Solucionario Livro Algebra moderna.pdf

´ lgebra Moderna A

Diego Oliveira - Vitória oria da Conquista/BA

´ Livro: Algebra Moderna - Editora Atual (Higino H. Domingues e Gelson Iezzi) nibblediego@ nibblediego @gmail.com Compilado dia 26/09/2016

´ Solucion´ ario ario da 4a edi¸c˜ cão ao do livro de Algebra Moderna dos autore autoress Hig Higino ino H. Doming Domingues ues e Gelson Gelson Iezzi. Iezzi. Um dos melhores melhores livros de álgebra algebra moderna em português. es. At´ e porque existem poucos pouco s t´ıtulos semelhantes semelha ntes em nossa l´ıngua, j´ a que a produ¸c˜ cão ao de livros didáticos aticos (principalmente (princi palmente para n´ıvel ıvel de gradua¸c˜ cao aõ e pós), é um mercado pouco lucrativo. Para quem desejar; uma cópia opia do livro do Higino pode ser baixada em https://pt.scribd.com/doc/74399512/AlgebraModerna-Domingues-Iezzi.. Moderna-Domingues-Iezzi A expecta ex pectativa tiva é que seja respondido respo ndido um cap ca p´ıtulo do livro l ivro por mˆ es. es. Contudo, Contudo, pode po de haver atrasos, atrasos, uma vez que digitar digitar todo o texto consome mais tempo temp o do que resolver os exerc´ exerc´ıcios. De todo, modo n˜ ao deixe de acompanhar este documento no link a seguir ao para obter todas as atualiza¸c˜ cões. oes. www.number.890m.com

1

Sum´ ario 1 Noc˜ çoes o ˜es Sobre Conjuntos e Demonstra¸ c˜ c˜ oe s ´ ´ ` 1.1 1.1 EXER EXERC CICIOS DA PAGINA 13 A 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ ` 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 1.2 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 25 A

3 3 18

2 Intr Introdu odu¸ c˜ çao a õ ` a Aritm´ Ari tmética eti ca dos do s N´ umeros ´ GINA 33 . . . . 2.1 2.1 EXER EXERC CÍCIOS DA PA ´ ` 39 . 2.2 2.2 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 38 A ´ ` 45 . 2.3 2.3 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 44 A ´ ` 49 . 2.4 2.4 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 48 A ´ GINA 52 . . . . 2.5 2.5 EXER EXERC CÍCIOS DA PA ´ ´ ` 62 . 2.6 2.6 EXER EXERC CICIOS DA PAGINA 61 A

. . . . . .

30 30 35 46 51 58 65

. . . . .

77 77 84 91 95 102

3 Relac˜ ç˜ oes, oes, Opera¸ c˜ coes, ˜ oes, Aplica¸ c˜ c˜ oe s ´ ´ 3.1 3.1 EXER EXERC CICIOS DA PAGINA 70 ´ 3.2 3.2 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 75 ´ GINA 77 3.3 3.3 EXER EXERC CÍCIOS DA PA ´ 3.4 3.4 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 79 ´ ´ 3.5 3.5 EXER EXERC CICIOS DA PAGINA 81 4 Agradecimentos

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

. . . . .

Inteiros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

11 1

Sum´ ario 1 Noc˜ çoes o ˜es Sobre Conjuntos e Demonstra¸ c˜ c˜ oe s ´ ´ ` 1.1 1.1 EXER EXERC CICIOS DA PAGINA 13 A 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ ` 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 1.2 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 25 A

3 3 18

2 Intr Introdu odu¸ c˜ çao a õ ` a Aritm´ Ari tmética eti ca dos do s N´ umeros ´ GINA 33 . . . . 2.1 2.1 EXER EXERC CÍCIOS DA PA ´ ` 39 . 2.2 2.2 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 38 A ´ ` 45 . 2.3 2.3 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 44 A ´ ` 49 . 2.4 2.4 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 48 A ´ GINA 52 . . . . 2.5 2.5 EXER EXERC CÍCIOS DA PA ´ ´ ` 62 . 2.6 2.6 EXER EXERC CICIOS DA PAGINA 61 A

. . . . . .

30 30 35 46 51 58 65

. . . . .

77 77 84 91 95 102

3 Relac˜ ç˜ oes, oes, Opera¸ c˜ coes, ˜ oes, Aplica¸ c˜ c˜ oe s ´ ´ 3.1 3.1 EXER EXERC CICIOS DA PAGINA 70 ´ 3.2 3.2 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 75 ´ GINA 77 3.3 3.3 EXER EXERC CÍCIOS DA PA ´ 3.4 3.4 EXER EXERC CÍCIOS DA PAGINA 79 ´ ´ 3.5 3.5 EXER EXERC CICIOS DA PAGINA 81 4 Agradecimentos

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

. . . . .

Inteiros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

11 1

´ lgebra Moderna A

1


No¸c˜ c˜ oes Sobre Conjuntos e Demonstra¸c˜ oes coes o ˜es

1.1

´ ` 16 EXERCÍCIOS DA PAGINA 13 A

1. Considere os seguintes subconjuntos de R de R (aqui considerado como conjunto universo):

{ ∈ R|x2 < 4}, B = {x ∈ R|x2 − x ≥ 2}, C = {1/2, 1/31 31//4,...} e D = {x ∈ R| − 2 < x < −1}. A= x

Classifique cada rela¸c˜ cão ao seguinte como verdadeira ou falsa e justifique.

⊂ ∩ ⊂

∪ ⊃ Ø e) C∩D=

a) A B b) A B = D c) C Bc

d) B A C

c

Solu¸ c˜ cao ˜ de a: Observe que exceto pelo conjunto C, todos os conjuntos estão ao sendo caracterizados por meio de uma inequa¸c˜ cão. ao.

{ ∈ R | x inequa¸c˜ cãaoo}

B = x

Normalmente a resolu¸c˜ cao aõ de problemas que envolve envolvem m opera¸c˜ coes o˜es entre entre conjun conjuntos tos,, em que os conjuntos são ao caracterizados por uma inequa¸c˜ cão, ao, depende da passagem do conjunto de sua nota¸c˜ cao aõ entre chaves para a sua representa¸c˜ cão ao como intervalo. Veja: Para expressar o conjunto A como intervalo primeiro resolvemos a inequa¸c˜ ao ao que caracteriza o conjunto. x2 < 4 x < 2 ou x ou x >

−2

Logo A é o intervalo ( 2, 2).

−

-2

2 Conjunto Conjunto A

Por meio da imagem acima fica fácil acil definir o complementar A. -2

2 Conjunto Conjunto A

3

c

´ Algebra Moderna

Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA

{ ∈ R | x > 2 ou x < −2}.

A = x c

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 uni˜ ao dos intervalos (

−∞, −1] ∪ [2, ∞). -1

2 Conjunto B

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

⊂

-2

2

Conjunto A

c

sobre o conjunto B

Portanto a afirma¸caõ é VERDADEIRA. Solu¸ cao ˜ 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: A ∩ B = (−2, −1]

Note que

−1 ∈ A ∩ B, contudo −1 ∈/ D. Assim, a afirmativa é FALSA.

Solu¸ cao ˜ de c: Se B = [2,

∞) ∪ (−∞, −1] então B

c

−

= ( 1, 2).

4

´ Algebra Moderna


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) B ent˜ ao a afirmativa é VERDADEIRA.

∈

c

Solu¸ cao ˜ de d:

∪

B A = R. Assim a afirmativa é VERDADEIRA. Solu¸ cao ˜ de e: Todos os elementos de D são negativos, ao passo que todo elemento de C são positivos. Assim, n˜ ao 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¸cões: Ø C, B C, B C.

∈

∈

⊂

Solu¸ cao: ˜

{

{ } { } } e B = {1}.

C = Ø, 1, 1 , 1, 2

3A. Descubra conjuntos A, B e C, tais que B = C e A



∪ B = A ∪ C.

Solu¸ cao ˜ de a:

{ } {1} ∪ {1} = {1} ∪ Ø {1} = {1}



Se A = B = 1 e C = Ø (o que cumpre a condi¸ca˜ o de C = B), então:

{

}

{ }

{

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 = C e A

∩ B = A ∩ C

Solu¸ cao ˜ de b: Neste caso se A = Ø, C = 2 e B = 1 ent˜ ao:

{ }

{ }

∩ B = A ∩ C Ø ∩ {1} = Ø ∩{2} A

Ø=Ø Outra solu¸cão seria A = 1, 2, 3, 4, 5 , B = 4, 5, 6, 7 e C = 4, 5, 6, 7, 8

{

}

{

5

}

{

}

´ Algebra Moderna


4. Se A, B e C são conjuntos tais que A

∪ B = A ∪ C e A ∩ B = A ∩ C, prove que B = C.

Solu¸ cao: ˜ 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.

∈

b

∈

(1◦ Passo) Se b B então b C ou b pertence a ambos.

∈ A ∪ B. Como por hipótese A ∪ B = A ∪ C então b ∈ A ou

Se b A, então b A B. Como por hipótese A B = A elemento de B é também elemento de C. Se b C ou a ambos (A e C) a mesma conclusão é imediata.

∈ ∈

c

∈

∈ ∩

∈

∩

(2◦ Passo) Se c C então c B ou c pertence a ambos.

∩ C então b ∈ C. Assim, todo

∈ A ∪ C. Como por hipótese A ∪ C = A ∪ B então c ∈ A ou

Se c A, ent˜ ao c A C. Como por hipótese A C = A elemento de C é também elemento de B. Se c B ou a ambos (A e B) a mesma conclusão é imediata.

∈ ∈

∈ ∩

∪

∪ B então c ∈ B. Assim, todo

(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¸ cao ˜ por absurdo: Na questão anterior foi mostrada uma técnica para a demonstra¸cão de igualdade entre con juntos. Nessa quest˜ ao vamos usar a prova por absurdo. Suponha por absurdo que A = B. Então existe um a B e não pertencente a A.



∈

∈

Se a A e não pertence a B então a B o que resulta em absurdo.

∈ A e não pertencente a B, ou um b ∈

∈ A ∪ B. Como por hipótese A ∪ B = A ∩ B então a

Racioc´ınio análogo se desenvolve para b

∈ B. 6

´ Algebra Moderna


6. Se A e B são conjuntos arbitrários, demonstre as seguintes propriedades conhecidas como leis de absor¸caõ.

∩ ∪ B) = A ∪ ∩ B) = A

a) A (A b) A (A

Solu¸ cao ˜ de a:

∈ 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 antiSe x

simétrica fica provado a igualdade. Solu¸ cao ˜ de b: Se x a A.

∈ A ∪ (A ∩ B) então x ∈ A. Ou seja, todo elemento de A ∪ (A ∩ B) também pertence

∈ ∪ ∩

Se a A então a a A (A B).

∈ A ∪ (A ∩ B). O que implica no fato de que todo elemento de A pertence

Como todo elemento de A

∪ (A ∩ B) pertence a A, e vice versa, então pela propriedade

anti-sim´ etrica fica provado a igualdade.

7. Dado um conjunto A, chama-se conjunto das partes de A e indica-se por (A) o conjunto de todos os subconjuntos de A. Por exemplo, se A = 1, 2 , ent˜ ao (A) = Ø, 1 , 2 , 1, 2

{ }

P { { } { } { }}

P

P (A) quando A = {Ø, 1, {1}}.

a) Determine

b) Prove que se um conjunto A têm n elementos então

n

P (A) têm 2

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¸ cao ˜ de a:

P (A) = {Ø, {Ø}, {1}, {{1}}, {Ø, 1}, {Ø, {1}}, {1, {1}}, {Ø, 1, {1}} Solu¸ cao ˜ de b: Como ensina a análise combinatória o n´ umero de subconjuntos de A com um elemento é n1 , o n´ umero de subconjuntos com dois elementos é n2 , e etc. Usando os n´ umeros n0 e nn para contar o conjunto vazio e o próprio A, então o total de subconjuntos de A é n0 + n1 + n2 + + nn . Mas essa soma, segundo o teorema das linhas1 , 1

    



···





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

7

´ Algebra Moderna


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

n 2

n

 . 2

= 15

n! = 15 2!(n 2)!

−

n! 2(n n(n

− 2)! = 15

− 1)(n − 2)! = 15 2(n − 2)! 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 entã o que se, A e B são conjuntos finitos, verifica-se a importante rela¸cã o: n(A B) = n(A) + n(B) n(A B)

−

∪

∩

Solu¸ cao: ˜ De fato se indicarmos por A’ e B’ respectivamente as partes de A e B formadas pelos elementos que não estã o 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¸ cao: ˜

8

´ Algebra Moderna


O diagrama seguinte ilustra a situa¸caõ. A

B

20

4

14

O nu ´mero de asisinates das revistas (independente de qual revista seja ou de quantas), é igual a 30, pois

∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) n(A ∪ B) = 20 + 14 − 4 = 30

n(A

Subtraindo este resultado do total de entrevistados (500 é o total de 470 pessoas.

− 30), chega-se a resposta final que

10. Se A, B e C são conjuntos finitos, mostre que:

∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(A ∩ B) − n(A ∩ C) − n(B ∩ C) + n(A ∩ B ∩ C)

n(A

Solu¸ cao: ˜ 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.

∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C)

n(A

Em seguida subtra´ımos as regiões que são intercessões. 9

´ Algebra Moderna


∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(C∩A) − n(C∩B) − n(A∩B) Nesse processo o número de elementos da região (C ∩ B ∩ A) foi subtra´ıda do cálculo. Assim n(A

efetua-se a corre¸caõ.

∪ 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 n(A

para as demais regiões, 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)

∪ ∪

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}

d) A =



 

n n = 1, 2, 3,... n + 1



e B =



 

2n n = 1, 2, 3,... 2n + 1



{ ∈ R|1 < x < 3} e B = {x ∈ R|x2 − 3x − 4 > 0}

e) A = x Solu¸ cao: ˜

(a) Como Q B= .

∅

(b) R = Q

⊂ R então não existe nenhum elemento de Q que não esteja em R. Assim A −

∪ 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¸co˜es cujo numerador são impares. 10

´ Algebra Moderna

A


− B = { 1/2; 3/4; 5/6; ... }

Ou em outras palavras:

 2n − 1   A − B = n = 1, 2,... 2n 

(e) Primeiro vamos resolver a inequa¸caõ 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¸ cao: ˜ Observe o diagrama A

B

∩

A B

Nele tiramos que: n(A

− B) = n(A) − n(A ∩ B) 11

´ Algebra Moderna


⇒ 26 = n(A) − 10 ⇒ n(A) = 36 (1) Também vemos que:

∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) ⇒ 40 = n(A) + n(B) − 10 ⇒ n(A) + n(B) = 50 (2) n(A

E por ultimo

− A) = n(B) − n(A ∩ B) ⇒ n(B − A) = n(B) − 10 (3) n(B

Com (2) e (1) conclu´ımos que n(B) = 14. Usando esse resultado em (3): n(B Assim, n(B

− A) = 14 − 10 = 4

− 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¸ cao ˜ 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 Q ent˜ ao I Sendo assim:

∈

∪

− A = I

B Portanto,

− B) ∪ (B − A) A∆B = Ø ∪ I

A∆B = (A

A∆B = I 12

∈ R tal que

´ Algebra Moderna

b) A


− B = I e B − A = Ø, portanto − B) ∪ (B − A) A∆B = I ∪ Ø

A∆B = (A

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 n˜ ao esteja contido na reta B. Sendo assim:

− B = Ø Contudo, o conjunto de pontos b ∈ B sendo b ≥ 5 estão contidos em B, mas n˜ ao em A

A. Sendo assim:

B

− A = {x|x ≥ 5}

Concluindo que

− 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} A∆B = (A

E B – A = Ø. Logo:

{

} ∪ Ø A∆B = {1/2, 3/4, 5/6,...}

A∆B = 1/2, 3/4, 5/6,...

e) Observe as retas a seguir: –1

3 1

3

A B

13

´ Algebra Moderna


A – B = A e B – A = B sendo assim:

∪ A∆B = A∪B A∆B = (−∞, -1)∪(1,3)∪(4,∞) A∆B = (A–B) (B–A)

Solu¸ cao ˜ de b: Por defini¸cão:

∪

A∆B = (A–Ø) (Ø–A)

∈

∈

Dado a A ent˜ ao a / Ø, pois se assim fosse Ø não seria vazio. Logo todos os elementos de A n˜ ao 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¸ cao ˜ de c: Por defini¸cão A∆B= Bδ A

∪

∪

(A–B) (B–A) = (B–A) (A–B) Como na opera¸caõ 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, entã o B = Ac e A = Bc

∩ ∪ b) Se A∩B = Ø, então B⊂A e A⊂B . c) B⊂A se, e somente se, A ⊂B . c

c

c

c

Solu¸ cao ˜ de a:

∪

∩

Como A B = U e A B = Ø ent˜ a o A e B são disjuntos. Sendo assim U – A = B e portanto, A = B. Analogamente se prova que B c = A. c

Solu¸ cao ˜ de b: Como A e B são subconjuntos de U então vamos supor a existˆ encia de um conjunto X (vazio ou n˜ ao), 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 entã o, U = A B’.

∪

∪ ∪

14

´ Algebra Moderna


∩ ∈

∩

Como por hipótese A B = Ø, e X não possui nenhum elemento de A, então B’ A = Ø. Esse resultado implica que U – A = B’. Como tamb´ em U – A = Ac ent˜ a o B’ = A c . Assim tomando um b B então b B’ (pois B’ = X B), e como B’ = A c então, b Ac . Assim todo elemento de B pertence a A c que implica em B A c

∈

∪ ⊂

∈

Analogamente se prova que A Bc .

⊂

Solu¸ cao ˜ de c:

⇒

( ) Para facilitar a compreensão da resposta que será dada veja o seguinte diagrama. U A B

X

Como B A ent˜ ao Ac = U – A = X. J´ a Bc = (A – B) X. Essas afirma¸co˜es podem ser visualizadas na imagem acima. Como Bc = (A – B) X ent˜ ao X Bc e como Ac = X ent˜ ao Ac Bc . C.Q.D2 .

⊂

∪

∪

⊂

⊂

( ) Se U = A B X ent˜ ao Bc = X A e Ac = X B. Como por hipótese Ac B c 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:

− ∩ − − ∪ b) (A−C)∩(B−C) = (A∩B)−C c) (A∪B)−B = A se, e somente se, A ∩B = ∅ a) (A B) (A C) = A (B C)

Solu¸ cao ˜ 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). 2

A sigla C.Q.D significa Como se Queria Demonstrar. Ocorrendo no final de várias demonstra¸c˜ oes matem´ aticas indicando o fim da demonstra¸c˜ ao.

15

´ Algebra Moderna

∈ ∩


∈ ∩

∈

Se x (A B) – C ent˜ ao x (A B) e x / C o que implica em x 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)

∈ A e x ∈ B. Sendo assim,

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) = (A B) (A C)

Solu¸ cao: ˜

{

}

{ } { } A∪(B – C) = {1, 2, 3, 4} ∪ ( {6} – {5, 6, 7}) = {1, 2, 3, 4} ∪ ∅ A∪(B – C) = {1, 2, 3, 4} (1) Se A = 1, 2, 3, 4 , B = 6 e C = 5, 6, 7 ent˜ ao:

Considerando agora o 2 o membro

∪ − (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 } (A B)

= Ø (2) Como (1) = (2) fica provado a afirma¸caõ.



16

´ Algebra Moderna


Quer saber quando sairá a próxima atualiza¸caõ desse documento? Nesse caso vocˆ e pode:

• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com); • ou me seguir no Facebook ( www.facebook.com/diegoguntz). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para ao. [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜

www.number .890m.com

Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com

17

´ Algebra Moderna

1.2



Come¸co essa parte com uma das minhas cita¸cões preferidas. “A l´ ogica de Arist´ oteles ´ e otima ´ para criar brigas e contendas, mas totalmente incapaz de produzir algo de util ´ para a humanidade”.

(Francis Bacon).

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

17. Qual é o valor lógico das seguintes proposi¸cões? a) 2 + 5 = 1 ou 3 > 1. b) 2 é primo e 2 é par. c) Se 1 > 2, ent˜ ao 1 = 2. d) Todo numero primo é um numero real. e) Qualquer que seja o numero real x, vale x 2 > x. f) Existe um numero real x tal que x 3 =

−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 x 3 é impar, ent˜ ao x é impar. j) Duas matrizes quadradas de mesma ordem s˜ ao iguais se, e somente se, seus determinantes s˜ ao iguais.

Solu¸ cao: ˜ a) F ou V = V. b) V e V = V.

18

´ Algebra Moderna


c) Se F entã o F = V. d) Verdadeiro.

∈ R e 0.52 < 0.5. √ ao, x 3 = −2. f) Verdadeiro. Se x = −2 ent˜ e) Falso, pois 0.5

3

g) Verdadeiro. Partindo da lei dos cossenos (valida para qualquer triangulo), e tomando um triangulo de lados a, b e c tal que: a2 = b 2 + c2

− 2cos(θ)

para que o quadrado de a seja igual a soma dos quadrados de b e c ent˜ ao é necessário que π ∗ cos(θ) = 0. O que só ocorre para θ = + kπ, com k Z . No entanto, para k > 0 ter´ıamos um 2 triangulo com angulo interno maior que 180 ◦ (o que não pode ocorrer, pois a soma dos ângulos π internos de qualquer triangulo deve ser igual a 180 ◦ ), sendo assim a única solu¸cão viável é θ = . 2 E como θ é o angulo entre b e c. Ent˜ ao o triangulo possui um 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

e B =

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 = .

∩  {}

c) Todo pesquisador é professor. 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¸ cao: ˜ O diagrama a seguir ilustra a situa¸cão descrita.

19

´ Algebra Moderna


Professor

Pesquisador

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.

−2 < x < 2, vale x 2 < 4.

c) Para um numero real x tal que

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¸ cao: ˜

a) Se ∆ é um triangulo, ent˜ ao qualquer lado de ∆ é menor que a soma dos outros dois. b) Se p ´ e um numero primo diferente de 2, ent˜ ao p é impar. c) Se x é um numero real tal que

−2 < x < 2, então x 2 < 4.

d) Se duas retas são paralelas entre si e se não são paralelas ao eixo das ordenadas, ent˜ ao 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, ent˜ ao esse determinante é nulo.

20

´ Algebra Moderna


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

a) p e (

∼ q ):

∼ r) ou (∼ p):

b) (

c) se ( p e r ), ent˜ ao q : d) p se, e somente se, r.

Solu¸ cao: ˜

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 x 2 ≥ 4.

b) Nenhum triˆ angulo 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¸ cao: ˜

a) Existe x,x > 2, tal que x 2 < 4. b) Existe um triângulo retângulo equilátero. c) Existe um numero real x tal que, qualquer que seja o inteiro n, verifica-se n d) Qualquer que seja o numero complexo z , vale z 5 =

 −2.

21

≤ x.

´ Algebra Moderna


e) Existem retângulos que não são paralelogramos. f) Existem planos paralelos tais que um deles contém uma reta que n˜ ao é paralela ao outro.

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

a) x 2

− 5x + 6 = 0 b) x 2 − 16 = (x − 4)(x + 4) c) sen 2 (x) + cos2 (x) = 1 d) sen 2 (x) e) x 2

− sen(x) = 0

− 3x + 3 > 1

f) x 2 > 2x3 Solu¸ cao: ˜

a) Note que x 2 existe.

− 5x +6 = 0 ⇒ x1 = 3 e x2 = 2. Assim, podemos usar o quantificador

A forma geral para esse quantificador é: “Existe um objeto x, elemento do conjunto A, que goza das seguintes propriedades”.

Veja como ficaria a resposta neste caso: Existe um x, pertencente a R, tal que x 2

− 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¸c˜ oes sobre x.”

Veja como ficaria a resposta: Para todo x

∈ R, x 2 − 16 = (x − 4)(x + 4). 22

´ Algebra Moderna


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, sen 2(x) + cos2(x) = 1.

d) Fazendo sen(x) = y ent˜ ao: 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 sen 2 (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. Ent˜ ao uma solu¸caõ aceitável seria: Existe um x, pertencente a R, tal que x 2

− 3x + 3 > 1.

f) A solu¸cão dessa inequa¸cão ocorre apenas para x < 1, assim: Existe um x, pertencente a R, tal que x 2 > 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 que os quantificadores existencial e universal nem sempre comutam entre si, como se pode verificar pelas proposi¸cões que se seguem, a primeira verdadeira e a segunda falsa (em ambas o dom´ınio da vari´ avel 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¸co˜es proposicionais de modo a torna-las verdadeiras (em todas, o universo das duas variáveis é o conjunto dos números reais):

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

≥0

Solu¸ cao: ˜

23

´ Algebra Moderna


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

≥ 0. {

24. Determine o valor lógico das proposi¸co˜es seguintes, nas quais x e y s˜ ao variáveis em 1, 2, 3 :

}

a) Existe x tal que, qualquer que seja y , x < y2 + 1. b) Para todo x existe y tal que x 2 + y 2 = 4. c) Existem x e y tais que x 2 + y 2 = x 3 .

Solu¸ cao: ˜

a) Verdadeira. Por exemplo, tomando y = x = 1 a condi¸cão é satisfeita. x < y 2+ 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¸co˜es seguintes é correto afirmar que a primeira proposi¸cão (fun¸caõ proposicional na variável real x) acarreta a segunda?

a) Se 2 = 0, então 4 é um numero primo. b) Se x 2 + x

− 2 = 0, então x = −2.

c) Se x é um numero real, então x é um numero complexo. 24

´ Algebra Moderna

d) Se x 2


− 4 < 0, então x < 2.

e) Se tg(x) > 1, ent˜ ao x > π/4.

Solu¸ cao: ˜

a) Verdadeira. b) Falsa. As ra´ızes de x 2 + x n˜ ao pode ser igual a 2.

−

− 2 = 0 ocorrem apenas para x = 2 ou x = −1. Logo x

c) Correto. Todo conjunto R est´ a contido em C. d) Correto. Resolvendo a inequa¸cão em questão chegamos a prova a condi¸cão de x < 2.

−2 < x < 2.

π π e) Correto. A solu¸caõ para a equa¸caõ é + kπ > x > + kπ com k 2 4 π que prova a condi¸caõ de x > . 4

O que

∈ {0, 1,...}. O

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

a) 2x

− 5 ≥ 5 se, e somente se, x > 5.

b) Se x 2 + 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) = 0. e) As retas y = 2x e y = mx + n são perpendiculares se, e somente sem 2m + 1 = 0.

Solu¸ cao: ˜

a) Incorreto. Resolvendo 2x

− 5 ≥ 5 chegamos a x ≥ 5.

b) Correto. A solu¸caõ de x 2 + 3x + 2 < 0 de fato ocorre para

−2 < x < −1. sen(x) = sen(2x) ⇒ x = 2kπ com k ∈ {0, 1,...}. Assim, a primeira

c) Correto. proposi¸cão acarreta na segunda quando fazemos k = 0.

d) Correto. A demonstra¸cão desta proposi¸caõ é simples mas, razoavelmente longa. Como o problema não pede demonstra¸caõ deixo a cargo do leitor que tenha interesse.

25

´ Algebra Moderna


e) Correto. Recorrendo ao cálculo diferencial se a reta y = mx + n é perpendicular 1 1 a y = 2x ent˜ ao m = , o que implica em m = . Dessa ultima equa¸cão f  (2x) 2 tiramos que 2m 1 = 0. Assim, a primeira proposi¸cão acarreta na segunda.

−

−

−

27. Enuncie as reciprocas e as contra positivas das seguintes proposi¸c˜ oes:

a) Se dois n´ umeros inteiros são impares, então a soma deles é um numero par. b) Se uma fun¸caõ real de variável real é continua num ponto, ent˜ ao 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¸ cao: ˜

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¸caõ real de variável real não é diferenciável num ponto, ent˜ ao 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 n˜ ao é invers´ıvel. d) (Reciproca ): Se um polinˆ omio real tem duas e apenas duas ra´ızes complexas, ent˜ ao esse polinômio tem grau 2. (Contrapositiva ): Se o numero de ra´ızes complexas de um polinômio real é diferente de 2, ent˜ ao o grau desse polinômio é diferente de 2.

26

´ Algebra Moderna


e) (Reciproca ): Se todas as retas de um plano são perpendiculares a um outro plano, ent˜ ao os dois planos são perpendiculares entre si. (Contrapositiva ): Se num plano h´ a uma reta que não é perpendicular a um segundo plano, ent˜ ao os dois planos não são perpendiculares.

28. Classifique como verdadeiras ou falsas as reciprocas e as contra positivas das proposi¸cões do exerc´ıcio 27. Solu¸ cao: ˜ Letra A: F e V. Letra B: V e F. Letra C: V e V. Letra D: V e V. Letra 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, ent˜ ao a > c”. Solu¸ cao: ˜ Se a

≤ c, então a ≤ b ou b ≤ c

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

31. Ache um contra exemplo para cada uma das seguintes afirma¸co˜es:

∈ R, x 2 − 1 > 60. b) Para todo x ∈ R, x 3 − 4x2 < 20. c) Para todo x ∈ R, cosx > cos(x + 1). d) Para todo x ∈ R+ , vale log10 (x) > log 10 (x)2 . a) Para todo x

∗

27

≥

´ Algebra Moderna


Solu¸ cao: ˜

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 log 10 (1) > log 10 (1)2 ⇒ 0 > 0. 32. Justifique a propriedade seguinte de duas maneiras, a primeira atrav´ es de sua contrapos3 itiva e a segunda por redu¸cão ao absurdo: “Se m é um inteiro tal que m + 2 é impar, então m é impar”. Solu¸ cao ˜ por contrapositiva: A contra positiva da proposi¸cão é: “Se m é um inteiro tal que m 3 + 2 é par, então m é par”. O que de fato é verdade pois o produto entre números pares é par e a soma de pares também. Assim, como a contrapositiva da proposi¸caõ é verdadeira então a proposi¸cão também é. Solu¸ cao ˜ 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(4k3 + 1 é par. O que é um absurdo, pois por hipótese m 3 + 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¸ cao: ˜ Essa fórmula 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.

28

´ Algebra Moderna






29

´ Algebra Moderna

2


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

2.1

´ EXERCÍCIOS DA PAGINA 33

1. Demonstre por indu¸caõ:

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

Solu¸ cao ˜ de a: i) Observe que a proposi¸caõ é verdadeira para n = 1, pois 1=

1(1 + 1) =1 2

ii) Admitindo que a proposi¸cão seja verdadeira para um k 1+

∈ A então:

1) ··· + k = k(k + 2

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

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

chegamos á: 1+

2) ··· + k + (k + 1) = (k + 1)(k + 2

O que mostra que a proposi¸caõ também seria válida para k + 1. Assim, pelo princ´ıpio de indu¸cão a proposi¸caõ é valida para todo n Solu¸ cao ˜ de b: Prova de i: A proposi¸caõ é verdadeira para 1 pois, 1 = 1 2 .

30

∈ N maiores que 1.

´ Algebra Moderna


Prova de ii: Se a proposi¸cão é verdadeira para k ent˜ ao: 1+3+5+

··· + (2k − 1) = k 2

Note que os valores a direita crescem de 2 em 2 (1, 3, 5,...). Assim o pr´ oximo 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¸caõ é valida para k ent˜ ao ela é válida para k + 1. Sendo assim, pelo princ´ıpio de indu¸cão a proposi¸cão é verdadeira para todo n 1.

≥

Solu¸ cao ˜ de c: prova de i: A proposi¸caõ é válida para 1, pois 13 = 12 . Prova de ii: Se a proposi¸cão é válida para k ent˜ ao 13 + 23 +

··· + k3 = (1 + 2 + ... + k)2

Somando (k + 1) 3 em ambos os membros então 13 + 2 3 +

··· + k3 + (k + 1)3 = (1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1)3

Como visto na letra a do exerc´ıcio 1 + 2 + ... + k = substitui¸cão

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

2

2

3

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

 k(k + 1)  2

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

2

3

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

31

+ (k + 1) 3

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

 (k + 1)(k + 2)  2

2

´ Algebra Moderna


(1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1) 3 = (1 + 2 + ... + (k + 1))2 Com isso mostramos que se a proposi¸caõ é válida para k ent˜ ao ela também é válida para k + 1. Assim, pelo princ´ıpio de indu¸caõ a proposi¸caõ é válida para todo n 1.

≥

Solu¸ cao ˜ de d: Prova de i: A proposi¸caõ 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 ent˜ ao:

1 2+2 3+

·

·

2) ··· + k · (k + 1) = k(k + 1)(k + 3

Somando a ambos os membros (k + 1)(k + 2)

·

·

1 2+2 3+

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

·

·

1 2+2 3+

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

Com isso mostramos que se a proposi¸caõ é válida para k ent˜ ao ela também é válida para k + 1. Assim, pelo princ´ıpio de indu¸caõ a proposi¸caõ é válida para todo n 1.

≥

Solu¸ cao ˜ de d: Prova de i: A proposi¸caõ é verdadeira para 2. 22 > 2 + 1 4 > 3 Prova de ii: Se a proposi¸cão é verdadeira para k ent˜ ao:

32

´ Algebra Moderna


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¸caõ é válida para k ent˜ ao ela também é válida para k + 1. Assim, pelo princ´ıpio de indu¸caõ a proposi¸caõ é válida para todo n 2.

≥

2. Demonstre o segundo princ´ıpio de indu¸cão. Solu¸ cao: ˜ Na prática a condi¸caõ 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.

33

´ Algebra Moderna






34

´ Algebra Moderna

2.2



3. Sejam m e n inteiros impares. Prove que:

| − 2n) b) 8|(m2 − n2 ) c) 8|(m2 + n2 − 2) a) 4 (2m

Solu¸ cao ˜ de a: Se m e n é ´ımpar ent˜ ao, m = 2 p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t

∈ Z. Sendo assim:

| − 2n ⇒ 4|2(2 p + 1) − 2(2t + 1) ⇒ 4|4 p − 4t ⇒ 4|4( p − t) 4 2m

Finalizando a demonstra¸cão. Solu¸ cao ˜ de b: Se m e n é ´ımpar ent˜ ao, m = 2 p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t

∈ Z. Sendo assim:

8 m2

| − n2 ⇒ 8|(2 p + 1)2 − (2t + 1)2 ⇒ 8|4( p2 − t2) + 4( p − t) Analisando p 2 − t2 e p − t temos as seguintes possibilidade: (i) Se p é par e t é ´ımpar p 2

− t2 é ´ımpar e p − t também.

Prova de que p2

− t2 é impar.

Seja p = 2 p e t = 2t + 1 para algum p e t inteiros, então: p2

− t2 = (2 p )2 − (2t + 1)2 p2 − t2 = 4 p2 − (4t2 + 4t + 1) p2 − t2 = 2(2 p2 − 2t2 − 2t ) − 1 















35

´ Algebra Moderna




Fazendo k = 2 p2 p2



− 2t2 − 2t



então

− t2 = 2k − 1

Que é a forma de um n´ umero ´ımpar. Prova de que p

− t também será impar

− t = (2 p ) − (2t + 1) p − t = 2( p − t ) − 1 Fazendo k = 2( p − t ) ent˜ ao: p − t = 2k − 1 p













Que é a forma de um numero ´ımpar. (ii) Se t é par e p é ´ımpar p2 anterior.

− t2 e p − t serão ´ımpares.

(iii) Se p e t s˜ ao pares então p2 do leitor).

A demonstra¸cão é análoga a

− t2 e p − t também serão pares (Demonstra¸caõ a cargo

(iv) Se p e t são ´ımpares então p2 do leitor).

− t2 e p − t são também pares (Demonstra¸cão a cargo

Se ocorrer o primeiro caso então podemos substituir p2 respectivamente. Assim:

− t2 e p − t por 2k + 1 e 2k



+ 1,

8 4( p2

| − t2) − 4( p − t) ⇒ 8|4(2k + 1) + 4(2k + 1) ⇒ 8|8k + 4 + 8k + 4 ⇒ 8|8(k + k ) + 8 ⇒ 8|8((k + k ) + 1) 







O que completa a demonstra¸caõ. Se ocorrer o segundo, terceiro ou quarto caso a conclusão será a mesma. Essas demonstra¸cões ficam a cargo do leitor. Solu¸ cao ˜ de c: Se m e n é ´ımpar ent˜ ao, m = 2 p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t 8 m2 + n2

| −2 ⇒ 8|(2 p + 1)(2 p + 1) + (2t + 1)2 − 2 36

∈ Z. Sendo assim:

´ Algebra Moderna


⇒ 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 números pares consecutivos um é divis´ıvel por 4. Solu¸ cao: ˜ 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 ent˜ ao p = 0. Como 4 0 ent˜ ao 4 p.

|

• Se k for ´ımpar então 4| p + 2. Prova: p + 2 = 2k + 2 = 2(2k  + 1) + 2 = 4k  + 2 + 2 = 4(k + 1)

|

|

como 4 4(k  + 1) ent˜ ao 4 p + 2.

• Se k for par então 4| p. Prova: p = 2k = 2(2k  ) = 4k  37

|

´ Algebra Moderna


|

|

como 4 4k ent˜ ao 4 p. Assim, em qualquer hipótese 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¸ cao ˜ de a: Seja p e q n´ umeros consecutivos um deve ser par e o outro ´ımpar. Tomando p ´ımpar ent˜ ao: p2

− q 2

= (2k + 1) 2

− (2t)2 para algum k e t ∈ Z = 4k2 + 2k + 1 − 4t2 = 2(2k2 − 2t2 + k) + 1 Fazendo z = 2k2 − 2 p2 + k ent˜ ao, p2 − q 2 = 2z + 1 que é a forma de um n´ umero ´ımpar. Solu¸ cao ˜ de b: Se p e q são consecutivos então um é par e outro é ´ımpar. Escolhendo p ´ımpar, ent˜ ao: p3

− q 3

= (2k + 1) 3

− (2t)3 para algum k e t ∈ Z

= 2(4k3

− 4t3 + 6k2 + 4k) + 1 Fazendo w = 4k 3 − 4t3 + 6k 2 + 4k ent˜ ao (2k + 1) 3 − (2 p)3 = 2w + 1 Que é a forma de um n´ umero ´ımpar.

6. Demonstre por indu¸caõ que:

a) 7 (23n

| − 1) (n ≥ 0) b) 8|(32 + 7) (n ≥ 0) c) 11|(22 · 3 +2 + 1) (n ≥ 1) d) 7|(32 +1 + 2 +2 ) (n ≥ 1) n

n

n

n

n

38

´ Algebra Moderna


e) 17 (34n+2 + 2 43n+1 ) (

|

·

≥ 0)

Solu¸ cao ˜ de a: i) Para n = 0 temos: 23(0)

−1 = 20 − 1 =0

|

como 7 0 a proposi¸caõ é verdadeira para n = 0. ii) Se a proposi¸cão é verdadeira para k ent˜ ao 7 23k

| − 1.

⇒ (23 − 1) = 7 p com p ∈ Z k

Multiplicando ambos os termos por 2 3 (23k

− 1)23 = 7 p · 23 23 +3 − 8 = 7(8 p) 23( +1) − 1 = 7(8 p) + 7 23( +1) − 1 = 7(8 p + 1) como 7|7(8 p + 1) ent˜ ao 7|23( +1) − 1. k

k

k

k

Como quer´ıamos demostrar. Solu¸ cao ˜ 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 ent˜ ao 8 32k + 7.

|

⇒ 32

k

+ 7 = 8 p para algum p

∈ Z. 39

´ Algebra Moderna


multiplicando ambos os lados por 3 2 . (32k + 7) 32 = 8 p 32

·

·

32k+2 + 63 = 8(9 p) 32(k+1) + 7 = 8(9 p)

− 56 32( +1) + 7 = 8(9 p − 7) Como 8|8(9 p − 7) ent˜ ao 8|3 +1 + 7. k

k

Como quer´ıamos demonstrar. Solu¸ cao ˜ de c: i) Para n = 1 temos 22(1)−1 31+2 + 1 = 2 33 + 1

·

= 55

|

como 11 55 ent˜ ao, a proposi¸cão é verdadeira para n = 1 ii) Se a proposi¸cão for verdadeira para k ent˜ ao: 11 (22k 3k+2 + 1)

|

⇒ 22

·

k−1

3k+2 + 1 = 11 p para algum p

∈Z

Multiplicando por 22 3 ambos os membros.

·

22 3(22k+1 3k+2 + 1) = 11 p 22 3

·

·

· ·

22k−1 22 3k+2 3 + 12 = 11(12 p)

· · · 2(2 1)+2 · 3( +2)+1 + 1 = 11(12 p) − 11 22( +1) 1 · 3( +1)+2 + 1 = 11(12 p − 1) Como 11|11(12 p − 1) ent˜ ao, 11|22( +1) 1 3 k−

k

k

−

k

k

− ·

(k+1)+2

Como quer´ıamos demonstrar. Solu¸ c˜ ao de d: i) Para n = 1 temos:

40

+1

´ Algebra Moderna


32(1)+1 + 21+2 = 3 3 + 23 = 35 como 7 35 ent˜ ao a proposi¸caõ é verdadeira para n = 1.

|

ii) Se verdadeira para k ent˜ ao 7 32k+1 + 2k+2

| ⇒ 32 +1 + 2 +2 = 7 p para algum p ∈ Z. k

k

Multiplicando ambos os membros da equa¸caõ acima por 182 182 (32k+1 + 2k+2 ) = 182 (7 p) 18(3(2k+2)+1 2 + 2(k+1) 9) = 7(182 p)

· · 3(2 +2)+1 · 2 · 32 + 2( +1)+2 · 9 · 2 = 7(182 p) 3(2 +2)+1 · 18 + 2( +1)+2 · 18 = 7(182 p) k

k

k

k

32(k+1)+1 + 2(k+1)+2 = 7(18 p) como 7 18 ent˜ ao 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. 3

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

41

´ Algebra Moderna


8. Prove que o produto de dois números inteiros é impar se, e somente se, ambos os n´ umeros são ´ımpares. Solu¸ c˜ ao:

⇒

( ) Admita dois n´ umeros ´ımpares p e q tal que p = 2k + 1 e q = 2k  + 1.

·

Fazendo p q p q = (2k + 1)(2k + 1)

·

= 4kk  + 2k + 2k + 1 = 2(2kk  + k + k  ) + 1

⇐

( ) Considere um n´ umero w = pq . Onde w é um n´ umero ´ımpar. Supondo por absurdo que p e/ou q s˜ ao 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, a 2 também é par, mas se a é ´ımpar, a 2 também é ´ımpar. O mesmo acontece com b e b 2 . Sendo assim, a2 +a é um n´ umero par e b2 +b também é um n´ umero par e portanto, a2 +a+b2 +b também é par.

10. Na divis˜ ao 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 divis˜ ao euclidiana 802 = 14a + r com 0

≤ r < a.

Uma solu¸caõ particular é (a, r) = (57, 4), assim as solu¸co˜es gerais são: a = 57+t e r = 4 14t. Mas, como 0 r < a, temos

−

≤

≤ 4 − 14t < 57 + t Isto é, −3 < t ≤ 0, logo, t = {−3, −2, −1, 0}. 0

Assim, valores poss´ıveis de a e do resto são: (a, r) = (54, 46), (55, 32), (56, 18), (57, 4) 42

´ Algebra Moderna


´ poss´ıvel encontrar dois interior múltiplos de 5 tais que o resto da divisão euclidiana de 11. E 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¸caõ no próprio livro.

14. Se o resto na divis˜ ao 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) m = 4(2k + 1) Fazendo a divisão de m por 4 m = 2k + 1 4 Assim, o resto é 1.

43

´ Algebra Moderna


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 = 4k2 + 4k + 1 m2 = 4(k 2 + k) + 1 Chamando k 2 + k = q ent˜ ao: m2 = 4q + 1 Assim, o resto é 1.

44

´ Algebra Moderna






45

´ Algebra Moderna



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¸caõ (iii) escreve-se 14

− 6(2) = 2 (v)

Combinando v e ii

− (20 − 14)2 = 2 14(3) − 20(2) = 2 (vi) 14

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

−

−

46

´ Algebra Moderna


17. O máximo divisor comum de dois números 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 divisões 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 divisões 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 • r 1 = r2 · 3 + r3; 0 < r3 < r2 • r 2 = r3 · 1 + r4; 0 < r4 < r3 • r 3 = r4 · 3 Portanto, r 4 = mdc(a, b) e por hip´ otese r4 = 20 o que implica em r 3 = 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)).

≥ 0, pela defini¸caõ de máximo divisor comum. (ii) Como d|a, d |b e d |c, por hipótese, então d |a e d |mdc(b, c), visto que todo divisor de b e c (i) d

é divisor do máximo divisor comum desses n´ umeros.

(iii) Seja d  um divisor de a e de mdc(b, c); ent˜ ao d  a, d  b e d  c e, portanto, divide o 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

47

´ Algebra Moderna


20. Prove que mdc(n, 2n+1) = 1, qualquer que seja o inteiro n. Solu¸ c˜ ao: Usando o método de divisões 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 tamb´ em 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, ent˜ ao ab cd. Sugest˜ ao: Use a identidade de Bezout para a, b e d. Solu¸ c˜ ao:

 | ·

Se a c ent˜ ao existe um k a c = d k. d

·

∈ Z tal que c = a · k.

|

Como mdc(a, b) = d ent˜ ao d a e então

 a Portanto, existe um inteiro x = dk, tal que c = · x (i). d b Da mesma forma pode-se escrever c = y (ii). d a  b  Multiplicando (i) por (ii), temos c 2 =

d

d

xy

⇒ 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 48

∈Z

∗

e ab > r

≥1

´ Algebra Moderna


Sendo assim: (cd)2 = (k(ab) + r)2

⇒ (cd)2 = (k2(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, 2 o que é um absurdo pois contraria a divisibilidade de (cd) 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 s˜ ao primos entre si, então mdc(a, b) = 1. Pelo algoritmo do MDC de Euclides, mdc(a, b) = mdc(a, b c a), assim,

− ·

− 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 mdc(2a + b, a + 2b) = mdc(2a + b, a + 2b

Completando a demonstra¸cão.

49

´ Algebra Moderna






50

´ Algebra Moderna

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: 234 = 21 32 13 456 = 23 31 19

· · · ·

Note que na decomposi¸caõ de ambos existe em comum o numero 2 e 3. Fazendo o produto desses valores elevados a menor potencia dada determinamos o mdc. 51

´ Algebra Moderna


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 números primos que podem ser expressos na forma n 2 –1. umero primo e fatore o segundo membro dessa igualdade. Sugest˜ ao: Suponha p = n2 – 1 um n´ Solu¸ c˜ ao: Seja “p” um numero primo que possa ser expresso como: p = n 2 sendo assim p = n 2

−1

− 1 = (n − 1)(n + 1)

⇒ p = (n − 1)(n + 1)

Observe que nesta condi¸caõ “p” seria divis´ıvel por 1, por ele mesmo, por n poderia contrarias a defini¸cão de primo. 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 n 3 –1 é primo, prove que n = 2 ou n = 52

− 1 e n + 1, o que

−1.

´ Algebra Moderna


Solu¸ c˜ ao: Seja p um primo escrito como: p = n 3 p = (n

−1

− 1)(n2 + n + 1)

Um numero primo só 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, ent˜ ao n = 2 o u n = demonstrar.

−1.

Como se queria

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. At´ e hoje continua em aberto a questão de saber se essa proposi¸caõ é falsa ou verdadeira. Admitindo a conjectura de Goldbach, prove que todo inteiro maior que 5 é soma de trˆ es n´ umeros primos. Por exemplo: 6 = 2 + 2 + 2 , 7 = 2 + 2 + 3, etc. Sugest˜ ao: Devido à conjectura, se n (soma de três números primos).

≥ 3, 2n–2 = p +q ( p e q primos). Portanto, 2n = p +q +2

Solu¸ c˜ ao: Tome um numero k > 5 ent˜ ao: 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 t 1 e t 2 tal que t = t 1 + t2 . Sendo assim:

≥

k = 5 + t k = 5 + t1 + t2 Como 5 é primo e t 1 e t 2 por hip´ otese fica mostrado a proposi¸cão. 53

´ Algebra Moderna


29. Ache o menor n´ umero inteiro positivo n para o qual a expressão h(n) = n 2 + n + 17 é um n´ umero composto. Solu¸ c˜ ao: Essa fórmula gera n´ umeros primos para n = 0, 1,..., 15. Assim, o menor numero composto adquirido através desse polinômio ocorre para n = 16. Obs: Como o polinômio 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 n 2 + 2 é um número primo, prove que n é m´ ultiplo de 3 ou n = 1. a três possibilidades de expressar um numero inteiro n; n = 3q , n = 3q + 1, Sugest˜ ao: H´ 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 sugest˜ ao do livro temos 3 possibilidades para escrever um inteiro n. Sendo assim podemos escrever p como: p = (3q )2 + 2 ou 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 ent˜ ao (3q 2 + 4q + 2) = 1. Contudo essa equa¸ caõ não têm solu¸caõ 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

54

´ Algebra Moderna


p = 9q 2 + 6q + 3 p = 3(3q 2 + 2q + 1) Como p é primo então (3q 2 + 2q + 1) = 1. Contudo, essa equa¸caõ possui somente uma solu¸caõ inteira que ocorre para q = 0. O que implicaria em n = 3(0) + 1 = 1.

• Se p = (3q )2 + 2 então, claramente n é múltiplo 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? α 1 α2 e a decomposi¸cã o do n´ umero procurado em fatores primos, Sugest˜ ao: Se a = pα 1 p2 ...pm ´ m

então 15 = (α1 + 1)(α2 + 1)...(αm + 1). Observe que só h´ a duas maneira (salvo quanto à ordem) de decompor 15 em fatores inteiros positivos. 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 = p 21 p42

·

Como desejamos o menor inteiro e como p 1 e p 2 são primos ent˜ ao fica claro que os valores de p1 e p 2 s˜ ao primos, então os valores de p 1 e p 2 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¸cao: ˜ Suponha que esse conjunto fosse finito: digamos que seus elementos

fossem p1 , p2 ,...,pn . Construa o n´ umero p = p 1 p2 ...pn + 1. Esse numero não é nenhum dos pi , 55

´ Algebra Moderna


≤ ≤

(por que?). Logo, é composto (Por que?). Ent˜ ao 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 n˜ ao seria divis´ıvel por nenhum primo, o que contr´ aria o teorema fundamental da aritmética.

·····

56

´ Algebra Moderna






57

´ Algebra Moderna



2.5

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

−

c) 18x–20y = 8 d) 24x + 138y = 18

Solu¸ cao ˜ de a: O problema já afirma que as equa¸cões possuem solu¸caõ, entretanto é bom que se crie o hábito de sempre verificar se a equa¸cão possui ou não solu¸caõ. 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 ent˜ ao a equa¸cão possui solu¸cão.

|

Agora que sabemos que a equa¸caõ possui solu¸ cão evocamos o teorema de bezout para afirmar que 3α + 4β = 1 Através do algoritmo estendido de Euclides obtemos como solu¸caõ da equa¸cão acima α = e β = 1.

−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¸caõ é (x, y) = ( 20, 20) e a solu¸cão geral será:

−

−



−

4 20 + k, 20 mdc(3, 4)

·

−



3 k = ( 20 + 4k, 20 mdc(3, 4)

·

−

− 3k)

onde k é qualquer número inteiro. Solu¸ cao ˜ de b: Nesse caso vamos resolver a equa¸cão por um método diferente. Vamos faze-la por tentativa. Primeiro evidenciamos y na equa¸cão. 5x–2y = 2

⇒ y = 25 x − 1

Agora nos perguntamos: qual o valor para x que nos fornece um valor inteiro para y ?

58

´ Algebra Moderna


Veja que o 2 é um dos muitos valores poss´ıveis. y =

5 2 2

· − 1 = 4

⇒ 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¸ cao ˜ de c e d: Análogas as anteriores.

34. Decomponha o número 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¸ cao: ˜ O problema equivale a resolver a seguinte equa¸cão diofantina 7a + 11b = 100 (1) Como 7 e 11 são primos ent˜ ao mdc(7, 11) = 1 e pelo teorema de bezout 7a + 11b = 1 (2) Pelo algoritmo estendido de Euclides a solu¸caõ de (2) é 2 e

−3.

Sendo assim:

−

7a + 11b = 7( 3) + 11(2) = 1

⇒ 7(−3) + 11(2) = 1

(3)

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¸caõ do 100 fossem positivas. Para chegar a um resultado que satisfa¸ca a essa exigˆ encia primeiro determinamos a solu¸caõ geral da equa¸caõ

59

´ Algebra Moderna



−


11 300 + k, 200 mdc(7, 11)

·

−



7 k = ( 300 + 11k, 200 mdc(7, 11)

·

−

− 7k)

E escolhemos um k que cumpra as seguintes inequa¸co˜es:

− 7k > 0 ⇒ k < 200/7 −300 + 11k > 0 ⇒ k > 300/11 200

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: d˜ ao resto 6 quando divididos por 11 e resto 3 quando divididos por 7. Solu¸ cao: ˜ Seja p um numero que satisfa¸ca as condi¸co˜es impostas então: 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 60

´ Algebra Moderna


⇒ p = 11(8 − 7t) + 6 ⇒ p = 94 − 77t com t ∈ Z Como o problema impõe que p seja positivo então:

≥0 ⇒ 94 − 77t ≥ 0 ⇒ t ≤ 0

p

{ − 77t|t = 1, 0, −1, −2,...}

Assim, a solu¸caõ é: todos os números do conjunto 94 Observa¸ca õ:

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 número de pessoas). Solu¸ cao: ˜ O problema equivale a resolver a seguinte equa¸cão 8x + 5y = 500 Ora 8(2) + 5( 3) = 1 então 8(1000) + 5( 1500) = 500, assim uma solu¸caõ 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 n˜ ao pode ser negativa. Em outras palavras devemos encontrar um k tal que: 1000

− 5k ≥ 0 e −1500 + 8k ≥ 0

. Dessas duas inequa¸co˜es conclui-se que k deve estar no intervalo [187.5, 200]. Como k Z e o problema pede o menor numero de pessoas ent˜ ao necessitamos testar apenas os dois valores extremos do intervalo.

∈

Para k = 188 a solu¸caõ será: (1000

− 5k, −1500 + 8k) = (60, 4) 61

´ Algebra Moderna


Para k = 200 a solu¸caõ 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¸c˜ a. 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¸ cao: ˜ 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

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¸caõ 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. 62

´ Algebra Moderna


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¸caõ 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,...}

63

´ Algebra Moderna






64

´ Algebra Moderna

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¸ cao ˜ de a: Se 23

≡ 1 (mod 7), então: (23 )15 ≡ 115 (mod 7) ⇒ 245 ≡ 1 (mod 7) Ou seja, o resto de 2 45 por 7 é 1. Solu¸ cao ˜ 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 41 25 100). Sendo assim: (112 )50

≡ 2150 ≡ 4125 ≡ 1 (mod 100) ⇒ 11100 ≡ 1 (mod 100) portanto, o resto da divis˜ ao citada é 1. Solu¸ cao ˜ de c: Se 32

≡ 4 (mod 5) então: (32 )5 ≡ 45 (mod 5) 310 ≡ 45 (mod 5) e como 44 = 1024 ent˜ ao: 310

≡ 4 (mod 5) 65

(1)

≡ 1 (mod

´ Algebra Moderna


Sabe-se que 40 é divis´ıvel por 5, então 42

Como 62

≡ 2 (mod 5).

42

≡ 2 (mod 5)

(2)

68

≡ 1 (mod 5)

(3)

≡ 1 (modulo 5) então:

(62 )4

≡ 14 (mod 5) ⇒ 68 ≡ 1 (mod 5)

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¸ cao ˜ de d: Facilmente se conclui que 5 2 como resto dessa divisão

≡ 1 (mod 3).

Fazendo a divis˜ ao de 4841 por 3 encontramos 2

4841 = 1613(3) + 2 3

≡ 1 (mod 3), portanto 285 ≡ 1 (mod 3). Sendo assim: 52 · 4841 + 285 ≡ 1 · 2 + 1 (mod 3) ≡ 3 mod(3) ≡ 0 (mod 3).

Tamb´ em sabe-se que 28

Ou seja, o resto da divisão solicitada é 0.

39. Mostre que o numero 2 20

− 1 é divis´ıvel por 41

Solu¸ cao: ˜ 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: 66

´ Algebra Moderna

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¸ cao: ˜ 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 +

··· + 15 + 25 + 35 + 05

Como a ordem dos fatores não altera o resultado da soma em R, ent˜ ao podemos deslocar o 5 u ´ ltimo termo da soma (0 ) 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)

= 25

× (1 + 32 + 243) = 25 × (276) Como 276 ≡ 0 no m´ odulo 4 ent˜ ao: 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 últimos algarismos de 9(9 ) .

67

´ Algebra Moderna


Solu¸ cao ˜ de a: Seja n um n´ umero qualquer se n < 10 ent˜ ao a demonstra¸cão é evidente. Se n > 10 ent˜ ao 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 divis˜ ao 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¸ cao ˜ 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. .. . se continuássemos com ela perceber´ıamos que o final dos demais números ainda seria, e na ordem, os n´ umeros 1, 7, 9 e 3 até o fim. Como as potˆ encias de 7 seguem esse padr˜ ao e tˆ em 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 7 100

≡ 3 (mod 4) e 100 ≡ 0 (mod 4) então, 0

77

≡ 33 (mod. 4) ⇒ 77 ≡ 31 (mod. 4) ⇒ 77 ≡ 3 (mod. 4). 100

100

100

Então, o algarismo da unidade de 7 7

é 3.

Solu¸ cao ˜ de c: Esse método pode ser aplicado sempre que se desejar encontrar os dois últimos algarismos de um numero n n (com n N). n

∈

68

´ Algebra Moderna


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



como 729

3

= (729)3

≡ 9 no módulo 10 então:

99

≡ 93 (mod 10) ⇒ 99 ≡ 729 (mod 10) ⇒ 99 ≡ 9 (mod 10) ⇒ r = 9 r

• Finalmente determinamos um inteiro p tal que 9 ≡ p (mod 100). 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 últimos d´ıgitos de 99 é 89.

´ o caso, por 42. Se p e p + 2 são n´ umeros primos, então eles se denominam primos gêmeos. E exemplo, de 3 e 5. Se p > 3 e os números p e p + 2 são primos gêmeos, prove que a soma p + ( p + 2) = 2 p + 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 módulo 12. Mostrar que todas essas possibilidades, exceto a primeira, levam a uma contradi¸cão. Solu¸ cao: ˜ Seguindo a sugest˜ ao vamos provar que 2p + 2 não pode ser equivalente a 2, 4, 6, 8 ou 10 no m´ odulo 12. Suponha por absurdo que 2 p + 2

≡ 2 (mod 12). Nesse caso, poder´ıamos afirmar então que:

2 p + 2 = 12q + 2 para algum q

∈ Z.

Sendo assim: 2 p = 12q

⇒ p = 6q 69

´ Algebra Moderna


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 próprio 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¸ cao: ˜

≡

∈ Z). Se n e´ um divisor de m, então m = nk com

Se a b (mod m) ent˜ ao a = mq + b (q 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) a 3

≡ a (mod 6) b) a 3 ≡ 0, 1 ou 8 (mod 9) c) Se a é um inteiro que não é divis´ıvel por 2 nem por 3, então a 2 d) Se a é um cubo perfeito, então a

≡ 1 (mod 24).

≡ 0, 1 ou −1 (mod 9).

Solu¸ cao ˜ de a: Dizer que a 3

≡ a (mod 6) é equivalente a dizer que a 3 − a ≡ 0 (mod 6). a3

≡ a (mod 6) ⇔ a 3 − a ≡ 0 (mod 6)

Sendo assim, podemos provar o que se pede provando apenas que a 3

− a ≡ 0 (mod 6).

Note que a3 a = (a 1)a(a + 1). Um resultado conhecido da Teoria dos Números é o de que entre três números consecutivos um deles é divis´ıvel por 3 então:

−

−

− 1) é divis´ıvel por 3, então (a − 1) = 3k com k ∈ Z. Logo a 3 = 3k · a · (a + 1). Se (a

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: 70

´ Algebra Moderna


a3

− a = 3k · 2q = 6(kq )

⇒ a3 − a ≡ 0 (mod 6). Analogamente se prova no caso de a ou (a+1) divis´ıveis por 3. Completando a demonstra¸cão. Solu¸ cao ˜ 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(3k3 + 3k 2 + k) + 1 ≡ 1 (mod 9) (3k + 2) 3 = 9(3k3 + 6k 2 + 4k) + 8 ≡ 8 (mod 9). Solu¸ cao ˜ de c: Todo n´ umero inteiro tem a forma: 3k, 3k + 1 ou 3k + 2, com k

∈ Z.

Note que a n˜ a o pode ser igual 3k, pois a n˜ ao 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 ent˜ ao 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 ent˜ ao: 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

⇒ a2 = 36q 2 + 12q + 1 ⇒ a2 = 12q (3q + 1) + 1 4

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

71

´ Algebra Moderna


Finalmente por indu¸caõ podemos terminar a demonstra¸caõ. (Base:) Para q = 0 temos a 2 = 12(0)(3 0 + 1) + 1 = 1

· Como 1 ≡ 1 (mod 24) ent˜ ao a 2 ≡ 1 (mod 24). (Passo indutivo:)

Supondo que a proposi¸caõ seja verdadeira para a = k ent˜ ao: 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 17)(Regiomantanus, século XVI). b) Encontre um inteiro x tal que x seculo XVIII).

≡ 3 (mod 10), x ≡ 11 (mod 13) e x ≡ 15 (mod

≡ 3 (mod 11), x ≡ 5 (mod 19) e x ≡ 10 (mod 29)(Euler,

Solu¸ cao ˜ de a: Usando o teorema chines dos restos x = 1103. Solu¸ cao ˜ de b: x = 4128

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¸ cao: ˜

72

´ Algebra Moderna


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 discuss˜ a o, na qual um pirata foi morto. Na nova tentativa de divis˜ a o j´ a com um pirata a menos, verificou-se que haveria uma sobra de 10 moedas. Nova confus˜ a o, e mais um pirata foi morto. Ent˜ a o, por fim, eles conseguiram dividir igualmente as moedas entre si. Qual o menor numero de moedas que a arca poderia conter? Solu¸ cao ˜ (Retirada do yahoo perguntas: ) Considere o n ◦ de moedas igual a “x”. Então: x = q 1 + 3 17 x = q 2 + 10 16 x = q 3 + 0 15

⇒ x = 17q 1 + 3 ⇒ x ≡ 3 (mod 17) ⇒ x = 16q 2 + 10 ⇒ x ≡ 10 (mod 16)

⇒ x = 15q 3 + 0 ⇒ x ≡ 0 (mod 15)

Pelo Teorema Chinês do Resto:

≡ a1 (mod m 1) x ≡ a2 (mod m 2 ) x ≡ a3 (mod m 3 ) X = a 1 · M 1 · x1 + a2 · M 2 · x2 + a3 · M 3 · x3 x

Onde: “M a ” é o produto de todos os “mk ” com exce¸caõ de “ma ” Exemplo:

· M 2 = m1 · m3 M 3 = m1 · m2 M 1 = m2 m3

· ≡ 1 (mod ”m ”)

“xa ” é o n´ umero que torna M a xa

a

No nosso caso:

· · ·

· · ·

· · ·

X = 3 16 15 x1 + 10 17 15 x2 + 0 17 16 x3

73

´ Algebra Moderna

·


·

X = 720 x1 + 2550 x2 Calculando o “x1 ”:

· · ≡ 1 (mod 17)

x1 16 15 como: 16

≡ −1 (mod 17)

e

≡ −2 (mod 17) x1 · 16 · 15 ≡ 1 (mod 17) x1 · (−1) · (−2) ≡ 1 (mod 17) 2 · x1 ≡ 1 (mod 17) 15

Como

≡ 18 (mod 17) 2 · x1 ≡ 1 (mod 17) 2 · x1 ≡ 18 (mod 17) 18 x1 ≡ (mod 17) 2 x1 ≡ 9 (mod 17) 1

Calculando o “x2 ”:

· · ≡ 1 (mod 16)

x2 17 15 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:

74

´ Algebra Moderna


−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:

≡ 44730 (mod 17 · 16 · 15) x ≡ 44730 (mod 4080) x

Como: 44730

≡ 3930 (mod 4080)

Obs: Como queremos o menor número de moedas poss´ıvel, temos que encontrar o 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.

75

´ Algebra Moderna






76

´ Algebra Moderna

3


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

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:

{ | − 1} R2 = {(x, y)|x < y} R3 = {(x, y)|y = 3x} R1 = (x, y) y = x

b) Estabele¸ca o dom´ınio e a imagem de cada uma. Solu¸ cao ˜ de a: Seja R 1 : 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 Sendo assim: R1 = {(1, 0); (3, 2);(5, 4); (7, 6); (9, 8)}. Já quanto as rela¸cões 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 < 4 e 3 < 4

• e três que envolvem o 6 1 < 6, 3 < 6 e 5 < 6

Sendo assim: R2 = (1, 2);(1, 4), (3, 4); (1, 6); (3, 6);(5, 6)

{

}

Usando racioc´ınio análogo a R 1 conclui-se que R 3 =

77



´ Algebra Moderna


Solu¸ cao ˜ de b: Dado R1 = (1, 0); (3, 2);(5, 4); (7, 6); (9, 8) chama-se de dom´ınio de R 1 o conjunto formado pelo primeiro elemento de cada par ordenado de R 1 , ou seja:

{

}

{

}

Dm (R1 ) = 1,3,5,7,9

Já a imagem de R 1 é o conjunto formado pelo segundo elemento de cada par. Isto é:

{

}

Im (R1 ) = 0,2,4,6,8

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¸caõ 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¸ cao ˜ de a: Se R é uma rela¸cão sobre o conjunto “E” então todos os seus pares devem ser formados pelos elementos do próprio “E”, e como este têm apenas 5 elementos (mesma quantidade de elementos que compõem os pares ordenados de R) então:

{

E = a,b,c,d,e

}

Solu¸ cao ˜ de b: Dm (R) = a,b,c,d e Im (R) = b,c,d,e

{

}

{

}

Solu¸ cao ˜ de c: Se R = (a, b); (b, c); (c, d); (d, e) a inversão dos elementos de seus pares será R −1 . Assim:

{ } 1 = {(b, a); (c, d); (d, c); (e, d)}

R−

De modo que Dm (R−1 ) = b,c,d,e e Im (R−1 ) = a,b,c,d

{

}

{

}

Solu¸ cao ˜ de d: 78

´ Algebra Moderna


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 gr´ afico cartesiano de R; b) o dom´ınio de R; c) a imagem de R; d) descrever R−1 . Solu¸ cao ˜ de a: 2 -1

1 -2

Solu¸ cao ˜ de b:

−

Através do gráfico percebe-se que Dm = [ 1, 1] Solu¸ cao ˜ de c: Através do gráfico percebe-se que I m (R) = [ 2, 2]

−

Solu¸ cao ˜ de d: Partindo da equa¸caõ 4x2 + y 2 = 4 ent˜ ao:

±√ 4 − 4x2 ⇒ y = ±2√ 1 − x2 y =

Trocando y por x ent˜ ao:

79

´ Algebra Moderna


± 2  1 − y2  x2 = ( ±2 1 − y2 )2 x2 = 4(1 − y2 ) = 1 − y2 4 y2 = 1 − 4 4y2 = 4 − x2

x2 =

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

2 x

2 x

4y2 + x2 = 4

Sendo assim: R−1 = (x, y)

{

∈ R2/x2 + 4y2 = 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¸ cao ˜ de a: Note que a senten¸ca x + 3y = 10 também pode ser escrita como: 10

y =

−x

3 Como a R é uma rela¸cão sobre N então a desigualdade a seguir deve ser satisfeita. ∗

10

− x > 0

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

∈N

∗

ent˜ ao o par (1, 3)

Note que para x = 2,

y(2) =

10

−1 =3

3

∈R

··· , 10 temos:

8 7 5 4 2 1 10 ; 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 80

´ Algebra Moderna


∈

∈ R. Os demais valores para x fornecem apenas

Como 2, 7 N ∗ então os pares (4, 2);(7, 1) n´ umeros não naturais de modo que

{

}

R = (1, 3), (4, 2), (7, 1) Solu¸ cao ˜ de b: D(R) = 1, 4, 7

{

}

Solu¸ cao ˜ de c:

{

Im (R) = 1, 2, 3

}

Solu¸ cao ˜ 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 número de elementos de E F? b) Qual é o número de rela¸cões de E em F? Solu¸ cao ˜ de a:

×

Usando o princ´ıpio fundamental da contagem o n´ umero de elementos de E F é igual a m

× n.

Solu¸ cao ˜ de b: Se um conjunto possui m

× n elementos então ele terá sempre 2

m×n

subconjuntos.





{

6. Seja R uma rela¸caõ bin´ aria sobre o conjunto E e R a nega¸cão de R, isto é, R = (x, y) x  Ry . O que se pode concluir sobre R R e R R ?

}

∩



∪



|

Solu¸ cao: ˜

×

Nesse caso temos R’ = E E - R, então: R

∩ R = Ø e R ∪ R = E × E . 

7. Sejam R1 e R2 duas rela¸cões binárias em E. Que significado têm R 1 R2 e R1 R2 ? O que significa a inclus˜ ao R1 R2 ?

∪

⊂

Solu¸ cao: ˜ R1

∪ R 2 = {(x, y) | xR1y ou xR2y} R1 ∩ R 2 = {(x, y) | xR1 y ou xR2 y } 81

∩

´ Algebra Moderna

Se R1


⊂ R 2 então todo elemento de R1 também pertence a R2.

82

´ Algebra Moderna





Para encontrar esse e outros exerc´ıcios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 83

´ Algebra Moderna

3.2



{

}

8. Seja R a rela¸caõ em E = 1, 2, 3, 4, 5 tal que xRy se, e somente se, x

− y é múltiplo de 2.

a) Quais s˜ ao 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¸ cao ˜ de a:

∈ E .

Comece listando todos os pares (x, y) com x, y (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, 2)

⇒1−1 = 0 ⇒ 1 − 2 = −1 .. .

(1, 5)

⇒ 1 − 5 = −4 .. .

(2, 1) (2, 2)

⇒2−1 = 1 ⇒2−2 = 0 .. .

(5, 4) (5, 5)

⇒5−4 = 1 ⇒5−5 = 0

Observe que das opera¸co˜es listadas acima as únicas que satisfazem as condi¸cões de R, isto é, ser divis´ıvel por 2 e pertencer a E são as que formam os pares: (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¸caõ R será:

84

´ Algebra Moderna


{

}

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¸ cao ˜ 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¸ cao ˜ de c: A rela¸cão R é reflexiva, pois x anti-simétrica.

∀ ∈ E temos xRx. Também é simétrica e transitiva.

R não é

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

{

}

a

b

c

d

E Solu¸ cao: ˜ Reflexividade, simetria e transitividade.

10. Que propriedades apresenta a rela¸caõ S dada pelo esquema ao lado?

E

a

b

c

d

Solu¸ cao: ˜ S n˜ ao 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¸caõ sobre E assim definida: 85

´ Algebra Moderna


xRy se, e somente se, x é irmão de y Que propriedade R apresenta?



Nota : x é irmão de y quando x = y e x e y têm os mesmos pais. Solu¸ cao: ˜ Todas as combina¸cões 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) n˜ ao representam irmãos, pois não se pode ser irm˜ ao de si mesmo. Sendo assim a rela¸cão R requerida é: R = E 2

− {(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¸caõ R testamos a existˆ encia das seguintes propriedades sobre R: reflex˜ ao, simetria, transitividade e anti-simetria.

• Conferindo a reflexão. Como R = E 2 − {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e)} ent˜ ao R não goza da propriedade reflexiva. • Conferindo a simetria. Olhando para a rela¸caõ R pode se observar o que ∀ x, y ∈ E; xRy ⇒ yRx. Assim, a rela¸cão

é simétrica.

• Conferindo a transitividade. Suponha por absurdo que a rela¸caõ seja transitiva. Sendo assim, tomando a, b e bRa pela transitividade ter´ıamos aRa. O que gera o absurdo.

∈ E como aRb

• Conferindo a anti-simetria. Como o conjunto E têm cinco elementos (por hipótese) se a rela¸cão fosse anti-simétrica ent˜ ao pela rela¸caõ R o conjunto E seria unitá rio. (Obs: essa explica¸cão pode ser colocada sobre a forma de prova por absurdo). Conclusão: A rela¸caõ é somente simétrica.

12. Seja E o conjunto das retas que contˆ em os lados de um hexágono regular abcde.

86

´ Algebra Moderna


a) Quantos elementos têm o conjunto E? b) Indique quais são os pares ordenados que constituem a rela¸caõ R em E assim definida: xRy

⇔ x é paralela a y

c) Quais são as propriedades que R apresenta? Nota : x é paralela a y quando x = y ou x

∩ y = ∅, com x e y coplanares.

Solu¸ cao ˜ 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 FE, 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¸ cao ˜ de b: 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,fa), (fa,cd), (fa,fa)

}

Solu¸ cao ˜ 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¸co˜es em E:

{ } R2 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 3)} R1 = (1, 1), (2, 2), (3, 3)

87

´ lgebra Moderna A


{

}

R3 = (1, (1, 2), 2), (1, (1, 3), 3), (2, (2, 1), 1), (2, (2, 3), 3), (3, (3, 1), 1), (3, (3, 2), 2), (3, (3, 3) R4 = E E

×

R5 =

∅

Quais são ao reflexivas? r eflexivas? E simétricas? etricas? E transitivas? tra nsitivas? E anti-sim´ anti- simétricas? etricas ? Solu¸ c˜ ao: Reflexivas: R1 , R2 e R4 ; simétricas: etri cas: R1 , R3 , R4 e R5 ; transitivas: R1 , R2 , R4 e R5 ; anti-si anti -sim´ métricas: etri cas:R R1 , R2 e R5 .

{

}

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

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

}

15. Dˆ e um exemplo de rela¸c˜ cao aõ R sobre o conjunto E = a,b,c que tenha as propriedades simétrica etri ca e antia nti-sim´ simétrica. etri ca. Dê um u m exemplo exem plo de rela¸ rela ¸c˜ cao aõ S sobre E que não ao tenhas as propriedades sim´ si métric et ricaa e antiant i-si sim´ métric et rica. a. Solu¸ c˜ cao: ˜

{

}

{

}

No exerc´ exerc´ıcio 13 determinamos que a rela¸c˜ cao aõ R1 = (1, (1, 1), 1), (2, (2, 2), 2), (3, (3, 3) sobre E = 1, 2, 3 é tanto tant o simétrica etri ca como anti-si anti -sim´ métrica. etri ca. Se trocássemos assemos 1 por a por a,, 2 por por b e 3 por c no conjunto E e segu´ segu´ıssemos a mesma l´ ogica ogica para a forma¸c˜ cao a˜ o de R1 ter´ t er´ıamo ıa mos: s:

{

}

{

R = (a, a), (b, b), (c, c) sobre E = a,b,c

}

Que Qu e tamb´ ta mbém em é sim´ si métri et rica ca e antiant i-si sim´ métri et rica ca..

{ }

16 16.. Desc Descre rev va uma uma a uma uma todas todas as rela rela¸¸c˜ cões oes bin´ binárias a rias sobre o conjunto E = a, b . Em seguida, identifique quais s˜ ao ao reflexivas, quais são ao simétricas, etricas , quais são ao transitivas e quais sãaoo antiant i-si sim´ métric et ricas. as. Solu¸ c˜ cao: ˜ 88

´ lgebra Moderna A

{

{

}{ } {


}{ }{ } { } ×

}{

}{

}{ } {

}{

}

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

{

} {

89

}

´ lgebra Moderna A


Quer saber quando sairá a próxima oxima atualiza¸c˜ cao aõ desse documento? do cumento? Nesse caso vocˆ e pode:

• verificar diretamente no blog (www.number.890m.com); • ou me seguir no Facebook ( www.facebook.com/diegoguntz). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para ao. ao. [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜


Para encontrar encontra r esse e outros exerc´ exerc´ıcios resolvidos res olvidos de matem´ mate mática atica acesse: www.number.890m.com

90

´ Algebra Moderna

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¸ cao: ˜

2

2

Gr´ a fico de R 1

1 1

1

1 Gr´ a fico de R 2

2 2

2


91

´ Algebra Moderna


-2

-1

1 -1

Gr´ a fico de R 4

2 2

2


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

19. Esboce os gráficos cartesianos das seguintes rela¸cões sobre R: R6 = (x, y) y = x 2

{ | } R7 = {(x, y)|xy = 12} R8 = {(x, y)|x2 + 4y 2 ≤ 4} R9 = {(x, y)|x2 = y 2 } R10 = {(x, y)|y ≥ x3 } Solu¸ cao: ˜ 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.

92

´ Algebra Moderna


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

93

´ Algebra Moderna






94

´ Algebra Moderna

3.4



{

}

21. Quais das rela¸co˜es 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¸ cao: ˜ Apenas as rela¸cões R1 e R4 são rela¸cões de equivalência. A rela¸caõ R2 n˜ ao pode ser pois não é simétrica. A rela¸caõ R3 n˜ ao pode ser pois não é reflexiva. A rela¸caõ R5 n˜ ao pode ser pois não é reflexiva.

22. Quais das senten¸cas abertas abaixo definem uma rela¸caõ de equivalência em Z?

≡ y (mod 3) b) xB| y c) x ≤ y a) x

d) mdc(x, y) = 1 e) x + y = 7 Solu¸ cao ˜ 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) ent˜ ao x z (mod 3) logo a rela¸cão é transitiva.

≡ ≡

≡

≡

Sendo assim, é uma rela¸cão de ordem. Solu¸ cao ˜ de b: Para todo x Z temos x x logo é reflexiva. Se x y e y = x ent˜ ao y  x, logo não é transitiva. Se não é transitiva não pode ser uma rela¸cão de ordem.

|

∈ 

|

Solu¸ cao ˜ de c:

95

´ Algebra Moderna


Não é rela¸cão de ordem. Solu¸ cao ˜ de d: Não é rela¸cão de ordem. Solu¸ cao ˜ de e: Não é rela¸cão de ordem.

23. Seja E o conjunto dos triˆ angulos do espa¸co geométrico euclidiano. Seja R a rela¸caõ em E definida por: xRy se, e somente se, x é semelhante a y. Prove que R é de equivalência. Solu¸ cao: ˜ Prova da reflexividade. Por defini¸cão todo triˆ angulo é semelhante a ele mesmo, isso prova a reflexividade. Prova de simetria. Se ∆1 ,∆2 E de modo que ∆1 pode se dizer o seguinte:

∈

∼ ∆ 2 então sobre os ângulos internos de ∆1 e ∆2, (α,γ,ω)

α1 = α 2 ; γ 1 = γ 2 ; ω 1 = ω 2 Onde α, γ,ω são os ângulos internos de ∆1 e ∆2 . As figuras a seguir ilustram a situa¸caõ

ω1 ∆1 = γ 1

α1

Tri^ angulo ∆1

ω2 ∆2 = γ 2

α2

Tri^ angulo ∆2

96

´ Algebra Moderna


Como as três igualdades acima implicam nas três igualdades abaixo: α1 = α 2 ; γ 1 = γ 2 ; ω 1 = ω 2

∼ ∆2 provando a simetria.

Então ∆1

Prova da transitividade

∈

∼

∼ ∆3. Então pode se dizer o seguinte sobre os ângulos

Se ∆ 1 , ∆2 , ∆3 E com ∆1 ∆2 e ∆2 internos (α,γ,ω) dos triângulos.

α1 = α 2 ; γ 1 = γ 2 ; ω1 = ω 2 (1) E também α 2 = α 3 ; γ 2 = γ 3 ; ω2 = ω 3 (2)

ω1 ∆1 = γ 1

α1

Triangulo ∆1

ω2 ∆2 = γ 2

α2

Triangulo ∆2

ω3 ∆3 = γ 3

α3

Triangulo ∆3

Através das igualdades de (1) e (2) chega-se a: α1 = α 3 ; γ 1 = γ 3 ; ω1 = ω 3 .

∼ ∆3. Provando a transitividade.

O que implica em ∆1

24. Seja E o conjunto das retas de um plano α. Quais das rela¸cões abaixo definidas são rela¸co˜es de equivalência em E?

97

´ Algebra Moderna


y b) xSy se, e somente se, x ⊥ y a) xRy se, e somente se, x

Solu¸ cao ˜ 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 ent˜ ao xRx, ou seja, pode-se dizer que a 1 a 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 x, satisfazendo a 2a condi¸cão.

∈





Prova de iii: Se x,y, z E com x y e y z ent˜ ao 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 z.



Solu¸ cao ˜ de b: Por defini¸caõ uma reta n˜ ao pode interceptar a si mesma, em qualquer um de seus pontos, de modo a formar um ângulo de 90◦ . Sendo assim, a 1 a condi¸cão n˜ ao é satisfeita de modo a n˜ ao termos uma rela¸caõ de equivalência.

25. Considere a rela¸caõ 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¸caõ de equivalência. Solu¸ cao: ˜ Prova de i: Dado (a, b)

∈ N2 como a + b = a + b então (a, b)R(a, b) provando i.

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

98

´ Algebra Moderna


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) −1

Multiplicando ambos os membros por

(c + d) = (a + b)

⇒ (c, d)R(a, b) Provando a segunda condi¸caõ 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: a + b = c + d e c + d = e + f

⇒ a + b = e + f ⇒ (a, b)R(e, f ) Provando a terceira condi¸caõ. 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

99

´ Algebra Moderna


Prove que R é uma rela¸caõ de equivalência. Solu¸ cao: ˜ 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) ent˜ ao:

ab = cd

− ab = cd − ab 0 − cd = (cd + ( −ab)) − cd ab

Usando a associatividade a esquerda:

−cd = (cd + (−cd)) + (−ab) −cd = −ab −

Multiplicando ambos os termos por ( 1) ( 1)( cd) = ( 1)( ab)

− − − − ⇒ cd = ab ⇒ (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

100

´ Algebra Moderna






101

´ Algebra Moderna

3.5



{ ∈ Z | −5 ≤ x ≤ 5} e seja R a rela¸cão sobre E definida por

27. Seja E = x

xRy se, e somente se, x 2 + 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¸ cao ˜ de A: A rela¸ ca õ ´ e reflexiva! Note que para todo x

∈ E a igualdade x2 + 2x = x 2 + 2x

é valida. Logo a rela¸caõ é reflexiva. A rela¸ ca õ ´ 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¸co˜es acima se chega à: x2 + 2x = z 2 + 2z

⇒ xRz provando a transitividade da rela¸caõ. A rela¸ ca õ ´ e sim´ etrica!

∈ E com xRy então:

Dado x, y

x2 + 2x = y 2 + 2y Subtraindo x 2 + 2x de ambos os membros (x2 + 2x)

− (x2 + 2x) = (y2 + 2y) − (x2 + 2x) ⇒ 0 = (y2 + 2y) − (x2 + 2x) 102

´ Algebra Moderna


subtraindo agora y 2 + 2y de ambos os membros

− (y2 + 2y) = ((y2 + 2y) − (x2 + 2x)) − (y2 + 2y) −(y2 + 2y) = ((y2 + 2y) + (−x2 − 2x)) − (y2 + 2y)

0

Usando a comutativa no 2◦ membro

−(y2 + 2y) = ((−x2 − 2x) + (y2 + 2y)) − (y2 + 2y) Usando a associatividade no 2 ◦ membro

−(y2 + 2y) = (−x2 − 2x) + ((y2 + 2y) − (y2 + 2y)) ⇒ −(y2 + 2y) = −(x2 + 2x) ⇒ −(y2 + 2y) = (x2 + 2x) ⇒ yRx Provando a simetria Como a rela¸cão é reflexiva, transitiva e simétrica então é uma rela¸caõ de equivalência. Solu¸ cao ˜ de B: Como ficou provado no item A rela¸cão R é uma rela¸cão de equivalência sobre E. Sendo assim:

{ ∈ E | |xR0}

0= x

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 ⇒ x = 0 ou x = −2. Sendo assim:

{ −}

0 = 0, 2 Analogamente se chega a conclusão de que

−2 = {0, −2} e 4 = {4, −6}.

{ ∈ Z | |x| ≤ 3} e seja R a rela¸cão sobre E definida por

28. Sejam E = x

||

||

xRy se, e somente se, x + x = y + y 103

´ Algebra Moderna


a) Mostre que R é uma rela¸cão de equivalência. b) Descreva o conjunto-quociente E/R. Solu¸ cao ˜ de A: Prova de simetria.

∈ E com xRy então:

Dado x, y

||

||

x + x = y + y

− − |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|) Somando ( x

Usando a comutatividade de Z no 2◦ membro

− − |y|) = [(−x − |x|) + (y + |y|)] + (−y − |y|)

( y

Usando a associatividade da soma em Z no 2◦ membro ( y

− − |y|) = (−x − |x|) + [(y + |y|) + (−y − |y|)] ⇒ (−y − |y|) = ( −x − |x|) + [(y + |y|) − (y + |y|)] ⇒ −(y + |y|) = −(x + |x|) Multiplicando ambos os membros da equa¸caõ 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.

104

´ Algebra Moderna


Prova da transitividade Dado x, y e z

∈ E de modo que xRy e y Rz 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¸caõ de equivalência. Solu¸ cao ˜ de B: Como E = x

{ ∈ Z | |x| ≤ 3} então os elementos de E são os números −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} −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}}

{ ∈ Z | |0 ≤ x ≤ 10} e sobre ele a rela¸cão de congruência

29. Considere o conjunto E = x m´ odulo 4, que é de equivalência.

a) Descreva as classes de equivalência 0 e 1. b) Descreva o conjunto-quociente E/R.

105

´ Algebra Moderna


Solu¸ c˜ ao de A: Para determinar 0 devemos encontrar o conjunto solu¸caõ da seguinte equa¸caõ sobre E x

≡ 0 (mod 4)

Sendo E = x

{ ∈ Z|0 ≤ x ≤ 10} então os uńicos valores que satisfazem a equa¸cão são 0, 4 e 8. 0 − 0 = 0 e como 0 |4 ent˜ ao 0 ≡ 0 (mod 4) − | 4 0 = 4 e como 4 4 ent˜ ao 4 ≡ 0 (mod 4) 8 − 0 = 8 e como 8 |4 ent˜ ao 8 ≡ 0 (mod 4) Sendo assim 0 = {0, 4, 8}. Analogamente se conclui que I = {1, 5, 9} Solu¸ cão de B 29.

E = R

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

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¸caõ de equivalência. b) Descreva a classe 100. c) Descreva a classe 0, 5. Solu¸ cao ˜ 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

o que implica na existência de um k

− y) ∈ Z

∈ Z tal que: x − y = k

Multiplicando ambos os membros da igualdade acima por -1 então:

−x + y = −k ⇒ y − x = −k 106

´ Algebra Moderna

Como k


∈ Z obviamente −k também pertence sendo assim yRx.

Provando ent˜ ao a simetria. Prova de transitividade Dado x, y e z

∈ Q tal que xRy e y Rz então: (x

− y) ∈ Z e (y − z) ∈ Z

Sendo assim, existe um k e um k  , ambos pertencentes a Z tal que x De y

− z = k



− y = k e y − z = k



chega-se a y = k  + z. Usando esse resultado na primeira equa¸caõ

− (k + z) = k ⇒ x − k − z = k ⇒ x − z = k + k x







Como a soma de inteiros resulta num inteiro então (x

− z) ∈ Z

⇒ xRz Provando a transitividade Solu¸ cao ˜ de B: 100 = Z Solu¸ cao ˜ de C: Para que x

− 0, 5 ∈ Z é necessário que x seja um inteiro somado a 0,5. Sendo assim: 0, 5 =



1 x + x 2

| ∈ Z



ou 0, 5 =

 2x + 1 2

|x∈Z



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

107

− y ∈ Q

´ Algebra Moderna


c) Descreva a classe a, quando a d) Descreva a classe

√ 2.

∈ Q.

Solu¸ c˜ ao de A: Prova da reflexividade Dado x

∈ Q como x − x = 0 e 0 ∈ Q então xS x. Provando a reflexividade.

Prova da simetria Dado x, y

∈ Q tal que xS y então: x

− y ∈ Q

Sendo assim existe um k Q tal que x y = k. Como k então xSx. Provando a simetria.

∈

−

∈ Q então −k ∈ Q e como −k = y − x

Prova da transitividade (Veja quest˜ ao 30). Solu¸ cao ˜ de B:





 

1 1 = x R x Q por defini¸cão, mas como 2 2 escrever a classe de equivalência também como:

∈ |

−

∈



x

−

1 2



∈ Q ∀x ∈ Q então podemos

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, x 2 +y 2 = z 2 +t2 com x, y,z e t reais. a) Prove que T é uma rela¸caõ de equivalência. b) Descreva a classe (1 + i). Solu¸ cao ˜ de A: Prova da reflexividade 108

´ Algebra Moderna

Dado α


∈ C, com α = (w + si) como a igualdade a seguir é sempre verdadeira (w2 + s2 ) = (w2 + s2 )

então αTα provando a reflexividade. Prova da simetria Dado (x + yi) e (z + ti) com (x + yi)T (z + ti) ent˜ ao x2 + y 2 = z 2 + t2 Onde por meio das propriedades operativas de R (ver exerc´ıcio 30) chega-se a z 2 + t2 = x 2 + 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) ent˜ ao: x2 + y 2 = z 2 + t2 e z 2 + t2 = w 2 + s2 Combinando ambas as equa¸cões chegamos à: x2 + y 2 = w 2 + s2

⇒ (x + yi)T (w + si) Provando a transitividade Logo a rela¸cão T é de equivalência Solu¸ cao ˜ de B:

{

1 + 1i = (x + yi)

∈ C | x2 + y2 = 1 2 + 12}

109

´ Algebra Moderna






110

Solucionario Livro Algebra moderna.pdf

Recommend Documents