Álgebra Moderna (Hygino H. Domingues e Gelson Iezzi)

Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BALivro: Álgebra Moderna - Editora Atual (Higino H. Domingues e Gelson Iezzi) [email protected] Atualizado dia 18/03/2018 Solucionário da 4a edição do livro de Álgebra Moderna dos autores Higino H. Domingues e Gelson Iezzi. Um dos melhores livros de álgebra moderna em português. Até porque existem poucos tı́tulos semelhantes em nossa lı́ngua, já que a produção de livros didáticos (principalmente para nı́vel de graduação e pós), é um mercado pouco lucrativo. Para quem desejar; uma cópia do livro do Higino pode ser baix- ada em https://pt.scribd.com/doc/74399512/Algebra- Moderna-Domingues-Iezzi. A expectativa é que seja respondido um capı́tulo do livro por mês. Contudo, pode haver atrasos, uma vez que dig- itar todo o texto consome mais tempo do que resolver os exercı́cios. De todo, modo não deixe de acompanhar este documento no link a seguir para obter todas as atualizações. www.number.890m.com 1 Sumário 1 Noções Sobre Conjuntos e Demonstrações 3 1.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 13 À 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 25 À 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2 Introdução a Aritmética dos Números Inteiros 34 2.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 2.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 38 À 39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.3 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 44 À 45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.4 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 48 À 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 2.5 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 2.6 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 61 À 62 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 3 Relações, Operações, Aplicações 85 3.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 70 À 71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 3.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 75 À 76 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 3.3 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 77 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 3.4 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 79 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 3.5 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 81 À 82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 3.6 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 84 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 3.7 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 87 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 3.8 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 88 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 3.9 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 95 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 4 Grupos e Subgrupos 150 4.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 155 À 160 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 5 Agradecimentos 188 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 1 Noções Sobre Conjuntos e Demonstrações 1.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 13 À 16 1. Considere os seguintes subconjuntos de R (aqui considerado como conjunto universo): A = {x ∈ R|x2 < 4}, B = {x ∈ R|x2 − x ≥ 2}, C = {1/2, 1/31/4, ...} e D = {x ∈ R| − 2 < x < −1}. Classifique cada relação seguinte como verdadeira ou falsa e justifique. a) Ac ⊂B d) B∪A⊃C b) A∩B = D e) C∩D6= Ø c) C⊂Bc Solução de a: Observe que exceto pelo conjunto C, todos os conjuntos estão sendo caracterizados por meio de uma inequação. B = {x ∈ R | x inequação} Normalmente a resolução de problemas que envolvem operações entre conjuntos, em que os conjuntos são caracterizados por uma inequação, depende da passagem do conjunto de sua notação entre chaves para a sua representação como intervalo. Veja: Para expressar o conjunto A como intervalo primeiro resolvemos a inequação que carac- teriza o conjunto. x2 < 4 x < 2 ou x > −2 Logo A é o intervalo (−2, 2). -2 2 Conjunto A Por meio da imagem acima fica fácil definir o complementar A. 3 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA -2 2 Conjunto Ac Ac = {x ∈ R | x > 2 ou x < −2}. Vamos agora determinar o conjunto B em termos de intervalo. Assim como feito anteriormente primeiro resolvemos a inequação que caracteriza o con- junto. x2 − x ≥ 2 ⇒ x ≥ 2 ou x ≤ −1 Logo B é a união dos intervalos (−∞, −1] ∪ [2, ∞). -1 2 Conjunto B Comparando agora o intervalo que representa o conjunto Ac e o intervalo que representa o conjunto B, verificamos que Ac ⊂ B. -2 2 Conjunto Ac sobre o conjunto B Portanto a afirmação é VERDADEIRA. Solução de b: Como já foi demonstrado os conjuntos A e B podem ser representado por intervalos. B = [2, ∞) ∪ (−∞, −1] A = (-2, 2) Como A ∩ B é a intercessão entre A e B então: 4 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA A ∩ B = (−2, −1] Note que −1 ∈ A ∩ B, contudo −1 ∈ / D. Assim, a afirmativa é FALSA. Solução de c: Se B = [2, ∞) ∪ (−∞, −1] então Bc = (−1, 2). Note que o maior termo de C é maior que zero e todos os seus termos são não nulos, ou seja estão entre 0 e 1. Como (0, 1) ∈ Bc então a afirmativa é VERDADEIRA. Solução de d: B∪A = R. Assim a afirmativa é VERDADEIRA. Solução de e: Todos os elementos de D são negativos, ao passo que todo elemento de C são positivos. Assim, não existe interseção 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 relações: Ø ∈ C, B ∈ C, B ⊂ C. Solução: C = {Ø, 1, {1}, {1, 2} } e B = {1}. 3A. Descubra conjuntos A, B e C, tais que B 6= C e A ∪ B = A ∪ C. Solução de a: Se A = B = {1} e C = Ø (o que cumpre a condição de C 6= B), então: {1} ∪ {1} = {1} ∪ Ø {1} = {1} Outra solução seria A = {1, 2, 3, 4}, B = {4, 5} e C ={3, 4, 5} 3B. Com um exemplo, mostre que pode ocorrer o seguinte: B 6= C e A ∩ B = A ∩ C 5 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de b: Neste caso se A = Ø, C = {2} e B = {1} então: A∩B=A∩C Ø ∩ {1} = Ø ∩{2} Ø=Ø Outra solução seria A = {1, 2, 3, 4, 5}, B = {4, 5, 6, 7} e C ={4, 5, 6, 7, 8} 4. Se A, B e C são conjuntos tais que A ∪ B = A ∪ C e A ∩ B = A ∩ C, prove que B = C. Solução: 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 implicações dos passos anteriores para garantir a igualdade. (1◦ Passo) Se b ∈ B então b ∈ A ∪ B. Como por hipótese A ∪ B = A ∪ C então b ∈ A ou b ∈ C ou b pertence a ambos. Se b ∈ A, então b ∈ A ∩ B. Como por hipótese A ∩ B = A ∩ C então b ∈ C. Assim, todo elemento de B é também elemento de C. Se b ∈ C ou a ambos (A e C) a mesma conclusão é imediata. (2◦ Passo) Se c ∈ C então c ∈ A ∪ C. Como por hipótese A ∪ C = A ∪ B então c ∈ A ou c ∈ B ou c pertence a ambos. Se c ∈ A, então c ∈ A ∩ C. Como por hipótese A ∪ C = A ∪ B então c ∈ B. Assim, todo elemento de C é também elemento de B. Se c ∈ B ou a ambos (A e B) a mesma conclusão é imediata. 6 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (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. Solução por absurdo: Na questão anterior foi mostrada uma técnica para a demonstração de igualdade entre conjuntos. Nessa questão vamos usar a prova por absurdo. Suponha por absurdo que A 6= B. Então existe um a ∈ A e não pertencente a B, ou um b ∈ B e não pertencente a A. Se a ∈ A e não pertence a B então a ∈ A ∪ B. Como por hipótese A ∪ B = A ∩ B então a ∈ B o que resulta em absurdo. Raciocı́nio análogo se desenvolve para b ∈ B. 6. Se A e B são conjuntos arbitrários, demonstre as seguintes propriedades conhecidas como leis de absorção. a) A ∩ (A ∪ B) = A b) A ∪ (A ∩ B) = A Solução de a: Se x ∈ A ∩ (A ∪ B) então x ∈ A. Ou seja, todo elemento de A ∩ (A ∪ B) pertence a A. Se a ∈ A então também pertence a (A ∪ B) e portanto A ∩ (A ∪ B). Assim, todo elemento de A pertence a A ∩ (A ∪ B). Como todo elemento de A está contido em A ∩ (A ∪ B) e vice versa pela propriedade anti-simétrica fica provado a igualdade. Solução de b: Se x ∈ A ∪ (A ∩ B) então x ∈ A. Ou seja, todo elemento de A ∪ (A ∩ B) também pertence a A. Se a ∈ A então a ∈ A ∪ (A ∩ B). O que implica no fato de que todo elemento de A pertence a A ∪ (A ∩ B). Como todo elemento de A ∪ (A ∩ B) pertence a A, e vice versa, então pela propriedade 7 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA anti-simétrica fica provado a igualdade. 7. Dado um conjunto A, chama-se conjunto das partes de A e indica-se por P(A) o conjunto de todos os subconjuntos de A. Por exemplo, se A = {1, 2}, então P(A) = {Ø, {1}, {2}, {1, 2}} a) Determine P(A) quando A = {Ø, 1, {1}}. b) Prove que se um conjunto A têm n elementos então P(A) têm 2n elementos. c) Se o número de subconjuntos binários (formados de dois elementos) de um conjunto dado é 15, quantos subconjuntos têm esse conjunto? Solução de a: P(A) = {Ø, {Ø}, {1}, {{1}}, {Ø, 1}, {Ø, {1}}, {1, {1}}, {Ø, 1, {1}} Solução de b: Como ensina a análise combinatória o número de subconjuntos de A com um elemento n n

é , o número de subconjuntos 1 com dois elementos é 2 , e etc. Usando os números 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 , é igual a 2n . Provando a afirmação. Solução de c:
O número de subconjuntos binários de um conjunto qualquer é igual ao número binomial n 2. Se esse número é igual a 15 então:   n = 15 2 n! = 15 2!(n − 2)! n! = 15 2(n − 2)! n(n − 1)(n − 2)! = 15 2(n − 2)! 1 A soma dos números binomiais de uma mesma linha é uma potencia de base 2 cujo expoente é a ordem da linha. 8 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA n(n − 1) = 15 2 n(n − 1) = 30 ⇒ n = −5 ou n = 6 Como n é o número de elementos do conjunto não pode ser negativo. Com isso con- cluı́mos que o conjunto em questão têm 6 elementos e portanto, 26 = 64 subconjuntos. 8. Para indicar o número de elementos de um conjunto finito X, adotemos a notação n(X). Mostre então que se, A e B são conjuntos finitos, verifica-se a importante relação: n(A∪B) = n(A) + n(B) − n(A∩B) Solução: De fato se indicarmos por A’ e B’ respectivamente as partes de A e B formadas pelos elementos que não estão em A ∩ B então n(A ∪ B) = n(A’) + n(A ∩ B) + n(B’). Mas n(A’) = n(A) − n(A ∩ B) e n(B’) = n(B) − n(A ∩ B). Substituindo estas duas últimas 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? Solução: O diagrama seguinte ilustra a situação. A B 20 4 14 O número de asisinates das revistas (independente de qual revista seja ou de quantas), é igual a 30, pois n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) 9 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA n(A ∪ B) = 20 + 14 − 4 = 30 Subtraindo este resultado do total de entrevistados (500 − 30), chega-se a resposta final que é o total de 470 pessoas. 10. Se A, B e C são conjuntos finitos, mostre que: n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(A ∩ B) − n(A ∩ C) − n(B ∩ C) + n(A ∩ B ∩ C) Solução: Observe a figura seguinte. C C∩A C∩B C∩B∩A A B A∩B Nela temos três conjuntos A, B e C que se interceptam mutuamente. Primeiro fazemos a soma dos elementos de cada região. n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) Em seguida subtraı́mos as regiões que são intercessões. n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(C∩A) − n(C∩B) − n(A∩B) Nesse processo o número de elementos da região (C ∩ B ∩ A) foi subtraı́da do cálculo. Assim efetua-se a correção. n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(C∩A) − n(C∩B) − n(A∩B) + n(C∩B∩A) Reorganizando os elementos e levando em conta que n(A∩C) = n(C∩A), e que assim ocorre para as demais 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) 10 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Obs: Este exercı́cio também pode ser resolvido de modo análogo ao utilizado na questão 8. Contudo, será um processo mais trabalhoso. 11. Define-se a diferença entre dois conjuntos, A e B da seguinte maneira: A − B = {x|x ∈ A e x ∈ / B}. Ache a diferença A − B nos seguintes casos: a) A = Q e B = R b) A = R e B = Q c) A ={x ∈ R|2 < x < 5} e B = {x ∈ R|x ≥ 2}       n  2n  d) A = n = 1, 2, 3, ... eB= n = 1, 2, 3, ... n + 1 2n + 1  e) A = {x ∈ R|1 < x < 3} e B = {x ∈ R|x2 − 3x − 4 > 0} Solução: (a) Como Q ⊂ R então não existe nenhum elemento de Q que não esteja em R. Assim A − B = ∅. (b) R = Q ∪ I e como Q e I são conjunto disjuntos então A − B = I (c) Observe as retas a seguir: 2 5 ∞ 2 A primeira reta representa o conjunto A, enquanto a segunda o conjunto B. Pelo desenho podemos notar que A ⊂ B, assim A − B = Ø. (d) Sabemos que A = { 1/2; 2/3; 3/4; 4/5; 5/6; 6/7... } e B = { 2/3; 4/5; 6/7;... }. Observe que os elementos que estão em A e que não estão em B são as frações cujo numerador são impares. A − B = { 1/2; 3/4; 5/6; ... } Ou em outras palavras:    2n − 1  A−B= n = 1, 2, ... 2n  11 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (e) Primeiro vamos resolver a inequação 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 inequação ocorre quando x > 4 e x < −1. Com base na solução 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). Solução: Observe o diagrama A B A∩B Nele tiramos que: n(A − B) = n(A) − n(A ∩ B) 12 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ⇒ 26 = n(A) − 10 ⇒ n(A) = 36 (1) Também vemos que: n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) ⇒ 40 = n(A) + n(B) − 10 ⇒ n(A) + n(B) = 50 (2) E por ultimo n(B − A) = n(B) − n(A ∩ B) ⇒ n(B − A) = n(B) − 10 (3) Com (2) e (1) concluı́mos que n(B) = 14. Usando esse resultado em (3): n(B − A) = 14 − 10 = 4 Assim, n(B − A) = 4 13. Denomina-se diferença 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 diferença simétrica entre os pares de conjuntos do exercı́cio 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. Solução de a: a) Como visto no exercı́cio 11 (A − B) = Ø. Como R = Q ∪ I e Q e I são conjuntos disjuntos então se existe um r ∈ R tal que r ∈ Q então I Sendo assim: B−A=I 13 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Portanto, A∆B = (A − B) ∪ (B − A) A∆B = Ø ∪ I A∆B = I b) A − B = I e B − A = Ø, portanto A∆B = (A − B) ∪ (B − A) A∆B = I ∪ Ø A∆B = I c) Observe as retas a seguir: 2 5 A B Por elas fica evidente que não existe nenhum ponto do conjunto A que ao mesmo tempo não esteja contido na reta B. Sendo assim: A−B =Ø Contudo, o conjunto de pontos b ∈ B sendo b ≥ 5 estão contidos em B, mas não em A. Sendo assim: B − A = {x|x ≥ 5} Concluindo que A∆B = (A − B)∪(B − A) A∆B = Ø ∪ {x|x ≥ 5} A∆B = {x| ≥ 5} d) A = {1/2, 2/3, 3/4,...} e B = {2/3, 4/5, ...}. Sendo assim: A – B = {1/2, 3/4, 5/6} 14 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA E B – A = Ø. Logo: A∆B = {1/2, 3/4, 5/6,...} ∪ Ø A∆B = {1/2, 3/4, 5/6,...} e) Observe as retas a seguir: –1 3 1 3 A B A – B = A e B – A = B sendo assim: A∆B = (A–B)∪(B–A) A∆B = A∪B A∆B = (−∞, -1)∪(1,3)∪(4,∞) Solução de b: Por definição: A∆B = (A–Ø)∪(Ø–A) Dado a ∈ A então a ∈/ Ø, pois se assim fosse Ø não seria vazio. Logo todos os elementos de A não estão em B. Em outras palavras, A–Ø = A Também por definição Ø ⊂A. Sendo assim: (B–A) = Ø. Portanto, A∆B = A ∪ Ø = A. Analogamente se prova que A∆A = Ø. Solução de c: Por definição A∆B= BδA (A–B)∪(B–A) = (B–A)∪(A–B) 15 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Como na operação de união vale a comutatividade fica provada a afirmação. 14. Sejam A e B subconjuntos de um conjunto U. Prove as seguintes propriedades: a) Se A∩B = Ø e A∪B = U, então B = Ac e A = Bc b) Se A∩B = Ø, então B⊂Ac e A⊂Bc . c) B⊂A se, e somente se, Ac ⊂Bc . Solução de a: Como A∪B = U e A∩B = Ø então A e B são disjuntos. Sendo assim U – A = B e portanto, Ac = B. Analogamente se prova que Bc = A. Solução de b: Como A e B são subconjuntos de U então vamos supor a existência de um conjunto X (vazio ou não), de modo que X contenha todos os elementos de U que não estão contidos em A ou B. Em outras palavras U = A∪B∪X. Chamando de B’ a união do conjunto X com o conjunto B então, U = A∪B’. Como por hipótese A∩B = Ø, e X não possui nenhum elemento de A, então B’∩A = Ø. Esse resultado implica que U – A = B’. Como também U – A = Ac então B’ = Ac . Assim tomando um b ∈ B então b ∈ B’ (pois B’ = X ∪ B), e como B’ = Ac então, b ∈ A . Assim todo elemento de B pertence a Ac que implica em B ⊂ Ac c Analogamente se prova que A⊂Bc . Solução de c: (⇒) Para facilitar a compreensão da resposta que será dada veja o seguinte diagrama. U A B X Como B⊂A então Ac = U – A = X. Já Bc = (A – B)∪X. Essas afirmações podem ser visualizadas na imagem acima. 16 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Como Bc = (A – B)∪X então X⊂Bc e como Ac = X então Ac ⊂Bc . C.Q.D2 . (⇐) Se U = A∪B∪X então Bc = X∪A e Ac = X∪B. Como por hipótese Ac ⊂ Bc então X∪A ⊂ X∪B que só pode ocorrer quando A⊂B. C.Q.D. 15. Prove as seguinte propriedades, evolvendo o conceito de diferença de conjuntos: a) (A−B)∩(A−C) = A−(B∪C) b) (A−C)∩(B−C) = (A∩B)−C c) (A∪B)−B = A se, e somente se, A∩B = ∅ Solução 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. Daı́ se conclui que x ∈ A∩B que implica em x ∈ (A∩B) – C. Isso prova que (A – C)∩(B – C)⊂(A∩B) – C. (1) • Para provar a inclusão contrária agora tomemos x ∈ (A∩B) – C e vamos demostrar que x ∈ (A – C)∩(B – C). Se x ∈ (A∩B) – C então x ∈ (A∩B) e x ∈ / C o que implica em x ∈ A e x ∈ B. Sendo assim, x ∈ (A – C) e x ∈ (B – C), ou seja, x ∈ (A – B)∩(A – C). Isso prova que (A∩B) – C⊂(A – C)∩(B – C). (2) De (1) e (2) e pela propriedade anti-simétrica dos conjuntos fica provado que: (A∩B) – C = (A – C)∩(B – C) Para mais detalhes de como provar a igualdade entre conjuntos veja o exercı́cio 4 desta apostila. 16. Encontre um exemplo para mostrar que pode ocorrer a desigualdade seguinte: A∪(B−C) 6= (A∪B)−(A∪C) 2 A sigla C.Q.D significa Como se Queria Demonstrar. Ocorrendo no final de várias demonstrações matemáticas indicando o fim da demonstração. 17 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução: Se A = {1, 2, 3, 4}, B = {6} e C = {5, 6, 7} então: A∪(B – C) = {1, 2, 3, 4} ∪ ({6} – {5, 6, 7}) = {1, 2, 3, 4} ∪ ∅ A∪(B – C) = {1, 2, 3, 4} (1) Considerando agora o 2o membro (A∪B) − (A∪C) = {1, 2, 3, 4}∪{6} − {1, 2, 3, 4}∪{5, 6, 7} = {1, 2, 3, 4, 6} − {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} = Ø (2) Como (1) 6= (2) fica provado a afirmação. 18 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 19 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 1.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 25 À 28 Começo essa parte com uma das minhas citações preferidas. “A lógica de Aristóteles é ótima para criar brigas e contendas, mas totalmente incapaz de produzir algo de útil para a humanidade”. (Francis Bacon). AVISO!! Muitas questões desta seção admitem mais de uma resposta. Assim, não conclua de imediato que sua resposta está errada apenas porque está diferente da resposta do livro, do seu amigo ou do professor. Agora, aproveitando que você está lendo essa parte, quero pedir que caso algum erro de digitação, ou lógica na resolução dos exercı́cios seja identificado, por favor, escreva para [email protected] para que possam ser corrigidos. 17. Qual é o valor lógico das seguintes proposições? a) 2 + 5 = 1 ou 3 > 1. b) 2 é primo e 2 é par. c) Se 1 > 2, então 1 = 2. d) Todo numero primo é um numero real. e) Qualquer que seja o numero real x, vale x2 > x. f) Existe um numero real x tal que x3 = −2. g) Para que um triangulo seja retângulo, é necessário e suficiente que o quadrado de um de seus lados seja igual a soma dos quadrados dos outros dois. h) Se f é uma função real de variável real, então f é uma função par ou uma função ı́mpar. i) Se x é um numero inteiro e x3 é impar, então x é impar. j) Duas matrizes quadradas de mesma ordem são iguais se, e somente se, seus determinantes são iguais. 20 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução: a) F ou V = V. b) V e V = V. c) Se F então F = V. d) Verdadeiro. e) Falso, pois 0.5 ∈ R e 0.52 < 0.5. √ f) Verdadeiro. Se x = 3 −2 então, x3 = −2. g) Verdadeiro. Partindo da lei dos cossenos (valida para qualquer triangulo), e tomando um triangulo de lados a, b e c tal que: a2 = b2 + c2 − 2cos(θ) para que o quadrado de a seja igual a soma dos quadrados de b e c então é necessário π que cos(θ) = 0. O que só ocorre para θ = + kπ, com k ∈ Z∗ . No entanto, para k > 0 2 terı́amos um triangulo com angulo interno maior que 180◦ (o que não pode ocorrer, pois a soma dos ângulos internos de qualquer triangulo deve ser igual a 180◦ ), sendo assim a única π solução viável é θ = . E como θ é o angulo entre b e c. Então o triangulo possui um 2 angulo reto e portanto é retângulo. h) Falso. Como exemplo temos a função f (x) = 2x + 1 que não é nem par nem impar. i) Verdadeiro.     2 1 0 2 j) Falso. Basta por exemplo considerar as matrizes A = eB= . 2 0 1 2 18. Considere que numa universidade se tenha a seguinte situação: há pesquisadores que não são professores e professores que não são pesquisadores, mas alguns pesquisadores são professores. Isso posto, quais das seguintes afirmações relativas a essa universidade são verdadeiras? a) Existem professores que são pesquisadores. b) Se P indica o conjunto dos professores e Q o conjunto dos pesquisadores, então P ∩ Q 6= {}. c) Todo pesquisador é professor. 21 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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. Solução: O diagrama a seguir ilustra a situação descrita. 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. c) Para um numero real x tal que −2 < x < 2, vale x2 < 4. d) Duas retas quaisquer, paralelas ente si e não paralelas ao eixo das ordenadas, têm o mesmo coeficiente angular. e) Sempre que uma função 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. Solução: a) Se ∆ é um triangulo, então qualquer lado de ∆ é menor que a soma dos outros dois. b) Se p é um numero primo diferente de 2, então p é impar. 22 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA c) Se x é um numero real tal que −2 < x < 2, então x2 < 4. d) Se duas retas são paralelas entre si e se não são paralelas ao eixo das ordenadas, então essas retas têm o mesmo coeficiente angular. e) Se uma função real de variável real é diferenciável num ponto, então ela é continua nesse ponto. f) Se uma das filas de um determinante é formada de zeros, então esse determi- nante é nulo. 23 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 20. Sejam p, q e r proposições, as duas primeiras verdadeiras e a terceira falsa. Indique o valor lógico de: a) p e (∼ q): b) (∼ r) ou (∼ p): c) se (p e r), então q: d) p se, e somente se, r. Solução: 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 proposições: a) Se x ∈ R e x > 2, então x2 ≥ 4. b) Nenhum triângulo retângulo é equilátero. c) Qualquer que seja o numero real x, existe um numero inteiro n tal que n > x. d) Existe um numero complexo z tal que z 5 = −2. e) Todo retângulo é um paralelogramo. f) Se dois planos são paralelos, então toda reta de um deles é paralela ao outro plano. Solução: 24 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA a) Existe x, x > 2, tal que x2 < 4. b) Existe um triângulo retângulo equilátero. c) Existe um numero real x tal que, qualquer que seja o inteiro n, verifica-se n ≤ x. d) Qualquer que seja o numero complexo z, vale z 5 6= −2. e) Existem retângulos que não são paralelogramos. f) Existem planos paralelos tais que um deles contém uma reta que não é paralela ao outro. 22. Quantifique as funções proposicionais que seguem de modo a torna-las verdadeiras (para todas o universo e conjunto dos números reais): a) x2 − 5x + 6 = 0 b) x2 − 16 = (x − 4)(x + 4) c) sen2 (x) + cos2 (x) = 1 d) sen2 (x) − sen(x) = 0 e) x2 − 3x + 3 > 1 f) x2 > 2x3 Solução: a) Note que x2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x1 = 3 e x2 = 2. Assim, podemos usar o quantificador existe. A forma geral para esse quantificador é: “Existe um objeto x, elemento do conjunto A, que goza das seguintes propriedades”. 25 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Veja como ficaria a resposta neste caso: Existe um x, pertencente a R, tal que x2 − 5x + 6 = 0. b) Observe que se (x − 4)(x + 4) é a fatoração 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, afirmações sobre x.” Veja como ficaria a resposta: Para todo x ∈ R, x2 − 16 = (x − 4)(x + 4). c) De fato a identidade pitagórica é verdadeira para qualquer valor de x sendo assim uma resposta possı́vel seria: Para todo x ∈ R, sen2 (x) + cos2 (x) = 1. d) Fazendo sen(x) = y então: sen2 (x) − sen(x) = 0 ⇒ y 2 − y = 0. Cuja solução 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 possı́vel seria: Existe um x, pertencente a R, tal que sen2 (x) − sen(x) = 0. e) Resolvendo a inequação chegamos a conclusão de que a inequação é verdadeira para x > 2 e x < 1. Então uma solução aceitável seria: Existe um x, pertencente a R, tal que x2 − 3x + 3 > 1. f) A solução dessa inequação ocorre apenas para x < 1, assim: Existe um x, pertencente a R, tal que x2 > 2x3 . 23. Se uma função proposicional envolve n variáveis, então é preciso quantifica-la n vezes a fim de que ela se torne uma proposição. Quanto a isso, é importante observar 26 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA que os quantificadores existencial e universal nem sempre comutam entre si, como se pode verificar pelas proposições que se seguem, a primeira verdadeira e a segunda falsa (em ambas o domı́nio da variável é R). “Qualquer que seja x, existe y tal que x + y = 1” e “Existe x tal que, qualquer que seja y, x + y = 1”. Isso posto, quantifique as seguintes funções proposicionais de modo a torna-las ver- dadeiras (em todas, o universo das duas variáveis é o conjunto dos números reais): a) y > x b) (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 c) x2 = y d) sen(x + y) = sen(x) + sen(y) e) x2 + y 2 ≥ 0 Solução: a) Para todo y, existe um x, tal que y > x. b) Para todo x e para todo y ocorre que (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 . c) Existe um x e existe um y, tal que x2 = y. d) Existe um x e existe um y, sen(x + y) = sen(x) + sen(y). e) Para todo x e para todo y ocorre que x2 + y 2 ≥ 0. 24. Determine o valor lógico das proposições seguintes, nas quais x e y são variáveis em {1, 2, 3}: a) Existe x tal que, qualquer que seja y, x < y 2 + 1. b) Para todo x existe y tal que x2 + y 2 = 4. c) Existem x e y tais que x2 + y 2 = x3 . Solução: 27 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA a) Verdadeira. Por exemplo, tomando y = x = 1 a condição é satisfeita. x < y2+ 1 < 1 + 12 A mesma veracidade se verifica para y = 2 ou y = 3. b) Falsa. Tomando x = 3, por exemplo, chegarı́amos a y 2 = −5 ∈ / {1, 2, 3} c) Verdadeira. Usando x = y = 2 teremos: 22 + 22 = 23 . 25. Em quais das condições seguintes é correto afirmar que a primeira proposição (função proposicional na variável real x) acarreta a segunda? a) Se 2 = 0, então 4 é um numero primo. b) Se x2 + x − 2 = 0, então x = −2. c) Se x é um numero real, então x é um numero complexo. d) Se x2 − 4 < 0, então x < 2. e) Se tg(x) > 1, então x > π/4. Solução: a) Verdadeira. b) Falsa. As raı́zes de x2 + x − 2 = 0 ocorrem apenas para x = 2 ou x = −1. Logo x não pode ser igual a −2. c) Correto. Todo conjunto R está contido em C. d) Correto. Resolvendo a inequação em questão chegamos a −2 < x < 2. O que prova a condição de x < 2. 28 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA π π e) Correto. A solução para a equação é +kπ > x > +kπ com k ∈ {0, 1, ...}. 2 4 π O que prova a condição de x > . 4 26. Para quais das bicondicionais seguintes seria correto dizer que a primeira proposição (função proposicional na variável real x) acarreta a segunda? a) 2x − 5 ≥ 5 se, e somente se, x > 5. b) Se x2 + 3x + 2 < 0 se, e somente se, −2 < x < −1. c) sen(x) = sen(2x) se, e somente se, x = 0. d) Uma matriz quadrada A é inversı́vel se, e somente se, det(A) 6= 0. e) As retas y = 2x e y = mx + n são perpendiculares se, e somente sem 2m + 1 = 0. Solução: a) Incorreto. Resolvendo 2x − 5 ≥ 5 chegamos a x ≥ 5. b) Correto. A solução de x2 + 3x + 2 < 0 de fato ocorre para −2 < x < −1. c) Correto. sen(x) = sen(2x) ⇒ x = 2kπ com k ∈ {0, 1, ...}. Assim, a primeira proposição acarreta na segunda quando fazemos k = 0. d) Correto. A demonstração desta proposição é simples mas, razoavelmente longa. Como o problema não pede demonstração deixo a cargo do leitor que tenha interesse. e) Correto. Recorrendo ao cálculo diferencial se a reta y = mx + n é perpendic- 1 1 ular a y = 2x então m = − 0 , o que implica em m = − . Dessa ultima f (2x) 2 equação tiramos que 2m − 1 = 0. Assim, a primeira proposição acarreta na segunda. 27. Enuncie as reciprocas e as contra positivas das seguintes proposições: 29 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA a) Se dois números inteiros são impares, então a soma deles é um numero par. b) Se uma função real de variável real é continua num ponto, então ela é difer- enciável nesse ponto. c) Se uma matriz quadrada é inversı́vel, então seu determinante é diferente de zero. d) Se o grau de um polinômio real é 2, então esse polinômio tem duas e apenas duas raı́zes complexas. e) Se dois planos são perpendiculares, então toda reta de um deles é perpendic- ular ao a outro. Solução: a) (Reciproca): Se a soma de dois números inteiros é par, então esses números são impares. (Contrapositiva): Se a soma de dois números inteiros é impar, então um deles é par. b) (Reciproca): Se uma função real de variável real é diferenciável num ponto, então ela é contı́nua nesse ponto. (Contrapositiva): Se uma função real de variável real não é diferenciável num ponto, então ela não contı́nua nesse ponto. c) (Reciproca): Se o determinante de uma matriz é diferente de zero, então a matriz correspondente é inversı́vel. (Contrapositiva): Se o determinante de uma matriz é igual a zero, então essa matriz não é inversı́vel. d) (Reciproca): Se um polinômio real tem duas e apenas duas raı́zes complexas, então esse polinômio tem grau 2. (Contrapositiva): Se o numero de raı́zes complexas de um polinômio real é diferente de 2, então o grau desse polinômio é diferente de 2. e) (Reciproca): Se todas as retas de um plano são perpendiculares a um outro plano, então os dois planos são perpendiculares entre si. (Contrapositiva): Se num plano há uma reta que não é perpendicular a um segundo plano, então os dois planos não são perpendiculares. 30 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 28. Classifique como verdadeiras ou falsas as reciprocas e as contra positivas das proposições do exercı́cio 27. Solução: 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, então a > c”. Solução: Se a ≤ c, então a ≤ b ou b ≤ c 30. Enuncie a contrapositiva da seguinte proposição: “Sejam A, B e C pontos distintos de um plano. Se esses pontos não são colineares, então AB < BC + AC”. Solução: Sejam A, B e C pontos distintos de um plano. Se esses pontos são colineares, então AB ≥ BC + AC. 31. Ache um contra exemplo para cada uma das seguintes afirmações: a) Para todo x ∈ R, x2 − 1 > 60. b) Para todo x ∈ R, x3 − 4x2 < 20. c) Para todo x ∈ R, cosx > cos(x + 1). d) Para todo x ∈ R∗+ , vale log10 (x) > log10 (x)2 . Solução: 31 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA a) Para x = 1 temos 12 − 1 > 60 ⇒ 0 > 60. b) Para x = 10 temos 103 − 4(10)2 < 20 ⇒ 600 < 20. c) Para x = 0 temos cos(0) > cos(0 + 1) ⇒ 0 > cos(1). d) Para x = 1, vale log10 (1) > log10 (1)2 ⇒ 0 > 0. 32. Justifique a propriedade seguinte de duas maneiras, a primeira através de sua con- trapositiva e a segunda por redução ao absurdo: “Se m é um inteiro tal que m3 + 2 é impar, então m é impar”. Solução por contrapositiva: A contra positiva da proposição é: “Se m é um inteiro tal que m3 + 2 é par, então m é par”. O que de fato é verdade pois o produto entre números pares é par e a soma de pares também. Assim, como a contrapositiva da proposição é verdadeira então a proposição também é. Solução 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 divisı́vel por dois é par então m3 + 2 = 2(4k 3 + 1 é par. O que é um absurdo, pois por hipótese m3 + 2 é impar. Logo m também deve ser impar. 33. Prove, por meio de um contra exemplo, que n2 + n + 41 (em que n é um inteiro estritamente positivo) nem sempre é um número primo. Solução: Essa fórmula é conhecida como formula de Euler e só é valida para n = 1, ..., 39 até o momento. Assim poderı́amos dar como contra exemplo n = 40. Onde terı́amos 402 + 40 + 41 = 1681 que é divisı́vel por 41. 32 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 33 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 2 Introdução a Aritmética dos Números Inteiros 2.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 33 1. Demonstre por indução: n(n + 1) a) 1 + 2 + · · · + n = (n ≥ 1) 2 b) 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2 (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) Solução de a: i) Observe que a proposição é verdadeira para n = 1, pois 1(1 + 1) 1= =1 2 ii) Admitindo que a proposição seja verdadeira para um k ∈ A então: k(k + 1) 1 + ··· + k = 2 Somando (k + 1) em ambos os termos k(k + 1) 1 + · · · + k + (k + 1) = + (k + 1) 2 chegamos á: (k + 1)(k + 2) 1 + · · · + k + (k + 1) = 2 O que mostra que a proposição também seria válida para k + 1. Assim, pelo princı́pio de indução a proposição é valida para todo n ∈ N maiores que 1. Solução de b: 34 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Prova de i: A proposição é verdadeira para 1 pois, 1 = 12 . Prova de ii: Se a proposição é verdadeira para k então: 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) = k 2 Note que os valores a direita crescem de 2 em 2 (1, 3, 5,...). Assim o próximo termo da sequencia depois de 2k − 1 seria 2k + 1. 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1) = k 2 + (2k + 1) 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)2 Ou seja, se a proposição é valida para k então ela é válida para k + 1. Sendo assim, pelo princı́pio de indução a proposição é verdadeira para todo n ≥ 1. Solução de c: prova de i: A proposição é válida para 1, pois 13 = 12 . Prova de ii: Se a proposição é válida para k então 13 + 23 + · · · + k 3 = (1 + 2 + ... + k)2 Somando (k + 1)3 em ambos os membros então 13 + 23 + · · · + k 3 + (k + 1)3 = (1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1)3 k(k + 1) Como visto na letra a do exercı́cio 1 + 2 + ... + k = . Assim, podemos fazer a 2 seguinte substituição  2 2 3 k(k + 1) (1 + 2 + ... + k) + (k + 1) = + (k + 1)3 2 35 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (k + 1)2 (k + 2)2 (1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1)3 = 22  2 (k + 1)(k + 2) (1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1)3 = 2 (1 + 2 + ... + k)2 + (k + 1)3 = (1 + 2 + ... + (k + 1))2 Com isso mostramos que se a proposição é válida para k então ela também é válida para k + 1. Assim, pelo princı́pio de indução a proposição é válida para todo n ≥ 1. Solução de d: Prova de i: A proposição é válida para 1. 1(1 + 1)(1 + 2) 1·2= 3 6=6 Prova de ii: Tomando a proposição como verdadeira para k então: k(k + 1)(k + 2) 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + k · (k + 1) = 3 Somando a ambos os membros (k + 1)(k + 2) k(k + 1)(k + 2) 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + k · (k + 1) + (k + 1) · (k + 2) = + (k + 1)(k + 2) 3 (k + 1)(k + 2)(k + 3) 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + (k + 1) · (k + 2) = 3 Com isso mostramos que se a proposição é válida para k então ela também é válida para k + 1. Assim, pelo princı́pio de indução a proposição é válida para todo n ≥ 1. Solução de d: Prova de i: 36 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA A proposição é verdadeira para 2. 22 > 2 + 1 4>3 Prova de ii: Se a proposição é verdadeira para k então: k2 > k + 1 Somando 1 em ambos os membros então: k2 + 1 > k + 2 Como (k + 1)2 > k 2 + 1 então (k + 1)2 > k 2 + 1 > k + 2 O que resulta em (k + 1)2 > k + 2 Com isso mostramos que se a proposição é válida para k então ela também é válida para k + 1. Assim, pelo princı́pio de indução a proposição é válida para todo n ≥ 2. 2. Demonstre o segundo princı́pio de indução. Solução: Na prática a condição i e ii da indução fraca e forte, respectivamente dizem a mesma coisa. Assim, a mesma demonstração usada para o primeiro princı́pio pode ser usada para justificar o segundo. 37 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 38 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 2.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 38 À 39 3. Sejam m e n inteiros ı́mpares. Prove que: a) 4|(2m − 2n) b) 8|(m2 − n2 ) c) 8|(m2 + n2 − 2) Solução de a: Se m e n é ı́mpar então, m = 2p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t ∈ Z. Sendo assim: 4|2m − 2n ⇒ 4|2(2p + 1) − 2(2t + 1) ⇒ 4|4p − 4t ⇒ 4|4(p − t) Finalizando a demonstração. Solução de b: Se m e n é ı́mpar então, m = 2p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t ∈ Z. Sendo assim: 8|m2 − n2 ⇒ 8|(2p + 1)2 − (2t + 1)2 ⇒ 8|4(p2 − t2 ) + 4(p − t) Analisando p2 − t2 e p − t temos as seguintes possibilidade: (i) Se p é par e t é ı́mpar p2 − t2 é ı́mpar e p − t também. Prova de que p2 − t2 é impar. Seja p = 2p0 e t = 2t0 + 1 para algum p0 e t0 inteiros, então: 39 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA p2 − t2 = (2p0 )2 − (2t0 + 1)2 0 0 p2 − t2 = 4p2 − (4t2 + 4t0 + 1) 0 0 p2 − t2 = 2(2p2 − 2t2 − 2t0 ) − 1 0 0 Fazendo k = 2p2 − 2t2 − 2t0 então p2 − t2 = 2k − 1 Que é a forma de um número ı́mpar. Prova de que p − t também será impar p − t = (2p0 ) − (2t0 + 1) p − t = 2(p0 − t0 ) − 1 Fazendo k = 2(p0 − t0 ) então: p − t = 2k − 1 Que é a forma de um numero ı́mpar. (ii) Se t é par e p é ı́mpar p2 − t2 e p − t serão ı́mpares. A demonstração é análoga a anterior. (iii) Se p e t são pares então p2 − t2 e p − t também serão pares (Demonstração a cargo do leitor). (iv) Se p e t são ı́mpares então p2 − t2 e p − t são também pares (Demonstração a cargo do leitor). Se ocorrer o primeiro caso então podemos substituir p2 − t2 e p − t por 2k + 1 e 2k 0 + 1, respectivamente. Assim: 8|4(p2 − t2 ) − 4(p − t) ⇒ 8|4(2k + 1) + 4(2k 0 + 1) ⇒ 8|8k + 4 + 8k 0 + 4 ⇒ 8|8(k + k 0 ) + 8 ⇒ 8|8((k + k 0 ) + 1) O que completa a demonstração. 40 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Se ocorrer o segundo, terceiro ou quarto caso a conclusão será a mesma. Essas demon- strações ficam a cargo do leitor. Solução de c: Se m e n é ı́mpar então, m = 2p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t ∈ Z. Sendo assim: 8|m2 + n2 − 2 ⇒ 8|(2p + 1)(2p + 1) + (2t + 1)2 − 2 ⇒ 8|4(p2 − t2 + p + t) Independente da natureza (par ou ı́mpar) 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 demonstração. 4. Mostre que entre dois números pares consecutivos um é divisı́vel por 4. Solução: Se p é um par então: p = 2k com k ∈ Z e o par consecutivo será p + 2 = 2k + 2. • Se k for = 0 então 4|p. Prova: p = 2k, mas se k = 0 então p = 0. Como 4 | 0 então 4 | p. • Se k for ı́mpar então 4|p + 2. Prova: p + 2 = 2k + 2 41 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA = 2(2k 0 + 1) + 2 = 4k 0 + 2 + 2 = 4(k 0 + 1) como 4|4(k 0 + 1) então 4|p + 2. • Se k for par então 4|p. Prova: p = 2k = 2(2k 0 ) = 4k 0 como 4|4k 0 então 4|p. Assim, em qualquer hipótese p ou p + 2 é divisı́vel por 4. 5. Mostre que a diferença entre os quadrados de dois inteiros consecutivos é sempre um numero ı́mpar. E a diferença entre os cubos de dois inteiros consecutivos? Solução de a: Seja p e q números consecutivos um deve ser par e o outro ı́mpar. Tomando p ı́mpar então: p2 − q 2 = (2k + 1)2 − (2t)2 para algum k e t ∈ Z = 4k 2 + 2k + 1 − 4t2 = 2(2k 2 − 2t2 + k) + 1 Fazendo z = 2k 2 − 2p2 + k então, p2 − q 2 = 2z + 1 que é a forma de um número ı́mpar. Solução de b: 42 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Se p e q são consecutivos então um é par e outro é ı́mpar. Escolhendo p ı́mpar, então: p3 − q 3 = (2k + 1)3 − (2t)3 para algum k e t ∈ Z = 2(4k 3 − 4t3 + 6k 2 + 4k) + 1 Fazendo w = 4k 3 − 4t3 + 6k 2 + 4k então (2k + 1)3 − (2p)3 = 2w + 1 Que é a forma de um número ı́mpar. 6. Demonstre por indução que: a) 7|(23n − 1) (n ≥ 0) b) 8|(32n + 7) (n ≥ 0) c) 11|(22n · 3n+2 + 1) (n ≥ 1) d) 7|(32n+1 + 2n+2 ) (n ≥ 1) e) 17|(34n+2 + 2 · 43n+1 ) (≥ 0) Solução de a: i) Para n = 0 temos: 23(0) − 1 = 20 − 1 =0 como 7|0 a proposição é verdadeira para n = 0. ii) Se a proposição é verdadeira para k então 7|23k − 1. ⇒ (23k − 1) = 7p com p ∈ Z 43 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Multiplicando ambos os termos por 23 (23k − 1)23 = 7p · 23 23k+3 − 8 = 7(8p) 23(k+1) − 1 = 7(8p) + 7 23(k+1) − 1 = 7(8p + 1) como 7|7(8p + 1) então 7|23(k+1) − 1. Como querı́amos demostrar. Solução de 6b: i) Tomando n = 0 temos 32(0) + 7 =1+7 =8 Logo a proposição é verdadeira para n = 0. ii) Se a proposição é verdadeira para k então 8|32k + 7. ⇒ 32k + 7 = 8p para algum p ∈ Z. multiplicando ambos os lados por 32 . (32k + 7) · 32 = 8p · 32 32k+2 + 63 = 8(9p) 32(k+1) + 7 = 8(9p) − 56 32(k+1) + 7 = 8(9p − 7) Como 8|8(9p − 7) então 8|3k+1 + 7. Como querı́amos demonstrar. Solução de c: 44 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA i) Para n = 1 temos 22(1)−1 31+2 + 1 = 2 · 33 + 1 = 55 como 11|55 então, a proposição é verdadeira para n = 1 ii) Se a proposição for verdadeira para k então: 11|(22k · 3k+2 + 1) ⇒ 22k−1 3k+2 + 1 = 11p para algum p ∈ Z Multiplicando por 22 · 3 ambos os membros. 22 · 3(22k+1 · 3k+2 + 1) = 11p · 22 · 3 22k−1 · 22 · 3k+2 · 3 + 12 = 11(12p) 2(2k−1)+2 · 3(k+2)+1 + 1 = 11(12p) − 11 22(k+1)−1 · 3(k+1)+2 + 1 = 11(12p − 1) (k+1)+2 Como 11|11(12p − 1) então, 11|22(k+1)−1·3 +1 Como querı́amos demonstrar. Solução de d: i) Para n = 1 temos: 32(1)+1 + 21+2 = 33 + 23 = 35 como 7|35 então a proposição é verdadeira para n = 1. ii) Se verdadeira para k então 7|32k+1 + 2k+2 ⇒ 32k+1 + 2k+2 = 7p para algum p ∈ Z. 45 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Multiplicando ambos os membros da equação acima por 182 182 (32k+1 + 2k+2 ) = 182 (7p) 18(3(2k+2)+1 · 2 + 2(k+1) · 9) = 7(182 p) 3(2k+2)+1 · 2 · 32 + 2(k+1)+2 · 9 · 2 = 7(182 p) 3(2k+2)+1 · 18 + 2(k+1)+2 · 18 = 7(182 p) 32(k+1)+1 + 2(k+1)+2 = 7(18p) como 7|18 então 7|32(k+1)+1 + 2(k+1)+2 . Como querı́amos demonstrar. 7. Prove que: a) Um dos inteiros a, a + 2, a + 4 é divisı́vel por 3. b) Um dos inteiros a, a + 1, a + 2, a + 3 é divisı́vel por 4. Solução 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 divisı́vel por 3. • Se a = 3q + 2, então a + 1 = 3q + 2 + 1 = 3q + 3 = 3(q + 1) ⇒ a + 1 é divisı́vel por 3. Portanto, uma das três formas será divisı́vel por 3. 8. Prove que o produto de dois números inteiros é impar se, e somente se, ambos os números são ı́mpares. 3 Blog pessoal: http://ellalves.net.br/blog/posts/single/7/teoria dos numeros exercicios de divisibilidade 46 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução: (⇒) Admita dois números ı́mpares p e q tal que p = 2k + 1 e q = 2k 0 + 1. Fazendo p · q p · q = (2k + 1)(2k 0 + 1) = 4kk 0 + 2k + 2k 0 + 1 = 2(2kk 0 + k + k 0 ) + 1 (⇐) Considere um número w = pq. Onde w é um número ı́mpar. Supondo por absurdo que p e/ou q são pares chegamos ao absurdo de que w é par. Assim, p e q devem ser ı́mpares. 9. Prove que, quaisquer que sejam os inteiros a e b, a expressão a+b+a2 +b2 representa um par. Solução: Se a é par, a2 também é par, mas se a é ı́mpar, a2 também é ı́mpar. O mesmo acontece com b e b2 . Sendo assim, a2 + a é um número par e b2 + b também é um número par e portanto, a2 + a + b2 + b também é par. 10. Na divisão euclidiana de 802 por a, o quociente é 14. Determine os valores possı́veis de a e do resto. Solução: Pelo algoritmo de divisão euclidiana 802 = 14a + r com 0 ≤ r < a. Uma solução particular é (a, r) = (57, 4), assim as soluções gerais são: a = 57 + t e r = 4 − 14t. Mas, como 0 ≤ r < a, temos 0 ≤ 4 − 14t < 57 + t Isto é, −3 < t ≤ 0, logo, t = {−3, −2, −1, 0}. Assim, valores possı́veis de a e do resto são: 47 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (a, r) = (54, 46), (55, 32), (56, 18), (57, 4) 11. É possı́vel encontrar dois interior múltiplos de 5 tais que o resto da divisão euclidiana de um pelo outro seja 13? Justifique a resposta. Solução: Se um numero múltiplo de 5 é dividido por um outro múltiplo de 5, ou a divisão será exata, ou terá um resto também múltiplo de 5. Como 13 não é divisı́vel por 5 o resto não poderá ser 13. 12. Quantos números naturais entre 1 e 1000 são divisı́veis por 9? Justifique a resposta. Solução: Todos os números 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 números naturais entre 1 e 1000 que são divisı́veis por 9. 999 = 9 + (n − 1) · 9 9n = 999 n = 111 Ou seja, temos 111 números. 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. Solução no próprio livro. 14. Se o resto na divisão euclidiana de um inteiro m por 8 é 5, qual é o resto da divisão m por 4? Solução: m = 8k + 5 m = 4 · 2k + (4 + 1) 48 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA m = 4(2k + 1) Fazendo a divisão de m por 4 m = 2k + 1 4 Assim, o resto é 1. 15. Se m é um inteiro ı́mpar, mostre que o resto da divisão de m2 por 4 é 1. Solução: m · m = (2k + 1) · (2k + 1) m2 = 4k 2 + 4k + 1 m2 = 4(k 2 + k) + 1 Chamando k 2 + k = q então: m2 = 4q + 1 Assim, o resto é 1. 49 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). 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Solução de b: O mdc(68, 120) = 4 e uma identidade é 68(−7) + 120(4) = 4. 51 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de c: O mdc(42, −96) = 6 e uma identidade é 42(7) + 96(−3) = 6. 17. O máximo divisor comum de dois números é 48 e o maior deles é 384. Encontre o outro número. Solução: Como 384 é divisı́vel por 48 então 48 é a resposta. 18. O máximo divisor comum de dois números 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 números. Solução (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 • r1 = r2 · 3 + r3 ; 0 < r3 < r2 • r2 = r3 · 1 + r4 ; 0 < r4 < r3 • r3 = r4 · 3 Portanto, r4 = mdc(a, b) e por hipótese r4 = 20 o que implica em r3 = 60. Substituindo esses valores nas equações 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. Solução de a: Seja d = mdc(a, b, c) e provemos que d = mdc(a, mdc(b, c)). (i) d ≥ 0, pela definição de máximo divisor comum. 52 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (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 é divisor do máximo divisor comum desses números. (iii) Seja d0 um divisor de a e de mdc(b, c); então d0 |a, d0 |b e d0 |c e, portanto, divide o máximo divisor comum desses números, ou seja, divide d. Solução de b: mdc(46, 64, 124) = mdc(46, mdc(64, 124)) = mdc(46, 4) = 2 20. Prove que mdc(n, 2n+1) = 1, qualquer que seja o inteiro n. Solução: Usando o método de divisões sucessivas mdc(n, 2n+1) = mdc(n, 1) = 1. 21. Sejam a e b números inteiros tais que mdc(a, a + b) = 1. Prove que mdc(a, b) = 1. O reciproco desse resultado também é verdadeiro. Enuncie-o e demonstre-o. Sugestão: 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. Solução: 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 querı́amos demonstrar. 22. Demonstre que, se a|c, b|c e mdc(a, b) = d, então ab|cd. Sugestão: Use a identidade de Bezout para a, b e d. Solução: Se a|c então existe um k ∈ Z tal que c = a · k. Como mdc(a, b) = d então d|a e então 53 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA a c= · d · k. d 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  2 Multiplicando (i) por (ii), temos c = xy d d ⇒ c2 · d2 = (ab)xy ⇒ (cd)2 = (ab)xy ⇒ (ab)|(cd)2 . Suponha agora que ab - cd. O que implicaria em cd = k(ab) + r com k, r ∈ Z∗ e ab > r ≥ 1 Sendo assim: (cd)2 = (k(ab) + r)2 ⇒ (cd)2 = (k 2 (ab)2 + 2k(abr) + r2 ) Mesmo supondo que ab - cd provamos que ab|(cd)2 assim, cada termo do polinômio acima deve ter divisão exata por ab, o que ocorre para os dois primeiros termos mas não para o ultimo, o que é um absurdo pois contraria a divisibilidade de (cd)2 por (ab). Portanto, ab|cd. Como querı́amos demonstrar. 23. Se a e b são inteiros primos entre si, demonstre que mdc(2a + b, a + 2b) = 1 ou 3. Solução: Se a e b são primos entre si, então mdc(a, b) = 1. Pelo algoritmo do MDC de Euclides, mdc(a, b) = mdc(a, b − c · a), assim, mdc(2a + b, a + 2b) = mdc(2a + b, a + 2b − 2a − b) = mdc(2a + b, b − a). mdc(2a + b, b − a) = mdc(b − a, 2a + b − b + a) = mdc(b − a, 3a) Deste modo, mdc(2a + b, a + 2b) = mdc(b − a, 3a). Se 3|b − a, teremos mdc(2a + b, a + 2b) = 3 54 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Se 3 - b − a, teremos mdc(2a + b, a + 2b) = 1 Completando a demonstração. 55 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). 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Ache o máximo divisor comum dos seguintes pares de números através da decom- posição desses números em fatores primos: a) 234 e 456 b) 456 e 780 c) 200 e 480 Solução: A decomposição de 234 e 456 é: 57 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 234 = 21 · 32 · 13 456 = 23 · 31 · 19 Note que na decomposição de ambos existe em comum o numero 2 e 3. Fazendo o produto desses valores elevados a menor potencia dada determinamos o mdc. mdc(234, 456) = 21 · 31 mdc(234, 456) = 6 Solução de b: 456 = 23 · 3 · 19 780 = 22 · 3 · 5 · 13 ⇒ mdc(456, 780) = 22 · 3 = 12 Solução 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 n2 –1. Sugestão: Suponha p = n2 – 1 um número primo e fatore o segundo membro dessa igualdade. Solução: Seja “p” um numero primo que possa ser expresso como: p = n2 − 1 sendo assim p = n2 − 1 = (n − 1)(n + 1) ⇒ p = (n − 1)(n + 1) Observe que nesta condição “p” seria divisı́vel por 1, por ele mesmo, por n − 1 e n + 1, o que poderia contrarias a definição de primo. 58 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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 único valor possı́vel. 27. Se n é um inteiro e n3 –1 é primo, prove que n = 2 ou n = −1. Solução: Seja p um primo escrito como: p = n3 − 1 p = (n − 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, então n = 2 ou n = −1. Como se queria demonstrar. 28. Em 1742, o russo Christian Goldbach formulou a seguinte conjectura (conhecida como conjectura de Goldbach): “Todo inteiro par maior que 2 é igual à soma de dois números primos positivos”. Por exemplo: 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5, 10 = 3 + 7, etc. Até hoje continua em aberto a questão de saber se essa proposição é falsa ou verdadeira. Admitindo a conjectura de Goldbach, prove que todo inteiro maior que 5 é soma de três números primos. Por exemplo: 6 = 2 + 2 + 2, 7 = 2 + 2 + 3, etc. Sugestão: Devido à conjectura, se n ≥ 3, 2n–2 = p + q (p e q primos). Portanto, 2n = p + q + 2 (soma de três números primos). Solução: 59 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Tome um numero k > 5 então: k = 5 + t com t ∈ N∗ Para t = 1 ou t = 2 a demonstração é evidente. k = (3 + 2) + 1 k = (3 + 2) + 2 Para t ≥ 3 e admitindo que a conjectura seja sempre válida, existe dois primos t1 e t2 tal que t = t1 + t2 . Sendo assim: k =5+t k = 5 + t1 + t2 Como 5 é primo e t1 e t2 por hipótese fica mostrado a proposição. 29. Ache o menor número inteiro positivo n para o qual a expressão h(n) = n2 + n + 17 é um número composto. Solução: Essa fórmula gera números primos para n = 0, 1, ..., 15. Assim, o menor numero com- posto 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 solução é por meio de tentativas, embora essa fórmula e esse resultado sejam bastante conhecidos na teoria dos números. 30. Se n2 + 2 é um número primo, prove que n é múltiplo de 3 ou n = 1. Sugestão: Há três possibilidades de expressar um numero inteiro n; n = 3q, n = 3q + 1, n = 3q + 2, conforme o resto da divisão de n por 3 seja 0, 1 ou 2. Mostre que as duas últimas são impossı́veis, no caso. Solução: Seguindo a sugestão do livro temos 3 possibilidades para escrever um inteiro n. Sendo assim podemos escrever p como: p = (3q)2 + 2 ou 60 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA p = (3q + 1)2 + 2 ou p = (3q + 2)2 + 2. • Se p = (3q + 2)2 + 2 então: p = (9q 2 + 12q + 4) + 2 p = 9q 2 + 12q + 6 p = 3(3q 2 + 4q + 2) Como p é primo então (3q 2 + 4q + 2) = 1. Contudo essa equação não têm solução em Z, assim podemos descartar essa hipótese pois os valores obtidos para q não resultaria em um n inteiro. • Se p = (3q + 1)2 + 2 então: p = (9q 2 + 6q + 1) + 2 p = 9q 2 + 6q + 3 p = 3(3q 2 + 2q + 1) Como p é primo então (3q 2 +2q+1) = 1. Contudo, essa equação possui somente uma solução 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 múltiplo de três. Como se queria demonstrar. 31. Qual é o menor numero inteiro positivo que tem 15 divisores? Sugestão: Se a = pα1 1 pα2 2 ...pαmm é a decomposição do número procurado em fatores primos, então 15 = (α1 + 1)(α2 + 1)...(αm + 1). Observe que só há duas maneira (salvo quanto à ordem) de decompor 15 em fatores inteiros positivos. 61 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução: Fatorando o número 15 chegamos ao seguinte: 15 = 3 · 5 15 = (2 + 1)(4 + 1) Sendo assim, o número procurado terá a forma a = p21 · p42 Como desejamos o menor inteiro e como p1 e p2 são primos então fica claro que os valores de p1 e p2 são primos, então os valores de p1 e p2 serão 3 e 2, respectivamente. Sendo assim: a = 32 · 24 = 144 32. Demonstre que o conjunto dos números primos positivos é infinito. A primeira demonstração conhecida desse resultado, alias a mesma que esboçaremos a seguir, foi dada por Euclides em seus Elementos. Esboço da demonstração: Suponha que esse conjunto fosse finito: digamos que seus elementos fossem p1 , p2 , ..., pn . Construa o número p = p1 p2 ...pn + 1. Esse numero não é nenhum dos pi , (por que?). Logo, é composto (Por que?). Então é divisı́vel 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. Solução: Suponha por absurdo que p1 , ...pn fossem todos os primos. Nesse caso o numero p = p1 ·p2 ·· · ··pn +1 não seria divisı́vel por nenhum primo, o que contrária o teorema fundamental da aritmética. 62 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 63 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 2.5 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 52 33. Resolva as seguintes equações diofantinas lineares: a) 3x + 4y = 20 c) 18x–20y = −8 b) 5x–2y = 2 d) 24x + 138y = 18 Solução de A: O problema já afirma que as equações possuem solução, entretanto é bom que se crie o hábito de sempre verificar se a equação possui ou não solução. A nı́vel de exemplo vamos verificar a primeira equação. Para isso basta conferir se mdc(3, 4)|20. Como mdc(3, 4) = 1 e 1|20 então a equação possui solução. Agora que sabemos que a equação possui solução evocamos o teorema de bezout para afirmar que 3α + 4β = 1 Através do algoritmo estendido de Euclides obtemos como solução da equação acima α = −1 e β = 1. 3(−1) + 4(1) = 1 Multiplicando a igualdade acima por 20 3(−20) + 4(20) = 20 e comparando a igualdade acima com a identidade original (3x + 4y = 20) fica evidente que x = −20 e y = 20. Assim, uma solução particular da equação é (x, y) = (−20, 20) e a solução geral será:   4 3 −20 + · k, 20 − ·k = (−20 + 4k, 20 − 3k) mdc(3, 4) mdc(3, 4) onde k é qualquer número inteiro. Solução de B: Nesse caso vamos resolver a equação por um método diferente. Vamos faze-la por tentativa. 64 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Primeiro evidenciamos y na equação. 5 5x–2y = 2 ⇒ y = x − 1 2 Agora nos perguntamos: qual o valor para x que nos fornece um valor inteiro para y? Veja que o 2 é um dos muitos valores possı́veis. 5 y= ·2−1=4 2 ⇒y=4 Assim, uma solução particular será x = 2 e y = 4. 5(2) − 2(4) = 2 A solução geral fica a cargo do leitor. Solução de C e D: Análogas as anteriores. 34. Decomponha o número 100 em duas parcelas positivas tais que uma é múltipla de 7 e a outra de 11. (Problema do matemático L. Euler [1707-1783]). Solução: O problema equivale a resolver a seguinte equação diofantina 7a + 11b = 100 (1) Como 7 e 11 são primos então mdc(7, 11) = 1 e pelo teorema de bezout 7a + 11b = 1 (2) Pelo algoritmo estendido de Euclides a solução de (2) é 2 e −3. Sendo assim: 7a + 11b = 7(−3) + 11(2) = 1 ⇒ 7(−3) + 11(2) = 1 (3) 65 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Multiplicando (3) por 100 7(−300) + 11(200) = 100 A equação acima já pode ser considerada uma solução se o problema não exigisse que as duas parcelas provenientes da decomposição do 100 fossem positivas. Para chegar a um resultado que satisfaça a essa exigência primeiro determinamos a solução geral da equação   11 7 −300 + · k, 200 − ·k = (−300 + 11k, 200 − 7k) mdc(7, 11) mdc(7, 11) E escolhemos um k que cumpra as seguintes inequações: 200 − 7k > 0 ⇒ k < 200/7 −300 + 11k > 0 ⇒ k > 300/11 No intervalo (300/11, 200/7) temos apenas o 28 que cumpre as condições impostas. E pela solução geral nos dá a seguinte solução particular (−300 + 11(28), 200 − 7(28)) = (8, 4). Observe que essa solução 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 números inteiros estritamente positivos com a seguinte propriedade: dão resto 6 quando divididos por 11 e resto 3 quando divididos por 7. Solução: Seja p um numero que satisfaça as condições impostas então: 66 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA p = 11k + 6 e p = 7q + 3 igualando as identidades acima chegamos a uma equação diofantina. 11k + 6 = 7q + 3 ⇒ 11k − 7q = −3 ⇒ 7q − 11k = 3 Cuja solução geral ocorre para k = 8 − 7t e q = 13 − 11t, com t ∈ Z. Sendo assim p = 11k + 6 ⇒ p = 11(8 − 7t) + 6 ⇒ p = 94 − 77t com t ∈ Z Como o problema impõe que p seja positivo então: p≥0 ⇒ 94 − 77t ≥ 0 ⇒ t ≤ 1 (pois t tem de ser inteiro). Assim, a solução é: todos os números do conjunto {94 − 77t|t = 1, 0, −1, −2, ...} Observação: A solução mostrada no livro é equivalente a mostrada aqui. A diferença entre elas se deve apenas ao fato de que aqui foi tomada uma solução particular da diofantina diferente da tomada pelo autor. Da mesma forma o aluno pode chegar a mesma solução 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). Solução: O problema equivale a resolver a seguinte equação 67 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 8x + 5y = 500 Ora 8(2) + 5(−3) = 1 então 8(1000) + 5(−1500) = 500, assim uma solução particular seria (x, y) = (1000, −1500). E a solução geral (1000 − 5k, −1500 + 8k) Como x e y são o numero de pessoas que pagam inteira e meia, respectivamente, então a solução não pode ser negativa. Em outras palavras devemos encontrar um k tal que: 1000 − 5k ≥ 0 e −1500 + 8k ≥ 0 . Dessas duas inequações conclui-se que k deve estar no intervalo [188, 200], pois k ∈ Z. Note que para k = 188 a solução será 60 e 4: (1000 − 5k, −1500 + 8k) = (1000 − 5(188), −1500 + 8(188)) = (60, 4) = (60, 4) Como o problema pede o menor número de pessoas e 188 é o menor valor do intervalo não necessitamos testar os demais valores. Assim, a solução é vender 60 inteiras e 4 meias. 37. Ao entrar num bosque, alguns viajantes avistam 37 montes de maçã. Após serem retiradas 17 frutas, o restante foi vendido igualmente entre 79 pessoas. Qual a parte de cada pessoa? (Problema de Mahaviracarya, matemático hindu). Solução: Suponha que tenham x maças em cada monte. Assim, foram vistas 37x maças ao todo. Em seguida foram retiradas 17 ficando apenas 37x − 17 68 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Como esse total foi totalmente dividido, e em partes iguais, então concluı́mos 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 maças recebidas por cada pessoa. Resolvendo a equação 37a + 79b = 1 pelo algoritmo de Euclides estendido chegamos a solução particular (a, b) = (−32, 15). Que nos leva a uma solução 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 solução particular chega-se a seguinte solução geral para (1) (x, k) = (−554 − 79t, −225 − 37t) Com t ∈ Z. Como k é o numero de maças recebidas por cada um ele deve ser inteiro, ou seja, deve satisfazer a inequação −225 − 37t > 0 cuja solução ocorre para t ∈ (−∞, −225/8). Ou em outras palavras: As quantidades possı́veis de maças recebidas por cada um formam o conjunto {−225 − 37t|t = −7, −8, −9, ...} 69 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 70 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 2.6 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 61 À 62 38. Ache os restos das seguintes divisões: a) 245 por 7 c) 310 · 425 + 68 por 5 b) 11100 por 100 d) 52 · 4841 + 285 por 3 Solução de a: Se 23 ≡ 1 (mod 7), então: (23 )15 ≡ 115 (mod 7) ⇒ 245 ≡ 1 (mod 7) Ou seja, o resto de 245 por 7 é 1. Solução 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 dı́gitos e termina com 1 é fácil concluir que 4125 ≡ 1 (mod 100). Sendo assim: (112 )50 ≡ 2150 ≡ 4125 ≡ 1 (mod 100) ⇒ 11100 ≡ 1 (mod 100) portanto, o resto da divisão citada é 1. Solução de c: Se 32 ≡ 4 (mod 5) então: (32 )5 ≡ 45 (mod 5) 71 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 310 ≡ 45 (mod 5) e como 44 = 1024 então: 310 ≡ 4 (mod 5) (1) Sabe-se que 40 é divisı́vel por 5, então 42 ≡ 2 (mod 5). 42 ≡ 2 (mod 5) (2) Como 62 ≡ 1 (modulo 5) então: (62 )4 ≡ 14 (mod 5) ⇒ 68 ≡ 1 (mod 5) 68 ≡ 1 (mod 5) (3) Usando (1), (2) e (3) 310 · 425 + 68 ≡ 4 · (2)5 + 1 = 129 ⇒ 129 ≡ 4 (mod 5) Ou seja, o resto da divisão solicitada é 4. Solução de d: Facilmente se conclui que 52 ≡ 1 (mod 3). Fazendo a divisão de 4841 por 3 encontramos 2 como resto dessa divisão 4841 = 1613(3) + 2 3 Também sabe-se que 28 ≡ 1 (mod 3), portanto 285 ≡ 1 (mod 3). Sendo assim: 52 · 4841 + 285 ≡ 1 · 2 + 1 (mod 3) ≡ 3 mod(3) ≡ 0 (mod 3). 72 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Ou seja, o resto da divisão solicitada é 0. 39. Mostre que o numero 220 − 1 é divisı́vel por 41 Solução: 25 ≡ −9 mod(41) ⇒ (25 )4 ≡ (−9)4 mod(41) ⇒ 220 ≡ (−9)4 mod(41). Como −94 = 6561 e a divisão de 6561 por 41 tem resto 1 então: 220 ≡ 1 mod(41) Sendo assim, 220 − 1 ≡ 1 − 1 = 0 O que implica em 220 − 1 mod(41). Como se queria demonstrar. 40. Qual é o resto da divisão euclidiana de 15 +25 +35 +...+995 +1005 por 4? Justifique. Sugestão: Dividir a soma dada em 25 grupos de 4 parcelas. Solução: No módulo 4 a soma pode ser escrita assim: 15 + 2 5 + 3 5 + 0 5 + 1 5 + 2 5 + 3 5 + 0 5 + · · · + 1 5 + 2 5 + 3 5 + 0 5 Como a ordem dos fatores não altera o resultado da soma em R, então podemos deslocar o último termo da soma (05 ) para agrupa-la em grupos de 4 termos. (05 + 15 + 25 + 35 ) + (05 + 15 + 25 + 35 ) + · · · (05 + 15 + 25 + 35 ) Dividindo 100 por 4 o resultado será 25. Então, concluı́-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 ) 73 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA = 25 × (1 + 32 + 243) = 25 × (276) Como 276 ≡ 0 no módulo 4 então: 25 × (276) = 25 × 0 = 0 ⇒ 15 + 25 + · · · + 995 + 1005 ≡ 0 (mod 4). Ou seja, o resto é zero. 41. a) Mostre que o resto da divisão de um numero por 10 é seu algarismo das unidades e que o resto da divisão por 100 é o numero formado pelo dois últimos algarismos do numero dado. 100 ) b) Ache o algarismo das unidades de 7(7 . 9 c) Ache os dois últimos algarismos de 9(9 ) . Solução de a: Seja n um número qualquer se n < 10 então a demonstração é evidente. Se n > 10 então existe um q e p ∈ Z onde pelo teorema da divisão euclidiana pode-se afirmar que n = 10q + p com 10 > p > 0. O que implica em n ≡ p (mod 10). Em outras palavras a divisão de n por 10 é igual a p que como é menor que dez é o algarismo que representa a unidade (ou o último algarismo do número dado). Analogamente se prova para n negativo. Solução de b: Considere a seguinte sequência: 70 = 1 número terminado em 1. 71 = 7 número terminado em 7. 72 = 49 número terminado em 9. 73 = 343 número terminado em 3. 74 = 2401 número terminado em 1. 75 = 16807 número terminado em 7. 74 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA .. . se continuássemos com ela perceberı́amos que o final dos demais números ainda seria, e na ordem, os números 1, 7, 9 e 3 até o fim. Como as potências de 7 seguem esse padrão e têm somente 4 algarismos diferentes para compor seu algarismo das unidades (1, 3, 7 e 9), então podemos determinar o número p tal que: 100 77 ≡ p (mod. 4) pois com base nele facilmente descobrimos qual o algarismo das unidades. Veja: Como 7 ≡ 3 (mod 4) e 100 ≡ 0 (mod 4) então, 100 0 77 ≡ 33 (mod. 4) 100 ⇒ 77 ≡ 31 (mod. 4) 100 ⇒ 77 ≡ 3 (mod. 4). 100 Então, o algarismo da unidade de 77 é 3. Solução de c: Esse método pode ser aplicado sempre que se desejar encontrar os dois últimos algarismos n de um numero nn (com n ∈ N). • Primeiro determina-se um inteiro r tal que 99 ≡ r (mod 10).
3 99 = 93 = (729)3 como 729 ≡ 9 no módulo 10 então: 99 ≡ 93 (mod 10) ⇒ 99 ≡ 729 (mod 10) ⇒ 99 ≡ 9 (mod 10) ⇒r=9 • Finalmente determinamos um inteiro p tal que 9r ≡ p (mod 100). 75 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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 dı́gitos de 99 é 89. 42. Se p e p + 2 são números primos, então eles se denominam primos gêmeos. É o caso, por 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) = 2p+2 é múltiplo de 12. Sugestão: 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 contradição. Solução: Seguindo a sugestão vamos provar que 2p + 2 não pode ser equivalente a 2, 4, 6, 8 ou 10 no módulo 12. Suponha por absurdo que 2p + 2 ≡ 2 (mod 12). Nesse caso, poderı́amos afirmar então que: 2p + 2 = 12q + 2 para algum q ∈ Z. Sendo assim: 2p = 12q ⇒ p = 6q O que é um absurdo, pois p sendo primo só pode ter dois divisores. E sendo p = 6q teria como divisores 6, q e o 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). Solução: 76 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Se a ≡ b (mod m) então a = mq + b (q ∈ Z). Se n é um divisor de m, então m = nk com k ∈ Z. Sendo assim: a = mq + b ⇒ a = (nk)q + b ⇒ a = n(kq) + b Essa última implicação resulta em a ≡ b (mod n). 44. Demonstre: a) a3 ≡ a (mod 6) b) a3 ≡ 0, 1 ou 8 (mod 9) c) Se a é um inteiro que não é divisı́vel por 2 nem por 3, então a2 ≡ 1 (mod 24). d) Se a é um cubo perfeito, então a ≡ 0, 1 ou −1 (mod 9). Solução de a: Dizer que a3 ≡ a (mod 6) é equivalente a dizer que a3 − a ≡ 0 (mod 6). a3 ≡ a (mod 6) ⇔ a3 − a ≡ 0 (mod 6) Sendo assim, podemos provar o que se pede provando apenas que a3 − a ≡ 0 (mod 6). Note que a3 − a = (a − 1)a(a + 1). Um resultado conhecido da Teoria dos Números é o de que entre três números consecutivos um deles é divisı́vel por 3 então: Se (a − 1) é divisı́vel por 3, então (a − 1) = 3k com k ∈ Z. Logo a3 = 3k · a · (a + 1). Como a e a+1 são de paridades diferentes então seu produto é par. Ou seja a(a+1) = 2q para algum q ∈ Z. Sendo assim: a3 − a = 3k · 2q = 6(kq) 77 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ⇒ a3 − a ≡ 0 (mod 6). Analogamente se prova no caso de a ou (a + 1) divisı́veis por 3. Completando a demon- stração. Solução de b (Retirada da página do Ell Alves4 ): Todo número inteiro tem a forma: 3k, 3k + 1 ou 3k + 2, com k ∈ Z. Para os seus cubos, temos: (3k)3 = 27k 3 = 9(3k 3 ) + 0 ≡ 0 (mod 9) (3k + 1)3 = 9(3k 3 + 3k 2 + k) + 1 ≡ 1 (mod 9) (3k + 2)3 = 9(3k 3 + 6k 2 + 4k) + 8 ≡ 8 (mod 9). Solução de c: Todo número inteiro tem a forma: 3k, 3k + 1 ou 3k + 2, com k ∈ Z. Note que a não pode ser igual 3k, pois a não é divisı́vel por 3. Assim, resta nos duas possibilidades: ou a = 3k + 1 ou a = 3k + 2. Se a for igual a 3k + 1 então k deve ser par, pois se k for impar implicará em a divisı́vel por 2. Veja: (Prova de que k é par) a = 3k + 1 ⇒ a = 3(2q + 1) + 1 ⇒ a = 2(3q + 2) que é par. Supondo a = 3k + 1 então: a2 = (3k + 1)2 = 9k 2 + 6k + 1 Como k é par pode-se fazer k = 2q com q ∈ Z, assim: a2 = 9(2q)2 + 6(2q) + 1 4 http://ellalves.net.br/blog/posts/single/21/teoria dos numeros exercicios de congruencia linear 78 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ⇒ a2 = 36q 2 + 12q + 1 ⇒ a2 = 12q(3q + 1) + 1 Finalmente por indução podemos terminar a demonstração. (Base:) Para q = 0 temos a2 = 12(0)(3 · 0 + 1) + 1 = 1 Como 1 ≡ 1 (mod 24) então a2 ≡ 1 (mod 24). (Passo indutivo:) Supondo que a proposição seja verdadeira para a = k então: a2 = 12k(3k + 1) + 1 ≡ 1 (mod 24) ⇒ 12k(3k + 1) ≡ 0 (mod 24) ⇒ (12k(3k + 1)) + 24(3k + 3) ≡ 0 (mod 24) ⇒ (12(k + 1))(3(k + 1) + 1)) ≡ 0 (mod 24) ⇒ (12(k + 1))(3(k + 1) + 1)) + 1 ≡ 1 (mod 24) ⇒ a2 ≡ 1 (mod 24) Completando a demonstração do passo indutivo. Analogamente se prova para o caso de a = 3k + 2. 45. a) Encontre um inteiro x tal que x ≡ 3 (mod 10), x ≡ 11 (mod 13) e x ≡ 15 (mod 17)(Regiomantanus, século XVI). b) Encontre um inteiro x tal que x ≡ 3 (mod 11), x ≡ 5 (mod 19) e x ≡ 10 (mod 29)(Euler, seculo XVIII). Solução de a: Usando o teorema chines dos restos x = 1103. Solução de b: x = 4128 79 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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) Solução: A cargo do leitor. 47. Um bando de 17 piratas, ao tentar dividir igualmente entre si as moedas de uma arca, verificou que haveria uma sobra de 3 moedas. Seguiu-se uma discussão, na qual um pirata foi morto. Na nova tentativa de divisão já com um pirata a menos, verificou-se que haveria uma sobra de 10 moedas. Nova confusão, e mais um pirata foi morto. Então, por fim, eles conseguiram dividir igualmente as moedas entre si. Qual o menor numero de moedas que a arca poderia conter? Solução (Retirada do yahoo perguntas:) Considere o n◦ de moedas igual a “x”. Então: x = q1 + 3 ⇒ x = 17q1 + 3 ⇒ x ≡ 3 (mod 17) 17 x = q2 + 10 ⇒ x = 16q2 + 10 ⇒ x ≡ 10 (mod 16) 16 x = q3 + 0 ⇒ x = 15q3 + 0 ⇒ x ≡ 0 (mod 15) 15 Pelo Teorema Chinês do Resto: x ≡ a1 (mod m1 ) x ≡ a2 (mod m2 ) x ≡ a3 (mod m3 ) X = a1 · M1 · x1 + a2 · M2 · x2 + a3 · M3 · x3 Onde: “Ma ” é o produto de todos os “mk ” com exceção de “ma ” Exemplo: 80 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA M1 = m2 · m3 M2 = m1 · m3 M3 = m1 · m2 “xa ” é o número que torna Ma · xa ≡ 1 (mod ”ma ”) No nosso caso: X = 3 · 16 · 15 · x1 + 10 · 17 · 15 · x2 + 0 · 17 · 16 · x3 X = 720 · x1 + 2550 · x2 Calculando o “x1 ”: x1 · 16 · 15 ≡ 1 (mod 17) como: 16 ≡ −1 (mod 17) e 15 ≡ −2 (mod 17) x1 · 16 · 15 ≡ 1 (mod 17) x1 · (−1) · (−2) ≡ 1 (mod 17) 2 · x1 ≡ 1 (mod 17) Como 1 ≡ 18 (mod 17) 2 · x1 ≡ 1 (mod 17) 2 · x1 ≡ 18 (mod 17) 18 x1 ≡ (mod 17) 2 x1 ≡ 9 (mod 17) Calculando o “x2 ”: 81 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA x2 · 17 · 15 ≡ 1 (mod 16) Como: 17 ≡ 1 (mod 16) e 15 ≡ −1 (mod 16) x2 · 17 · 15 ≡ 1 (mod 16) x2 · 1 · (−1) ≡ 1 (mod 16) −x2 ≡ 1 (mod 16) x2 ≡ −1 (mod 16) Como: −1 ≡ 15 (mod 16) x2 ≡ −1 (mod 16) x2 ≡ 15 (mod 16) Substituindo “x1 ” e “x2 ”: X = 720 · x1 + 2550 · x2 X = 720 · 9 + 2550 · 15 X = 6480 + 38250 X = 44730 Para finalizar: x ≡ 44730 (mod 17 · 16 · 15) x ≡ 44730 (mod 4080) Como: 44730 ≡ 3930 (mod 4080) Obs: Como queremos o menor número de moedas possı́vel, temos que encontrar o 82 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA primeiro valor positivo que seja congruente de 44730 no modulo 4080. No caso é o 3930. Logo, o menor número de moedas possı́vel é 3930. 83 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 84 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 3 Relações, Operações, Aplicações 3.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 70 À 71 1. Sejam E = {1, 3, 5, 7, 9} e F = {0, 2, 4, 6}. a) Enumere os elementos das seguintes relações de E em F: R1 = {(x, y)|y = x − 1} R2 = {(x, y)|x < y} R3 = {(x, y)|y = 3x} b) Estabeleça o domı́nio e a imagem de cada uma. Solução de a: Seja R1 : E → F então R1 (1) = 1 − 1 = 0 R1 (3) = 3 − 1 = 2 R1 (5) = 5 − 1 = 4 R1 (7) = 7 − 1 = 6 R1 (9) = 9 − 1 = 8 Entretanto, como 8 ∈ / F então (9, 8) ∈ / R1 . Sendo assim: R1 = {(1, 0); (3, 2); (5, 4); (7, 6)}. Já quanto as relações da ordem entre E e F pode-se dizer o seguinte: • Existe apenas uma relação de ordem que envolva o 2; 1<2 • duas que envolvem o 4; 1<4e3<4 • e três que envolvem o 6 1 < 6, 3 < 6 e 5 < 6 85 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Sendo assim: R2 = {(1, 2); (1, 4), (3, 4); (1, 6); (3, 6); (5, 6)} Usando raciocı́nio análogo a R1 conclui-se que R3 =  Solução de b: Dado R1 = {(1, 0); (3, 2); (5, 4); (7, 6)} chama-se de domı́nio de R1 o conjunto formado pelo primeiro elemento de cada par ordenado de R1 , ou seja: Dm (R1 ) = {1,3,5,7} Já a imagem de R1 é o conjunto formado pelo segundo elemento de cada par. Isto é: Im (R1 ) = {0,2,4,6} Analogamente se chega à: Dm (R2 ) = {1,3,5} e Im (R2 ) = {2,4,6} Dm (R3 ) = Im (R3 ) =  2. Sabe-se que E é um conjunto com 5 elementos e R = {(a, b), (b, c), (c, d), (d, e)} é uma relação sobre E. Pede-se obter: a) os elementos de E; b) domı́nio e imagem de R; c) os elementos, domı́nio e imagem de R−1 ; d) esquema de flechas de R; Solução de a: Se R é uma relação 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} Solução de b: Dm (R) = {a, b, c, d} e Im (R) = {b, c, d, e} 86 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de c: Se R = {(a, b); (b, c); (c, d); (d, e)} a inversão dos elementos de seus pares será R−1 . Assim: R−1 = {(b, a); (c, d); (d, c); (e, d)} De modo que Dm (R−1 ) = {b, c, d, e} e Im (R−1 ) = {a, b, c, d} Solução de d: a b b c c d d e 3. Sendo R = {(x, y) | 4x2 + y 2 = 4} uma relação sobre R, pede-se: a) o gráfico cartesiano de R; b) o domı́nio de R; c) a imagem de R; d) descrever R−1 . Solução de a: 2 -1 1 -2 Solução de b: 87 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Através do gráfico percebe-se que Dm = [−1, 1] Solução de c: Através do gráfico percebe-se que Im (R) = [−2, 2] Solução de d: Partindo da equação 4x2 + y 2 = 4 então: √ y = ± 4 − 4x2 √ ⇒ y = ±2 1 − x2 Trocando y por x então: p x2 = ± 2 1 − y 2 p ⇒ x2 = (±2 1 − y 2 )2 ⇒ x2 = 4(1 − y 2 ) x2 ⇒ 4 = 1 − y2 x2 ⇒ y2 = 1 − 4 ⇒ 4y 2 = 4 − x2 ⇒ 4y 2 + x2 = 4 Sendo assim: R−1 = {(x, y) ∈ R2 /x2 + 4y 2 = 4} 4. Seja R a relação sobre o conjunto N∗ definida pela sentença x + 3y = 10. Pede-se determinar: a) os elementos de R; b) o domı́nio de R; c) a imagem de R; d) os elementos de R−1) . Solução de a: 88 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Note que a sentença x + 3y = 10 também pode ser escrita como: 10 − x y= 3 ∗ Como a R é uma relação 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: 10 − 1 y(1) = =3 3 Como 3 ∈ N∗ então o par (1, 3) ∈ R Note que para x = 2, · · · , 10 temos: 8 7 5 4 2 1 y(2) = ; y(3) = ; y(4) = 2; y(5) = ; y(6) = ; y(7) = 1; y(8) ; y(9) = ; y(10) = 0 3 3 3 3 3 3 Como 2, 7 ∈ N∗ então os pares (4, 2); (7, 1) ∈ R. E como os demais valores para x fornecem apenas números não naturais ou o zero, então a relação R é dada por: R = {(1, 3), (4, 2), (7, 1)} Solução de b: D(R) = {1, 4, 7} Solução de c: Im (R) = {1, 2, 3} Solução 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? 89 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA b) Qual é o número de relações de E em F? Solução de a: Usando o princı́pio fundamental da contagem o número de elementos de E×F é igual a m × n. Solução de b: Se um conjunto possui m × n elementos então ele terá sempre 2m×n subconjuntos. 0 0 6. Seja R uma relação binária sobre o conjunto E e R a negação de R, isto é, R = 0 0 {(x, y) | xRy}. O que se pode concluir sobre R∩R e R∪R ? Solução: Nesse caso temos R’ = E×E - R, então: R0 ∩ R = Ø e R0 ∪ R = E × E. 7. Sejam R1 e R2 duas relações binárias em E. Que significado têm R1 ∪R2 e R1 ∩R2 ? O que significa a inclusão R1 ⊂R2 ? Solução: R1 ∪ R2 = {(x, y) | xR1 y ou xR2 y} R1 ∩ R2 = {(x, y) | xR1 y ou xR2 y} Se R1 ⊂ R2 então todo elemento de R1 também pertence a R2 . 90 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 91 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 3.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 75 À 76 8. Seja R a relação em E = {1, 2, 3, 4, 5} tal que xRy se, e somente se, x − y é múltiplo de 2. a) Quais são os elementos de R? b) Faça o diagrama de flechas para R. c) R é reflexiva? R é simétrica? R é transitiva? R é antissimétrica? Solução de a: Comece listando todos os pares (x, y) com x, y ∈ E. (1, 1) (1, 2) .. . (1, 5) .. . (2, 1) (2, 2) .. . (5, 4) (5, 5) Agora verifique quais desses pares cumprem a condição de serem divisı́veis por 2. (1, 1) ⇒ 1 − 1 = 0 (1, 2) ⇒ 1 − 2 = −1 .. . (1, 5) ⇒ 1 − 5 = −4 .. . (2, 1) ⇒ 2 − 1 = 1 (2, 2) ⇒ 2 − 2 = 0 .. . (5, 4) ⇒ 5 − 4 = 1 (5, 5) ⇒ 5 − 5 = 0 Observe que das operações listadas acima as únicas que satisfazem as condições de R, isto é, ser divisı́vel por 2 e pertencer a E são as que formam os pares: 92 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (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 relação R será: R = {(1, 1), (1, 3), (1, 5), (2, 2), (2, 4), (3, 1), (3, 3), (3, 5), (4, 4), (4, 2), (5, 5), (5, 3), (5, 1)} Solução 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. Solução de c: A relação R é reflexiva, pois ∀x ∈ E temos xRx. Também é simétrica e transitiva. R não é anti-simétrica. 9. R é uma relação sobre E = {a, b, c, d} dada pelo esquema de flechas ao lado. Que propriedades R apresenta? a b c d E Solução: Reflexividade, simetria e transitividade. 10. Que propriedades apresenta a relação S dada pelo esquema ao lado? a b E c d 93 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução: S não é reflexiva, simétrica, anti-simétrica e transitiva. 11. O conjunto E = {a, b, c, d, e} é formado pelos cinco filhos de um mesmo casamento. Seja R a relação sobre E assim definida: xRy se, e somente se, x é irmão de y Que propriedade R apresenta? N ota : x é irmão de y quando x 6= y e x e y têm os mesmos pais. Solução: Todas as combinações possı́veis de pares ordenados sobre o conjunto E é dada pelo produto cartesiano E × E. E2 = {(a, a), (a, b), (a, c), (a, d), (a, e), (b, a), (b, b), (b, c), (b, d), (b, e), (c, a), (c, b), (c, c), (c, e), (d, a), (d, b), (d, c), (d, e), (d, d), (e, a), (e, b), (e, c), (e, d), (e, e)} Os elementos (a, a), (b, b), (c, c), (d, d) e (e, e) não representam irmãos, pois não se pode ser irmão de si mesmo. Sendo assim a relação R requerida é: R = E2 − {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e)} ⇒ R = {(a, b), (a, c), (a, d), (a, e), (b, a), (b, c), (b, d), (b, e), (c, a), (c, b), (c, e), (d, a), (d, b), (d, c), (d, e), (e, a), (e, b), (e, c), (e, d)} De posse da relação R testamos a existência das seguintes propriedades sobre R: reflexão, simetria, transitividade e anti-simetria. • Conferindo a reflexão. Como R = E2 − {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e)} então R não goza da propriedade reflexiva. • Conferindo a simetria. Olhando para a relação R pode se observar o que ∀ x, y ∈ E; xRy ⇒ yRx. Assim, a relação é simétrica. • Conferindo a transitividade. 94 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Suponha por absurdo que a relação seja transitiva. Sendo assim, tomando a, b ∈ E como aRb e bRa pela transitividade terı́amos aRa. O que gera o absurdo. • Conferindo a anti-simetria. Como o conjunto E têm cinco elementos (por hipótese) se a relação fosse anti-simétrica então pela relação R o conjunto E seria unitário. (Obs: essa explicação pode ser colocada sobre a forma de prova por absurdo). Conclusão: A relação é somente simétrica. 12. Seja E o conjunto das retas que contêm os lados de um hexágono regular abcde. a) Quantos elementos têm o conjunto E? b) Indique quais são os pares ordenados que constituem a relação R em E assim definida: xRy ⇔ x é paralela a y c) Quais são as propriedades que R apresenta? N ota : x é paralela a y quando x = y ou x ∩ y = ∅, com x e y coplanares. Solução de a: Imagine o seguinte hexágono. C B D A E F Note que o hexágono é composto de seis segmentos que são: CB, BA, AF F E, ED e DC. Ou seja, o conjunto E têm seis elementos. E = {(c, b), (b, a), (a, f ), (f, e), (e, d), (d, c)} Solução de b: 95 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Note que CB//EF , BA//DE, AF //CD e também as recı́procas EF //CB, DE//BA e CD//AF . Outro detalhe é que pela nota fornecida um segmento é paralelo a ele mesmo, sendo assim: R = {(ab, ab), (ab, de), (de, ab), (de, de), (bc, bc), (bc, ef ), (ef, bc), (ef, ef ), (cd, cd), (cd, f a), (f a, cd), (f a, f a)} Solução de c: Com base na observação da relação R conclui-se que a mesma é reflexiva, simétrica e transitiva. 13. Seja E = {1, 2, 3}. Considerem-se as seguintes relações em E: R1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)} R2 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 3), (3, 3)} R3 = {(1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)} R4 = E×E R5 = ∅ Quais são reflexivas? E simétricas? E transitivas? E anti-simétricas? Solução: Reflexivas: R1 , R2 e R4 ; simétricas: R1 , R3 , R4 e R5 ; transitivas: R1 , R2 , R4 e R5 ; anti-simétricas:R1 , R2 e R5 . 14. Construa sobre o conjunto E = {1, 2, 3, 4} quatro relações R1 , R2 , R3 e R4 de modo que R1 só tem a propriedade reflexiva, R2 só a simétrica, R3 só a transitiva e R4 só a anti-simétrica. Sugestão: Faça os diagramas de flechas. Solução: R1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4)(1, 2), (2, 3), (3, 2)} R2 = {(1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1)} R3 = {(1, 2), (2, 3), (1, 3), (2, 1)} 96 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA R4 = {(1, 2), (2, 3), (3, 4)} 15. Dê um exemplo de relação R sobre o conjunto E = {a, b, c} que tenha as pro- priedades simétrica e anti-simétrica. Dê um exemplo de relação S sobre E que não tenhas as propriedades simétrica e anti-simétrica. Solução: No exercı́cio 13 determinamos que a relação R1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)} sobre E = {1, 2, 3} é tanto simétrica como anti-simétrica. Se trocássemos 1 por a, 2 por b e 3 por c no conjunto E e seguı́ssemos a mesma lógica para a formação de R1 terı́amos: R = {(a, a), (b, b), (c, c)} sobre E = {a, b, c} Que também é simétrica e anti-simétrica. 16. Descreva uma a uma todas as relações binárias sobre o conjunto E = {a, b}. Em seguida, identifique quais são reflexivas, quais são simétricas, quais são transitivas e quais são anti-simétricas. Solução: 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 97 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 98 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 3.3 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 77 17. Esboce os gráficos cartesianos das seguintes relações 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} Solução: 2 2 Gráfico de R1 1 1 1 1 Gráfico de R2 99 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 2 2 2 2 Gráfico de R3 -2 -1 1 -1 Gráfico de R4 2 2 2 2 Gráfico de R5 18. Das relações do exercı́cio anterior, quais são reflexivas? Quais são simétricas? Solução: Reflexiva: R4 ; simétricas: todas. 19. Esboce os gráficos cartesianos das seguintes relações sobre R: R6 = {(x, y)|y = x2 } R7 = {(x, y)|xy = 12} 100 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA R8 = {(x, y)|x2 + 4y 2 ≤ 4} R9 = {(x, y)|x2 = y 2 } R10 = {(x, y)|y ≥ x3 } Solução: Devido a simplicidade e semelhança com a questão 17 deixarei essa questão a cargo do leitor. Caso o mesmo tenha dificuldade, ou apenas deseje conferir suas respostas, recomendo o uso do software Geogebra. 20. Das relações do exercı́cio anterior, quais são reflexivas? Quais são simétricas? Solução: Reflexiva: R9 ; simétricas: R7 e R9 . 101 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 102 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 3.4 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 79 21. Quais das relações abaixo são relações 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 Solução: Apenas as relações R1 e R4 são relações de equivalência. A relação R2 não pode ser pois não é simétrica. A relação R3 não pode ser pois não é reflexiva. A relação R5 não pode ser pois não é reflexiva. 22. Quais das sentenças abertas abaixo definem uma relação de equivalência em Z? a) x ≡ y (mod 3) b) xB| y c) x ≤ y d) mdc(x, y) = 1 e) x + y = 7 Solução de a: Para todo x ∈ Z temos x ≡ x (mod 3) logo é reflexiva. Se x ≡ y (mod 3) então y ≡ x (mod 3) logo é simétrica. Se x ≡ y (mod 3) e y ≡ z (mod 3) então x ≡ z (mod 3) logo a relação é transitiva. Sendo assim, é uma relação de ordem. Solução de b: Para todo x ∈ Z temos x | x logo é reflexiva. 103 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Se x | y e y 6= x então y - x, logo não é transitiva. Se não é transitiva não pode ser uma relação de ordem. Solução de c: Não é relação de ordem. Solução de d: Não é relação de ordem. Solução de e: Não é relação de ordem. 23. Seja E o conjunto dos triângulos do espaço geométrico euclidiano. Seja R a relação em E definida por: xRy se, e somente se, x é semelhante a y. Prove que R é de equivalência. Solução: Prova da reflexividade. Por definição todo triângulo é semelhante a ele mesmo, isso prova a reflexividade. Prova de simetria. Se ∆1 ,∆2 ∈ E de modo que ∆1 ∼ ∆2 então sobre os ângulos internos de ∆1 e ∆2 , (α, γ, ω) pode se dizer o seguinte: α1 = α2 ; γ1 = γ2 ; ω1 = ω2 Onde α, γ, ω são os ângulos internos de ∆1 e ∆2 . As figuras a seguir ilustram a situação ω1 ∆1 = α1 γ1 104 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA angulo ∆1 Tri^ ω2 ∆2 = α2 γ2 angulo ∆2 Tri^ Como as três igualdades acima implicam nas três igualdades abaixo: α1 = α2 ; γ1 = γ2 ; ω1 = ω2 Então ∆1 ∼ ∆2 provando a simetria. Prova da transitividade Se ∆1 , ∆2 , ∆3 ∈ E com ∆1 ∼ ∆2 e ∆2 ∼ ∆3 . Então pode se dizer o seguinte sobre os ângulos internos (α, γ, ω) dos triângulos. α1 = α2 ; γ1 = γ2 ; ω1 = ω2 (1) E também α2 = α3 ; γ2 = γ3 ; ω2 = ω3 (2) ω1 ∆1 = α1 γ1 Triangulo ∆1 ω2 ∆2 = α2 γ2 Triangulo ∆2 ω3 ∆3 = α3 γ3 Triangulo ∆3 105 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Através das igualdades de (1) e (2) chega-se a: α1 = α3 ; γ1 = γ3 ; ω1 = ω3 . O que implica em ∆1 ∼ ∆3 . Provando a transitividade. 24. Seja E o conjunto das retas de um plano α. Quais das relações abaixo definidas são relações de equivalência em E? a) xRy se, e somente se, x k y b) xSy se, e somente se, x ⊥ y Solução de a: Prova de i: Com base no exemplo 4 da página 78 o autor considera que uma reta pode ser paralela a ela mesma. Sendo assim se x ∈ E então xRx, ou seja, pode-se dizer que a 1a condição é satisfeita pela própria definição de reta. Prova de ii: Se x, y ∈ E são paralelas então, x e y possuem o mesmo coeficiente angular, o que implica também em y k x, satisfazendo a 2a condição. Prova de iii: Se x, y, z ∈ E com x k y e y k z então x possui o mesmo coefi- ciente regular que z. O que implica na igualdade do coeficiente angular de x e z. O que consequentemente comprova a 3a condição, pois assim x k z. Solução de b: Por definição uma reta não pode interceptar a si mesma, em qualquer um de seus pontos, de modo a formar um ângulo de 90◦ . Sendo assim, a 1a condição não é satisfeita de modo a não termos uma relação de equivalência. 25. Considere a relação R sobre N × N definida por: (a,b)R(c,d) se, e somente se, a + b = c + d Prove que R é uma relação de equivalência. Solução: Prova de i: Dado (a, b) ∈ N2 como a + b = a + b então (a, b)R(a, b) provando i. 106 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 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 equação 0 − (c + d) = [(c + d) + (−a + (−b))] − (c + d) ⇒ −(c + d) = [(c + d) + (−a + (−b))] + (−c + (−d)) Usando a associativade no 2◦ membro: −(c + d) = [(c + d) + (−c + (−d))] + (−a + (−b)) −(c + d) = [(c + d) − (c + d)] + (−a + (−b)) −(c + d) = (−a + (−b)) −(c + d) = −(a + b) Multiplicando ambos os membros por −1 (c + d) = (a + b) ⇒ (c, d)R(a, b) Provando a segunda condição 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: 107 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA a+b=c+d e c+d=e+f ⇒a+b=e+f ⇒ (a, b)R(e, f ) Provando a terceira condição. Logo é uma relação de equivalência. 26. Pense na relação S em Z × Z∗ definidas por: (a,b)S(c,d) se, e somente se, ad=bc Prove que R é uma relação de equivalência. Solução: Prova de i: Dado (a, b) ∈ Z × Z∗ . Como ab = ab então (a, b)R(a, b). Satisfazendo a primeira condição. Prova de ii: Dado (a, b) e (c, d) ∈ Z × Z∗ com (a, b)R(a, b) então: ab = cd ab − ab = cd − ab 0 − cd = (cd + (−ab)) − cd Usando a associatividade a esquerda: −cd = (cd + (−cd)) + (−ab) −cd = −ab Multiplicando ambos os termos por (−1) (−1)(−cd) = (−1)(−ab) ⇒ cd = ab 108 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ⇒ (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 109 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 110 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 3.5 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 81 À 82 27. Seja E = {x ∈ Z | −5 ≤ x ≤ 5} e seja R a relação sobre E definida por xRy se, e somente se, x2 + 2x = y 2 + 2y a) Mostre que R é uma relação de equivalência. b) Descreva as classes de equivalência 0, −2 e 4. Solução de A: A relação é reflexiva! Note que para todo x ∈ E a igualdade x2 + 2x = x2 + 2x é valida. Logo a relação é reflexiva. A relação é 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 equações acima se chega à: x2 + 2x = z 2 + 2z ⇒ xRz provando a transitividade da relação. A relação é simétrica! Dado x, y ∈ E com xRy então: x2 + 2x = y 2 + 2y 111 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Subtraindo x2 + 2x de ambos os membros (x2 + 2x) − (x2 + 2x) = (y 2 + 2y) − (x2 + 2x) ⇒ 0 = (y 2 + 2y) − (x2 + 2x) subtraindo agora y 2 + 2y de ambos os membros 0 − (y 2 + 2y) = ((y 2 + 2y) − (x2 + 2x)) − (y 2 + 2y) −(y 2 + 2y) = ((y 2 + 2y) + (−x2 − 2x)) − (y 2 + 2y) Usando a comutativa no 2◦ membro −(y 2 + 2y) = ((−x2 − 2x) + (y 2 + 2y)) − (y 2 + 2y) Usando a associatividade no 2◦ membro −(y 2 + 2y) = (−x2 − 2x) + ((y 2 + 2y) − (y 2 + 2y)) ⇒ −(y 2 + 2y) = −(x2 + 2x) ⇒ −(y 2 + 2y) = (x2 + 2x) ⇒ yRx Provando a simetria Como a relação é reflexiva, transitiva e simétrica então é uma relação de equivalência. Solução de B: Como ficou provado no item A relação R é uma relação de equivalência sobre E. Sendo assim: 0 = {x ∈ E | |xR0} Ou seja, 0 é o conjunto solução da seguinte equação: x2 + 2x = (0)2 + 2(0) ⇒ x2 + 2x = 0 ⇒ x(x + 2) = 0 112 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ⇒ x = 0 ou x = −2. Sendo assim: 0 = {0, −2} Analogamente se chega a conclusão de que −2 = {0, −2} e 4 = {4, −6}. 28. Sejam E = {x ∈ Z | |x| ≤ 3} e seja R a relação sobre E definida por xRy se, e somente se, x + |x| = y + |y| a) Mostre que R é uma relação de equivalência. b) Descreva o conjunto-quociente E/R. Solução de A: Prova de simetria. Dado x, y ∈ E com xRy então: x + |x| = y + |y| Somando (−x − |x|) a ambos os termos (x + |x|) + (−x − |x|) = (y + |y|) + (−x − |x|) ⇒ (x + |x|) − (x + |x|) = (y + |y|) + (−x − |x|) ⇒ 0 = (y + |y|) + (−x − |x|) Somando (−y − |y|) a ambos os termos 0 + (−y − |y|) = [(y + |y|) + (−x − |x|)] + (−y − |y|) Usando a comutatividade de Z no 2◦ membro (−y − |y|) = [(−x − |x|) + (y + |y|)] + (−y − |y|) Usando a associatividade da soma em Z no 2◦ membro (−y − |y|) = (−x − |x|) + [(y + |y|) + (−y − |y|)] 113 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ⇒ (−y − |y|) = (−x − |x|) + [(y + |y|) − (y + |y|)] ⇒ −(y + |y|) = −(x + |x|) Multiplicando ambos os membros da equação acima por (−1) (y + |y|) = (x + |x|) ⇒ yRx provando a simetria. Prova da reflexividade Dado x ∈ E como a igualdade a seguir é sempre válida x + |x| = x + |x| então xRx provando a reflexão. Prova da transitividade Dado x, y e z ∈ E de modo que xRy e yRz então: x + |x| = y + |y| e y + |y| = z + |z| combinando as igualdades acima chega-se à: x + |x| = z + |z| ⇒ xRz Provando a transitividade. Como a relação é reflexiva, transitiva e simétrica então é uma relação de equivalência. Solução de B: Como E = {x ∈ Z | |x| ≤ 3} então os elementos de E são os números −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3. Por definição o conjunto quociente é o conjunto das classes de equivalência de cada um dos elementos de E. Que no caso são: −3 = {x ∈ E | (xR − 3)} = {−3, −2, −1, 0} 114 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA −2 = {−3, −2, −1, 0} −1 = {−3, −2, −1, 0} 0 = {−3, −2, −1, 0} 1 = {1} 2 = {2} 3 = {3} Como os elementos de −3 a 0 geram a mesma classe então: E/R = {{−3, −2, −1, 0}, {1}, {2}, {3}} 29. Considere o conjunto E = {x ∈ Z | |0 ≤ x ≤ 10} e sobre ele a relação de congruência módulo 4, que é de equivalência. a) Descreva as classes de equivalência 0 e 1. b) Descreva o conjunto-quociente E/R. Solução de A: Para determinar 0 devemos encontrar o conjunto solução da seguinte equação sobre E x ≡ 0 (mod 4) Sendo E = {x ∈ Z|0 ≤ x ≤ 10} então os únicos valores que satisfazem a equação são 0, 4 e 8. 0 − 0 = 0 e como 0|4 então 0 ≡ 0 (mod 4) 4 − 0 = 4 e como 4|4 então 4 ≡ 0 (mod 4) 8 − 0 = 8 e como 8|4 então 8 ≡ 0 (mod 4) Sendo assim 0 = {0, 4, 8}. Analogamente se conclui que I = {1, 5, 9} Solução de B E 29. = {{0, 4, 8}, {1, 5, 9}, {2, 6, 10}, {3, 7}} (veja a questão 28). R 115 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 30. Seja R a relação sobre Q definida da seguinte forma: xRy se, e somente se, x − y ∈ Z a) Prove que R é uma relação de equivalência. b) Descreva a classe 100. c) Descreva a classe 0, 5. Solução de A: Prova da reflexividade Dado x ∈ Q como x − x = 0 e 0 ∈ Z, então xRx. Provando a reflexão. Prova da simetria Dado x e y ∈ Q com xRy então: (x − y) ∈ Z o que implica na existência de um k ∈ Z tal que: x−y =k Multiplicando ambos os membros da igualdade acima por -1 então: −x + y = −k ⇒ y − x = −k Como k ∈ Z obviamente −k também pertence sendo assim yRx. Provando então a simetria. Prova de transitividade Dado x, y e z ∈ Q tal que xRy e yRz então: (x − y) ∈ Z e (y − z) ∈ Z Sendo assim, existe um k e um k 0 , ambos pertencentes a Z tal que 116 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA x − y = k e y − z = k0 De y − z = k 0 chega-se a y = k 0 + z. Usando esse resultado na primeira equação x − (k 0 + z) = k ⇒ x − k0 − z = k ⇒ x − z = k + k0 Como a soma de inteiros resulta num inteiro então (x − z) ∈ Z ⇒ xRz Provando a transitividade Solução de B: 100 = Z Solução de C: Para que x − 0, 5 ∈ Z é necessário que x seja um inteiro somado a 0,5. Sendo assim:     1 2x + 1 0, 5 = x + | x ∈ Z ou 0, 5 = |x∈Z 2 2 31. Considere a relação S sobre R definida da seguinte forma: xSy se, e somente se, x−y ∈Q a) Prove que S é uma relação de equivalência. b) Descreva a classe representada por 1/2. c) Descreva a classe a, quando a ∈ Q. √ d) Descreva a classe 2. Solução de A: Prova da reflexividade 117 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Dado x ∈ Q como x − x = 0 e 0 ∈ Q então xSx. Provando a reflexividade. Prova da simetria Dado x, y ∈ Q tal que xSy então: x−y ∈Q Sendo assim existe um k ∈ Q tal que x − y = k. Como k ∈ Q então −k ∈ Q e como −k = y − x então xSx. Provando a simetria. Prova da transitividade (Veja questão 30). Solução de B:       1 1 1 = x∈R| x− ∈ Q por definição, mas como x − ∈ Q ∀x ∈ Q então 2 2 2 podemos escrever a classe de equivalência também como: 1 =Q 2 Solução de C: a = Q, a ∈ Q (ver questão 30) Solução de D: √ √ 2 = {x + 2 | x ∈ Q} (ver questão 30) 32. Pense na relação T sobre C definida por (x+yi)T (z +ti) se, e somente se, x2 +y 2 = z 2 + t2 com x, y, z e t reais. a) Prove que T é uma relação de equivalência. b) Descreva a classe (1 + i). Solução de A: Prova da reflexividade Dado α ∈ C, com α = (w + si) como a igualdade a seguir é sempre verdadeira (w2 + s2 ) = (w2 + s2 ) 118 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA então αTα provando a reflexividade. Prova da simetria Dado (x + yi) e (z + ti) com (x + yi)T (z + ti) então x2 + y 2 = z 2 + t2 Onde por meio das propriedades operativas de R (ver exercı́cio 30) chega-se a z 2 + t 2 = x2 + y 2 ⇒ (z + ti)T (x + yi) Provando a simetria Prova da transitividade Dado (x + yi), (z + ti) e (w + si) tal que (x + yi)T (z + ti) e (z + ti)T (w + si) então: x2 + y 2 = z 2 + t2 e z 2 + t2 = w2 + s2 Combinando ambas as equações chegamos à: x2 + y 2 = w2 + s2 ⇒ (x + yi)T (w + si) Provando a transitividade Logo a relação T é de equivalência Solução de B: 1 + 1i = {(x + yi) ∈ C | x2 + y 2 = 12 + 12 } 33. Mostre que a relação R = {(a + bi, c + di) | b = d} é uma relação de equivalência sobre C e descreva o conjunto-quociente C/R. Solução: Note que para todo a + bi ∈ C temos (a + bi)R(a + bi) 119 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA pois, b = b. Logo a relação é reflexiva. Dado (a+bi) e (c+di) se (a+bi)R(c+di) então b = d. O que implica em (c+d)R(a+bi) provando a simetria. Se (a + bi)R(c + di) e (c + di)R(e + hi) então b = d e d = h o que implica em b = h e portanto, (a + bi)R(e + hi). Provando a transitividade. Ao contrário do resultado no fim do livro o conjunto-quociente C/R não são todas as retas paralelas ao eixo real, pois isso implicaria na reta representada pelo par (a + bi, c + di) pertencente a C, o que claramente não é possı́vel (o par pertence a C2 ). Na verdade, a solução mais correta seria todos os vetores com origem em (0,0). AVISO! Um detalhe importante é como a relação está escrita no enunciado. A aqui uma diferença grande em como a relação é descrita em relação aos demais problemas. Uma vez que essa nova notação só aparece neste exercı́cio e não é explicada em nenhum ponto do livro é sugerido que o professor: explique aos seus alunos essa notação ou evite utilizar esse exercı́cio. 34. Mostre que a relação Sobre R2 definida por (x1 , y1 )S(x2 , y2 ) se, e somente se, x1 y1 = x2 y2 é uma relação de equivalência. A seguir descreva as classes (0, 0) e (1, 1). Finalmente descreva R2 /S. Solução: (0, 0) = {(x, y) ∈ R2 |xy = 0} (1, 1) = {(x, y) ∈ R2 |xy = 1} R2 é o conjunto de hipérboles xy = k. T 35. Mostre que a relação T sobre R2 definida por (x1 , y1 )T (x2 , y2 ) se, e somente se, x1 − y1 = x2 − y2 é uma relação de equivalência. A seguir descreva (1, 1) e (1, 3) e R2 /T . Solução: (1, 1) = {(x, y) ∈ R2 |x − y = 0} 120 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (1, 3) = {(x, y) ∈ R2 |x − y = −2} R2 é o conjunto das retas paralelas à reta x − y = 0. T 121 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 122 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 3.6 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 84 36. Qual é a relação de equivalência associada a cada uma das seguintes partições? a) F1 = {{a, b}, {c, d}} b) F2 = {{a}, {b}, {c, d}} c) F3 = {{0, ±2, ±4, ...}, {±1, ±3, ±5, ...}} Solução de A: Primeiro desenhamos uma representação da partição. Essa representação pode ser como a que está sendo usada a seguir. a c b d Figura 1. Na verdade, esse desenho não é necessário serve apenas como recurso didático mesmo. Como a relação deve ser reflexiva então desenhamos uma seta para o próprio elemento. a c b d Figura 2. Para garantir que a relação seja também simétrica e transitiva finalizamos ligando com setas duplas os elementos pertencentes APENAS AO MESMO BLOCO. 123 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA a c b d Figura 3. Para deixar bem claro o que foi dito nunca realize a ligação entre elementos de blocos diferentes, como foi feito a seguir. a c b d Figura 4. Logo a relação R encontrada (e representada na figura 2) é: R = {(a, a), (a, b), (b, b), (b, a), (c, c), (c, d), (d, d), (d, c)} Solução de B: Primeiro desenhamos o diagrama. a c b d Como a relação deve ser reflexiva então relacionamos cada elemento dos blocos com si mesmo. 124 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA a c b d Como a relação deve ser transitiva e simétrica relacionamos com setas duplas os elementos pertencentes a um mesmo bloco. a c b d Note que o elemento a e b não ficou relacionado com nada, exceto com eles mesmos, pois são os únicos elementos de seus blocos. Logo a relação é: R = {(a, a), (b, b), (c, c), (c, d), (d, d), (d, c)}. Solução de C: A resolução desse item é um pouco diferente pois os blocos da partição são conjun- tos infinitos isto é: {0, ±2, ±, 4, ...} e {±1, ±3, ±5, ...}. Entretanto se observamos bem percebemos que a união desses dois blocos formam o conjunto dos inteiros (Z). Voltando no próprio livro na página 78 e verificando o exemplo 3 descobrimos que toda relação R = {(a, b)|a ≡ (mod n)} com n > 1 é uma relação de equivalência sobre o conjunto dos inteiros. Logo uma resposta correta seria: a relação de congruência módulo 2. Obs: É muito bom que se tenha o hábito de decorar alguns dos exemplos contidos nos livro. Muitos deles têm “aplicações” importantes e são escolhidos como exemplos por isso. 37. Quais são as relações de equivalência sobre E = {a, b}? Solução: 125 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA O conjunto E pode gerar duas, e apenas duas, partições. São elas: E1 = {a, b} e E2 = {{a}, {b}}. Seguindo o procedimento descrito na questão anterior chegamos a conclusão de que a relação de equivalência para primeira partição (E1 ) seria R1 = E × E. E para a segunda (E2 ) seria R2 = {(a, a), (b, b)}. 38. Descreva uma a uma todas as relações de equivalência sobre E = {a, b, c}. Solução: O conjunto E pode gerar cinco, e apenas cinco, partições. São elas: E1 = {a, b, c} E2 = {{a}, {b}, {c}}. E3 = {{a, b}, {c}}. E4 = {{a, c}, {b}}. E5 = {{a}, {b, c}}. E cada uma delas irá gerar uma relação distinta. R1 =E×E R2 = {(a, a), (b, b), (c, c)} R3 = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, b), (b, a)} R4 = {(a, a), (b, b), (c, c), (a, c), (c, a)} R5 = {(a, a), (b, b), (c, c), (b, c), (c, b)} 39. Quantas são as relações de equivalência que podem ser estabelecidas sobre um conjunto de 4 elementos? Solução: As duas partições a seguir são as mais triviais para se obter. {a, b, c, d} {a}, {b}, {c}, {d} Com 4 elementos podemos criar 4 partições que contenham blocos de três elementos. 4! C4,3 = =4 3!(4 − 3)! 126 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA {a, b, c}{d} {a, b, d}{c} {a}{b, d, c} {b}{a, c, d} Seis partições que contenham apenas um bloco com dois elementos. 4! C4,2 = =6 2!(4 − 2)! {a, b}{c}{d} {a, c}{b}{d} {a, d}{b}{c} {a}, {c}, {b, c} {a}{c}{b, d} {a}{b}{c, d} E mais 3 partições que contenham dois blocos com dois elementos cada. C4,2 =3 2 a, bc, d a, cb, d a, d, b, c Como cada partição resulta em uma relação e temos um total de 15 partições C4,2 2 + C4,3 + C4,2 + = 15 2 então, temos 15 relações. Obs1 . O livro Matemática Discreta: Uma introdução do Scheinerman possui uma sub sessão que pode ajudar a entender como utilizar métodos de contagem para deter- minar a quantidade de partições que se pode encontrar a partir de um conjunto. Recomendo a leitura. Outra dica muito útil para resolver problemas como esse é utilizar a famosa fórmula de Bell. n−1   X n−1 Bn = bk k k=0 onde n é o número de elementos do conjunto e B0 = B1 = 1. Veja, por exemplo, como aplicar a fórmula em um conjunto de 4 elementos. 4−1           X 4−1 3 3 3 3 B4 = bk = B0 + B1 + B2 + B3 k 0 1 2 5 k=0 B4 = B0 (1) + B1 (3) + B2 (3) + B3 (1) Como B0 = B1 = 1 então: 127 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA B4 = 1 + 1(3) + B2 (3) + B3 (1) ⇒ B4 = 4 + B2 (3) + B3 Para calcular B2 usamos novamente a fórmula de Bell. 2−1   X 2−1 B2 = bk =2 k k=0 O mesmo para calcular B3 . 3−1   X 3−1 B3 = bk =5 k k=0 O que implica em B4 = 4B2 (3) + B3 = 4 + (2) · (3) + 5 = 15 Ou seja, temos novamente 15 partições e consequentemente 15 relações de equivalência. Obs2 . Decorar os primeiros números de Bell pode vir a ser de alguma utilidade. Esses números são: 1, 1, 2, 5, 15 e 52 que é o equivalente a B0 , B1 , ..., B5 respetivamente. Com essa sequência decorada podemos rapidamente aferir o número de relações de equivalência sobre um conjunto apenas conferindo os ı́ndices de B. 128 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 129 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 3.7 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 87 40. Seja C o conjunto dos números complexos e sejam x = a + bi e y = c + di dois elementos de C. Considere a relação R sobre C definida por: xRy se, e somente se, a ≤ c e b ≤ d. a) Mostre que R é uma relação de ordem parcial sobre C. b) Assinale no plano Argand-Gauss o conjunto A dos complexos z tais que zR(1 + 2i) e o conjunto B dos complexos z tais que (1 + 2i)Rz. c) Decida: C é totalmente ordenado por R? Solução de a: Dado x, y ∈ C com x e y tal como descrito no enunciado então: xRx, pois a ≤ a e b ≤ b. Logo a relação é reflexiva. Partindo agora do pré suposto que xRy e yRx então: a ≤ c e b ≤ d (de xRy) e também c ≤ a e d ≤ b (de yRx) Note que as desigualdades a ≤ c e c ≤ a só podem ocorrer simultaneamente quando a = c. Raciocı́nio análogo nos faz chegar a conclusão de que b = d. Sendo assim, se x = a + bi e y = c + di com a = c e b = d então x = y. Ou em outras palavras, a relação é simétrica. Supondo agora que xRy e yRz, com z = f + gi ∈ C então: a ≤ c e b ≤ d (de xRy) e também 130 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA c ≤ f e d ≤ g (de yRz) Como a ≤ c e c ≤ f então a ≤ f . Analogamente se conclui que b ≤ g. O que pela definição de R dada implica que xRz. Assim, podemos afirmar que a relação é transitiva. Como a relação é transitiva, anti-simétrica e reflexiva então a relação é de ordem parcial. Como se queria demonstrar. Solução de b: Seja z ∈ A tal que z = w + hi, então se zR(1 + 2i) então pela definição da relação dada teremos: w ≤ 1 e h ≤ 2. Sendo assim, o conjunto A = {< x, y >∈ C | x ≤ 1 e y ≤ 2} pode ser graficamente representado no plano de Argand-Gauss como um retângulo de vértices em [1, 2], (−∞, 2], (−∞, −∞) e [1, −∞). (-∞, 2] [1,2[ (-∞, -∞) [1,-∞) O resto da questão é simples e fica a cargo do leitor. Obs.: O conjunto A = {< x, y >∈ C | x ≤ 1 e y ≤ 2} lê-se como: Conjunto dos vetores com origem em (0,0) e extremo em (x, y) tal que x ≤ 1 e y ≤ 2. Solução de c: Por definição para que C seja totalmente ordenado por R é necessário que: Dado x, y ∈ C e uma relação de ordem R então xRy ou yRx. 131 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA • Se xRy então a ≤ c e b ≤ d (1◦ hipótese). • Se yRx então c ≤ a e d ≤ b (2◦ hipótese). Para contrariar tanto a primeira como a segunda condição poderı́amos pensar em dois números x e y tal que: a<ced<b Dois números em particular que satisfazem a inequação logo acima são: x = (1 + 4i) e y = (2 + 3i). Ou seja, existem dois números, no caso 1 + 4i e 2 + 3i tal que (1 + 4i)R(2 + 3i) ou, em outras palavras, (1 + 4i) e (2 + 3i) não são comparáveis de modo que C não pode ser totalmente ordenado por R. 41. Prove que, se R é uma relação de ordem parcial sobre E, então R−1 também é. Nota: Nesse caso, R−1 é denominada ordem oposta de R. Solução: Se xRx então xR−1 x, logo R−1 é inversa. Se R é uma relação de ordem sobre E então sempre que xRy e yRx teremos x = y (com x, y ∈ E). Entretanto, xRy ⇔ yR−1 x e yRx ⇔ xR−1 y. Sendo assim, também se pode afirmar que: xR−1 y e yR−1 x ⇒ x = y. Sendo assim R−1 também é simétrica. Analogamente a prova da simetria se chega a conclusão de que R−1 também é transi- tiva. Se a relação é transitiva, simétrica e reflexiva então é uma relação de ordem. 42. Seja C o conjunto dos números complexos e sejam x = a + bi e y = c + di dois elementos de C. Considere a relação S sobre C assim definida: xSy se, e somente se, a < c ou (a = c e b ≤ d) 132 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA a) Mostre que S é uma relação de ordem parcial sobre C. b) Assinale no plano Argand-Gauss o conjunto A dos complexos z tais que zS(1 − 2i) e o conjunto B dos complexos z tais que (1 + 2i)Sz. c) Decida: C é totalmente ordenado por S? Solução de a: Dado x = a + bi sabe-se que a = a e b ≤ b, sendo assim xSx e a relação é reflexiva. Assumindo agora que xSy e ySx então: a < c ou (a = c e b ≤ d) de xSy c < a ou (c = a e d ≤ b) de ySx Note que não pode ocorrer simultaneamente de a < c e c < a. Também não pode ocorrer de a < c e (c = a e d ≤ b), pois isso seria outra contradição. Tampouco (a = c e b ≤ d) e c < a. Logo a única possibilidade real de existir xSy e ySx é se x e y se relacionaram pelas seguintes condições: (a = c e b ≤ d) e (c = a e d ≤ b) Note agora que se b ≤ d e d ≤ b então b = d e como a = c então x = y provando a simetria. Para provar a transitividade tomamos que xSy e ySz com z = f + gi. Se xSy então a < c ou (a = c e b ≤ d). Se ySz então c < f ou (c = f e d ≤ g). 1. Se a < c e c < f então a < f e portanto xSz. 2. Se a < c e (c = f e d ≤ g) então de novo recaı́mos em a < f o que implica em xSz. 3. Se (a = c e b ≤ d) e c < f então novamente temos a < f o que implica em xSz. 4. Se (a = c e b ≤ d) e (c = f e d ≤ g) então a = f e b ≤ g o que mais uma vez implica em xSz. Testando então todas as possibilidades chegamos a conclusão de que xSy e ySx ⇒ xSz. Provando a transitividade. 133 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de b: Nesse caso fazem parte de A todos os vetores com origem em (0,0) e extremo no retângulo de vértices em (1, ∞), (1, −∞), (∞, ∞) e (∞, −∞). ou no segmento com extremo em [1, 2] e [1, ∞). Solução de c: Suponha por absurdo que existe um x e y complexos tal que x S y e y S x. Sendo assim não pode ocorrer de a < c tampouco c < a, pois se isso ocorrer terı́amos xSy ou ySx. Sendo assim a = c. Em relação a a e b temos três possibilidades: b=d b<d b>d S y. Se Se b = d então, por definição, xSy o que é um absurdo pois como supomos x b < d o mesmo ocorre. Se b > d então terı́amos agora ySx o que também é um absurdo, S x. pois y  Como em qualquer caso chegamos a um absurdo, podemos concluir que não existe S y e y nenhum x e y complexos tal que x S x. Sendo assim, C é totalmente ordenada por S. 43. Prove que a relação S sobre N × N tal que (a, b)S(c, d) se, e somente se, a | c e b | d é uma relação de ordem. A relação S ordena totalmente N × N? Solução: • Primeiro vamos provar a reflexividade. Como a|a e b|b então (a, b)S(a, b). Provando a simetria. • Provando a simetria Se (a, b)S(c, d) e (c, d)S(a, b) então: a|c e b|d (De (a, b)S(c, d)) e também c|a e d|b (De (c, d)S(a, b)) Se a|c e c|a então a = c. O mesmo pode se concluir de d|b e b|d. Logo (a, b)S(c, d) e (c, d)S(a, b) ⇒ (a, b) = (c, d) provando a simetria. 134 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA • Provando a transitividade Se (a, b)S(c, d) e (c, d)S(e, f ) então: a|c e c|d e também c|e e d|f . Se a|c e c|e então a|e. Se c|d e d|f então c|f . Se a|e e c|f então (a, b)S(e, f ). O que prova a transitividade. S (4, 7) então não se pode dizer que S ordena Considerando agora o fato de que (3, 5) totalmente N × N. 135 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 136 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 3.8 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 88 44. Faça o diagrama simplificado das seguintes ordens no conjunto E = {1, 2, 4, 10, 20}. a) ordem habitual; b) ordem por divisibilidade. Solução de A: Primeiro esboçamos a relação R definida por xRy ⇔ x < y (x menor que y), sobre o conjunto E = {1, 2, 4, 5, 10, 20}, isto é: R = {(1, 2); (1, 4); (1, 5); (1, 10); (1, 20); (2, 4); (2, 5); (2, 10); (2, 20); (4, 5); (4, 10); (4, 20); (5, 10); (5, 20); (10, 20)}. Para fazermos o diagrama simplificado vale as seguintes regras para construção do dia- grama: 1◦ Se (1, 2) ∈ R, então 1 → 2; 2◦ Se (1, 2), (2, 4) e (2, 4) ∈ R, então 1 → 2 → 4, isto é, não há necessidade de indicar 1 → 4; 3◦ Considerando que toda relação de ordem é uma relação reflexiva, fica sub- tendido a existência de um laço em torno de todo par (x, x) ∈ R; Seguindo essas regras chegamos-a: 20 10 5 4 2 1 137 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de B: Nesse caso temos: R = {(1, 1); (1, 2); (1, 4); (1, 5); (1, 10); (1, 20); (2, 2); (2, 4); (2, 10); (2, 20); (4, 4); (4, 20); (5, 5); (5, 10); (5, 20); (10, 10); (10, 20); (20, 20)}. Entretanto não precisamos representar a ligação dos pares cuja ordenada seja igual a ab- cissa assim podemos descartar esses pares de R escrevendo uma nova relação que chamare- 0 mos de R . 0 R ⇒ R = {(1, 2); (1, 4); (1, 5); (1, 10); (1, 20); (2, 4); (2, 10); (2, 20); (4, 20); (5, 10); (5, 20); (10, 20)}. 0 Note que em R temos os pares (1, 2) e (2, 4) assim (pela segunda regra) podemos 00 descartar o par (1, 4). Escrevendo, novamente, uma nova relação (R ). 0 00 R ⇒ R = {(1, 2); (1, 5); (1, 10); (1, 20); (2, 4); (2, 10); (2, 20); (4, 20); (5, 10); (5, 20); (10, 20)}. Com pensamento análogo podemos descartar os pares (1,20),(1,10), (2,20) e (5,20). 00 000 R ⇒ R = {(1, 2); (1, 5); (2, 4); (2, 10); (4, 20); (5, 10); (10, 20)}. 000 Agora fazemos as ligações com base e R veja: O par (1,2) diz que devemos ligar 1 ao 2. 20 10 4 5 2 1 O par (1,5) diz que devemos ligar 1 ao 5. 138 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 20 10 4 5 2 1 O par (2,4) diz que devemos ligar 2 ao 4. 20 10 4 5 2 1 O par (2,10) diz que devemos ligar 2 ao 10. 20 10 4 5 2 1 O par (4,20) diz que devemos ligar 4 ao 20. 20 10 4 5 2 1 O par (5,10) diz que devemos ligar 5 ao 10. 139 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 20 10 4 5 2 1 O par (10,20) diz que devemos ligar 10 ao 20. 20 10 4 5 2 1 Finalizando o problema. DICA DO PROFESSOR Observe que o autor não utiliza setas para construir os diagramas simplificados substituindo, algumas vezes, a seta por um segmento com um pequeno cı́rculo na ponta. A utilização de setas é bem mais trivial e por isso o professor pode optar por usa-la. Além disso o sentido da seta serve para diferenciar a abscissa da ordenada na relação, isto é, indica o sentido da relação. 45. Faça o diagrama simplificado da relação de ordem por inclusão em E = P ({a, b}). Solução: Como P ({a, b}) = {Ø, {a}, {b}, {a, b} e então: E = {(Ø, Ø); (Ø, {a}); (Ø, {b}); (Ø, {a, b}); ({a}, {a}); ({a}, {a, b}); ({b}, {b}); ({b}, {a, b}); ({a, b}, {a, b})} 140 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Para esboçar a representação vamos realizar algumas simplificações. Primeiro retiramos de “E” os pares do tipo: (x, x), isto é, aqueles pares em que o mesmo conjunto que repre- senta a ordenada também representa a abcissa. E = {  (Ø, {a}); (Ø, {b}); (Ø, {a, b}); ({a}, {a}); ({a}, {a, b});  {b});  ({b}, {a, b});   (Ø,Ø);   ({b}, ( ({a, ( (( b},({a, b})} ( ( Com isso escrevemos a relação E’. E’ = {(Ø, {a}); (Ø, {b}); (Ø, {a, b}); ({a}, {a, b}); ({b}, {a, b})} Note que em E’ temos (Ø, {a}) e ({a}, {a, b}) assim podemos retirar o par (Ø, {a, b}) E’ = {(Ø, {a}); (Ø, {b});  {a, b}); ({a}, {a, b}); ({b}, {a, b})}  (Ø,  escrevendo a relação E”. E” = {(Ø, {a}); (Ø, {b}); ({a}, {a, b}); ({b}, {a, b})} Finalmente através de E” podemos realizar a representação. Primeiro realizamos a ligação sugerida pelo par {(Ø, {a}). {a, b} {a} {b} Ø depois pelo par (Ø, {b}) 141 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA {a, b} {a} {b} Ø depois pelo par ({a}, {a, b}) {a, b} {a} {b} Ø E finalmente pelo par ({b}, {a, b})} {a, b} {a} {b} Ø 46. Faça o diagrama simplificado da relação de ordem por divisibilidade no conjunto E = {2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}. Solução: 142 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 30 6 10 15 2 3 5 Dica: veja os exercı́cios 44 e 45 desse capı́tulo. 47. Faça o diagrama simplificado da relação de ordem por inclusão no conjunto E = {{a}, {b}, {a, b, c}, {a, b, d}, {a, b, c, d}, {a, b, c, d, e}}. Solução: Solução no fim do livro. 143 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 144 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 3.9 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 95 53. Se E = {1, 2, 3, 4} e F = {a, b, c}, quais das relações abaixo são aplicações de E em F? R1 = {(1, a), (2, b), (3, c)} R2 = {(1, a), (2, b), (3, c), (4, c)} R3 = {(1, b), (1, c), (2, b), (3, c)(4, a)} R4 = {(1, c), (2, c), (3, c), (4, c)} Solução: As condições para que uma relação de E em F seja uma aplicação são as seguintes: i - Dm (f ) = E ii - Dado um a ∈ D(f ) não deve existir nenhum c e b ∈ F tal que (a, b) e (a, c) ∈ f . Assim, temos de verificar cada uma delas. • O domı́nio de R1 = {1, 2, 3} que é diferente de E. Logo não é uma aplicação. • Dm (R2 ) = {1, 2, 3, 4} que é igual a E. Também não existe nenhum elemento deste domı́nio que esteja associado a 2 (ou mais) elementos de F. • Não pode ser uma aplicação, pois os elementos (1, b) e (1, c) fere a condição ii. • Nesse caso Dm (R4 ) = {1, 2, 3, 4} que é igual a E. A segunda condição também se cumpre logo é uma aplicação. Conclusão: Apenas R2 e R4 são realmente aplicações. 54. Considere a relação R = {(x, y) ∈ R × R | x2 + y 2 = 9}. R é uma aplicação? 145 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução: √ A equação x2 +y 2 = 9 é gráfico da circunferência de raio igual a 2 9 (ou seja 3) mostrado a seguir. -3 3 Assim, Dm (R) = [−3, 3] 6= R. Logo não é uma aplicação. 55. Considere a relação R = {(x, y) ∈ R × R | x2 + y 2 = 9}. R é uma aplicação. Solução: A condição ii se cumpre para todo valor de x, assim vamos examinar a condição i. Evidenciando y teremos 1 − mx y= n Pela condição i Dm (y) = Z, portanto ”n” tem que ser diferente de zero. Também têm de ocorrer de ”n” ser divisor de 1 − mx. Essas então são as condições: 1 -n 6= 0 2 - n | (1 − mx) 56. Descreva todas as aplicações de E = {0, 1, 2} e F = {3, 4}. Solução: O conjunto ”E” é (domı́nio da aplicação) é um conjunto de três elementos, assim cada aplicação só terá 3 pares ordenados como elemento. 146 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Genericamente podemos descrever as relações como: f = {(0, y1 ), (1, y2 ), (2, y3 )} onde os elementos yn são elementos de F. Variando então os valores de y1 , y2 e y3 obtemos a solução procurada. Quando y1 = y2 = y3 então f1 = {(0, 3), (1, 3), (2, 3)}. Quando y1 = y2 então f2 = {(0, 3), (1, 3), (2, 4)}. Quando y1 6= y2 , mas y1 = y3 então f3 = {(0, 3), (1, 4), (2, 3)}. Quando y1 6= y2 6= y3 , mas y2 = y3 então f4 = {(0, 3), (1, 4), (2, 4)}. Quando y2 = y3 então f5 = {(0, 4), (1, 3), (2, 3)}. f6 = {(0, 4), (1, 3), (2, 4)}. f7 = {(0, 4), (1, 4), (2, 3)}. f8 = {(0, 4), (1, 4), (2, 4)}. 57. Descreva como conjunto de pares ordenados a função f : E → F dada pela lei:  1, se x ∈ Q f (x) = −1, se x ∈ / Q 1 √   7 São dados: E = 0, 1, , 2, π, e F = Z. 2 3 147 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução: √ f (0) = 1;f (1) = 1; f (1/2) = 1; f ( 2) = −1; f (π) = −1; f (7/3) = 1, assim √ f = {(0, 1), (1, 1), (1/2, 1), ( 2, −1), (π, −1), (7/3, 1)} 60. Decida em cada caso se f e g são funções iguais ou distintas. x2 − 2x + 1 1◦ f (x) = , g(x) = x − 1 e x ∈ R − {1} x−1 2◦ f (x) = 1, g(x) = x4 e x ∈ {1, −2, i, −i} 3◦ f (x) = x3 , x ∈ R e g(y) = y 3 , y ∈ [−1, 1]. Caso 1: x2 − 2x + 1 (x − 1) (x−1)  f (x) = = = x − 1 = g(x) x−1 (x  −1)  ⇒ f (x) = g(x). Caso 2: Se x ∈ {1, −1, i, −i} então g(1) = 14 = 1 g(−1) = (−1)4 = 1 g(i) = i4 = 1 g(−i) = (−i)4 = 1 então como f (x) = 1 então f (x) = g(x). Caso 3: Nesse caso não são iguais, pois as funções possuem domı́nios diferentes. Enquanto o domı́nio de f (x) e igual a R o domı́nio de g(y) é igual a [−1, 1]. Que e um subconjunto de R. 148 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 149 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 4 Grupos e Subgrupos 4.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 155 À 160 1. Quais dos conjuntos abaixo são grupos em relação à operação indicada? a) Z− ; adição b) Z+ ; multiplicação c) A = {x ∈ Z | x é par}; adição d) B = {x ∈ Z | x é ı́mpar}; multiplicação e) C = {−2, −1, 0, 1, 2}; adição f) D = {1, −1}; multiplicação Solução de A: Note que Z− ⊂ Z e também que Z− é um conjunto não vazio e fechado para a adição. Sendo assim podemos supor, por absurdo, que se < Z− , + > for um grupo ele deve ter o mesmo elemento neutro de < Z, + > que é um grupo (veja páginas 140 e 154). Entre- tanto, o elemento neutro de < Z, + > é 0 o que implicaria em 0 ∈ Z− . O que é um absurdo. Sendo assim, < Z− , + > não é um grupo. Solução de B: Nesse caso basta dar um contra exemplo. Sabe-se que 3 ∈ Z+ e que o elemento neutro dessa operação (multiplicação) é 1. Entretanto, não existe nenhum número, também inteiro, que multiplicando o 3 resulte em 1. Logo essa operação não possui inverso dentro do conjunto. Sendo assim, < Z+ , × > não é um grupo. Solução de C: Associatividade 150 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Um numero par é um numero da forma 2k com k ∈ Z sendo assim, tome três números 2m, 2n e 2s pertencentes a A. (2m + 2n) + 2s = (2(m + n)) + 2s (2(m + n)) + 2s = 2((m + n) + s) 2((m + n) + s) = 2(m + (n + s)) 2(m + (n + s)) = (2m + 2(n + s)) 2m + 2(n + s) = 2m + (2n + 2s) ⇒ (2m + 2n) + 2s = 2m + (2n + 2s) Existência do elemento neutro 2m + e = 2m ⇒ e = 0. O mesmo ocorre para o outro lado. e + 2m = 2m ⇒ e = 0. Existência do elemento inverso 2m + 2n = e ⇒ 2m + 2n = 0 ⇒ 2n = −2m O mesmo ocorre para o outro lado. 2n + 2m = e ⇒ 2n + 2m = 0 ⇒ 2n = −2m Portanto, < A, + > é um grupo. Solução de D: Também não pode ser um grupo pelo mesmo motivo apresentado em B. 151 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de E (Resolvida por Itaiara Iza de Natal/RN): Note que o elemento neutro da adição, que é o zero, está em C, assim facilmente verifi- camos que 0 seria o elemento neutro. Também existe os elementos simétricos (o simétrico de -2 seria o 2, o simétrico de -1 o 1 e o do zero o próprio 0 e vice versa). Sendo assim, se o conjunto abaixo não formar um grupo a propriedade que ele não deve satisfazer é a da associatividade. Entretanto, sabemos que a soma é uma operação associativa sendo assim qual o problema desse conjunto? O problema aqui ocorre pois a operação não é fechada no conjunto (veja definição de grupo na página 138). Se fizermos (−1) + (−2) = (−3), mas −3 não pertence ao conjunto. Solução de F: A operação de multiplicação é conhecidamente associativa. O elemento neutro aqui é igual a 1 e o elemento inverso de cada um dos elementos de D são eles mesmos. Sendo assim, está satisfeita todas as condições de grupo. p 3 2. Mostre que R dotado da operação ∗ tal que x ∗ y = x3 + y 3 é um grupo abeliano. Solução: Associatividade: Dados x, y, z ∈ R. q p p p x ∗ (y ∗ z) = x ∗ ( 3 y 3 + x3 ) = 3 x3 + ( 3 y 3 + z 3 )3 = 3 x3 + (y 3 + z 3 ) p q p p = (x + y ) + z = 3 ( 3 x3 + y 3 )3 + z 3 = ( 3 x3 + y 3 ) ∗ z = (x ∗ y) ∗ z. 3 3 3 3 Elemento neutro: Seja e ∈ R, tal que x ∗ e = x e também e ∗ x = x, então: √ x∗e=x⇒ 3 x3 + e3 = x ⇒ x3 + e3 = x3 ⇒ e = 0 √ e∗x=x⇒ 3 e3 + x3 = x ⇒ e3 + x3 = x3 ⇒ e = 0 Logo e = 0 é o elemento neutro. Comutatividade: 152 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA p 3 p 3 x∗y = x3 + y 3 = y 3 + x3 = y ∗ x Elemento inverso: Seja x0 ∈ R, tal que: x ∗ x0 = e √ x3 + x0 3 = 0 3 ⇒ 0 ⇒ x3 + x 3 = 0 0 ⇒ x3 = −x 3 0 ⇒ x 3 = −x3 √ ⇒ x0 = 3 −x3 = −x. Como já provamos a comutatividade não é necessário mostrar também que x0 ∗ x é igual a −x para provar a existência do elemento neutro. Como todas as condições se cumprem, então < R, ∗ > é um grupo abeliano. 3. Mostre que R munido da operação 4 tal que x4y = x+y−3 é um grupo comutativo. Solução: Primeiro vamos mostrar que < R, ∆ > é um grupo. Associatividade: Dados x, y e z ∈ R. x∆(y∆z) = x∆(y + z − 3) = x + (y + z − 3) − 3 = x + y − 3 + z − 3 = (x∆y) + z − 3 = (x∆y)∆z 153 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Elemento neutro: Dado e ∈ R. x∆e = x ⇒ x + e − 3 = x ⇒ e = 3 e∆x = x ⇒ e + x − 3 = x ⇒ e = 3 Logo existe o elemento neutro e ele é igual a 3. Elemento simétrico: x∆x0 = e ⇒ x + x0 − 3 = 3 ⇒ x + x0 = 6 ⇒ x0 = 6 − x ⇒ x∆x0 = 6 − x. Analogamente se prova o segundo lado, isto é, que x0 ∆x = e também implica em x0 = 6 − x. O que conclui a demonstração de que o simétrico de x é 6 − x. Como a operação é simétrica, possui elemento neutro e inverso então podemos afirmar que < R, ∆ > de fato é um grupo. Resta agora apenas verificar se é também comutativo. Comutatividade: x∆y = x + y − 3 = y + x − 3 = y∆x. Confirmada a comutatividade fica provado que o grupo é realmente comutativo. √ 4. Mostre que Q[2] = {a + b 2 | a, b ∈ Q} é um grupo aditivo abeliano. Estabelecer as condições sobre a e b para que Q[2] seja também um grupo multiplicativo. Solução: √ √ √ √ Seja x = a+b 2, y = c+d 2 e z = g +h 2 pertencentes a Q[ 2] com a, b, c, d, g, h ∈ Q então: 154 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Associatividade: √ √ √ x + (y + z) = x + (c + d 2 + g + h 2) = x + (c + g + (d + h) 2) √ √ √ = (a + b 2)(c + g + (d + h) 2) = a + c + g + (b + d + h) 2 √ √ √ = (a + c) + (b + d) 2 + g + h 2 = (x + y) + g + h 2 = (x + y) + z Comutatividade: √ √ √ √ √ √ x+y = a+b 2+c+d 2 = a+c+(b+d) 2 = c+a+(d+b) 2 = c+d 2+a+b 2 = y+x Elemento neutro: √ Seja e = e1 + e2 2 com e1 , e2 ∈ Q então: √ √ √ √ x + e = x ⇒ a + b 2 + e1 + e2 2 = a + b 2 ⇒ a
+ e1 + (
b + e2 ) 2 √ √ = a
+
b 2 ⇒ e1 + e2 2 = 0 ⇒ e1 = e2 = 0 ⇒ e = 0. Logo 0 é o elemento neutro. Elemento simétrico: √ √ Seja x0 = a0 + b0 2 ∈ Q[ 2], com a0 , b0 ∈ Q. √ √ √ x + x0 = e ⇒ √a+b 2+a +b 2 =√ 0 0 0 ⇒ a + a0 + (b + b0 ) 2 = 0 ⇒ a = −a0 e b = b0 , ou seja, −a − b 2 é o simétrico de a + b 2. √ Logo < Q[ 2], + > é um grupo abeliano. √ Note que para < Q[ 2], × > ser um√grupo multiplicativo √ devemos ter a e b diferentes de zero, pois caso contrário teremos 0 + 0 2 = 0 pertence a Q[ 2] que não possui elemento simétrico (inverso multiplicativo). 5. Mostre que R × R − {(0, 0)} munido da operação 4 definida por (a, b)4(c, d) = (ac − bd, ad + bc) é um grupo abeliano. 155 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução: Associatividade: Seja (a, b), (c, d) e (m, n) pertencentes a R × R − {(0, 0)} (a, b)∆((c, d)∆(m, n)) = (a, b)∆(cm − dn, cn + dm) = (acm − adn − bcn − bdm, acn + adm + bcm − bdn) = (ac − bc, ad + bc)∆(m, n) = ((a, b∆(c, d))∆(m, n) Comutatividade: (a, b)∆(c, d) = (ac − bd, ad + bc) = (ca − db, cb + da) = (c, d)∆(a, b) Elemento neutro: Seja e = (e1 , e2 ) ∈ R × R − {(0, 0)}. (a, b)∆(e1 , e2 ) = (a, b) ⇒ (ae1 − be2 , ae2 + be1 ) = (a, b) Que resulta no seguinte sistema   ae1 − be2 = a a(e1 − 1) − be2 = 0 ⇒ ⇒ e = (1, 0) ae2 + be2 = b ae2 + b(e2 − 1) = 0 Elemento inverso: (a, b)∆(a0 , b0 ) = (1, 0) ⇒ (aa0 − bb0 , ab0 + ba0 ) = (1, 0) Que resulta no seguinte sistema aa0 − bb0 = 1  ab0 + ba0 = 0 Evidenciando a0 na primeira linha teremos: 1 + bb0 a0 = (1) a E b0 na segunda 156 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ba0 b0 = − (2) a Substituindo o valor de a’ em (1) na equação (2) chegamos à: ba0 1 + bb0   0 b 0 b b =− =− ·a =− · a a a a 0   b 1 + bb ⇒ b0 = − · a a −b − b b2 0 ⇒ b0 = a2 ⇒ a2 b0 = −b − b2 b0 ⇒ a2 b0 + b2 b0 = −b ⇒ b0 (a2 + b2 ) = −b b ⇒ b0 = − a2 + b2 Analogamente chegamos ao valor de a0 . a a0 = a2 + b2 Note que sendo a e b não nulos, pois (a, b) ∈ R2 −{(0, 0)}, então o denominador (a2 +b2 ) das frações que representam os valores de a0 e b0 também é diferente de zero. Sendo assim, podemos afirmar que o sistema possui solução para todo valor de a e b. O que demonstra a existência do elemento inverso. 6. No conjunto C∗ está definida uma operação 4 tal que a4b = |a|.b . Mostre que a operação 4 não define uma estrutura de grupo sobre C∗ . Solução: Dado e ∈ C∗ então: a∆e = a ⇒ |a|e = a a ⇒e= , pois a 6= 0. |a| 157 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Daı́ temos e = ±1 o que é um absurdo, pois o elemento neutro deve ser único. Logo < C∗ , ∆ > não é um grupo. 7. Verifique se Z × Z é grupo em relação a cada uma das seguintes leis de composição: a) (a, b) ∗ (c, d) = (a + c, b + d) b) (a, b)4(c, d) = (a.c, b.d) Solução de A: Associatividade: [(a, b) ∗ (c, d)] ∗ (m, n) = (a + c, b + d) ∗ (m, n) = (a + c + m, b + d + n) = (a + [c + m], b + [d + n]) = (a, b) ∗ (c + m, d + n) = (a, b) ∗ [(c, d) ∗ (m, n)] Elemento neutro: Tome (0, 0) ∈ Z × Z e note que (a, b) ∗ (0, 0) = (a + 0, b + 0) = (a, b) (0, 0) ∗ (a, b) = (0 + a, 0 + b) = (a, b) assim, (0, 0) é o elemento neutro. Elemento inverso: Tome (−a, −b) ∈ Z × Z e note que (a, b) ∗ (−a, −b) = (a + (−a), b + (−b)) = (a − a, b − b) = (0, 0) (−a, −b) ∗ (a, b) = ((−a) + a, (−b) + b) = (−a + a, −b + b) = (0, 0) Como (0, 0) é o elemento neutro da operação, então (−a, −b) é o elemento simétrico. Solução de B: 158 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Associatividade: [(a, b)∆(c, d)]∆(m, n) = (a · c, b · d)∆(m, n) = (a · c · m, b · d · n) = ((a, b)∆(c · m, d · n) = (a, b)∆[(c, d)∆(m, n)] Elemento neutro: Tome (1, 1) ∈ Z × Z e note que (a, b)∆(1, 1) = (a · 1, b · 1) = (a, b) = (1 · a, 1 · b) = (1, 1)∆(a, b) ou seja, (1, 1) é o elemento neutro da operação. Elemento inverso: Observe que o par (0, 0) ∈ Z × Z não possui inverso multiplicativo logo, < Z × Z > não é um grupo. 8. Mostre que Q × Q munido da operação ⊥ definida da seguinte forma: (a, b) ⊥ (c, d) = (ac, bc + d) é um grupo. Solução: Associatividade: [(a, b) ⊥ (c, d)] ⊥ (m, n) = (ac, bc + d) ⊥ (m, n) = (acm, bcm + dm + n) = (a, b) ⊥ (cm, dm + n) = (a, b) ⊥ [(c, d) ⊥ (m, n)] Elemento neutro: Tome (1, 0) ∈ Q∗ × Q e note que (a, b) ⊥ (1, 0) = (a · 1, b · 1 + 0) = (a, b) (1, 0) ⊥ (a, b) = (1 · a, 1 · b + 0) = (a, b) logo (1, 0) é o elemento neutro. 159 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Elemento inverso: Tome (a−1 , −bc−1 ) ∈ Q × Q e note que (a, b) ⊥ (a−1 , ba−1 ) = (aa−1 , ba−1 − ba−1 ) = (1, 0) Analogamente se mostra o outro lado (a−1 , −ba−1 ) ⊥ (a, b) = (a−1 a, −ba−1 + ba−1 ) = (1, 0) O que prova que a estrutura é de fato um grupo. 9. Sejam (G, ∗) e (H, 4) grupos quaisquer. Mostre que G × H tem estrutura de grupo em relação à operação ⊥ assim definida: (x, y) ⊥ (x0 , y 0 ) = (x ∗ x0 , y4y 0 ), quaisquer que sejam (x, y) e (x0 , y 0 ) em G × H. Solução: Associatividade: Dado (x, y), (x0 , y 0 ) e (x00 , y 00 ) ∈ G × H então: [(x, y) ⊥ (x0 , y 0 )] ⊥ (x00 , y 00 ) = (x ∗ x0 , y∆y 0 ) ⊥ (x00 , y 00 ) = (x ∗ x0 ∗ x00 , y∆y 0 ∆y 00 ) = (x, y) ⊥ (x0 ∗ x00 , y 0 ∆y 00 ) = (x, y) ⊥ [(x0 , y 0 ) ⊥ (x00 , y 00 )] Elemento neutro (x, y) ⊥ (e1 , e2 ) = (x ∗ e1 , y∆e2 ) = (x, y) = (e1 ∗ x, e2 ∆y) = (e1 , e2 ) ⊥ (x, y). Elemento inverso Dados x e y pertencentes a G e H respetivamente e seja x1 e y1 seus respetivos simétricos então: (x, y) ⊥ (x1 , y1 ) = (x ∗ x1 , y∆y1 ) = (e1 , e2 ) = (x1 ∗ x, y1 ∆y) = (x1 , y1 ) ⊥ (x, y) Portanto, < G × H, ⊥> é um grupo. 10. Seja G um grupo multiplicativo e seja ∗ uma operação sobre G assim definida: a ∗ b = b.a. Demonstre que (G, ∗) é um grupo. 160 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução: Associatividade: (a ∗ b) ∗ c = (b · a) ∗ c = cba = a ∗ (cb) = a ∗ (b ∗ c) Elemento neutro: a∗1=1·a=a=a·1=1∗a Elemento inverso: a ∗ a−1 = a−1 · a = 1 = a · a−1 = a−1 ∗ a 11. Sejam A um conjunto não vazio e RA o conjunto das aplicações de A em R. Definimos uma ”adição” e uma ”multiplicação” em RA como segue: sendo f e g funções de A em R, temos: (f + g)(x) = f (x) + g(x), ∀x ∈ A (f.g)(x) = f (x).g(x), ∀x ∈ A Mostre que RA é grupo aditivo. Mostre que, em geral, RA não é grupo multiplicativo. Solução: Vamos iniciar mostrando que < RA , + > é um grupo. Associatividade: [(f + g) + h](x) = (f + g)(x) + h(x) = f (x) + g(x) + h(x) = f (x) + (g + h)(x) = [f + (g + h)](x) Elemento neutro: Tome e(x) = 0 tal que então: (f + e)(x) = f (x) + e(x) = f (x) + 0 = f (x) = 0 + f (x) + e(x) + f (x) = (e + f )(x). Elemento inverso: 161 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA (f + s)(x) = f (x) + s(x) = f (x) + (−f (x)) = 0 = −f (x) + f (x) = s(x) + f (x) = (s + f )(x). Concluindo a prova de que < RA , + > é um grupo. Observe que < RA , × > de fato não pode ser um grupo, pois a função nula não possui inverso multiplicativo. 12. Mostre que o conjunto das funções polinomiais de grau 1 (ou funções afins) de R em R é um grupo para a composição de funções. Nota: f : R → R é uma função afim se, e somente se, f (x) = ax + b, com a 6= 0. Solução: Seja F o conjunto das funções afins e seja f = ax + b, g = cx + d, h = mx + n pertencentes a F, tais que a, c, m 6= 0. Associatividade: [(f ◦ g) ◦ h](x) = [(f ◦ g)(x)] ◦ h(x) = (acx + ad + b) ◦ h = acmx + acn + ad + b [Eq. 1] [f ◦ (g ◦ h)](x) = f (x) ◦ (g ◦ h)(x) = f (x) ◦ (cmx + cn + d) = acmx + acn + ad + b [Eq. 2] Elemento neutro: (f ◦ e)(x) = f (x) ◦ e(x) = f (e(x)) = f (x) = e(f (x)) = e(x) ◦ f (x) = (e ◦ f )(x). Elemento inverso: 162 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA x−b Dado f ∈ F, tome f −1 : R → R com x 7→ f −1 (x) = e note que a   −1 −1 −1 x−b (f ◦ f )(x) = f (x) ◦ f (x) = f (f (x)) = f = x [Eq I] a (f −1 ◦ f )(x) = f −1 ◦ f (x) = f −1 (f (x)) = f −1 (ax + b) = x [Eq II] Como [I] e [II] são iguais então < F, ◦ > é um grupo. 13. Sejam S um conjunto, G um grupo e f : S → G uma aplicação bijetora. Para cada x, y ∈ S defina o produto xy = f −1 (f (x)f (y)). Mostre que essa multiplicação define uma estrutura de grupo sobre S. Solução: Associatividade: x(yz) = x(f −1 (f (y)f (z))) = f −1 (f (x)f (f −1 (f (y)f (z)))) O detalhe mais importante aqui é o fato de que f (f −1 ) = x, para qualquer função f . A prova disso não se faz necessária aqui, mas caso o leitor tenha interesse e difi- culdade em demonstra-la ela pode ser encontrada no capı́tulo correspondente a funções do livro A matemática do Ensino Médio do Elon Lages5 . E esse fato implica em f (f −1 (f (x)f (y))) = f (x)f (y), sendo assim: f −1 (f (x)f (f −1 (f (y)f (z)))) = f −1 (f (x)f (y)f (z)) = f −1 (f (f −1 (f (x)f (y)))f (z)) = (f −1 (f (x)f (y)))z = (xy)z Provando a associatividade. 5 Esse livro já se encontra completamente resolvido e disponı́vel em www.number.890m.com 163 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Elemento neutro: xe = x ⇒ f −1 (f (x)f (e)) = x ⇒ f f −1 (f (x)f (e)) = f (x)
⇒ f (x)f (e) = f (x) ⇒ f (e) = 1 Elemento inverso: xx0 = 1 f −1 (f (x)f (x0 )) = 1 f (x)f (x0 ) = f (1) f (x0 ) = f (1)(f (x))−1 Analogamente se prova o outro lado, ou seja, que x0 x = f (1)(f (x))−1 . Entretanto, a demonstração não deveria parar por aqui. Isso porque a existência de f (x0 ) depende do fato de f (x) não ser nulo. Contudo, se f é uma função de S em G e G é um grupo (re-leia o enunciado) então f(x) é inversı́vel e por consequência diferente de zero. Levando esse fato em consideração pode-se agora afirmar que < S, × > de fato é um grupo. 14. Construa a tábua da operação ∗ sobre G = {e, a}, sabendo que (G, ∗) é um grupo. Solução: ∗ e a e e a a a a2 15. Construa a tábua da operação ∗ sobre G = {e, a, b}, sabendo que (G, ∗) é um grupo. Solução: 164 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ∗ e a b e e a b a a a2 a∗b b b b∗a b2 16. Mostre que cada uma das tábuas abaixo define uma operação que confere ao conjunto G = {e, a, b, c} uma estrutura de grupo. e a b c e a b c e e a b c e e a b c a a e c b a a e c b b b c e a b b c a e c c b a e c c b e a Solução: Observe a tabela a seguir: e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e Note que todas os elementos são invertı́veis quando operados com ele mesmo. Isso prova a inversibilidade. O elemento e quando operado com qualquer elemento resulta no elemento que ele foi operado o que prova que existe o elemento neutro e ele é o e. Observe também que: a(bc) = aa = e = cc = (ba)c b(ac) = bb = e = cc = (ba)c c(ab) = cc = e = bb = (ca)b a(cb) = aa = e = bb = (ac)b 165 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA b(ca) = bb = e = aa = (bc)a c(ba) = cc = e = aa = (cb)a o que prova a associatividade. Observando agora a próxima tabela e a b c e e a b c a a e c b b b c a e c c b e a De maneira similar se chega a mesma conclusão, isto é, as duas operações confere a G uma estrutura de grupo. 17. Complete a tabela abaixo, sabendo que G = {e, a, b, c} é um grupo em relação a essa operação. e a b c e e a b c a a b b c c c e a Solução: Existe duas formas de resolver esse problema vejamos cada uma delas. Método Formal: Nessa forma devemos raciocinar criando hipóteses. Veja: Na ultima linha da tabela obtermos 3 afirmativas. 1. ce = c 2. ca = e 3. cb = a 166 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Para a posição a55 da tabela temos mais 4 possibilidades. 4. cc = e 5. cc = a 6. cc = b 7. cc = c Se cc = e então pela afirmativa 2 a = c. Como isso não pode ocorrer podemos descartar essa possibilidade. 4.  cc =e  5. cc = a 6. cc = b 7. cc = c Se cc = a então pela afirmativa 3 c = b. Como isso também não pode ocorrer podemos descartar essa possibilidade. 4.  cc =e  5.  cc= a 6. cc = b 7. cc = c Se cc = c, então pela afirmativa 1 c = e. Por isso descartamos essa hipótese também. 4.  cc =e  5.  cc =a  6. cc = b 7.  cc =c Com isso concluı́mos que cc = b. E completamos a ultima linha da tabela. e a b c e e a b c a a b b c c c e a b 167 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Pensando de forma análoga completamos as demais linhas e chegamos a solução. Como o passo a passo fica um pouco extenso ele será deixado a cargo do leitor. Método prático: O método prático é feito quase que por inspeção (tentativa e erro) tendo em mente uma única regra: 1. Um mesmo elemento não pode ser repetido numa mesma linha ou coluna. Observe novamente a tabela e a b c e e a b c a a b b c c c e a Na posição a55 não podemos colocar a, e ou c pois esses elementos já estão na 5a linha assim, só nos sobra o b. e a b c e e a b c a a b b c c c e a b Na posição a44 não podemos colocar b nem c nem a. Ou seja, só podemos colocar o e. e a b c e e a b c a a b b c e c c e a b Usando a mesma lógica completamos a pocisção a45 e a b c e e a b c a a b b c e a c c e a b E também a linha 3. 168 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA e a b c e e a b c a a b c e b b c e a c c e a b Normalmente, utilizamos o método prático. Entretanto em tabelas muito incompletas pode ser necessário o uso das duas formas. 18. Sejam F1 , F2 , F3 , F4 aplicações de R em R definidas da seguinte maneira: F1 (x, y) = (x, y), F2 (x, y) = (−x, y), F3 (x, y) = (x, −y) e F4 (−x, −y) = (x, y). Se G = {f1 , F2 , F3 , F4 }, mostre que (G, ◦) é um grupo. Obter F ∈ G tal que F2 ◦ F ◦ F3 = F4 . Solução: Vamos começar com a associatividade. (F1 ◦ F2 ) ◦ F3 = [F1 (F2 (x, y))] ◦ F3 = [F1 (−x, y)] ◦ F3 = F2 ◦ F3 = F2 (F3 (x, y)) = F2 (x − y) = (−x, −y) = F1 (−x, −y) = F1 (F4 (x, y)) = F1 ◦ F4 = F1 [F2 (x, −y)] = F1 ◦ [F2 (F3 (x, y))] = F1 ◦ (F2 ◦ F3 ) 169 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Provando a associatividade. A existência do elemento neutro bem como do elemento inverso é deixada a cargo do leitor. 19. Construa a tábua de um grupo G = {e, a, b, c, d, f } de ordem 6, sabendo que: 1. (I) G é abeliano. 4. (IV) a ∗ c = b ∗ b = d 2. (II) O neutro é e. 5. (V) a ∗ f = b ∗ d = e 3. (III) a ∗ d = b ∗ c = f 6. (VI) a ∗ d = a Solução: Das condições dadas deduzimos mais diretamente o seguinte: a ∗ f = e; b ∗ d = e; a ∗ c = d; b ∗ b = d; a ∗ d = f; b ∗ c = f; c ∗ d = a. E de forma menos direta a ∗ b = (c ∗ d) ∗ b = c ∗ (d ∗ b) = c ∗ (b ∗ d) = c ∗ e = c f ∗ b = (a ∗ d) ∗ b = a ∗ (d ∗ b) = a ∗ (b ∗ d) = a ∗ e = a f ∗ d = (b ∗ c) ∗ d = (c ∗ b) ∗ d = c ∗ (b ∗ d) = c ∗ e = c f ∗ c = f ∗ (a ∗ b) = (a ∗ f ) ∗ b = e ∗ b = b c ∗ c = (a ∗ b) ∗ c = (a ∗ c) ∗ b = d ∗ b = e a ∗ a = (f ∗ b) ∗ a = (f ∗ a) ∗ b = e ∗ b = b d ∗ d = (a ∗ c) ∗ d = a ∗ (c ∗ d) = a ∗ a = b f ∗ f = (b ∗ c) ∗ f = b ∗ (c ∗ f ) = b ∗ b = d 170 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA donde tiramos a tábua. ∗ e a b c d f e e a b c d f a a b c d f e b b c d f e a c c d f e a b d d f e a b c f f e a b c d 20. Sejam a, b, c elementos de um grupo multiplicativo G. Prove que (abc)−1 = c−1 b−1 a−1 . Obtenha x ∈ G tal que abcxb = c. Solução: abc(abc)−1 = e a−1 abc(abc)−1 = a−1 e a−1 abc(abc)−1 = a−1 bc(abc)−1 = a−1 b−1 bc(abc)−1 = b−1 a−1 c(abc)−1 = b−1 a−1 c−1 c(abc)−1 = c−1 b−1 a−1 (abc)−1 = c−1 b−1 a−1 abcxb = c (abc)−1 abcxb = (abc)−1 c xb = c−1 b−1 a−1 c xbb−1 = c−1 b−1 a−1 cb−1 x = c−1 b−1 a−1 cb−1 171 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 21. Se a ,b e c são três elementos quaisquer de um grupo multiplicativo G, demonstre que existe um único x ∈ G tal que axbcx = abx. Solução: Como < G, × > é um grupo então todos os seus elementos possuem um inverso multi- plicativo. Sendo assim, existe um a−1 que é o inverso multiplicativo de a tal que: axbcx = abx ⇒ a−1 (axbcx) = a−1 (abx) Como estamos trabalhando com um grupo podemos utilizar a associatividade nas operações. a−1 (axbcx) = a−1 (abx) ⇒ (a−1 a)xbcx = (a−1 a)bx ⇒ e · xbcx = e · bx ⇒ xbcx = bx Tomando x−1 como inverso multiplicativo de x então: xbcx = bx ⇒ (xbcx)x−1 = (bx)x−1 Usando a associatividade (xbcx)x−1 = (bx)x−1 ⇒ xbc(xx−1 ) = b(xx−1 ) ⇒ xbc · e = b · e (sendo e o elemento neutro) ⇒ xbc = b Como b e c também possui inverso multiplicativo então: xbc = b ⇒ (xbc)(bc)−1 = b(bc)−1 Usando a associatividade uma ultima vez ⇒ x(bc(bc)−1 ) = (bb−1 )c−1 ⇒ xe = ec−1 ⇒ x = c−1 Se supormos por absurdo a existência de um x0 tal que a igualdade ax0 bcx0 = abx0 também ocorra, então analogamente chegarı́amos a conclusão de que x0 = c−1 . Como se sabe que o inverso multiplicativo num grupo é único (ou seja, não pode existir dois elementos distintos com mesmo inverso) então x = x0 . 172 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 22. G é um grupo multiplicativo e a e b são elementos de G. Determine x ∈ G tal que xax = bba−1 .. Solução: xax = bba−1 ⇒ (xa · x)a = (b · ba−1 )a usando a associatividade do grupo (xa · x)a = (b · ba−1 )a ⇒ xa(xa) = b(ba−1 a) ⇒ (xa)2 = b(be) (sendo e o elemento neutro). ⇒ (xa)2 = bb ⇒ (xa)2 = b2 ⇒ xa = b ⇒ (xa)a−1 = ba−1 ⇒ x(aa−1 ) = ba−1 ⇒ xe = ba−1 ⇒ x = ba−1 (x determinado). Vamos agora verificar se x = ba−1 é mesmo a solução correta. xax = ba−1 aba−1 = b(aa−1 )ba−1 = beba−1 = bba−1 ou seja: xax = bba−1 , que comprova que o x procurado é de fato ba−1 . 23. Mostre que, se x é elemento de um grupo multiplicativo e xx = x, então x é o elemento neutro. Solução: 173 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA xx = x x−1 (xx) = x−1 x x−1 (xx) = e (x−1 x)x = e ex = e x=e 24. Mostre que, se G é um grupo multiplicativo e xx = 1, ∀x ∈ G, então G é abeliano (1 = elemento neutro). Solução: Por hipótese xx = 1 e yy = 1∀x, y ∈ G. Como 1 é o elemento neutro da multiplicação e pela unicidade do elemento inverso então x = x−1 e y = y −1 . Com base nisso é que construimos a demonstração. Veja: y =1·y ⇒ y = (xx)y ⇒ y = x(xy) (usando a associatividade) ⇒ yy = y(x(xy)) Como yy = 1 por hipótese ⇒ 1 = y(x(xy)) ⇒ 1 = (yx)(xy) (usando a associatividade) ⇒ (yx)−1 · 1 = (yx)−1 ((yx)(xy)) ⇒ (yx)−1 · 1 = ((yx)−1 (yx))(xy) (usando a associatividade) 174 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ⇒ (yx)−1 · 1 = 1 · (xy) ⇒ (yx)−1 = xy Como (yx)−1 = y −1 x−1 então a ultima igualdade pode ser escrita como: y −1 x−1 = xy Como y −1 = y e x−1 = x, então: y −1 x−1 = yx = xy ⇒ yx = xy O que prova que o grupo é realmente abeliano. 25. Seja G um grupo finito. Mostre que, dado x ∈ G, existe um inteiro n ≥ 1 tal que xn = e. Solução: ??? 28. Verifique se A ou B é subgrupo do grupo multiplicativo Q∗ . A = {x ∈ Q | x ≥ 0} n o B = 1+2m 1+2n | m, n ∈ Z Solução de A: Dado x,y ∈ A então x > 0 e y > 0. Fazendo o produto termo a termo: x·y >0·0 175 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ⇒x·y >0 ⇒x·y ∈A Assim, provamos a 1a condição. Dado agora um x ∈ A vamos provar que x−1 também pertence. Mas antes vamos provar sua existência6 . Vejamos: Se x ∈ Q∗ , pois por hipótese A ⊂ Q∗ . E se x ∈ Q∗ então existe um x−1 tal que x · x−1 = x−1 x = 1 (lembre-se que 1 é o elemento neutro de Q∗ ). Provado a existência imagine por absurdo que x−1 ∈ / A. Sendo assim, x−1 < 0 ou x−1 = 0. Nos dois casos temos um absurdo, pois x ∈ Q∗ . Sendo assim, x−1 ∈ A. −1 Portanto < A, · > é subgrupo do grupo < Q∗ , · >. Solução de B: 1 + 2m 1 + 2a Dado , ∈ B com m, n, a, b ∈ Z então: 1 + 2n 1 + 2b 1 + 2m 1 + 2b 1 + 2(b + m + 2mb) · = ∈B 1 + 2n 1 + 2a 1 + 2(n + a + 2na) 1 + 2m Note também que dado então: 1 + 2n 1 + 2m 1 + 2n 1 · = =1 1 + 2n 1 + 2m 1 1 + 2n −1   1 + 2n ⇒ = 1 + 2m 1 + 2m 6 Apesar de realizar essa demonstração aqui, na prática ela pode ser suprimida pois é bastante óbvia. Sendo assim, nos próximos exercı́cios não a faremos. 176 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 1 + 2n Como ∈ B fica provado que < B, · > também é subgrupo de < Q∗ , · >. 1 + 2m 29. Verifique se A ou B é subgrupo do grupo multiplicativo R∗ . √ A = {a + b 2 ∈ R∗ | a, b ∈ Q} √ B = {a + b 3 2 ∈ R∗ | a, b ∈ Q} Solução de A: √ √ Seja a + b 2, c + d 2, ∈ R∗ , a, b, c, d ∈ Q. Note que: √ √ 1 c−d 2 (c + d 2)−1 = √ = 2 . c+d 2 c − 2d2 √ A demonstração√disto é feito simplesmente mostrando que a multiplicação de (c + d 2) pelo valor de (c + d 2)−1 indicado resulta em 1. Que é o elemento neutro de R∗ . Veja: √ √ (c + d 2) · (c + d 2)−1 √ √ c−d 2 c2 − 2d2 = (c + d 2) · 2 = c − 2d2 c2 − 2d2 = 1. Observe agora que: √ √ (a + b 2) · (c + d 2)−1 √ ! √ c−d 2 = (a + b 2) · c2 − 2d2 √ √ ac − ad 2 + bc 2 − 2bd = c2 − 2d2 √ ac − 2bd (bc − ad) 2 = 2 + ∈ R∗ , c − 2d2 c2 − 2d2 177 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA ac − 2bd bc − ad pois , ∈ Q. c2 − 2d2 c2 − 2d2 Solução de B: Análogo a questão anterior. 30. Verifique se A ou B é subgrupo do grupo multiplicativo C∗ . A = {cos θ + i. sin θ | θ ∈ R} B = {z ∈ C || z |= 2} Solução de A: Dado (cosθ + i · senθ) ∈ A, note que:   cosθ − i · senθ (cosθ + i · senθ) · =1 cos2 θ + sen2 θ Ou seja, todo cosθ + i · senθ ∈ A possui um inverso multiplicativo. Dado também cosα + i · senα ∈ A, então: (cosα + i · senα)(cosθ + i · senθ)− 1   cosθ − i · senθ = (cosα + i · senα) cos2 θ + sen2 θ = cosα · cosθ − i · cosα · senθ + i · senα · cosθ + senα · senθ = cosα · cosθ + senα · senθ + i(senα · cosθ − cosα · senθ) = cos(α − θ) + i(sen(α − θ)) ∈ A O que finaliza a demonstração. Solução de B: c − di Se w = c + di ∈ B então (veja exercı́cios anteriores) w−1 = . c2 + d2 178 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Dado também z = a + bi ∈ B então: c − di ac − adi + bci + bd z · w−1 = (a + bi) · 2 2 = c +d c2 + d2 ac + bd (bc − ad)i = + 2 c2 + d2 c + d2 Agora observe que: s 2  2 ac + bd bc − ad |z · w−1 | = + c2 + d2 c2 + d2 r a2 c2 + 2acbd + b2 d2 + b2 c2 − 2bcad + a2 d2 = c4 + 2c2 d2 + d4 √ p p √ √ a2 c2 + b2 d2 + b2 c2 + a2 d2 a2 (c2 + d2 ) + b2 (d2 + c2 ) a2 2 + b2 2 = p = √ = √ (c2 + d2 )2 2 2 q√ p√ √ 2(a2 + b2 ) 4 2 = √ = √ = √ =1 2 2 2 O que implica em B não ser sub-grupo. 31. Verifique se A ou B é subgrupo do grupo multiplicativo de R, supondo p ∈ N um número primo dado: √ A = {a + b p | a, b ∈ Q} √ B = {a + b 3 p | a, b ∈ Q} Solução de A: √ √ √ √ Seja a + b p e c + d p ∈ A então o simétrico de c + p é −c − d p. √ √ √ Como (a + b p) + (−c − d p) = (ac) + (b − d) p ∈ A então A é sub-grupo. Solução de A: 179 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA √ √ Seja −c − d 3 p o simétrico de c + d 3 p então: √ √ √ (a + b 3 p) + (−c − d 3 p) = (a − c) + (b − d) 3 p ∈ B O que prova que B também é sub-grupo.   a b 33. Mostre o conjunto G das matrizes do tipo , com a, b ∈ R e a e b não −b a nulos simultaneamente, constitui um subgrupo do grupo GL2 (R). (GL2 (R) indica o grupo multiplicativo das matrizes reais inversı́veis 2 × 2.) Solução:     a b c d Seja , ∈ G. Sabe-se que7 −b a −d c c d    c d −1 1  c −d   c2 + d2 − 2 = = c + d2  . −d c c2 + d2 d c d c c2 + d2 c2 + d2 Sendo assim:      a b 1 c −d · −b a c + d2 2 d c   1 ac + bd bc − ad = 2 ∈G c + d2 −(bc − ad) ac + bd   cos a sin a 34. Mostre o conjunto G das matrizes do tipo , com a, b ∈ R constitui − sin a cos a um subgrupo do grupo multiplicativo GL2 (R) das matrizes reais e invertı́veis do tipo 2 × 2. Solução:  −1  −1 cos(a) sen(a) cos(b) sen(b) Dado e note que: −sen(a) cos(a) −sen(b) cos(b) 7 Veja capı́tulo 2 do livro “Álgebra Linear” do professor Boldrini. Disponı́vel para download em: www.number.890m.com 180 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA  −1   cos(b) sen(b) cos(b) −sen(b) = −sen(b) cos(b) sen(b) cos(b) Sendo assim:    cos(a) sen(a) cos(b) sen(b) −sen(a) cos(a) −sen(b) cos(b)   cos(a)cos(b) + sen(a)sen(b) sen(a)cos(b) − sen(b)cos(a) = sen(b)cos(a) − sen(a)cos(b) sen(a)sen(b) + cos(a)cos(b)   cos(a − b) sen(a − b) = ∈H −sen(a − b) cos(a − b) 35. Para todo n ∈ N∗ , o conjunto Rn é definido da seguinte forma: Rn = {(a1 , a2 , · · · , an ) | ai ∈ R} Sabendo que Rn é um grupo em relação à adição assim definida: (a1 , a2 , · · · , an ) + (b1 , b2 , · · · , bn ) = (a1 + b1 , a2 + b2 , · · · , an + bn ) verifique se H1 , H2 e H3 são subgrupos de Rn . H1 = {(a1 , a2 , · · · , an ) ∈ Rn | a1 + a2 + · · · + an = 0} H2 = {(a1 , a2 , · · · , an ) ∈ Rn | a1 ∈ Z} H3 = {(a1 , a2 , · · · , an ) ∈ Rn | a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an = 0} Solução de A: Seja (a1 , ..., an ), (b1 , ..., bn ) ∈ H1 . Note que o simétrico de (b1 , ..., bn ) é (−b1 , ..., −bn ) então (a1 , ..., an ) + (−b1 , ..., −bn ) = (a1 − b1 , ..., an − bn ). Agora observe que a1 − b1 + ... + an − bn = a1 + ... + an − (b1 + ... + bn ) = 0 − 0 = 0. Logo H1 é subgrupo de Rn . Solução de B: Seja (a1 , ..., an ), (b1 , ..., bn ) ∈ H2 . Então (a1 , ..., an )+(−b1 , ..., −bn) = (a1 −b1 , ..., an − 181 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA bn ) ∈ H2 , pois a1 − b1 ∈ Z já que a1 , b1 ∈ Z. Logo, H3 é subgrupo de Rn . Solução de C: Seja (a1 , ..., an ), (b1 , ..., bn ) ∈ H3 . Então vale as seguintes igualdades: a1 > a2 > ... > an e b1 > b2 > ... > bn Para (−b1 , −b2 , ..., −bn ) temos −bn > ... > −b2 > −b1 . Logo, (a1 , a2 , ..., an ) + (−b1 , −b2 , ..., −bn ) = (a1 − b1 , a2 − b2 , ..., an − bn ). Mas, como a única relação que podemos estabelecer é a1 − bn > a2 − bn−1 > ... > an−1 − b2 > an − b1 , então H3 não é um subgrupo de Rn . 36. Quais dos seguintes subconjuntos de Z13 são grupos em relação à multiplicação? 1. {1, 12} 2. {1, 2, 3, 4, 6, 8, 10, 12} 3. {1, 5, 8, 12} Solução de A: Como < Z13 , × > é um grupo então, basta mostrar que esse subconjunto é um subgrupo. 1·1=1 12 · 12 = 1 12 · 1 = 12 1 · 12 = 12 Logo, {1, 12} é um subgrupo de Z13 e consequentemente é um grupo. 182 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Solução de B: 1·1=1 −1 1·2 =1·7=7 Dessa ultima igualdade é possı́vel verificar que o conjunto não é um grupo, pois 2 não possui inverso multiplicativo. Solução de C: Como é notória a existência da associatividade e do elemento neutro (1), vamos provar apenas a existência do elemento simétrico de cada elemento do conjunto. 1 é o simétrico de 1. 5 é o simétrico de 8. 8 é o simétrico de 5. 12 é o simétrico de 12. 37. Determine todos os subgrupos do grupo aditivo Z4 . Solução: Os únicos subgrupos de < Z5 , + > são os triviais. Ou seja, {0} e {0, 1, 2, 3}. 38. Seja E = {e, a, b, c, d, f } munido da operação 4 dada pela seguinte tábua: 4 e a b c d f e e a b c d f a a b e f c d b b e a d f c c c d f e a b d d f c b e a f f c d a b e 1. Admitindo a propriedade associativa, prove que (E, 4) é um grupo não comutativo. 183 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 2. Obtenha os subgrupos de E com ordem 2 ou 3. Solução de A: Como já vale a associatividade, basta mostrar os três itens seguintes. Observe que e é o elemento neutro, pois a∆e = e∆a = a, e o mesmo ocorre para b, c, d, o próprio e e o f . Agora note que: a∆b = b∆a = c∆c = d∆d = f ∆f = e, ou seja, cada elemento possui seu simétrico. Para mostrar a não comutatividade basta mostrar ver que: c∆f = b 6= a = f ∆c. Solução de B: Ordem 2: E1 = {e, c}, E2 = {e, d} e E3 = {e, f }. Ordem 3: E4 = {e, a, b} 39 Seja E = {e, a, b, c, d, f } munido da operação  dada pela seguinte tábua:  e a b c d f e e a b c d f a a b c d f e b b e d f e a c c d f e a b d d f e a b c f f e a b c d 1. Admitindo a propriedade associativa, prove que (E, ) é um grupo comutativo. 2. Obtenha os subgrupos de E com ordem 2 ou 3. Solução de A: 184 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Como já vale a associatividade, então basta mostrarmos os três itens restantes. Note que e é o elemento neutro, pois a◦e = e◦a = a, b◦e = e◦b = b,..., f ◦e = e◦f = f . Observe tambem que: a◦f = f ◦a = b◦d = d◦b = c◦c = e, ou seja, todas os elementos de E são simetrizávesis. Como a ◦ b = b ◦ a, a ◦ c = c ◦ a, a ◦ d = d ◦ a, a ◦ f = f ◦ a, b ◦ c = c ◦ b, b ◦ d = d ◦ b, b ◦ f = f ◦ b, c ◦ d = d ◦ c, c ◦ f = f ◦ c e d ◦ f = f ◦ d então E é comuntativo. Logo < E, ◦ > é um grupo comutativo. Solução de B: Ordem 2: {e, c} Ordem 3: {e, b, d}. 40. Mostre que H ⊂ Z é um subgrupo do grupo aditivo Z se, e somente se, existe um m ∈ H de modo que H = {km | k ∈ Z}. Nota: Se m ∈ Z, então o subgrupo {km | k ∈ Z} costuma ser denotado por mZ. Solução: (⇐) Seja mk1 , mk2 ∈ H note que o simétrico de mk2 é −mk2 , sendo assim mk1 + (−mk2 ) = m(k1 − k2 ) e como k1 − k2 ∈ Z, então m(k1 − k2 ) ∈ H o que implica no fato de H ser um subgrupo de Z. 41. Prove que, se H1 e H2 são subgrupos do grupo G, então H1 ∩ H2 também é subgrupo de G. Solução: Tome a, b ∈ H1 ∩ H2 . Se a ∈ H1 ∩ H2 então a ∈ H1 e a ∈ H2 e o mesmo ocorre com b, isto é, b ∈ H1 e b ∈ H2 . O que implica em b−1 ∈ H1 e b−1 ∈ H2 . Logo ab−1 ∈ H1 e ab−1 ∈ H2 o que implica em ab−1 ∈ H1 ∩ H2 . 42. Prove que, se H1 e H2 são subgrupos do grupo G, então H1 ∪ H2 é subgrupo de G 185 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA se, e somente se, H1 ⊂ H2 ou H2 ⊂ H1 . Solução: H1 , H2 ≤ G. H1 ∪ H2 ≤ G ⇔ H1 ⊂ H2 ou H2 ⊂ H1 . (⇐) Se H1 ⊂ H2 , então H1 ∪ H2 = H2 é subgrupo de G, por hipótese. Se H2 ⊂ H1 , então H1 ∪ H2 = H1 é subgrupo de G, por hipótese. ⊂H2 e H2 (⇒) Suponha, por absurdo, que H1 ⊂H1 então: ⊂H2 ⇒ ∃h1 ∈ H1 : h1 ∈ H1 / H2 ⊂H1 ⇒ ∃h2 ∈ H2 : h2 ∈ H2 / H1 Note que h1 , h2 ∈ H1 ∪ H2 e como H1 ∪ H2 é subgrupo, então h1 h2 ∈ H1 ∪ H2 o que implica em h1 h2 ∈ H1 ou h1 h2 ∈ H2 . Se h1 h2 ∈ H1 , então h−1 1 h1 h2 = h2 ∈ H1 o que é um absurdo. O mesmo absurdo se chega se h1 h2 ∈ H2 . 186 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA Quer saber quando sairá a próxima atualização desse documento? Nesse caso você pode:  verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);  ou seguir a página do site no Facebook (www.facebook.com/theNumberType). E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. www.number.890m.com Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 187 Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA 5 Agradecimentos • Ao Giuliano Paladino da cidade de Itacoatiara-AM pela digitação dos exercı́cios das páginas 44, 48, 52 e 61 do livro. • A Lucas Siebra pela revisão da questão 41 da página 60 do livro. • A Edson Luciano de O. Vigilato de Fazenda Nova-GO pela digitação dos ex- ercı́cios de 1 à 4 da página 70 do livro. • A André Luiz Pereira de Novo Brasil-GO pela digitação do exercı́cio 5 da página 70. Dos exercı́cios das páginas 71. Dos exercı́cios 8 e 12 da página 75. Dos ex- ercı́cios da página 79 (inclusive pela correção do exercı́cio 23 da mesma página). E finalmente, dos exercı́cios da página 81 até a 82 do livro. • Um agradecimento ESPECIAL para Maurizio Marchetti de Campinas-SP pela correção da questão 1 da página 70 do livro, pela digitação dos exercı́cios do capı́tulo IV bem como da correção do exercı́cio 13 da página 157 (também do livro) e principalmente pela paciência. • A Itaiara Iza de Natal-RN pela resolução da letra “e” do exercı́cio 1 da página 155 do livro. • A Maykon Sian Maiotto pela correção da letra “a” do exercı́cio 4 da página 70 do livro. Se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida correção. Para encontrar esse e outros exercı́cios resolvidos de matemática acesse: www.number.890m.com 188