z então: 1 + 2n 1 + 2b

1 + 2m 1 + 2b 1 + 2(b + m + 2mb) · = ∈B 1 + 2n 1 + 2a 1 + 2(n + a + 2na)

Note também que dado

1 + 2m então: 1 + 2n

1 + 2m 1 + 2n 1 · = =1 1 + 2n 1 + 2m 1 1 + 2n −1 1 + 2n ⇒ = 1 + 2m 1 + 2m 6

Apesar de realizar essa demonstra¸ca õ aqui, na pr´ atica ela pode ser suprimida pois é bastante o ´bvia. Sendo assim, nos pr´ oximos exerc´ıcios n˜ ao a faremos.

171

´ Algebra Moderna

Como


1 + 2n ∈ B fica provado que < B, · > também é subgrupo de < Q∗ , · >. 1 + 2m

29. Verifique se A ou B é subgrupo do grupo multiplicativo R∗ . √ A = {a + b 2 ∈ R∗ | a, b ∈ Q} √ B = {a + b 3 2 ∈ R∗ | a, b ∈ Q}

Solu¸ c˜ ao de A: √ √ Seja a + b 2, c + d 2, ∈ R∗ , a, b, c, d ∈ Q. Note que: √ (c + d 2)−1 =

√ 1 c−d 2 √ = 2 . c − 2d2 c+d 2

√ A demonstra¸cão√disto é feito simplesmente mostrando que a multiplica¸cão de (c + d 2) pelo valor de (c + d 2)−1 indicado resulta em 1. Que é o elemento neutro de R∗ . Veja: √ √ (c + d 2) · (c + d 2)−1 √ √ c2 − 2d2 c−d 2 = = (c + d 2) · 2 c − 2d2 c2 − 2d2 = 1. Observe agora que: √ √ (a + b 2) · (c + d 2)−1 √ ! c−d 2 c2 − 2d2 √ √ ac − ad 2 + bc 2 − 2bd = c2 − 2d2 √ ac − 2bd (bc − ad) 2 = 2 + ∈ R∗ , c − 2d2 c2 − 2d2 √ = (a + b 2) ·

172

´ Algebra Moderna

pois


ac − 2bd bc − ad , ∈ Q. c2 − 2d2 c2 − 2d2

Solu¸ c˜ ao de B: Análogo a questão anterior.

30. Verifique se A ou B é subgrupo do grupo multiplicativo C∗ . A = {cos θ + i. sin θ | θ ∈ R} B = {z ∈ C || z |= 2} Solu¸ c˜ ao de A: Dado (cosθ + i · senθ) ∈ A, note que: (cosθ + i · senθ) ·

cosθ − i · senθ cos2 θ + sen2 θ

=1

Ou seja, todo cosθ + i · senθ ∈ A possui um inverso multiplicativo. Dado também cosα + i · senα ∈ A, então: (cosα + i · senα)(cosθ + i · senθ)− 1 cosθ − i · senθ = (cosα + i · senα) cos2 θ + sen2 θ = cosα · cosθ − i · cosα · senθ + i · senα · cosθ + senα · senθ = cosα · cosθ + senα · senθ + i(senα · cosθ − cosα · senθ) = cos(α − θ) + i(sen(α − θ)) ∈ A O que finaliza a demonstra¸cão. Solu¸ c˜ ao de B: Se w = c + di ∈ B então (veja exerc´ıcios anteriores) w−1 =

173

c − di . c2 + d2

´ Algebra Moderna


Dado também z = a + bi ∈ B então: z · w−1 = (a + bi) ·

=

ac − adi + bci + bd c − di = 2 2 c +d c2 + d2

ac + bd (bc − ad)i + 2 c2 + d2 c + d2

Agora observe que:

|z · w−1 | = r =

s

ac + bd c2 + d2

2

+

bc − ad c2 + d2

2

a2 c2 + 2acbd + b2 d2 + b2 c2 − 2bcad + a2 d2 c4 + 2c2 d2 + d4

√

p √ p √ a2 (c2 + d2 ) + b2 (d2 + c2 ) a2 c2 + b2 d2 + b2 c2 + a2 d2 a2 2 + b2 2 p √ √ = = = 2 2 (c2 + d2 )2 q√ p√ √ 2(a2 + b2 ) 4 2 √ = = √ = √ =1 2 2 2 O que implica em B n˜ ao ser sub-grupo.

31. Verifique se A ou B é subgrupo do grupo multiplicativo de R, supondo p ∈ N um n´ umero primo dado: √ A = {a + b p | a, b ∈ Q} √ B = {a + b 3 p | a, b ∈ Q} Solu¸ c˜ ao de A: √ √ √ √ Seja a + b p e c + d p ∈ A então o simétrico de c + p é −c − d p. √ √ √ Como (a + b p) + (−c − d p) = (ac) + (b − d) p ∈ A então A é sub-grupo. Solu¸ c˜ ao de A:

174

´ Algebra Moderna


√ √ Seja −c − d 3 p o simétrico de c + d 3 p então: √ √ √ (a + b 3 p) + (−c − d 3 p) = (a − c) + (b − d) 3 p ∈ B O que prova que B também é sub-grupo.

a b , com a, b ∈ R e a e b não −b a nulos simultaneamente, constitui um subgrupo do grupo GL2 (R). (GL2 (R) indica o grupo multiplicativo das matrizes reais invers´ıveis 2 × 2.) 33. Mostre o conjunto G das matrizes do tipo

Solu¸ c˜ ao: a b c d Seja , ∈ G. Sabe-se que7 −b a −d c

c d −d c

c  c2 + d2 = d c2 + d2 

−1 =

1 c2 + d2

c −d d c

 d − 2 c + d2  . c c2 + d2

Sendo assim:

a b −b a

1 = 2 c + d2

·

1 2 c + d2

c −d d c

ac + bd bc − ad −(bc − ad) ac + bd

∈G

cos a sin a , com a, b ∈ R constitui 34. Mostre o conjunto G das matrizes do tipo − sin a cos a um subgrupo do grupo multiplicativo GL2 (R) das matrizes reais e invert´ıveis do tipo 2 × 2.

Solu¸ c˜ ao: −1 −1 cos(a) sen(a) cos(b) sen(b) Dado e note que: −sen(a) cos(a) −sen(b) cos(b) ´ Veja cap´ıtulo 2 do livro “Algebra Linear” do professor Boldrini. Dispon´ıvel para download em: www.number.890m.com 7

175

´ Algebra Moderna

cos(b) sen(b) −sen(b) cos(b)

Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA −1

=

cos(b) −sen(b) sen(b) cos(b)

Sendo assim:

cos(a) sen(a) −sen(a) cos(a)

cos(b) sen(b) −sen(b) cos(b)

cos(a)cos(b) + sen(a)sen(b) sen(a)cos(b) − sen(b)cos(a) sen(b)cos(a) − sen(a)cos(b) sen(a)sen(b) + cos(a)cos(b)

cos(a − b) sen(a − b) −sen(a − b) cos(a − b)

=

=

∈H

35. Para todo n ∈ N∗ , o conjunto Rn é definido da seguinte forma: Rn = {(a1 , a2 , · · · , an ) | ai ∈ R} Sabendo que Rn é um grupo em rela¸cão à adi¸cão assim definida: (a1 , a2 , · · · , an ) + (b1 , b2 , · · · , bn ) = (a1 + b1 , a2 + b2 , · · · , an + bn ) verifique se H1 , H2 e H3 são subgrupos de Rn . H1 = {(a1 , a2 , · · · , an ) ∈ Rn | a1 + a2 + · · · + an = 0} H2 = {(a1 , a2 , · · · , an ) ∈ Rn | a1 ∈ Z} H3 = {(a1 , a2 , · · · , an ) ∈ Rn | a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an = 0} Solu¸ c˜ ao de A: Seja (a1 , ..., an ), (b1 , ..., bn ) ∈ H1 . Note que o simétrico de (b1 , ..., bn ) é (−b1 , ..., −bn ) então (a1 , ..., an ) + (−b1 , ..., −bn ) = (a1 − b1 , ..., an − bn ). Agora observe que a1 − b1 + ... + an − bn = a1 + ... + an − (b1 + ... + bn ) = 0 − 0 = 0. Logo H1 é subgrupo de Rn . Solu¸ c˜ ao de B: Seja (a1 , ..., an ), (b1 , ..., bn ) ∈ H2 . Então (a1 , ..., an )+(−b1 , ..., −bn) = (a1 −b1 , ..., an −

176

´ Algebra Moderna


bn ) ∈ H2 , pois a1 − b1 ∈ Z já que a1 , b1 ∈ Z. Logo, H3 é subgrupo de Rn . Solu¸ c˜ ao de C: Seja (a1 , ..., an ), (b1 , ..., bn ) ∈ H3 . Então vale as seguintes igualdades: a1 > a2 > ... > an e b1 > b2 > ... > bn Para (−b1 , −b2 , ..., −bn ) temos −bn > ... > −b2 > −b1 . Logo, (a1 , a2 , ..., an ) + (−b1 , −b2 , ..., −bn ) = (a1 − b1 , a2 − b2 , ..., an − bn ). Mas, como a u ńica rela¸cão que podemos estabelecer é a1 − bn > a2 − bn−1 > ... > an−1 − b2 > an − b1 , então H3 não é um subgrupo de Rn .

36. Quais dos seguintes subconjuntos de Z13 são grupos em rela¸cão à multiplica¸cão? 1. {1, 12} 2. {1, 2, 3, 4, 6, 8, 10, 12} 3. {1, 5, 8, 12}

Solu¸ c˜ ao de A: Como < Z13 , × > é um grupo então, basta mostrar que esse subconjunto é um subgrupo. 1·1=1 12 · 12 = 1 12 · 1 = 12 1 · 12 = 12 Logo, {1, 12} é um subgrupo de Z13 e consequentemente é um grupo. 177

´ Algebra Moderna


Solu¸ c˜ ao de B: 1·1=1 1·2

−1

=1·7=7

Dessa ultima igualdade é poss´ıvel verificar que o conjunto não é um grupo, pois 2 não possui inverso multiplicativo. Solu¸ c˜ ao de C: Como é not´ oria a existência da associatividade e do elemento neutro (1), vamos provar apenas a existência do elemento simétrico de cada elemento do conjunto. 1 é o simétrico de 1. 5 é o simétrico de 8. 8 é o simétrico de 5. 12 é o simétrico de 12.

37. Determine todos os subgrupos do grupo aditivo Z4 . Solu¸ c˜ ao: Os u ńicos subgrupos de < Z5 , + > são os triviais. Ou seja, {0} e {0, 1, 2, 3}.

38. Seja E = {e, a, b, c, d, f } munido da opera¸cão 4 dada pela seguinte tábua: 4 e a b c d f

e e a b c d f

a a b e d f c

b b e a f c d

c c f d e b a

d d c f a e b

f f d c b a e

1. Admitindo a propriedade associativa, prove que (E, 4) é um grupo não comutativo.

178

´ Algebra Moderna


2. Obtenha os subgrupos de E com ordem 2 ou 3.

Solu¸ c˜ ao de A: Como já vale a associatividade, basta mostrar os três itens seguintes. Observe que e é o elemento neutro, pois a∆e = e∆a = a, e o mesmo ocorre para b, c, d, o próprio e e o f . Agora note que: a∆b = b∆a = c∆c = d∆d = f ∆f = e, ou seja, cada elemento possui seu simétrico. Para mostrar a não comutatividade basta mostrar ver que: c∆f = b 6= a = f ∆c. Solu¸ c˜ ao de B: Ordem 2: E1 = {e, c}, E2 = {e, d} e E3 = {e, f }. Ordem 3: E4 = {e, a, b}

39 Seja E = {e, a, b, c, d, f } munido da opera¸cão dada pela seguinte tábua: e a b c d f

e e a b c d f

a a b e d f e

b b c d f e a

c c d f e a b

d d f e a b c

f f e a b c d

1. Admitindo a propriedade associativa, prove que (E, ) é um grupo comutativo. 2. Obtenha os subgrupos de E com ordem 2 ou 3.

Solu¸ c˜ ao de A:

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Como já vale a associatividade, então basta mostrarmos os três itens restantes. Note que e é o elemento neutro, pois a◦e = e◦a = a, b◦e = e◦b = b,..., f ◦e = e◦f = f . Observe tambem que: a◦f = f ◦a = b◦d = d◦b = c◦c = e, ou seja, todas os elementos de E são simetrizávesis. Como a ◦ b = b ◦ a, a ◦ c = c ◦ a, a ◦ d = d ◦ a, a ◦ f = f ◦ a, b ◦ c = c ◦ b, b ◦ d = d ◦ b, b ◦ f = f ◦ b, c ◦ d = d ◦ c, c ◦ f = f ◦ c e d ◦ f = f ◦ d então E é comuntativo. Logo < E, ◦ > é um grupo comutativo. Solu¸ c˜ ao de B: Ordem 2: {e, c} Ordem 3: {e, b, d}.

40. Mostre que H ⊂ Z é um subgrupo do grupo aditivo Z se, e somente se, existe um m ∈ H de modo que H = {km | k ∈ Z}. Nota: Se m ∈ Z, então o subgrupo {km | k ∈ Z} costuma ser denotado por mZ. Solu¸ c˜ ao: (⇐) Seja mk1 , mk2 ∈ H note que o simétrico de mk2 é −mk2 , sendo assim mk1 + (−mk2 ) = m(k1 − k2 ) e como k1 − k2 ∈ Z, então m(k1 − k2 ) ∈ H o que implica no fato de H ser um subgrupo de Z.

41. Prove que, se H1 e H2 são subgrupos do grupo G, então H1 ∩ H2 também é subgrupo de G. Solu¸ c˜ ao: Tome a, b ∈ H1 ∩ H2 . Se a ∈ H1 ∩ H2 então a ∈ H1 e a ∈ H2 e o mesmo ocorre com b, isto é, b ∈ H1 e b ∈ H2 . O que implica em b−1 ∈ H1 e b−1 ∈ H2 . Logo ab−1 ∈ H1 e ab−1 ∈ H2 o que implica em ab−1 ∈ H1 ∩ H2 .

42. Prove que, se H1 e H2 são subgrupos do grupo G, então H1 ∪ H2 é subgrupo de G 180

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se, e somente se, H1 ⊂ H2 ou H2 ⊂ H1 . Solu¸ c˜ ao: H1 , H2 ≤ G. H1 ∪ H2 ≤ G ⇔ H1 ⊂ H2 ou H2 ⊂ H1 . (⇐) Se H1 ⊂ H2 , então H1 ∪ H2 = H2 é subgrupo de G, por hipótese. Se H2 ⊂ H1 , então H1 ∪ H2 = H1 é subgrupo de G, por hipótese. (⇒) Suponha, por absurdo, que H1 ⊂H2 e H2 ⊂H1 então: H1 ⊂H2 ⇒ ∃h1 ∈ H1 : h1 ∈ / H2 H2 ⊂H1 ⇒ ∃h2 ∈ H2 : h2 ∈ / H1 Note que h1 , h2 ∈ H1 ∪ H2 e como H1 ∪ H2 é subgrupo, então h1 h2 ∈ H1 ∪ H2 o que e implica em h1 h2 ∈ H1 ou h1 h2 ∈ H2 . Se h1 h2 ∈ H1 , então h−1 1 h1 h2 = h2 ∈ H1 o que ´ um absurdo. O mesmo absurdo se chega se h1 h2 ∈ H2 .

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Agradecimentos

• Ao Giuliano Paladino da cidade de Itacoatiara-AM pela digita¸cão dos exerc´ıcios das páginas 44, 48, 52 e 61 do livro. • A Lucas Siebra pela revisão da questão 41 da página 60 do livro. • A Edson Luciano de O. Vigilato de Fazenda Nova-GO pela digita¸cão dos exerc´ıcios de 1 à 4 da página 70 do livro. • A André Luiz Pereira de Novo Brasil-GO pela digita¸cão do exerc´ıcio 5 da página 70. Dos exerc´ıcios das páginas 71. Dos exerc´ıcios 8 e 12 da página 75. Dos exerc´ıcios da página 79 (inclusive pela corre¸cão do exerc´ıcio 23 da mesma página). E finalmente, dos exerc´ıcios da página 81 até a 82 do livro. • Um agradecimento ESPECIAL para Maurizio Marchetti de Campinas-SP pela corre¸cão da questão 1 da página 70 do livro, pela digita¸cão dos exerc´ıcios do cap´ıtulo IV bem como da corre¸cão do exerc´ıcio 13 da página 157 (também do livro) e principalmente pela paciência. • A Itaiara Iza de Natal-RN pela resolu¸cão da letra “e” do exerc´ıcio 1 da página 155 do livro.

Se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸cão. Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 183

Álgebra Moderna (Hygino H. Domingues e Gelson Iezzi)

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