Respostas do livro: Álgebra Moderna

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Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
Livro: Álgebra Moderna - Editora Atual
(Higino H. Domingues e Gelson Iezzi)
nibblediego@gmail.com
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 t́ıtulos semelhantes em nossa ĺıngua, já que a produção
de livros didáticos (principalmente para ńıvel de graduação e
pós), é um mercado pouco lucrativo.
Para quem desejar; uma cópia do livro do Higino pode ser bai-
xada em https://pt.scribd.com/doc/74399512/Algebra-
Moderna-Domingues-Iezzi.
A expectativa é que seja respondido um caṕıtulo do livro
por mês. Contudo, pode haver atrasos, uma vez que di- gi-
tar todo o texto consome mais tempo do que resolver os
exerćıcios. De todo, modo não deixe de acompanhar este
documento no link a seguir para obter todas as atualizações.
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1
Sumário
1 Noções Sobre Conjuntos e Demonstrações 3
1.1 EXERĆICIOS DA PÁGINA 13 À 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 EXERĆICIOS DA PÁGINA 25 À 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2 Introdução a Aritmética dos Números Inteiros 34
2.1 EXERĆICIOS DA PÁGINA 33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.2 EXERĆICIOS DA PÁGINA 38 À 39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.3 EXERĆICIOS DA PÁGINA 44 À 45 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.4 EXERĆICIOS DA PÁGINA 48 À 49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
2.5 EXERĆICIOS DA PÁGINA 52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.6 EXERĆICIOS DA PÁGINA 61 À 62 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3 Relações, Operações, Aplicações 85
3.1 EXERĆICIOS DA PÁGINA 70 À 71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3.2 EXERĆICIOS DA PÁGINA 75 À 76 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
3.3 EXERĆICIOS DA PÁGINA 77 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
3.4 EXERĆICIOS DA PÁGINA 79 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
3.5 EXERĆICIOS DA PÁGINA 81 À 82 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
3.6 EXERĆICIOS DA PÁGINA 84 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
3.7 EXERĆICIOS DA PÁGINA 87 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
3.8 EXERĆICIOS DA PÁGINA 88 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
3.9 EXERĆICIOS DA PÁGINA 95 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
4 Grupos e Subgrupos 150
4.1 EXERĆICIOS 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
b) A∩B = D
c) C⊂Bc
d) B∪A⊃C
e) C∩D 6= Ø
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
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-2 2
Conjunto Ac
Ac = {x ∈ R | x > 2 ou x < −2}.
Vamos agora determinar o conjunto B em termos de intervalo.
Assim como feito anteriormente primeiro resolvemos a 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:
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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
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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.
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(3◦ Passo) Como todo elemento de B pertence a C (passo 1) e vice-versa (passo 2)
então pela propriedade anti-simétrica fica provado que B = C.
5. Sejam A e B conjuntos tais que A ∪ B = A ∩ B. Prove que A = B.
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.
Racioćınio 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
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anti-simétrica fica provado a igualdade.
7. Dado um conjunto A, chama-se conjunto das partes de A e indica-se por P(A) o
conjunto de todos os subconjuntos de A. Por exemplo, se A = {1, 2}, então P(A) = {Ø,
{1}, {2}, {1, 2}}
a) Determine P(A) quando A = {Ø, 1, {1}}.
b) Prove que se um conjunto A têm n elementos então P(A) têm 2n elementos.
c) Se o 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
é
(
n
1
)
, o número de subconjuntos com dois elementos é
(
n
2
)
, e etc.
Usando os números
(
n
0
)
e
(
n
n
)
para contar o conjunto vazio e o próprio A, então o total
de subconjuntos de A é
(
n
0
)
+
(
n
1
)
+
(
n
2
)
+ · · ·+
(
n
n
)
. 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
2
)
= 15
n!
2!(n− 2)!
= 15
n!
2(n− 2)!
= 15
n(n− 1)(n− 2)!
2(n− 2)!
= 15
1A soma dos números binomiais de uma mesma linha é uma potencia de base 2 cujo expoente é a
ordem da linha.
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n(n− 1)
2
= 15
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-
clúımos 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.
20 144
A B
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
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n(A ∪ B) = 20 + 14 − 4 = 30
Subtraindo este resultado do total de entrevistados (500− 30), chega-se a resposta final
que é o total de 470 pessoas.
10. Se A, B e C são conjuntos finitos, mostre que:
n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(A ∩ B) − n(A ∩ C) − n(B ∩ C) + n(A ∩ B
∩ C)
Solução:
Observe a figura seguinte.
A B
A ∩B
C∩B∩A
C∩BC∩A
C
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 subtráımos 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 subtráıda 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)
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Obs: Este exerćıcio 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}
d) A =
{
n
n+ 1
∣∣∣∣n = 1, 2, 3, ... } e B = { 2n2n+ 1
∣∣∣∣n = 1, 2, 3, ... }
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
2
5
∞
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:
A − B =
{
2n− 1
2n
∣∣∣∣n = 1, 2, ... }
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(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
4-1
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)
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⇒ 26 = n(A)− 10
⇒ n(A) = 36 (1)
Também vemos que:
n(A ∪B) = n(A) + n(B)− n(A ∩B)
⇒ 40 = n(A) + n(B)− 10
⇒ n(A) + n(B) = 50 (2)
E por ultimo
n(B −A) = n(B)− n(A ∩B)
⇒ n(B −A) = n(B)− 10 (3)
Com (2) e (1) conclúımos 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 exerćıcio 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 exerćıcio 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:
B
A
2 5
Por elas fica evidente que não existe nenhum ponto do conjunto A que ao mesmo
tempo não esteja contidona 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
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E B – A = Ø. Logo:
A∆B = {1/2, 3/4, 5/6,...} ∪ Ø
A∆B = {1/2, 3/4, 5/6,...}
e) Observe as retas a seguir:
B
1 3
A
–1 3
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)
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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 ∈
Ac. Assim todo elemento de B pertence a Ac que implica em B ⊂ Ac
Analogamente se prova que A⊂Bc.
Solução de c:
(⇒) Para facilitar a compreensão da resposta que será dada veja o seguinte diagrama.
B
A
X
U
Como B⊂A então Ac = U – A = X. Já Bc = (A – B)∪X. Essas afirmações podem ser
visualizadas na imagem acima.
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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. Dáı 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 exerćıcio 4 desta
apostila.
16. Encontre um exemplo para mostrar que pode ocorrer a desigualdade seguinte:
A∪(B−C) 6= (A∪B)−(A∪C)
2A sigla C.Q.D significa Como se Queria Demonstrar. Ocorrendo no final de várias demonstrações
matemáticas indicando o fim da demonstração.
17
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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
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certifique se que o que você têm em mãos é de fato a última versão do mesmo. Para
saber, bem como ter acesso a vários outros exerćıcios resolvidos de matemática, acesse:
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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 exerćıcios seja identificado, por favor, escreva para
nibblediego@gmail.com 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
que cos(θ) = 0. O que só ocorre para θ =
π
2
+ kπ, com k ∈ Z∗. No entanto, para k > 0
teŕıamos 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
solução viável é θ =
π
2
. E como θ é o angulo entre b e c. Então o triangulo possui um
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.
j) Falso. Basta por exemplo considerar as matrizes A =
(
2 1
2 0
)
e B =
(
0 2
1 2
)
.
18. Considere que numa universidade se tenha a seguinte 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
ÁlgebraModerna 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 z5 = −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 z5 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 posśıvel seria:
Para todo x ∈ R, sen2(x) + cos2(x) = 1.
d) Fazendo sen(x) = y então:
sen2(x) − sen(x) = 0 ⇒ y2 − 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 posśıvel 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 doḿınio 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 + y2
c) x2 = y
d) sen(x+ y) = sen(x) + sen(y)
e) x2 + y2 ≥ 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 + y2.
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 + y2 ≥ 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 < y2 + 1.
b) Para todo x existe y tal que x2 + y2 = 4.
c) Existem x e y tais que x2 + y2 = 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, chegaŕıamos a y2 = −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 ráızes 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
e) Correto. A solução para a equação é
π
2
+kπ > x >
π
4
+kπ com k ∈ {0, 1, ...}.
O que prova a condição de x >
π
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 inverśıvel 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-
ular a y = 2x então m = − 1
f ′(2x)
, o que implica em m = −1
2
. Dessa ultima
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
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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 inverśıvel, 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 ráızes 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 cont́ınua nesse ponto.
(Contrapositiva): Se uma função real de variável real não é diferenciável num
ponto, então ela não cont́ınua nesse ponto.
c) (Reciproca): Se o determinante de uma matriz é diferente de zero, então a
matriz correspondente é inverśıvel.
(Contrapositiva): Se o determinante de uma matriz é igual a zero, então essa
matriz não é inverśıvel.
d) (Reciproca): Se um polinômio real tem duas e apenas duas ráızes complexas,
então esse polinômio tem grau 2.
(Contrapositiva): Se o numero de ráızes 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 exerćıcio 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
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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
= 8k3 + 2
= 2(4k3 + 1)
Como todo numero diviśıvel por dois é par então m3 + 2 = 2(4k3 + 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 podeŕıamos dar como contra exemplo n = 40. Onde teŕıamos 402 + 40 +
41 = 1681 que é diviśıvel por 41.
32
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2 Introdução a Aritmética dos Números Inteiros
2.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 33
1. Demonstre por indução:
a) 1 + 2 + · · ·+ n = n(n+ 1)
2
(n ≥ 1)
b) 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2 (n ≥ 1)
c) 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + ...+ n)2 (n ≥ 1)
d) 1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ n · (n+ 1) = n(n+ 1)(n+ 2)
3
(n ≥ 1)
e) n2 > n+ 1 (n ≥ 2)
Solução de a:
i) Observe que a proposição é verdadeira para n = 1, pois
1 =
1(1 + 1)
2
= 1
ii) Admitindo que a proposição seja verdadeira para um k ∈ A então:
1 + · · ·+ k = k(k + 1)
2
Somando (k + 1) em ambos os termos
1 + · · ·+ k + (k + 1) = k(k + 1)
2
+ (k + 1)
chegamos á:
1 + · · ·+ k + (k + 1) = (k + 1)(k + 2)
2
O que mostra que a proposição também seria válida para k + 1.
Assim, pelo prinćıpio 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) = k2
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) = k2 + (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
prinćıpio 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 + · · ·+ k3 = (1 + 2 + ...+ k)2
Somando (k + 1)3 em ambos os membros então
13 + 23 + · · ·+ k3 + (k + 1)3 = (1 + 2 + ...+ k)2 + (k + 1)3
Como visto na letra a do exerćıcio 1 + 2 + ...+ k =
k(k + 1)
2
. Assim, podemos fazer a
seguinte substituição
(1 + 2 + ...+ k)2 + (k + 1)3 =
(
k(k + 1)
2
)2
+ (k + 1)3
35
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(1 + 2 + ...+ k)2 + (k + 1)3 =
(k + 1)2(k + 2)2
22
(1 + 2 + ...+ k)2 + (k + 1)3 =
(
(k + 1)(k + 2)
2
)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 prinćıpio de indução a proposição é válida para todo n ≥ 1.
Solução de d:
Prova de i:
A proposição é válida para 1.
1 · 2 = 1(1 + 1)(1 + 2)
3
6 = 6
Prova de ii:
Tomando a proposição como verdadeira para k então:
1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ k · (k + 1) = k(k + 1)(k + 2)
3
Somando a ambos os membros (k + 1)(k + 2)
1 · 2+ 2 · 3 + · · ·+ k · (k + 1) + (k + 1) · (k + 2) = k(k + 1)(k + 2)
3
+ (k + 1)(k + 2)
1 · 2 + 2 · 3 + · · ·+ (k + 1) · (k + 2) = (k + 1)(k + 2)(k + 3)
3
Com isso mostramos que se a proposição é válida para k então ela também é válida para
k + 1. Assim, pelo prinćıpio de indução a proposição é válida para todo n ≥ 1.
Solução de d:
Prova de i:
36
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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 > k2 + 1 então
(k + 1)2 > k2 + 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 prinćıpio de indução a proposição é válida para todo n ≥ 2.
2. Demonstre o segundo prinćıpio 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 prinćıpio pode ser usada para
justificar o segundo.
37
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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 = 2p′ e t = 2t′ + 1 para algum p′ e t′ inteiros, então:
39
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p2 − t2 = (2p′)2 − (2t′ + 1)2
p2 − t2 = 4p2′ − (4t2′ + 4t′ + 1)
p2 − t2 = 2(2p2′ − 2t2′ − 2t′)− 1
Fazendo k = 2p2
′ − 2t2′ − 2t′ então
p2 − t2 = 2k − 1
Que é a forma de um número ı́mpar.
Prova de que p− t também será impar
p− t = (2p′)− (2t′ + 1)
p− t = 2(p′ − t′)− 1
Fazendo k = 2(p′ − t′) 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′+ 1,
respectivamente. Assim:
8|4(p2 − t2)− 4(p− t)
⇒ 8|4(2k + 1) + 4(2k′ + 1)
⇒ 8|8k + 4 + 8k′ + 4
⇒ 8|8(k + k′) + 8
⇒ 8|8((k + k′) + 1)
O que completa a 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 diviśıvel 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′ + 1) + 2
= 4k′ + 2 + 2
= 4(k′ + 1)
como 4|4(k′ + 1) então 4|p+ 2.
� Se k for par então 4|p.
Prova:
p = 2k
= 2(2k′)
= 4k′
como 4|4k′ então 4|p.
Assim, em qualquer hipótese p ou p+ 2 é diviśıvel 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 − q2
= (2k + 1)2 − (2t)2 para algum k e t ∈ Z
= 4k2 + 2k + 1− 4t2
= 2(2k2 − 2t2 + k) + 1
Fazendo z = 2k2 − 2p2 + k então,
p2 − q2 = 2z + 1
que é a forma de um número ı́mpar.
Solução de b:
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Se p e q são consecutivos então um é par e outro é ı́mpar. Escolhendo p ı́mpar, então:
p3 − q3
= (2k + 1)3 − (2t)3 para algum k e t ∈ Z
= 2(4k3 − 4t3 + 6k2 + 4k) + 1
Fazendo w = 4k3 − 4t3 + 6k2 + 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
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Multiplicando ambos os termos por 23
(23k − 1)23 = 7p · 23
23k+3 − 8 = 7(8p)
23(k+1) − 1 = 7(8p) + 7
23(k+1) − 1 = 7(8p+ 1)
como 7|7(8p+ 1) então 7|23(k+1) − 1.
Como queŕıamos 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 queŕıamos demonstrar.
Solução de c:
44
Álgebra Moderna Resolvido por Diego Oliveira - Vitória da Conquista/BA
i)
Para n = 1 temos
22(1)−131+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−13k+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)
Como 11|11(12p− 1) então, 11|22(k+1)−1·3(k+1)+2 + 1
Como queŕıamos 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.
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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(182p)
3(2k+2)+1 · 2 · 32 + 2(k+1)+2 · 9 · 2 = 7(182p)
3(2k+2)+1 · 18 + 2(k+1)+2 · 18 = 7(182p)
32(k+1)+1 + 2(k+1)+2 = 7(18p)
como 7|18 então 7|32(k+1)+1 + 2(k+1)+2.
Como queŕıamos demonstrar.
7. Prove que:
a) Um dos inteiros a, a+ 2, a+ 4 é diviśıvel por 3.
b) Um dosinteiros a, a+ 1, a+ 2, a+ 3 é diviśıvel 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 diviśıvel
por 3.
� Se a = 3q+ 2, então a+ 1 = 3q+ 2 + 1 = 3q+ 3 = 3(q+ 1)⇒ a+ 1 é diviśıvel
por 3.
Portanto, uma das três formas será diviśıvel por 3.
8. Prove que o produto de dois números inteiros é impar se, e somente se, ambos os
números são ı́mpares.
3Blog pessoal: http://ellalves.net.br/blog/posts/single/7/teoria dos numeros exercicios de divisibilidade
46
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Solução:
(⇒)
Admita dois números ı́mpares p e q tal que p = 2k + 1 e q = 2k′ + 1.
Fazendo p · q
p · q = (2k + 1)(2k′ + 1)
= 4kk′ + 2k + 2k′ + 1 = 2(2kk′ + k + k′) + 1
(⇐)
Considere um 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 posśıveis
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 posśıveis de a e do resto são:
47
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(a, r) = (54, 46), (55, 32), (56, 18), (57, 4)
11. É posśıvel 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 diviśıvel por 5 o resto não
poderá ser 13.
12. Quantos números naturais entre 1 e 1000 são diviśıveis 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 diviśıveis 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
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m = 4(2k + 1)
Fazendo a divisão de m por 4
m
4
= 2k + 1
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 = 4k2 + 4k + 1
m2 = 4(k2 + k) + 1
Chamando k2 + k = q então:
m2 = 4q + 1
Assim, o resto é 1.
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2.3 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 44 À 45
16. Encontre o máximo divisor dos pares de números que seguem e, para cada caso, dê
uma identidade de Bezout.
Solução de a:
70 = 20(3) + 14 (i)
20 = 14(1) + 6 (ii)
14 = 6(2) + 2 (iii)
6 = 2(3) + 0 (iv)
⇒ mdc(74, 20) = 2
Da equação (iii) escreve-se
14− 6(2) = 2 (v)
Combinando v e ii
14− (20− 14)2 = 2
14(3)− 20(2) = 2 (vi)
Combinando vi com i
(74− 20(3))(3)− 20(2) = 2
74(3)− 20(9)− 20(2) = 2
74(3) + 20(−11) = 2
Assim o mdc(20, 74) = 2 e uma identidade é 74(3) + 20(−11) = 2.
Solução de b:
O mdc(68, 120) = 4 e uma identidade é 68(−7) + 120(4) = 4.
51
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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 diviśıvel 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
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(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 d′ um divisor de a e de mdc(b, c); então d′|a, d′|b e d′|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
queŕıamos 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
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c =
(a
d
)
· d · k.
Portanto, existe um inteiro x = dk, tal que c =
(a
d
)
· x (i).
Da mesma forma pode-se escrever c =
(
b
d
)
y (ii).
Multiplicando (i) por (ii), temos c2 =
(a
d
)( b
d
)
xy
⇒ c2 · d2 = (ab)xy
⇒ (cd)2 = (ab)xy
⇒ (ab)|(cd)2.
Suponha agora que ab - cd. O que implicaria em cd = k(ab) + r com k, r ∈ Z∗ e
ab > r ≥ 1
Sendo assim:
(cd)2 = (k(ab) + r)2
⇒ (cd)2 = (k2(ab)2 + 2k(abr)+ r2)
Mesmo supondo que ab - cd provamos que ab|(cd)2 assim, cada termo do polinômio
acima deve ter divisão exata por ab, o que ocorre para os dois primeiros termos mas não
para o ultimo, o que é um absurdo pois contraria a divisibilidade de (cd)2 por (ab). Portanto,
ab|cd. Como queŕıamos 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
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Se 3 - b− a, teremos mdc(2a+ b, a+ 2b) = 1
Completando a demonstração.
55
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2.4 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 48 À 49
24. Decomponha em fatores primos 234, 456 e 780.
Solução de a:
Dividindo o numero 234 sempre pelo menor numero primo posśıvel chega-se até:
234
2
= 117
117
3
= 39
39
3
= 13
13
13
= 1
Sendo assim:
234 = 2 · 32 · 13
Solução de b:
456 = 23 · 3 · 19
Solução de c:
780 = 22 · 3 · 5 · 13
25. 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
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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 diviśıvel 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 posśıvel.
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 imposśıveis, 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 = (9q2 + 12q + 4) + 2
p = 9q2 + 12q + 6
p = 3(3q2 + 4q + 2)
Como p é primo então (3q2 + 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 = (9q2 + 6q + 1) + 2
p = 9q2 + 6q + 3
p = 3(3q2 + 2q + 1)
Como p é primo então (3q2+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 = pα11 p
α2
2 ...p
αm
m 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
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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 = p1p2...pn + 1. Esse numero não é
nenhum dos pi, (por que?). Logo, é composto (Por que?). Então é diviśıvel 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 diviśıvel por nenhum primo, o que contrária o teorema fundamental
da aritmética.
62
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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 ńıvel 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:
(
−20 + 4
mdc(3, 4)
· k, 20− 3
mdc(3, 4)
· k
)
= (−20 + 4k, 20− 3k)
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
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Primeiro evidenciamos y na equação.
5x–2y = 2⇒ y = 5
2
x− 1
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 posśıveis.
y =
5
2
· 2− 1 = 4
⇒ 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
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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
(
−300 + 11
mdc(7, 11)
· k, 200− 7
mdc(7, 11)
· k
)
= (−300 + 11k, 200− 7k)
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
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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
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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
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Como esse total foi totalmente dividido, e em partes iguais, então conclúımos 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 posśıveis de maças recebidas por cada um formam o conjunto
{−225− 37t|t = −7,−8,−9, ...}
69
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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 d́ıgitos 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 diviśıvel 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
3
= 1613(3) + 2
Também sabe-se que 28 ≡ 1 (mod 3), portanto 285 ≡ 1 (mod 3). Sendo assim:
52 · 4841 + 285 ≡ 1 · 2 + 1 (mod 3) ≡ 3 mod(3) ≡ 0 (mod 3).
72
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Ou seja, o resto da divisão solicitada é 0.
39. Mostre que o numero 220 − 1 é diviśıvel 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 + 25 + 35 + 05 + 15 + 25 + 35 + 05 + · · ·+ 15 + 25 + 35 + 05
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, conclúı-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.
b) Ache o algarismo das unidades de 7(7
100).
c) Ache os dois últimos algarismos de 9(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 percebeŕıamos 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:
77
100 ≡ 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,
77
100 ≡ 330 (mod. 4)
⇒ 77100 ≡ 31 (mod. 4)
⇒ 77100 ≡ 3 (mod. 4).
Então, o algarismo da unidade de 77
100
é 3.
Solução de c:
Esse método pode ser aplicado sempre que se desejar encontrar os dois últimos algarismos
de um numero nn
n
(com n ∈ N).
� Primeiro determina-se um inteiro r tal que 99 ≡ r (mod 10).
99 =
(
93
)3
= (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.
Sendo assim, os dois últimos d́ıgitos de 99
9
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, podeŕıamos 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:
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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 diviśıvel 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 diviśıvel por 3 então:
Se (a− 1) é diviśıvel 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)
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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) diviśıveis por 3. Completando a demon-
stração.
Solução de b (Retirada da página do Ell Alves4):
Todo número inteiro tem a forma: