Respostas Introdução à álgebra Abstrata (1)

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Jaime Evaristo
Eduardo Perdigão
Introdução à
Álgebra
Abstrata
Manual de Soluções
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
2
Apresentação
As páginas seguintes contêm as soluções dos exercícios do livro Introdução à Álgebra Abstrata e
algumas observações sobre incorreções já detectadas.
Mesmo com o risco da repetitividade, as soluções foram apresentadas da forma mais detalhada
possível, isto sendo feito para que a tarefa do leitor seja facilitada quando da tentativa da compreensão de
alguma solução. Naturalmente, o estudante só deve recorrer às soluções apresentadas após esgotar todas as
suas possibilidades no sentido da obtenção de uma solução encontrada por si mesmo.
Considerando que o leitor poderá imprimir este manual em editores com configurações diferentes,
não me preocupei em formatar corretamente as expressões matemáticas corretamente no sentido de
escrevê-las numa única linha ou repetir, se for o caso, na linha seguinte o operador que concluiu a linha.
Espero (e agradeço antecipadamente) receber sugestões de soluções diferentes daquelas
apresentadas ou críticas e comentários sobre estas e sobre o livro como um todo. Qualquer crítica ou
sugestão deve ser enviada para jaime@ccen.ufal.br e será muito bem vinda.
Em Maceió, novembro de2002.
mailto:jaime@ccen.ufal.br
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
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Capítulo 1
1.1. As peculiaridades da raça humana não permitem garantir que a relação "x ama y" é reflexiva (existe
alguém que não ame a si mesmo?). Infelizmente para os apaixonados, a relação não é simétrica: "Ada ama
Pedro" não obriga que "Pedro ama Ada". A relação também não é antissimétrica: se "Ada ama Pedro" e
"Pedro ama Ada" não temos, obviamente, Pedro = Ada; e também não é transitiva: se "Ada ama Pedro" e
"Pedro ama Andréa" não podemos concluir que "Ada ama Andréa" (em geral, a conclusão é: "Ada odeia
Andréa").
1.2 a) Pela propriedade da igualdade dos conjuntos, devemos provar que A  A  A e que
A  A  A. Porém, estas duas inclusões são óbvias, pois se x  A  A, então, por definição, x  A ou x 
A, o que resulta x  A. Reciprocamente, se x  A, pela própria definição de união, x  A  A.
b) Decorre da própria definição de união de conjuntos.
c) Devemos mostrar que A  (B  C)  (A  B)  C e que (A  B)  C  A  (B  C). Mostremos
apenas que A  (B  C)  (A  B)  C, pois a demonstração da outra inclusão é semelhante. Temos que,
e x  A  (B  C), então (x  A)  (x  B  C). Daí, (x  A)  ((x  B)  (x  C)). Temos então, pela
associatividade da disjunção, ((x  A)  (x  B))  (x  C), o que significa que x  (A  B)  C, como
queríamos.
d) Por definição, temos que A   = {x  U| (x  A)  (x   )}. Porém, como x   define uma
contradição em U, temos que (x  A)  (x   ) também é uma contradição em U. Daí,
A  = .
Uma outra solução é a seguinte: por redução ao absurdo (discutido no exercício 1.12), suponhamos que A
  possui elementos. Assim, existe x  A  . Daí, pela definição de interseção de conjuntos, x  A e x
 , o que é um absurdo. Logo A   não possui elementos.
e) Decorre imediatamente da definição de interseção de conjuntos.
f) Vamos mostrar apenas que A  (B  C)  (A  B)  C. Temos que, se x  A  (B  C), então (x 
A)  ((x  B)  (x  C)). Assim, pela associatividade da conjunção,
((x  A)  (x  B))  (x  C) e, então, x  (A  B)  C, como queríamos.
g) Devemos mostrar que A  (B  C)  (A  B)  (A  C) e que (A  B)  (A  C)  A  (B  C).
Para a primeira inclusão, seja x  A  (B  C). Então, (x  A)  (x  B  C), o que implica (x  A)  ((x
 B)  (x  C)). Daí, pela distributividade da conjunção em relação à disjunção, ((x  A)  (x  B))  ((x
 A)  (x  C)). Segue então que (x  A  B)  (x  A  C), o que dá x  (A  B)  (A  C). A
demonstração da segunda inclusão é, praticamente, um caminho de volta na demonstração acima.
h) Vamos mostrar apenas que A  (B  C)  (A  B)  (A  C), já que a demonstração da outra
inclusão é o caminho de volta. Seja então x  A  (B  C). Daí, (x  A)  (x  B  C) e, portanto, (x  A)
 ((x  B)  (x  C)). Segue então que ((x  A)  (x  B))  ((x  A)  (x  C)), o que resulta em (x  A
 B)  (x  A  C). Daí, x  (A  B)  (A  C).
1.3. Suponhamos inicialmente que A  B = A e provemos que A  B. Para isto, seja x  A. Daí, e da
hipótese, x  A  B e, portanto, x  B. Reciprocamente, suponhamos que A  B e provemos que
A  B = A. Por definição temos que A  B  A e se x  A, como A  B, x  B de onde se conclui que
x  A  B. Logo, A  A  B.
1.4. a) Se x  A, x  CB(A) e, portanto, x  CB(CB(A)). Assim, A  CB(CB(A)). Reciprocamente, se
x  CB(CB(A)), x  CB(A) e, portanto, x  A. Assim, CB(CB(A))  A.
b) Seja x  A. Então x  CB(A) e, então, como CB(A')  CB(A), x  CB(A'). Daí, x  A'.
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(soluções dos exercícios)
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c) Seja x  CB(A  A'). Então, x  A  A' o que gera três possibilidades: x  A e x  A'; x  A' e x  A; e x
 A e x  A'. Da primeira segue que x  CB(A); da segunda, x  CB(A’); e da terceira
x  CB(A)  CB(A'). Segue então que x  CB(A)  CB(A'). Reciprocamente, se x  CB(A)  CB(A'),
x  CB(A) ou x  CB(A') e, portanto, x  A ou x  A'. Isto só acontece se x  A  A' o que mostra que
x  CB(A  A'). Daí, CB(A)  CB(A')  CB(A  A').
1.5. a) Sejam os conjuntos A = {a, b, c}, B = {b, d} e C = {a, d}. Evidentemente, B  C, mas
A  B = A  C = {a, b, c, d}.
b) Considere os conjuntos A = {a, b, c}, B = {a, b, d} e C = {a, b, e}. Evidentemente, B  C, mas
A  B = A  C = {a, b}.
1.6. Pela propriedade da igualdade dos conjuntos, basta provar que B  C e que C  B. Para a primeira,
seja x  B. Então x  A  B, e, como por hipótese, A  B = A  C, x  A  C. Desta última relação
temos que x  A ou x  C. Se x  C, temos o que queríamos, todo elemento de B é elemento de C; se
x  A, então x  A  B e, portanto, x  A  C, pois, por hipótese, A  B = A  C. Daí, x  C, dando
então, também, o que queríamos. A demonstração de que C  B é idêntica, mutatis mutandis.
1.7. Sejam P, Q e R predicados num conjunto A. Devemos mostrar que P  (Q  R) = (P  Q)  R. Como
predicados são funções do conjunto A no conjunto {V, F}, basta mostrar que
(P  (Q  R))(x) = ((P  Q)  Q)(x), para todo x  A. Podemos verificar esta igualdade na seguinte tabela,
de acordo com os possíveis valores de P(x), Q(x) e R(x).
P Q R Q  R P  Q P  (Q  R) (P  Q)  R
V V V V V V V
V V F V V V V
V F V V V V V
V F F F V V V
F V V V V V V
F V F V V V V
F F V V F V V
F F F F F F F
Uma tabela como esta é chamada, de um modo geral, tabela verdade e a construção de tabelas
verdade pode ser utilizada para a verificação de igualdade de predicados.
1.8. a)
P Q R Q  R P  Q P  R P  (Q  R) (P  Q)  (P  R)
V V V V V V V V
V V F V V F V V
V F V V F V V V
V F F F F F F F
F V V V F F F F
F V F V F F F F
F F V V F F F F
F F F F F F F F
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(soluções dos exercícios)
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b)
P Q R Q  R P  Q P  R P  (Q  R) (P  Q)  (P  R)
V V V V V V V V
V V F F V V V V
V F V F V V V V
V F F F V V V V
F V V V V V V V
F V F F V F F F
F F V F F V F F
F F F F F F F F
1.9. a)
P Q ~P ~Q P  Q ~(P  Q) (~P)  (~Q)
V V F F V F F
V F F V F V V
F V V F F V V
F F V V F V V
b)
P Q ~P ~Q P  Q ~(P  Q) (~P)  (~Q)
V V F F V F F
V F F V V F F
F V V F V F F
F F V V F V V
1.10.
P Q ~P P  Q (~P)  Q
V V F V V
V F F F F
F V V V V
F F V V V
1.11
P Q ~P ~Q P  Q (~Q)  (~P)
V V F F V V
V F F V F F
F V V F V V
F F V V V V
1.12.
P Q C ~Q P  (~Q) (P  (~Q))  C P  Q
V V F F F V V
V F F V V F F
F V F F F V V
F F F V F V V
1.13. Se P(x) = Q(x) = V, então (P  Q)(x) = V e (Q  P)(x) = V e, portanto,
((P  Q)  (Q  P))(x) = (P  Q)(x) = V. Se P(x) = V e Q(x) = F, então (P  Q)(x) = F e, assim,
((P  Q)  (Q  P))(x) = (P  Q)(x) = F. Se P(x) = F e Q(x) = V, então (Q  P)(x) = F e, por
conseguinte, (P Q)  (Q  P))(x) = (P  Q)(x) = F.
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
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1.14. a) Seja y  f(X). Queremos mostrar que y  f(Y). De y  f(X) segue que existe x  X tal que
y = f(x). Como, por hipótese, X  Y, temos que x  Y e, portanto, y = f(x)  f(Y).
b) Seja y  f(X  Y). Então existe x  X  Y tal que y = f(x). Daí, existe x  X tal y = f(x) ou existe
x  Y tal que y = f(x). Segue então que y  f(X) ou y  f(Y) o que resulta y  f(X)  f(Y). Reciprocamente,
seja y  f(X)  f(Y). Então y  f(X) ou y  f(Y). Daí, existe x  X ou x  Y tal que
y = f(x) e, portanto, existe x  X  Y tal que y = f(x). Logo, y  f(X  Y).
c) Seja y  f(X  Y). Então existe x  X  Y tal que y = f(x). De x  X  Y, segue que x  X e
x  Y. Como y = f(x), temos que y  f(X) e y  f(Y) o que mostra que y  f(X)  f(Y)
d) Sejam A = {a, b, c, d}, B = {a, b, c}, f = {(a, a), (b, b), (c, c), (d, a)}, X = {a, b, c} e Y = {b, c, d}.
Temos, X  Y = {b, c}, f(X) = {a, b, c}, f(Y) = {a, b, c}, f(X  Y) = {b, c} e
f(X)  f(Y) = {a, b, c}.
e) Seja y  f(X) - f(Y). Então y  f(X) e y  f(Y). Daí, existe x  X tal que y = f(x) e, para todo z  Y,
y  f(z). Logo, x  Y, o que implica x  X - Y e y  f(X - Y).
f) Sejam A = {a, b}, B = {c}, X = {a}, Y = {b} e a função f = {(a, c), (b, c)} definida de A em B. Temos
que X - Y = {a}, f(X - Y) = {c}, f(X) = {c}, f(Y) = {c} e f(X - Y) = .
1.15. a) Seja x  f -1(Y). Então f(x)  Y e, portanto, f(x)  Z, já que Y  Z. De f(x)  Z segue que
x  f -1(Z).
b) Suponhamos inicialmente que x  f -1(Z Y). Então f(x)  Z  Y e, por conseguinte, f(x)  Z ou
f(x)  Y. Daí, x  f -1(Z) ou x  f -1(Y), o que mostra que x  f -1(Z)  f -1(Y). Agora, suponhamos que
x  f -1(Z)  f -1(Y). Assim, x  f -1(Z) ou x  f -1(Y) e, por conseguinte, f(x)  Z ou f(x)  Y, o que mostra
que f(x)  Z  Y. Daí, x  f -1(Z Y).
c) Provemos apenas que f -1(Z)  f -1(Y)  f -1(Z Y), pois a outra inclusão é, como no item anterior, o
caminho de volta. Seja, então, x  f -1(Z)  f -1(Y). Assim, x  f -1(Z) e x  f -1(Y) donde se conclui que f(x)
 Z e f(x)  Y. Logo, f(x)  Z  Y e x  f -1(Z Y).
d) Como no anterior, basta provar uma das inclusões. Seja, então, x  f -1(Z) - f -1(Y). Assim, x  f -1(Z) e x
 f -1(Y) donde se conclui que f(x)  Z e f(x)  Y. Segue que f(x)  Z - Y e x  f -1(Z - Y).
1.16. a) Sejam a1 e a2 elementos distintos de A. Devemos provar que (g o f)(a1)  (g o f)(a2). Como f é
injetora e a1 a2 temos que f(a1)  f(a2). Como g é injetora g(f(a1))  g(f(a2)).
b) Seja c  C. Devemos provar que existe a  A tal que (g o f)(a) = c. Como g é sobrejetora, existe b  B
tal que g(b) = c. Como f é sobrejetora, existe a  A tal que b = f(a). Daí, g(f(a)) = c.
c) Suponhamos, por redução ao absurdo (ver exercício 1.12) que f não é injetora. Assim existem
elementos a1 e a2 em A, com a1  a2, tais que f(a1) = f(a2). Desse modo, como g é uma função, segue que
g(f(a1)) = g(f(a2)) o que implica (g o f)(a1) = (g o f)(a2). Daí se conclui que g o f não é injetiva, o que
contraria a hipótese.
d) Sejam b1 e b2 em B, com b1  b2. Devemos mostrar que g(b1)  g(b2). Como f é sobrejetiva, existem a1
e a2 tais que b1 = f(a1) e b2 = f(a2). Evidentemente, a1  a2 pois, do contrário, f não seria uma função. Daí e
da hipótese de que g o f é injetiva, temos que (g o f)(a1)  (g o f)(a2) o que implica
g(f(a1))  g(f(a2)). Portanto, g(b1)  g(b2).
e) Seja c  C. Necessitamos mostrar que existe b  B tal que g(b) = c. Da hipótese de que g o f é
sobrejetora segue que existe a  A tal que (g o f)(a) = c, o que resulta em g(f(a)) = c. Tomando b = f(a)
temos que g(b) = c como precisávamos.
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Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
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f) Seja b  B. Queremos mostrar que existe a  A tal que b = f(a). Para isto seja c = g(b). Como g o f é
sobrejetora, existe a  A tal que (g o f)(a) = c ou g(f(a)) = c. Das igualdades c = g(b) e c = g(f(a)) e da
hipótese de que g é injetora segue que b = f(a), como queríamos.
g) Segue dos itens a e b acima.
h) Como f é bijetora, segue que f -1 existe (página 24). Além disto f -1 é inversível (página 23). Então, , f -1
é bijetiva.
1.17. Sejam os conjuntos A = {a, b}, B = {c, d, e} e C = {g, h} e as funções f = {(a, c), (b, d)}, de A em B,
e g = {(c, g), (d, h), (e, h)}, de B em C . Temos que g o f = {(a, g), (b, h)} é bijetora e f e g não o são.
1.18. Inicialmente, suponhamos que existe uma função g de B em A tal que f o g = IB e provemos que f é
sobrejetora. Para isto, seja b  B. Assim, g(b)  A e f(g(b)) = Ib(b) = b, o que mostra que f é sobrejetora.
Agora suponhamos que f é sobrejetora e construamos uma função g de B em A tal que f o g = IB. Como f é
sobrejetora, para todo y  B existe x  A tal que y = f(x). Definamos então g de B em A associando a cada
y  B um, e somente um, dos x  A tal que y = f(x). Assim, claramente g está bem definida,
f(g(y)) = f(x) = y e f o g = IB.
1.19. Inicialmente, suponhamos que existe uma função g de B em A tal que g o f = IA e provemos que f é
injetora. Para isto sejam x1, x2  A com x1  x2. Se, por redução ao absurdo, f(x1) = f(x2), então
g(f(x1)) = g(f(x2)), (g o f)(x1) = (g o f)(x2) e, assim, x1 = x2, contrariando a hipótese levantada acima. Agora
suponhamos que f é injetora e construamos uma função g de B em A tal que
g o f = IA. Dado y  B, se y  f(A), defina g(y) como sendo o único x  A tal que y = f(x) (a unicidade de x
é garantida pela injetividade de f) e se y  F(A) defina g(y) como sendo qualquer valor em A. Assim,
claramente g está bem definida e g(f(x)) = g(y) = x, o que mostra que g o f = IA.
Capítulo 2
2.1 a) Pelo axioma 3, basta provar que P(1) = V e que se P(n) = V, então P(S(n)) = V. Temos que P(1) = V
pois 1 = 12. Suponhamos que 1 + 3 + ... + (2n – 1) = n2 e provemos que 1 + 3 + ... + (2n – 1) + (2(n+1) – 1)
= (n + 1)2. Temos que 1 + 3 + ... + (2n – 1) + (2(n+1) – 1) = n2 + (2(n+1) – 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2.
b) Temos que P(1) = V pois 2 = 1 . (1 + 1). Suponhamos que 2 + 4 + ... + 2n = n . (n + 1) e provemos que
2 + 4 + ... + 2n + 2(n+1) = (n + 1) . (n + 2). Temos que 2 + 4 + ... + 2n + 2(n+1) = n . (n + 1) = 2(n + 1) +
n . (n + 1) = (n + 1) . (n + 2).
2.2 Se m = 1, a afirmação decorre do postulado 2. Se m > 1, então n + m > n + 1 > 1.
2.3 Observações
1. Para coerência com os itens da questão, o enunciado deveria ser:
Representando por n – m a solução da equação solúvel m + x = n...
2. A igualdade apresentada no item (e) está errada. A igualdade correta é:
e) (n – m) . (p – q) = (n . p + m . q) – (m . p + n . q)
a) Sendo n – m a solução da equação m + x = n, temos que m + (n – m) = n. Segue então que (m + p) +
(n – m) = (n + p). Assim a equação (m + p) + x = (n + p) tem solução igual a n – m. Pela notação fixada no
exercício, temos então que n – m = (n + p) – (m + p).
b) Sendo n – m a solução da equação m + x = n, temos que m + (n – m) = n e, portanto, m + p = n. Daí,
pela comutatividade da adição p + m = n e, assim, m é solução da equação p + x = n. Pela notação fixada,
m = n – p.
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c) Sendo n – m a solução da equação m + x = n, temos que m + (n – m) = n e, então, p . (m + (n – m)) = p .
n. Daí, p . m + p . (n – m) = p . n e, assim, p . (m – n) é solução da equação p . m + x = n . p. A igualdade
segue da notação adotada.
d) De q + (p – q) = p e m + (n – m) = n segue que (m + q) +((n + m) + (p – q)) = (n + p). Daí, a igualdade.
e) De q + (p – q) = p segue, por multiplicação por (n – m), q . (n – m) + (p – q). (n – m) = p. (n – m). Daí,
(q . n – q . m) + (p – q) . (n – m) = p. n – p . m e, por conseguinte, (p – q) . (n – m) = (p. n – p . m) - (q .
n – q . m). Assim, pelo item
2.4. Temos, por aplicações sucessivas da distributividade da multiplicação em relação à adição, (m + p) .
(n + q) = (m + p) . n + (m + p) . q = m . n + p . n + m . q + p . q.
2.5 Temos n  m = n + m + n . m = m + n + m . n = m  n o que mostra que  é comutativa. Da mesma
forma, n  (m  p) = n + (m  p) + n . (m  p) = n + m + p + m . p + n . (m + p + m . p) = n + m + p + m .
p + n . m + n . p + n . m . p = (n + m + n . m) + p + (m . p + n . p + n . m . p) = (n  m) + p + (m + n + n .
m) . p = (n  m) + p + (n  m) . p = (n  m)  p.
2.6 Observação:
A afirmação do item (c) não tem sentido pois o conjunto dos naturais não contém nenhum
elemento simbolizado por 0.
a) Se a + c  b + c, então a + c = b + c ou a equação (a + c) + x = (b + c) é solúvel. Se a primeira acontece,
pela proposição 2.2, a = b. Se existe natural r tal que (a + c) + r = (b + c), então, pela mesma proposição, a
+ r = b e a equação a + x = b é solúvel..
b) Se a  b e c  d, a = b ou a + x = b é solúvel e c = d ou c + x = d é solúvel. Se a = b e c = d, então a + c
= b + d. Se a = b e existe r tal que c + r = d, então (c + a) + r = (d + b) e a equação (a + c) + x = (b = d) é
solúvel. Se existe r tal que a + r = b e c = d, o raciocínio é semelhante. Finalmente, se existem r e r´ tais
que a + r = b e c + r´ = d, temos (a + c) + (r + r´) = (b + d) e a equação (a + c) + x = (b + d).
c) Ver observação acima.
d) De a < b e b < c segue a  b e a  b e b  c e b  c. Daí, por transitividade, a  c. Se a = c, teríamos c <
b, contrariando a hipótese b < c.
e) De a < b segue que a  b e a  b. Daí, como b  c, temos por transitividade, a  c. Se a = c, teríamos b 
a, contrariando a hipótese a < b.
g) De a < b temos a  b e a  b. Assim, pelo item (a) a + c  b + c, para qualquer natural c. Se a + c = b + c,
teríamos a = b, contrariando o fato de que a  b.
2. 7 a) De a < b, segue a  b e a  b. Daí, pela proposição 4.2, a . c  b . c. Se a . c = b . c, pela lei do corte
(proposição 3.2), a = c, contrariando o fato de que a  b.
2.8. Observação
A desigualdade que se pretende provar é: n . (t – r) + m . (s + r)  n . t + m . s.
Observe que a desigualdade pretendida poderia ser escrita, de maneira mais simples, da seguinte
forma: n . s + m . t  n . t + m . s. Foi dada a preferência pela forma anterior para que a solução por
indução fosse pensada.
Façamos uma indução sobre r. Se r = 1, de m  n e s  s + 1 segue n . s + m . (s + 1) = n . s + m . s
+ m  n . s + m . s + n = n . (s + 1) + m . s.
Suponhamos que n . s + m . (s + r)  n . (s + r) + m . s e provemos que n . s + m . (s + r + 1)  n .
(s + r + 1) + m . s.
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Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
9
Temos n . s + m . (s + r + 1) = n . s + m . (s + r) + m  n . (s + r) + m . s + m  n . (s + r) + m . s +
n = n . (s + r + 1) + m . s
2.9. A questão é que não está definido o que é número pequeno.
2.10. f(n) = 1 se n = 1 e f(n) = n – 1, se n > 1.
Capítulo 3
3.1. a) Basta adicionar -c a ambos os termos da igualdade: (a + c) + (-c) = (b + c) + (-c) e, portanto,
a + (c - c) = b + (c - c).
b) Basta adicionar -a a ambos os termos da igualdade
c) Se, por contradição, 2 . a = a, teríamos a + a = a e, pelo item anterior, a = 0, contrariando a hipótese de
que a  0.
3.2. a) Pela proposição 2.3, -(a + b) = (-1) . (a + b). Daí, por (AM), -(a + b) = (-1) . a + (-1) . b. Aplicando
novamente a proposição 2.3, -(a + b) = -a + (-b) = -a - b.
b) Calculemos (a + b) . (a - b) de acordo com a seguinte seqüência de igualdades, justificadas ao lado.
(a + b) . (a - b) = (a + b) . a + (a + b) . (-b) (AM)
(a + b) . (a - b) = a . a + b . a + a . (-b) + b . (-b) (AM)
(a + b) . (a - b) = a . a+ a . b - a .b - b . b (M2 e proposição. 2.5)
(a + b) . (a - b) = a2 - b2 (simbologia e A4)
3.3. Suponhamos que a e b são inversíveis. Então existem a-1 tal que a . a-1 = 1 e b-1 tal que
b . b-1 = 1. Assim
(a . b) . (a-1 . b-1) = ((a . b) . a-1) . b-1 (M1)
(a . b) . (a-1 . b-1) = (a-1 . (a . b)). b-1 (M2)
(a . b) . (a-1 . b-1) = ((a-1 . a) . b) . b-1 (M1)
(a . b) . (a-1 . b-1) = (1 . b) . b-1 (definição de inverso)
(a . b) . (a-1 . b-1) = b . b-1 (M3)
(a . b) . (a-1 . b-1) = 1 (definição de inverso).
Reciprocamente, suponhamos que a . b é inversível. Então existe x  A tal que (a . b) . x = 1. Daí, por
(M1), a . (b . x) = 1 e a é inversível. Agora, aplicando sucessivamente (M2) e (M1), b . (a . x) = 1 e b
também é inversível.
3.4. a) De a2 = 0 segue que a . a = 0. Como D é um domínio de integridade, por (M4), a = 0 ou a = 0.
b) De a . b = a, segue a. b - a = 0 e a . (b - 1) = 0. Como D é um domínio de integridade, por (M4), a = 0
ou b - 1 = 0, o que dá a = 0 ou b = 1.
c) Basta fazer b = a no item anterior.
3.5. a) Basta, aplicando a compatibilidade com a adição da relação de ordem, adicionar -c a ambos os
termos da desigualdade.
b) De a  b segue que a + c  b + c e de c  d segue que b + c  b + d. Daí, por transitividade,
a + c  b + d.
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(soluções dos exercícios)
10
c) De c  0 segue, aplicando a proposição 5.3, que -c  0. Agora, de a  b segue, aplicando a
compatibilidade com a multiplicação, a . (-c)  b . (-c). Daí, -(a. c)  -(b . c), -(a. c) + b . c  -(b . c) + b . c
e -(a. c) + b . c + a . c  0 + a. c, chegando, finalmente, a b . c  a . c.
d) De a < b e b < c segue que a  b e a  b e que b  c e b  c. Por transitividade, segue que a  c. Se a = c,
de a < b seguiria que c < b, contrariando a hipótese b < c. Logo, a  c e a  c o que implica a < c.
e) De a < b segue que a  b e a  b. Como b  c, por transitividade, segue que a  c. Se
a = c, de a < b seguiria que c < b, contrariando a hipótese b  c. Logo, a  c e a  c o que implica a < c.
g) De a < b segue que a  b e a  b. Pela compatibilidade com a adição, a + c  b + c. Se
a + c = b + c teríamos, pelo exercício 2.1, a = b, contrariando a  b. Logo a + c  b + c e
a + c  b + c o que implica a + c < b + c.
3.6. a) Se a  0, pela compatibilidade com a multiplicação, a . a  0 o que dá a2  0. Se a  0, pela
proposição 5.3, -a  0 e então, mais uma vez pela compatibilidade com a multiplicação, a . (-a)  0. Daí,
-a2  0 e então, pela proposição já citada, a2  0.
b) Como 1 = 12 temos, do item anterior, que 1  0. Como, por definição, 1  0, temos que 1 > 0.
c) De 1  0 segue que -1  0. Se -1 = 0 teríamos 1 = 0, contrariando a definição de elemento neutro da
multiplicação. Logo, -1  0 e -1 = 0 o que dá -1 < 0.
3.7. a) De a < b segue que a  b e a  b. De c > 0 segue que c  0 e c  0. Aplicando a compatibilidade
com a multiplicação à desigualdade a  b temos que a . c  b . c. Agora, se a . c = b . c teríamos, pela lei
do cancelamento, a = b. Logo, a . c  b . c e a . c  b . c o que implica a . c < b . c.
b) Se, por redução ao absurdo, tivéssemos a > b, pelo item anterior teríamos a . c > b . c contrariando a
hipótese a . c  b . c.
c) De a . c  b . c segue que -(b . c)  -(a . c) e que, aplicando a proposição 2.3, b . (-c)  a . (-c). Como
c < 0 temos -c > 0 e então, pelo item anterior, b  a.
Observe que estes dois últimos itens garantem uma lei do cancelamento para desigualdades em
domínios de integridade, bastando observar que se o termo a ser cancelado for negativo o sinal da
desigualdade será invertido.
3.8. Observação:
O enunciado do item (ii), é o seguinte:.
ii) a - b  A' e a . b  A' quaisquer que sejam a, b  A'.
a) Se A' é um subanel de A, como 1A = 1A', 1A  A'. Além disso, como as operações de A' são as restrições
das operações de A, se a, b  A', a - b = a -A' b  A' e a . b = a .A' b  A'. Reciprocamente, suponhamos que
1A  A' e que a - b  A' e a . b A', quaisquer que sejam a, b  A' e provemos que A' é uma subanel de A.
A condição a . b  A' quaisquer que sejam a, b  A' garante que .A' é uma operação em A'. Agora observe
que, como 1A  A', 0 = 1A - 1A  A' e que se a  A', -a = 0 - a  A. Podemos deduzir daí também que se a,
b  A', a +A' b = a - (-b)  A' o que mostra que +A' é uma operação em A'. Como +A' e .A' são restrições das
operações do anel A, elas, naturalmente, herdam todas as propriedades destas operações. Assim, (A', +A', .A')
é uma anel tal que 1A' = 1A e, portanto, A' é um subanel de A.
b) Como f é um homomorfismo, f(1A) = 1B e 1B  f(A). Assim a primeira condição do item anterior está
satisfeita. Agora se z, y  f(A), existem a, b  A tais que z = f(a) e y = f(b) e, então, z - y = f(a) - f(b) =
= f(a - b) e z . y = f(a) . f(b), sendo as últimas igualdades decorrentes da aplicação da proposição 2.6 e da
definição de homomorfimo. Daí, z - y  f(A) e z . y  f(A). Logo, pelo item anterior, f(A) é um subanel de
B.
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Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
11
3.9. a) Sejam m, n  A. Temos que fa(m + n) = a . (m + n) = a . m + a . n = fa(m) + fa(n) e a primeira
condição para que uma função seja um homomorfismo é satisfeita. Agora, fa(m . n) = a . (m . n) e
fa(m) . fa(n) = (a . m) . (a . n) e a segunda condição não é satisfeita. Além disto, fa(1) = a . 1 = a que só é
igual a 1 se a = 1.
b) Suponhamos que fa é sobrejetora. Então, existe m  A tal que fa(m) = 1 e, portanto, existe m  A tal que
a . m = 1 o que mostra que a é inversível. Reciprocamente, suponhamos que a é inversível e que
b  A. Devemos mostrar que existe m  A tal que fa(m) = b. Para isto, basta tomar m = a-1 . b, pois
fa(a-1 . b) = a . (a-1 . b) = b.
c) Se m, n  A e fa(m) = fa(n), então a . m = a . n e, como A é um domínio de integridade e a  0, m = n, o
que mostra que fa é injetora.
3.10. Utilizando a nomenclatura da sugestão, vamos provar que g o f é um isomorfismo. Temos, tomando
a, b  A
i) (g o f)(a + b) = g(f(a + b)) = g(f(a) + f(b)) (f é isomorfismo)
(g o f)(a + b) = g(f(a)) + g(f(b)) (g é isomorfismo)
(g o f)(a + b) = (g o f)(a) + (g o f)(b) (definição de função composta)
ii) (g o f)(a . b) = g(f(a . b)) = g(f(a) . f(b)) (f é isomorfismo)
(g o f)(a . b) = g(f(a)) . g(f(b)) (g é isomorfismo)
(g o f)(a . b) = (g o f)(a) . (g o f)(b) (definição de função composta)
iii) (g o f)(1A) = g(f(1A)) = g(1B) = 1C.
3. 11. a) Se c' e c" são dois elementos máximos, c'  c" (levando em conta que c" é elemento máximo) e
c"  c' (levando em conta que c' é elemento máximo). Pela antissimetria da relação de ordem, c' = c".
b) Inicialmente, suponhamos que todo subconjunto não vazio limitado superiormente possui elemento
máximo e provemos que todo subconjunto não vazio limitado inferiormente possui elemento mínimo. Seja
S   limitado inferiormente e considere o conjunto -S = {x  A| -x  S}. Como S é não vazio, -S também
o é. Como S é limitado inferiormente, existe a  A tal que x  a, para todo x  S. Daí, -x  -a para todo x
 A e, portanto, para todo y  -S, y  -a, o que mostra que -S é limitado superiormente. Assim, -S tem um
elemento máximo b. Ou seja, existe b  -S tal que y  b, para todo y  -S. Como
b  -S, -b  S e dado x  S, -x  -S o que implica -x  b. Daí, x  -b, para todo x  S e, portanto, S é tem
elemento mínimo, exatamente o simétrico do elemento mínimo de -S. A demonstração da afirmação
recíproca é idêntica, mutatis mutandis.
3.12. O erro acontece na aplicação da lei do cancelamento à igualdade 2 . (a2 - a . b) = 1 . (a2 - a . b), pois,
como supomos acima que a = b, a2 - a . b = 0 e a lei do cancelamento não pode ser aplicada.
3.13. A adição em F(A) é comutativa e associativa, decorrências da comutatividade e da associatividade
do anel A: para todo x  A, (f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x) (o que mostra que f + g = g + f)
e ((f + g) + h))(x) = (f + g)(x) + h(x) = (f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) = (f + (g + h))(x) (o que
mostra que (f + g) + h = f + (g + h). A adição tem elemento neutro: a função 0 definida por 0(x) = 0, para
todo x  A (a função 0 é chamada identicamente nula); o elemento simétrico de uma função f  F(A) é a
função -f definida por (-f)(x) = -f(x). A associatividade e a existência de elemento neutro da composição
foram discutidas na seção 1.12. Porém a composição não é distributiva em relação à adição: sejam as
funções f, g e IZ, de Z em Z, dadas por f(x) = x2, g(x) = 1 e IZ(x) = x. Temos (f o (g + IZ))(x) =
= f((g + IZ)(x)) = f(g(x) + IZ(x)) = f(1 + x) = (1 + x)2 e (f o g + f o IZ)(x) = (f o g)(x) + (f o IZ)(x) =
= f(g(x)) + (f(IZ(x)) = f(1) + f(x) = 1 + x, e, portanto, f o (g + IZ)  f o g + f o IZ.
3.14. De z < 0 segue -z > 0 e, então, pela proposição 3.1, -z  1 e, assim, z  -1.
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
12
3.15. Observação:
Aproveitando a oportunidade, retificamos o enunciado do item d da proposição 3.3, onde há o
engano destacado em negrito, engano este que não ocorre na demonstração: |z|  y se e somente se
-y  z  y.
a) A segunda desigualdade é a desigualdade triangular apresentada no item e da proposição 3.3. Para a
primeira, temos |z| = |z + y - y|  |z + y| + |-y| e, então, |z| - |y|  |z + y|, já que |-y| = |y|. Do mesmo modo, |y|
= |y + z - z|  |z + y| + |-z| e, assim, |z| - |y|  -|z + y|. Daí, pelo item d da proposição 3.3 (com a correção
observada acima), ||z| - |y||  |z + y|.
b) Para a segunda desigualdade, temos |z - y| = |z + (-y)|  |z| + |-y| = |z| + |y|. Para a primeira,
|z| = |z + y - y|  |z - y| + |y| e, então, |z| - |y|  |z - y|, já que |-y| = |y|. Do mesmo modo,
|y| = |y + z - z|  |-z + y| + |z| e, assim, |z| - |y|  -|z - y|, já que |-z + y| = |z - y|. Daí, pelo item d da proposição
3.3 (com a correção observada acima), ||z| - |y||  |z - y|.
3.16. a) Fixemos m e façamos uma indução sobre n. Para n = 0 temos am . a0 = am . 1 = am = am+0, e a
afirmação é verdadeira. Suponhamos que am . an = am+n e provemos que am . an+1 = am+n+1. Temos
am . an+1 = am . (a . an) (definição de potência)
am . an+1 = (am . an) . a (comutatividade/associatividade)
am . an+1 = am+n . a (hipótese indutiva)
am . an+1 = am+n+1 (definição de potência)
b) Como acima, fixemos m e façamos uma indução sobre n. Para n = 0 temos (am)0 = 1 = a0 = am.0, e a
afirmação é verdadeira. Suponhamos que (am)n = am.n e provemos que (am)n+1 = am.n+m. Temos
(am)n+1 = am . (am)n (definição de potência)
(am)n+1 = am . (am.n) (hipótese indutiva)
(am)n+1 = am.n+m (item a)
c) Façamos uma indução sobre m. Para m = 0, (a . b)0 = 1 = 1 . 1 = a0 . b0 e a afirmação é verdadeira.
Suponhamos que (a . b)m = am . bm e provemos que (a . b)m+1 = am+1 . bm+1. Temos
(a . b)m+1 = (a . b) . (a . b)m (definição de potência)
(a . b)m+1 = (a . b) . (am . bm) (hipótese indutiva)
(a . b)m+1 = (a . am) . (b . bm) (associatividade/comutatividade)
(a . b)m+1 = am+1 . bm+1 (definição de potência)
3.17 a) Se 0  a  b, como a2  0, temos 0  a . a2  b . a2  b . b2. Se a < 0 e b > 0, temos a3 < 0 e b3 > 0 e ,
então, a3  b3. Finalmente, se a  b < 0, temos 0 < -b  -a e, então, pela primeira parte, (-b)3  (-a)3 e,
portanto, a3  b3.
b) De forma semelhante ao item anterior, temos que se a < b, então a7 < b7.
c) Se a . b  0, então -(a . b)  0 e a compatibilidade de  com a soma garante que a2 - a . b + b2  0, já
que a2 + b2  0. Se a . b > 0, como (a - b)2  0, temos a2 – 2 . a . b + b2  0, a2 - a . b + b2  a .b e
a2 - a . b + b2 > 0, por transitividade.
d) Suponhamos inicialmente que m > n e provemos que am > an. De m > n segue que
m - n = p, com p > 0. Assim, m = n + p e ap > 1, já que a > 1. Então, am = an+p = an . ap e, portanto,
am > an, já que ap > 1. Reciprocamente, suponhamos que am > an e provemos que m > n. Suponhamos por
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
13
absurdo que m  n. Se m = n, am = an, contrariando a hipótesee se m < n, pela demonstração anterior, am <
an, contrariando, mais uma vez, a hipótese.
3.18. Seja x
z w

 2
2
.
. Assim, 2 . x = z + 2 . w e z = 2 . (x - w) o que mostra que x w
z
 
2
. Daí,
x
z
w 
2
.
3.19. Indução sobre z. Se z = 1, 1 =
2
)11(.1 
e a igualdade é verdadeira. Suponhamos que 1 + 2 + ... + z =
2
)1(. zz
e provemos que 1 + 2 + ... + z + (z + 1) =
2
)2(.)1(  zz
. Temos 1 + 2 + ... + z + (z + 1) =
2
)1(. zz
+ (z + 1) =
2
)2(.)1(
2
)1(.2)1(. 

 zzzzz
.
3.20. Realizemos uma indução sobre n. Para n = 1, A e B possuirão apenas um elemento e, trivialmente, só
existe uma função de A em B e esta é bijetiva. Como 1! = 1, temos que a afirmação é verdadeira para
n = 1. Suponhamos que se |A| = |B| = n, então o número de bijeções de A em B é n! e provemos que se
|A| = |B| = n + 1, então o número de bijeções de A em B é (n + 1)!. Seja então dois conjuntos
A = {x1, x2, ..., xn+1} e B = {y1, y2, ..., yn+1} e considere os conjuntos C = A - {xn+1} e D = B - {yn+1}. Assim,
|C| = |D| = n e, então, pela hipótese de indução, o número de funções bijetivas de C em D é n!. Agora a
cada função bijetiva f de C em D corresponderão n + 1 funções bijetivas de A em B, a saber:
g x
y se j i e j n
f x se j n
f x se j i e j n
i j
n
i
j
( )
,
( ),
( ),

  
 
  





1 1
1
1
Assim, o número de funções bijetivas de A em B é (n + 1) . n! = (n + 1)!.
3.21. Provemos por indução sobre n.
i) Para n = 1 temos (1 + z)1 = 1 + z = 1 + 1 . z e a afirmação é verdadeira.
ii) Suponhamos que (1 + z)n  1 + n . z e provemos que (1 + z)n+1  1 + (n + 1) . z.
Como z > -1, z + 1 > 0 e, então, aplicando a compatibilidade com a multiplicação à hipótese
indutiva (1 + z)n . (z +1)  (1 + n . z) . (1 + z). Daí, (1 + z)n+1  1 + (n + 1) . z + n . z2  1 + (n + 1) . z,
sendo esta última desigualdade obtida da compatibilidade com a adição aplicada a n . z2  0.
3.22. Provemos por indução sobre n.
i) Para n = 0, A = , P(A) = {} e |P(A)| = 1 = 20.
ii) Suponhamos agora que se |A| = n, então |P(A)| = 2n e provemos que se |A| = n + 1, então |P(A)|
= 2n+1.
Seja A = {x1, ..., xn+1}. Evidentemente, os subconjuntos de A podem ser separados em
subconjuntos que não contêm xn+1 e os subconjuntos que contêm este elemento. Os primeiros são
subconjuntos do conjunto B = A - {xn+1} e, como |B| = n, eles são em número de 2n subconjuntos.
Evidentemente, os subconjuntos que contêm xn+1 são da forma S  {xn+1}, onde S é subconjunto de B, e,
portanto, são também em número de 2n. Assim, |P(A)| = 2n +2n = 2 . 2n = 2n+1.
3.23. Fixemos m e provemos, por indução sobre n, que a afirmação é verdadeira para todo n  0.
i) Para n = 0, (m . 0)(a . b) = 0(a . b) = 0 = (ma) . (0b), e a afirmação é verdadeira.
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
14
ii) Suponhamos que (m . n)(a . b) = (ma) . (na) e provemos que (m . (n+1))(a . b) = (ma) . ((n+1)b).
Temos
(m . (n+1))(a . b) = (m . n + m)(a . b) (distributividade nos inteiros)
(m . (n+1))(a . b) = (m . n)(a . b) + m(a . b) (proposição 3.8, item b)
(m . (n+1))(a . b) = (ma) . (nb) + m(a . b) (hipótese indutiva)
(m . (n+1))(a . b) = (ma) . (nb) + (ma) . b (proposição 3.8, item e)
(m . (n+1))(a . b) = (ma) . (nb + b) (distributividade no anel)
(m . (n+1))(a . b) = (ma) . ((n+1)b) (proposição 3.8, item b).
Agora, se n < 0, temos que -n > 0 e (m . n)(a .b) = ((-m) . (-n))(a . b) = ((-m)a) . ((-n)b) = (-(ma)) . (-(ma))
= (ma) . (ma).
3.24. a) O deslocamento dos n discos da origem para o destino pode ser realizado em três etapas:
(1) deslocamento dos n - 1 primeiros da origem para a haste auxiliar; (2) deslocamento do maior disco da
origem para o destino; (3) deslocamento dos n - 1 primeiros da haste auxiliar para o destino. Logo,
an = an-1 + 1 + an-1 = 2 . an-1 + 1.
c) Indução sobre n.
i) Para n = 1, a1 = 1 = 21 - 1 e afirmação é verdadeira.
ii) Suponhamos que an = 2n - 1 e provemos que an+1 = 2n+ 1 - 1. Isto é imediato pois, pelo item a,
an+1 = 2 . an + 1 = 2 . (2n - 1) + 1 = 2n+1 - 1.
Capítulo 4
4.1. x := x + y;
y := x - y;
x := x - y;
4.2. A idéia do algoritmo a seguir é colocar na posição 1 o menor dos elementos e em seguida ordenar os
outros dois, utilizando o algoritmo Ordena dois números. Se os números dados forem armazenados nas
variáveis a, b e c, para se colocar em a o menor dos elementos, só é necessário fazer alguma coisa se a for
maior do que b ou for maior do que c.
algoritmo Ordena três números
leia(a, b, c);
se a > b ou a > c
então
se b > c
então
a := a + c;
c := a - c;
a := a - c;
senão
a := a + b;
b := a - b;
a := a - b;
se b > c
então
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
15
b := b + c;
c := b - c;
b := b - c;
4.3. algoritmo Verifica quadrado perfeito
leia(z);
i := 1;
repita enquanto i . i  z e i < z
i := i + 1;
se i . i = z
então
escreva('o número dado é quadrado perfeito')
senão
escreva('o número dado não é quadrado perfeito')
4.4 algoritmo Maior de três números
leia(a, b, c);
se a > b e a > c
então
maior := a
senão
se b > c
então
maior := b
senão
maior := c;
escreva(maior)
Capítulo 5
5.1 a) Sejam q
a
b
' e q
z a
b
' '
.
 . Assim, a = b . q' e z . a = b . q". Além disto, z
a
b
z q. . ' .
Substituindo a = b . q' em z . a = b . q", temos z . b . q' = b . q" e, então, como b  0, z . q' = q". Daí,
z
a
b
z a
b
.
.
 .
b) Se q
a
b
 , então a = b . q e, assim, b
a
b
b q a. .  .
5.2. Para o quociente e o resto de um divisão a  b, basta encontrar q e r tais que a = b . q + r, com
0  r < |r|.
a) Como 7 = 0 . 12 + 7 e 0  7 < 12, temos q(7, 12) = 0 e r(7, 12) = 7.
b) Como -25 = (-5) . 6 + 5 e 0  5 < 6, temos q(-25, 6) = -5 e r(-25, 5) = 5.
c) Como 32 = (-5) . (-6) + 2 e 0  2 < |-6|, temos q(32, -6) = -5 e r(32, -6) = 2.
d) Como -37 = 6 . (-7) + 5 e 0  5 < |-7|, temos q(-37, -7) = 6 e r(-37, -7) = 5
5.3 a) Devemos encontrar a = (-b) . q’ + r’, tal que 0  r’ < |b|. De a = b . q + r, 0  r < |b|, segue que
a = (-b) . (-q) + r, 0  r < |b| e, portanto, q(a, -b) = -q e r(a, -b) = r.
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
16
b) De a = b . q + r, 0  r < |b|, segue que -a = (-b) . q - r, 0  r < |b| e, portanto, -a = (-b). q - r + b - b,
de onde resulta -a = (-b ) . (q + 1) + (b - r), com 0  b - r < |b|. Daí, q(-a, -b) = q + 1 e r(-a, -b) = b - r.
c) De a = b . q + r, 0  r < |b|, segue que -a = b . (-q) - r, 0  r < |b| e, portanto, -a = b . (-q) - r + b - b, de
onde resulta -a = b . (-q - 1) + (b - r), com 0  b - r < |b|. Dai', q(-a, b) = -q - 1 e r(a, -b) = b - r.
5.4. De a = b . q + r, 0  r < |b| e a' = b . q' + r', 0  r' < |b|, segue que a + a' = b . (q + q') + (r + r'), com
0  r + r'< 2 . |b|. Se r + r' < |b|, q(a + a', b) = q + q' e r(a + a', b) = r + r'. Se |b|  r + r' < 2 . |b| fazemos
a + a' = b . (q + q') + (r + r') + b - b = b . (q + q' + 1) + (r + r' - b), o que mostra que, na hipótese acima,
q(a + a', b) = q + q' + 1 e r(a + a', b) = r + r' - b.
5.5. A afirmação de que todo inteiro é da forma 2 . n ou da forma 2 . n + 1 segue imediatamente da divisão
euclidiana: z = 2 . q + r, com 0  r < 2, e, portanto r = 0 ou r = 1. Para os itens a, b, c e d, sejam dois
inteiros z e y.
a) Se z = 2 . n e y = 2 . m, então z + y = 2 . (n + m), o que mostra que z + y é par.
b) Se z = 2 . n + 1 e y = 2 . m + 1, então z + y = 2 . (n + m) + 2, o que mostra que z + y é par.
c) Se z = 2 . n, então z . y = (2 . n) . y = 2 . (n . y), o que mostra que z . y é par.
d) Se z = 2 . n + 1 e y = 2 . m + 1, então z . y = (2 . n + 1) . (2 . m + 1) = 4 . m . n + 2 . ( m + n) + 1,
o que mostra que z . y é ímpar.
5.6 a) Se z é par z2 também é par e a soma de dois números pares é par. Se z é ímpar z2 também é ímpar e
a soma de dois números ímpares é ímpar.
b) Se z fosse ímpar, pelo item b anterior, z2 seria ímpar o que contrariaria a hipótese. Logo, z é par.
5.7 Se m e n são ímpares, então existem inteiros t e u tais que m = 2 . t + 1 e n = 2 . u + 1. Daí, m2 - n2 = =
(4 . t2 + 4 . t + 1) - (4 . u2 + 4 . u +1) = 4 . (t2 + t) - 4 . (u2+ u). Agora, pelo exercício anterior, t2 + t e u2 + u
são pares e, portanto, t2 + t = 2 . p e u2 + u = 2 . r, para p e r inteiros. Daí, m2 - n2 = 4 . (2 . p) - 4 . (2 . r) =
= 8 . (p - r).
5.8 a) Seja q = q(m, a). Assim, m = a . q + r, com 0  r < a. Agora, se 1  q'  q, então a . q'  a . q e,
portanto, a . q'  a . q + r, o que implica a . q'  m. Logo {1, 2, ..., q}  A. Além disto, se q’ > q, então
q’  A. De fato, se existisse q’ > q com q’  A, teríamos a . q’  m, com q’ > q, a . q’  a . q + r, com q’ >
q, a . q’ < a . q + a (pois r < a), com q’ > q, a . q’ < a . (q + 1), com q’ > q, q’ < q + 1 (pois a  0), o que é
um absurdo, pois esta última desigualdade gera q’  q, contrariando o fato q’ > q. Logo {1, 2, ..., q} = A e
|A| = q.
b) Sejam A = {z  Z | 0 < z < m e a|z}, B = {z  Z | 0 < z  n e a|z} e C = {z  Z | n < z < m e a|z}.
Naturalmente, C = A - B e, como B  A, |C| = |A| - |B|. Pelo item anterior, |B| = q(n, a). Para |A|, temos de
analisar dois casos: se m não é múltiplo de a, A = {z  Z | 0 < z  m e a|z} e |A| = q(m, a); se a|m,
A = {z  Z | 0 < z  m - 1 e a|z} e |A| = q(m - 1, a) = q(m, a) - 1. Logo, se m não é múltiplo de a,
|C| = q(m, a) - q(n, a); caso contrário, |C| = q(m, a) - q(n, a) - 1.
5.9. a) Para n = 1, a afirmação é óbvia. Vamos mostrar, por indução sobre n, que an - bn = (a - b) . (an-1 +
an-2 . b + ... + a . bn-2 + bn-1) para n  2.
Para n = 2, a2 – b2 = (a - b) . (a + b) e a igualdade é verdadeira. Suponhamos que an - bn = (a - b) .
(an-1 + an-2 . b + ... + a . bn-2 + bn-1) e provemos que an+1 - bn+1 = (a - b) . (an + an-1 . b + ... + a . bn-1 + bn).
Multiplicando a hipótese de indução por a, temos
an+1 = (a - b) . (an + an-1 . b + ... + a2 . bn-2 + a . bn-1) + bn . a
e subtraindo bn+1,
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
17
an+1 – bn+1 = (a - b) . (an + an-1 . b + ... + a2 . bn-2 + a . bn-1) + bn . a – bn+1,
que resulta em,
an+1 – bn+1 = (a - b) . (an + an-1 . b + ... + a2 . bn-2 + a . bn-1) + bn . (a – b).
Daí, an+1 – bn+1 = (a - b) . (an + an-1 . b + ... + a2 . bn-2 + a . bn-1 + bn).
b) Para n = 1, a afirmação é óbvia. Como n é ímpar positivo, existe um inteiro positivo ou nulo k tal que n
= 2 . k + 1. Vamos mostrar, por indução sobre k, que a2. k + 1 + b2 . k + 1 = (a + b) . (a2 . k - a2 . k - 1 . b + ... - a .
b2 . k - 1 + b2 . k) para todo k  1.
Para k = 1, a igualdade é trivialmente verdadeira. Suponhamos então que
a2. k + 1 + b2 . k + 1 = (a + b) . (a2 . k - a2 . k - 1 . b + ... - a . b2 . k - 1 + b2 . k)
e provemos que a2. (k + 1) + 1 + b2 . ( k + 1) + 1 = (a + b) . (a2 . (k + 1) - a2 . (k+1) - 1 . b + ... - a . b2 . (k + 1) - 1 + b2 . (k + 1)),
isto é, provemos que a2. k + 3 + b2 . k + 3 = (a + b) . (a2 . k + 2 - a2 . k + 1 . b + ... - a . b2 . k + 1 + b2 . k + 2).
Multiplicando a hipótese de indução por a2 e, em seguida, somando b2 . k + 3, temos
a2. k + 3 + b2 . k + 3 = (a + b) . (a2 . k + 2 - a2 . k + 1 . b + ... - a3 . b2 . k - 1 + a2 . b2 . k) - a2 . b2 . k + 1 + b2 . k + 3,
o que dá a2. k + 3 + b2 . k + 3 = (a + b) . (a2 . k + 2 - a2 . k + 1 . b + ... - a3 . b2 . k - 1 + a2 . b2 . k) + b2 . k + 1 . (b2 - a2).
Daí, a2. k + 3 + b2 . k + 3 = (a + b) . (a2 . k + 2 - a2 . k + 1 . b + ... - a3 . b2 . k - 1 + a2 . b2 . k) + b2 . k + 1 . (b - a) . (b + a),
de onde resulta
a2. k + 3 + b2 . k + 3 = (a + b) . (a2 . k + 2 - a2 . k + 1 . b + ... - a3 . b2 . k - 1 + a2 . b2 . k + b2 . k + 2 - a . b2 . k + 1),
que é a igualdade procurada.
c) Como n é par positivo, existe um inteiro positivo k tal que n = 2 . k. Vamos mostrar, por indução sobre k,
que a2. k - b2 . k = (a + b) . (a2 . k - 1 - a2 . k - 2 . b + ... +a . b2 . k - 2 - b2 . k - 1).
Para k = 1, temos a2 - b2 = (a + b) . (a - b) que é uma igualdade verdadeira. Suponhamos que
a2. k - b2 . k = (a + b) . (a2 . k - 1 - a2 . k - 2 . b + ... +a . b2 . k - 2 - b2 . k - 1)
e provemos que a2. k + 2 - b2 . k + 2 = (a + b) . (a2 . k + 1 - a2 . k . b + ... +a . b2 . k - 2 - b2 . k + 1).
Multiplicando a hipótese de indução por a2 e, em seguida subtraindo b2 . k + 2, temos
a2. k + 2 - b2 . k + 2 = (a + b) . (a2 . k + 1 - a2 . k . b + ... +a . b2 . k - 2 - b2 . k + 1) + a2 . b2 . k - b2 . k + 2,
que resulta em
a2. k + 2 - b2 . k + 2 = (a + b) . (a2 . k + 1 - a2 . k . b + ... +a . b2 . k - 2 - b2 . k + 1) + (a + b) . (a - b) . b2 . k,
que, aplicando a distributividade no sentido contrário, dá igualdade procurada.
5.10. Temos m = n . q + r e, portanto, m - r = n.q. Daí,
2 1
2 1
2 1
2 1
m r
n
n q
n
 




.
é inteiro (item a do exercício
anterior, com a = 2n e b = 1). Agora, aplicando o item b do exercício 5.0,
2 2 1
2 1
2 1
2 2 1 2 2r n
m r
n
r m r m r. ( ) . . ( )


   


e portanto    2 1 2 2 1
2 1
2 1 2 1m r
m r
n
n r 







   

. . . Resta mostrar que 0  2r - 1 < 2n - 1. A primeira
desigualdade segue do fato de que r  0 e a segunda segue da aplicação do exercício 3.3, já que r < n.
5.11. Observação:
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
18
Observe que houve engano no enunciado ao não se exigir p  0.
Indução sobre n.
i) Para n = 1, p = 0 ou p = 1 e p! = 1.
ii) Suponhamos que para todo 0  p < n, p! divide n . (n -1) . (n - 2) . ... . (n - p + 1) e provemos
que para todo 0  p < n + 1, p! divide (n + 1) . n . (n -1) . (n - 2) . ... . (n - p + 2).
Se p = n, como (n + 1) . n . (n -1) . ... . (n - p + 2) = (n + 1) . n!, temos que p! divide a expressão.
Se p < n, basta observar que n + 1 = (n - p +1) + p, e, então, (n + 1) . n . (n -1) . ... . (n - p + 2) = (n - p +
1) . n . (n -1) . ... . (n - p + 2) + p . n . (n -1) . ... . (n - p + 2). Agora, p! divide estas duas parcelas: a
primeira pela hipótese de indução e a segunda pelo fato de que, ainda pela hipótese de indução, (p - 1)!
divide n . (n -1) . (n - 2) . ... . (n - p + 2) e p! = p . (p - 1)!.
b) Temos que n! = n . (n -1) . (n - 2) . ... . (n - p + 1) . (n - p)! e a afirmação segue de imediato do item
anterior.
5.12. É fácil provar que
n
i
n
i
n
i





 






 







1
1
1
, quaisquer que sejam os inteiros positivos n e i, com i  n.
Esta relação é conhecida como relação de Stifel e será usada na indução sobre n a seguir.
Para n = 1, a afirmação é trivialmente verdadeira. Suponhamos então que
( ) . . . . . . . . . .a b a
n
a b
n
i a b b
n n n n i i n  





  





   1
1
e provemos que
( ) . . ... . . ...a b a
n
a b
n
i
a b bn n n n i i n  





  





      1 1 1 1
1
1
1
.
Temos que
(a + b)n+1 = (a + b) . (a + b)n = (a + b) . ( . . ... . . ... )a
n
a b
n
i
a b bn n n i i n





  





   1
1
e, portanto,
( ) ( . . . . ... . . . . )
( . . . . ... . . . .
a b a
n
a b
n
a b
n
n
a b
n
n
a b
n
a b
n
a b
n
n
a b
n
n
a b
n n n n n n
n n n
  





 





  






 





 





 





  






 







   
 
1 1 1 2 2 1
1 2 2 1
1 2 1
0 1 2 1
n nb 1 ).
Daí,
( ) ( ) . . ( ) . . ...
( ) . . ( ) . . ),
a b a
n n
a b
n n
a b
n
n
n
n
a b
n
n
n
n
a b b
n n n n
n n n
  





 





 





 





  






 






 





 






 
  
 
1 1 1 2
2 1 1
1 0 2 1
1 2 1
de onde, com a aplicação da relação de Stifel, resulta a expressão procurada.
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
19
5.13. Considerando que
n n
n0 1





 





  , basta aplicar a fórmula do Binômio de Newton
( ) . . . . . . . . . .a b a
n
a b
n
i a b b
n n n n i i n  





  





   1
1 , para o binômio (1 + 1)n.
5.14. Temos a5 = a . 10 + b e, assim, (a5)2 = (a . 10 + 5)2 = a2 . 100 + 100 . a + 25 = (a2 + a) . 100 + 25
= a . (a + 1) . 102 + 25 = a . (a + 1)25.
5.15. Devemos ter 54 = (105)b. Assim, 54 = 1 . b2 + 0 . b + 5, o que b2 - 49 = 0 e, portanto, b - 7 = 0 ou
b + 7 = 0. Da primeira,b = 7 e da segunda, b = -7. Como b > 1, temos b = 7.
5.16. Deveríamos ter 24 = (108)b e, assim, 24 = 1 . b2 + 0 . b + 8, o que dá b2 - 16 = 0. Daí, b - 4 = 0 ou
b + 4 = 0. Logo, b = 4. Porém, 8 não é um algarismo do sistema de numeração de base 4 e isto mostra que
não existe base b tal que 24 = (108)b.
5.17. Seja z o maior inteiro que no sistema binário tem n dígitos. Assim z = (11...1)2, com n dígitos, e,
portanto, z = 2n-1 + 2n-2 + ... + 2 + 1. Porém, pela solução do exercício 5.9,
2n - 1n = (2 - 1) . (2n-1 + 2n-2 + ... + 2 + 1)
e, assim, z = 2n - 1.
5.18. Seja z = (anan-1...a1a0)3. Assim z = an . 3n + an-1 . 3n-1 + ... + a1 . 3 + a0 e, levando em conta as
propriedades apresentadas no exercício 5.4, z é par se o número de parcelas de valor ímpar na expansão 3-
ádica de z for par. Porém, considerando que 3i é ímpar qualquer que seja o inteiro positivo (ou nulo) i, a
parcela ai 3i é ímpar se e somente se ai = 1. Logo z = (anan-1...a1a0)3 é par se e somente o número de dígito
iguais a 1 o for.
5.19. Vamos provar que todo inteiro z escreve-se de modo único da forma z = 3 . s + t, com s  {-1, 0, 1}.
Pela divisão euclidiana, z = 3 . q + r, com r = 0 ou r = 1 ou r = 2. Se r = 0 ou r = 1, basta tomar s = q e t =
r. Se z = 3 . q + 2, temos z = 3 . q + (-1) + 3 = 3 . (q + 1) – 1 e, então, basta tomar s = q + 1. Agora, com
demonstração idêntica à demonstração do teorema 2.5, pode-se provar que qualquer inteiro z escreve-se
da forma z = cn . 3n + cn-1 . 3n-1 + ... + c1 . 3 + c0, com c = -1 ou c = 0 ou c = 1. Assim, dada uma massa de z
gramas, escrevemos z como acima e colocamos no prato da balança que contém a massa os pesos
correspondentes aos coeficientes negativos e no outro prato os pesos correspondentes aos coeficientes
positivos.
Capítulo 6
6.1. a) Aplicando o lema 1.6 e as propriedades do máximo divisor comum, temos
mdc(2 . n + 1, 3 . n +1) = mdc(2 . n + 1, (3 . n + 1) - 1 . (2 . n +1) = mdc(2 . n + 1, n) = mdc(n, (2 . n + 1) -
2 . n) = mdc(n, 1) = mdc(1, n - n . 1) = mdc(1, 0) = 1.
b) Como no item anterior, mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1) = mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1 - (n + 1) . (n! + 1)) = mdc(n!
+ 1, -n) = mdc(n! + 1, n) = mdc(n, n! + 1 - n . (n - 1)!) = mdc(n, 1) = 1.
6.2. Pelo algoritmo de Euclides, temos
1 14 4 3 12
7 311 6 831 480 111 36 3
480 111 36 3 0
Assim, 3 = 111 - 3 . 36 = 111 - 3 . (480 - 4 . 111) = (-3) . 480 + 13. 111 e, portanto,
3 = (-3) . 480 + 13 . (6 831 - 14 . 480) = 13 . 6 831 -185 . 480. Substituindo, agora, o 480,
3 = 13 . 6 831 - 185 . (7 311 - 1 . 6 831) = (-185) . 7 311 + 198 . 6 831. Logo, os números procurados são
m = 198 e n = -185.
MAceio
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Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
20
6.3. Sejam d = mdc(a1, a2, ..., an), m = mdc(a1, a2) e k = mdc(m, a3, ..., an). Queremos mostrar que d = k. Da
primeira temos que d|a1, d|a2, ..., d|an e se um inteiro d' é tal que d'|a1, d'|a2, ..., d'|an, então d'  d e da
segunda temos que k|m, k|a3, ..., k|an e se um inteiro k' é tal que k'|m, k'|a3, ..., k'|an, então k'  k. Como m =
mdc(a1, a2), por um lado, k|a1 e k|a2 e, e então k|a1, k|a2, ..., k|an o que mostra que k  d. Por outro, como d|a1
e d|a2, d|m e, portanto, k|m, k|a3, ..., k|an o que mostra que d  k. Por antissimetria da relação , temos d = k.
6.4. Sejam m
z
d
 e n
y
d
 . Assim, z = m . d e y = n . d. Como d = mdc(z, y), pelo algoritmo de Euclides,
existem inteiros t e u tais que z . t + y . u = d e, então, por substituição de z e y, temos
m . d . t + n . d . u = d. Assim, aplicando a lei do cancelamento, m . t + n . u = 1 e, portanto, pela
proposição 6.2, mdc(m, n)|1. Logo mdc(m, n) = 1.
6.5. Sejam d = mdc(a . b, c) e k = mdc(b, c). Por um lado temos que k|b e k|c. Daí, k|(a . b), qualquer que
seja a, e, portanto, pela definição de máximo divisor comum, k|d. Assim k  d. Por outro lado, d|(a . b) e
d|c. Se d = 1, existem inteiros t e u tais que (a . b) . t + c . u = 1 e, então, existem inteiros (a . t) e u tais
que b . (a . t) + c . u = 1, o que mostra, como aplicação da proposição 6.2, que k = 1. Se d > 1, temos que,
como a e c são primos entre si, d e a são primos entre si. Como d|(a . b), a proposição 6.1 garante que d|b.
Assim d|b e d|c o que implica d|k e, portanto, d  k.
6.6. Seja d = mdc(am, bn). Se d > 1, pela proposição 6.4, d tem um divisor primo p que, por conseqüência,
também é divisor de am e de bn. Porem, como p é primo, a propriedade fundamental dos números primos
(proposição 6.3) garante que p é divisor de a e de b, o que contraria a hipótese de que mdc(a, b) = 1.
6.7. Seja d = mdc(p, (p - 1)!). Então d|p e d|(p - 1)!. Da primeira, levando em conta que p é primo, segue
que d = 1 ou d = p. Se d = p, a aplicação da proposição 6.3 a d|(p - 1)!, implica p|1 ou p|2 ou ... p|(p - 1) o
que é um absurdo. Logo d = 1.
6.8. Houve um erro grave no enunciado da questão em não se estabelecer que o mínimo múltiplo comum
de dois inteiros z e y é o menor inteiro positivo que é múltiplo de z e múltiplo de y.
a) Sejam m = mmc(z, y) e d = mdc(z, y), t
y
d
 e u
z
d
 . Por um lado temos que de z|(z . t) e y|(u . y)
segue que z t u y
z y
d
. .
.
  é múltiplo comum de z e y e, então,
z y
d
m
.
 . Por outro lado, de
z
z y
m
m
y

.
. e de y
z y
m
m
z

.
. segue que
z y
m
z
.



e
z y
m
y
.



o que implica
z y
m
d
.
 .
b) Seja m = mmc(z, y). Então, existem t e u tais que m = z . t e m = y . u. Observe inicialmente que
mdc(t, u) = 1. De fato, se d = mdc(z, y) e d > 1, então existem inteiros t' e u' tais que t = d . t' e u = d . u'.
Daí, m = z . d . t' e m = y . d . u', o que implica z . d . t' = y . d . u', portanto, z . t' = y . u'. Assim, m' = z . t'
= y . u' é múltiplo de z e de t e m' < m, o que contraria o fato de que m é o mínimo múltiplo comum.
Agora, seja a = z . r e a = y . s. Multiplicando a primeira por m = y . u e a segunda por m = z . t obtemos a .
m = z . y . u . r e a . m = z . y . t . s que gera u . r = t . s. Daí, t|(u . r) e, pela proposição 6.1, considerando
que mdc(t, u) =1, t|r. Logo existe um inteiro i tal que r = t . i. Agora, substituindo este valor em a = z . r
temos a = z . t . i e, portanto, a = m . i e m|a.
6.9. Seja a equação a . x + b . y = c, com a, b > 0. Como se quer soluções positivas deve-se ter a . x > 0 e
b . y > 0. Ora, pela propriedade arquimediana dos inteiros, proposição 3.5, existem inteiro x0 e y0 tais que
a . x0 > c e b . y0 > c o que implica a . x0 + b . y0 > 2 . c > c. Dai', se (x, y) é solução da equação x < x0 e y
< y0. Como queremos soluções positivas, x  {1, 2, ..., x0} e y  {1, 2, ..., y0} e estes conjuntos são finitos.
6.10. Pelo exercício 5.10,
MAceio
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Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
21
a - 1 = (a - 1).q + a - 1, com m = n. t + r
a - 1 = (a - 1).q + a - 1, com n = r . t + r
a - 1 = (a - 1).q + a - 1, com r = r . t + r
m n
1
r
1 1
n r
2
r
1 2 2
r r
3
r
1 2 2 3
1
1 2
1 2 3
.
.
.
e, pelo algoritmo de Euclides, existe i tal que ri+1 = 0 e ri = d = mdc(m, n). Quando isto acontece
a ri   1 1 0 , e então, novamente pelo algoritmo de Euclides, mdc(am - 1, an - 1) = ad - 1.
6.11. Suponhamos que p, p + 2 e p + 4 sejam primos e p  3. Então, pela divisão euclidiana,
p = 3 . q + 1 ou p = 3 . q + 2. Na primeira hipótese, p + 2 = 3 . q + 3 e, então, 3|(p + 2). Na segunda,
p + 4 = 3 . q + 6 e 3|(p + 4). Logo p = 3.
6.12. Observemos inicialmente que, se z = 4 . n + 1 e y = 4 . m +1, com m e n inteiros, então
z . y = 4 . (4 . m . n + m + n) + 1, o que mostra que produto de inteiros da forma 4 . n + 1 também é da
forma 4 . n + 1. Agora, suponhamos que pk é o maior primo da forma 4 . n + 3 e consideremos o número x
= 4 . (7 . 11 . ... . pK) + 3, onde A = {3, 7, 11, ..., pk} é o conjunto de todos os primos da forma 4 . n + 3.
Seja x q q qe e s
es 1 21 2. . ... . a decomposição em fatores primos de x. Como x é da forma 4 . n + 3, existe i
tal que qi é da forma 4 . n + 3, pois, do contrário, x seria, de acordo com a observaçãoacima, da forma 4 .
n + 1. Se qi = 3, teríamos, pelas proposições 5.3 e 6.3, que qi divide 4 ou algum outro elemento de A, pois
qi divide x. Mas isto seria um absurdo, pois o único divisor de 4 é 2 e os elementos de A são primos. Se qi
 A, pelas proposições citadas, qi|3, o que é também é um absurdo. Assim qi é um primo da forma 4 . n +
3 e não pertence a A o que é uma contradição, pois supomos que A era o conjunto de todos os primos da
forma 4 . n + 3. Logo não existe o maior primo desta forma e A, na verdade, é infinito.
6.13. Seja f(x) = a . x2 + b . x + c, com a, b e c inteiros. Podemos supor que a > 0, pois do contrário,
raciocinamos com a função -f(x). Se para todo inteiro m, f(m) é composto, a afirmação está verificada. Seja,
então, m tal que f(m) = p, com p primo positivo, e considere um inteiro positivo h tal que (a . p) . h > -b -
2 . a . m (a proposição 10.3 garante a existência de h). Temos que
f(m + p . h) = a . (m + p . h)2 + b . (m + p . h) + c,
f(m + p . h) = (a . m2 + b . m + c) + p . (p . a . h2 + b . h + 2 . a . m . h),
f(m + p . h) = p + p . (p . a . h2 + b . h + 2 . a . m . h),
f(m + p . h) = p . (1 + p . a . h2 + b . h + 2 . a . m . h).
Agora, como h > 0 e a . p . h + b + 2 . a . m > 0, temos a . p . h2 + b . h + 2 . a . m . h > 0,
1 + a . p . h2 + b . h + 2 . a . m . h > 1 e, portanto, f(m + p . h) é composto.
6.14. Vamos supor que n > m. Isto é, vamos supor que n = m + x, com x > 0. Como
   2 1 2 1 2 12 2 21n n n    . , temos que
         
         
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
1 1 1 2 2
1 2 2
m x m x m x m x m x m x
m x m x m x m m
          
     
         
     
. . . ...
. . . ... . . ,
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
22
e, portanto, 2 12
m
 é divisor de 2 12
n
 . Daí, existe um inteiro q tal que 2 12
n
 =  2 12m q . e,
então,    2 1 2 1 22 2n m q   . . Assim, se d = mdc(Fn, Fm), então d|2 o que implica d = 2 ou d = 1.
Como cada Fn é ímpar, d = 1.
Do fato de que mdc(Fn, Fm) = 1, segue que dois números de Fermat quaisquer não possuem um
fator primo comum. Como, evidentemente, é infinito o conjunto dos números de Fermat, o conjuntos dos
números primos tem que ser infinito para que cada um deles, pelo menos, seja fator de um número de
Fermat.
6.15 Como 32 + 42 = 52, temos que para todo inteiro positivo n, 32 . n2 + 42 . n2 = 52 . n2 e, portanto, (3 . n)2
+ (4 . n)2 = (5 . n)2, o que mostra que (3 . n, 4 . n, 5 . n) é um trio pitagórico, qualquer que seja o inteiro
positivo m.
Capítulo 7
7.1. Basta levar em conta que a relação "a e b possuem o mesmo número de divisores é de equivalência".
7.2 Considere o seguinte contra-exemplo:
18 12 , pois 18 e 12 possuem dois divisores primos 2 e 3
7 11 , pois 7 e 11 são primos
enquanto que
25 33 , pois 25 tem um divisor primo, 5, e 33 tem dois divisores primos, 3 e 11.
7.3. Sejam d1 = mdc(i, n) e d2 = mdc(j, n). De i j segue que n|(i - j) e, então i - j = n . q, para algum
inteiro q. Daí, como d1|i e d1|n, temos que d1|j e, portanto, d1 é divisor comum de j e n. como d2 é o maior
divisor comum de j e n temos que d1  d2. Com raciocínio idêntico, mostra-se que d2  d1.
7.4. Tome n = 6 e a = 5. Temos mdc( 5, 6) = 1 e 56 -1 = 55 = 3125  5 mod 6.
7.5. Como pelo Pequeno Teorema de Fermat, ai . ap-i-1 = ap-1  1 mod p, temos que  a ai p i  1 1 .
7.6. Temos que 102  0 mod 4 e, portanto, 10i  0 mod 4, para todo i  2. Sabemos que, se
a = anan-1...a1a0, então
a = an . 10n + an-1 . 10n-1 + ... + a2 . 102 + a1 . 10 + a0.
Assim a  0 mod 4 se e somente se (a1 . 10 + a0)  mod 4.
7.7. Pelo critério de divisibilidade por nove, temos que se a = anan-1...a1a0, então
a  (an + an-1 + ... +a1 + a0) mod 9.
Daí, 9|( a - (an + an-1 + ... +a1 + a0)).
7.8. a) Como p é primo e 13 também é primo, pelo Pequeno Teorema de Fermat, 13p-1  1 mod p. Logo
r(13p-1, p) = 1.
b) Pelo Pequeno Teorema de Fermat, 211-1  1 mod 11 e, então, 210  1 mod 11. Por potenciação de
congruências, 2100  1 mod 11 e, por conseguinte, r(2100, 11) = 1.
c) Pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos 710  1 mod 11 e, então, 71000  1 mod 11. Multiplicando
por 7, 71001  7 mod 11 e, portanto, r(71001, 11) = 7.
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
23
d) Temos 56  1 mod 7 e, portanto, 518  1 mod 7. Como 52  4 mod 7, temos que, multiplicando as
duas congruências, 520  4 mod 7 e r(520, 7) = 4.
e) Temos 430 = 418 . 412  412 mod 19, pois 18 = 19 - 1, 19 é primo e mdc(4, 19) = 1, o que garante que
418  1 mod 19. Agora, 49 = 218  1 mod 19 e 42  (-3) mod 19 e, assim, 412 = 49 . 42 . 4  (-12) mod 19  
7 mod 19. Logo r(430, 19) = 7.
f) Temos que 6  (-1) mod 7 e, então, 611  (-1) mod 7. Como 9  2 mod 7, temos, por multiplicação,
9 . 611  (-2) mod 7  5 mod 7
e, por conseguinte, o resto procurado é 5.
7.11. Temos 24  (-1) mod 17 e, portanto, 28  1 mod 17. Por outro lado, para 4 < i < 8,
2i = 24 . 2i-4  (-2i-4) mod 17  (17 - 2i-4) mod 17
e 17 - 2i-4 > 1. Logo i = 8.
7.10. Vamos realizar uma indução sobre n
i) Para n = 1, temos que 15 = 1  1 mod 10.
ii) Suponhamos que n5  n mod 10 e provemos que (n + 1)5  (n + 1) mod 10.
Temos, pela fórmula do Binômio de Newton
(n + 1)5 = n5 + 5 . n4 + 10 . n3 + 10 . n2 + 5 . n + 1
o que implica
(n + 1)5 - 1 = n5 + 5 . (n4 + n) + 10 . (n3 + n2).
Porém,
n5  n mod 10 (pela hipótese de indução)
5 . (n4 + n)  0 mod 10 (n4 + n sempre é par)
10 . (n3 + n2)  0 mod 10 (evidente),
e somando estas congruências, temos (n + 1)5 - 1  n mod 10, o que implica o que queríamos.
7.11. Se n é par, então n = 2 . k, para algum inteiro k, e, portanto, n2 = 4 . k2. Assim, 4|n . Se n é ímpar, n =
2 . k + 1, para algum inteiro k, e, portanto, n2 = 4 . k2 + 4 . k + 1 = 4. (k2 + 1) + 1. Assim, r(n2, 4) = 1.
7.12. Como p é primo, mdc(i, p) = 1, para todos i = 1, 2, ..., p-1. Daí, pela proposição 7.7, 1 2 1, , . . . , p
são inversíveis em Zp. Do fato de que  1 11  e p  1 1 , o que implica  p p  1 11 , segue
que no conjunto  2 3 2, , . . . , p estão os inversos destes próprios elementos. Assim,
1 2 2 1 1 1 1. . . . . . .p p p      e, portanto, ( )!p  1 1 e (p - 1)!  (-1) mod p.
7.13. Como n é composto, pela proposição 5.6, n = p . y, com p primo e 2  y < n. Se y  p, p e y são
fatores de (n - 1)! e isto garante que n | (n - 1)!. Se y = p e n > 4, temos p > 2 o que implica 2 . p < p . p,
ou seja, 2 . p < n. Assim, p e 2 . p são fatores de (n - 1)! e, como n = p . p, mais uma vez,
n | (n - 1)!. Observe que este exercício mostra que a primalidade de p é indispensável para o teorema de
Wilson.
7.14. Seja d = mdc(u, v). Então pelo algoritmo de Euclides, existem inteiros x e y tais que u . x + v . y = d.
Agora, de au  1 mod n segue, pela proposição 7.3, au . x  1x mod n e de av  1 mod n segue, pela mesma
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
24
proposição, av . y  1y mod n. Daí, aplicando o item b da proposição citada, au . x . av . y = 1 . 1 mod n e, então,
au . x + y . v  1 mod n.
7.15. Pelo modelo equiprobabilístico de probabilidade, basta determinar o número de elementos não
inversíveis de Zn. Se este número for indicado por x, a probabilidade procurada é
x
n
. Naturalmente,
x = n -  (n) = n -  (p . q) = n - (p - 1) . (q - 1), onde esta última igualdade foi obtida através das
aplicações sucessivas das proposições 7.10 e 7.8. Assim, x = n - p . q + p + q - 1 e então, como
n = p . q, x = p + q - 1. Daí, a probabilidade pedida é
p q
n
p q
p q q p p q
 

 
  
1 1 1 1 1
. .
.
7.16. a) De 5 . x + 7  10 mod 15 segue que 15 | (5 . x + 7 - 10) e, portanto, existe um inteiro t tal que
5 . x - 3 = 15 . t. Daí, 5 . x - 15 . t = 3. Como mdc(5, 15) = 5, pois 5 | 15, e 5 não divide 3, a proposição 7.8
garante que a congruência não tem solução.
b) De 3 . x - 4  0 mod 4 segue que 4 | (3 . x - 4) e, portanto, existe um inteiro t tal que 3 . x - 4 = 4 . t o
que implica 3 . x+ 4 . t = 4. Como 1 = 4 - 3 . 1, temos que 4 = 3 . (-4) + 4 . 4 e, então, x = -4 é uma
solução da congruência dada.
7.17. Temos que 19  2 mod 17 e, portanto, 194  24 mod 17. Como 24 = 16 e 16  (-1) mod 17, temos que
194  (-1) mod 17. Daí, (194)2  (-1)2 mod 17 e, então, para todo inteiro positivo n, 198 . n 1 mod 17.
7.18. Naturalmente, o algarismo das unidades de um inteiro n igual ao resto da divisão de n por 10. Como
32 = 9  (-1) mod 10, (32)61  (-1)61 mod 10  (-1) mod 10. Como (-1)  9 mod 10, temos que 3122  9 mod
10 e o algarismo das unidades de 3122 é 9.
7.19. Observação:
Houve um pequeno engano no enunciado da questão. Na verdade da forma em que está enunciada
a questão não tem solução. Destacando o engano do enunciado, este seria: Determine o menor inteiro
positivo múltiplo de nove ... .
Precisamos resolver o sistema
x  1 mod 2
x  1 mod 5
x  1 mod 7
e depois considerar que x deve ser múltiplo de 9. Da primeira congruência, temos x = 2 . t + 1, para algum
inteiro t, e, substituindo este valor na segunda, obtemos 2 . t + 1  1 mod 5 e, portanto, 2 . t  0 mod 5.
Como mdc(2, 5), pela proposição 7.4, t  0 mod 5 e, portanto, t = 5 . u, para algum inteiro u. Substituindo t
em x = 2 . t + 1, obtemos x = 10 . u + 1. Agora, substituindo x na terceira congruência,
10 . u + 1  1 mod 7, de onde resulta 10 . u  0 mod 7. Mais uma vez pela proposição 7.4, como
mdc(10, 7) = 1, obtemos u  0 mod 7 e, então, u = 7 . v, para algum inteiro v. Segue então, substituindo u
em x = 10 . u + 1, que x = 70 . v + 1. Como x deve ser múltiplo de nove, existe y tal que
x = 9 . y, e chegamos a equação diofantina 9 . y - 70 . v = 1. Para resolvê-la, temos, aplicando o algoritmo
de Euclides
7 1 2
70 9 7 2
7 2 1
e, portanto,
1 = 7 - 3 .2 = 7 - 3 . (9 - 1 . 7) = (-3) . 9 + 4 . 7 = (-3 . 9) + 4 . (70 - 7 . 9) = (-31) . 9 + 4 . 70.
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
25
Daí, y = -31. Como para este valor de y, x é negativo, consideramos em Z70, y   70 31 39 e, assim, x
= 9 . 39 = 351.
7.20. Precisamos resolver o sistema
x  2 mod 3
x  3 mod 5
x  4 mod 7
Da primeira congruência, x = 3 . t + 2, para algum inteiro t e, substituindo este valor na segunda,
3 . t + 2  3 mod 5 o que dá 3 . t  1 mod 5. Como, em Z5, 3 2 , temos t  2 mod 5. Daí, t = 5 . u + 2,
para algum inteiro u. Substituindo t em x = 3 . t + 2, obtemos x = 15 . u + 8. Assim, a terceira congruência
fica 15 . u + 8  4 mod 7 que se transforma em 15 . u  (-4) mod 7 ou 15 . u  3 mod 7. Como, em Z7,
15 1 , obtemos u  3 mod 7. Daí, u = 7 . v + 3, para algum inteiro v, cuja substituição em x = 15 . u + 8
gera a equação x = 105 . v + 53. Como queremos o menor inteiro positivo, tomamos v = 0 e, assim,
x = 53.
7.21 a) Como 625 = 54, pela proposição 7.9, (54) = 4 . 53 = 500.
b) (8!) = (2 . 3 . 22 . 5 . (2. 3) . 7 . 23) = 1 . 2 . 2 . 4 . (1 . 2) . 6 . 4 = 768
c) Como 5 900 = 22 . 52 . 59, temos, pelo corolário 4.7,
(5 900) = 22 - 1 . 52 - 1 . (2 - 1) . (5 - 1) . (59 - 1) = 2 320.
7.22. a) Como 10 = 11 - 1 e 11 é primo, temos, pela proposição 8.7, n = 11.
b) Seja n = p pe k
ek
1
1 . ... . a decomposição de n em fatores primos. Assim, pelo corolário 4.7,
p p p pe k
e
k
e
1
1 1
1
1 1 1 14    . ... . . ( ) . ... . ( )
e, como 14 = 2 . 7, devemos ter p1 = 2, e1 = 2 e existir algum inteiro positivo i tal que pr = 7 e er = 2. Mas,
deste modo, necessitamos do fator 7 - 1 = 6. Logo, não existe n tal que (n) = 14.
7.23. Como m|n, se a decomposição em fatores primos de m for m = p pe k
ek
1
1 . ... . , então a decomposição
em fatores primos de n será da forma n = ( ) . ... . ( ) . . ... .p p p pe f k
e f
k
e
r
ek k k r
1 1
1 1 1

 . Assim, pelo corolário 4.7,
m . n = p p p pe f e k
e f e
k
e
r
ek k k k r
1 1
1 1 1 1. .. ... . . . ... .  
(m . n) = p p p p p pe f e k
e f e
k
e
r
e
r
k k k k r
1
1 1
1
1 1
1
1 1 1 1 1 1. .. ... . . . ... . . ( ) . ... . ( )    
   
ou
(m . n) = p p p p p pe e f k
e
k
e f
r
k k k
1 1
1 1
1
1 1 1 1 1. . ... . . . ( ) . ... . ( ). .   
ou, ainda,
(m . n) = ( . ... . ) . ( . ... . . ( ) . ... . ( )). .p p p p p pe k
e e f
k
e f
r
k k k
1 1
1 1
1
1 1 1 1 1   
que dá (m . n) = m . (n).
MAceio
Destacar
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
26
Capítulo 9
9.1. a) De
a
b
c
d
 segue que a . d = b . c. Daí, a . d + b . d = b . c + b . d e, portanto,
(a + b) . d = b . ( c + d), o que implica
a b
b
c d
d



.
b) De
a
b
c
d
 segue que a . d = b . c. Daí, 2 . a . d = 2 . b . c e, portanto, a . d - b . c = = -a . d + b . c.
Assim, a . d - b . c + a . c - b . d = -a . d + b . c + a . c - b . d, o que implica (a - b) . (c + d) =
= (a + b) . (c - d). Dai',
a b
b d
c d
c d





.
c) De
a
b
c
d
 segue que a . d = b . c. Daí, a . d - b . d = b . c - b . d e, portanto, (a - b) . d = (c - d) . b, o
que implica
a b
b
c d
d



.
d) De
a
b
c
d
 segue que a . d = b . c. Daí, a . d + c . d = b . c + c . d e, portanto, (a + c) . d = (b + d) . c, o
que implica
a c
b d
c
d


 .
e) De
a
b
c
d
 segue que a . d = b . c. Daí, a . d = c . b e, portanto,
a
c
b
d
 .
9.2. Seja z = p pe k
ek
1
1 . ... . a decomposição do inteiro z em fatores primos. Como a equação x2 - z = 0 não
tem solução em Z existe um inteiro i tal que ei é ímpar. Seja então z = p p pe i
e
k
ei k
1
1 . ... . . ... . . Agora,
suponhamos que a equação x2 - z = 0 tem solução em Q. Assim, existem inteiros a e b, com mdc(a, b) = 1,
tais que
a
b
z
2
2  . Daí, a2 = z . b2 e, como pi|z, pi|a2. Segue então da proposição 6.3, que pi|a. Assim
a = pi . x1, para algum inteiro x1 e, portanto, ( . ) ( . ... . . ... . ) .p x p p p bi
e
i
e
k
ei k
1
2
1
21 , o que implica
( ) ( . ... . . ... . ) .x p p p be i
e
k
ei k
1
2
1
2 21  . Logo, pi|(x1)2 e, então, pi|x1. Portanto, x1 = pi . x2, para algum
inteiro x2, e, assim, ( . ) ( . ... . . ... . ) .p x p p p bi
e
i
e
k
ei k
2
2
1
2 21  , o que implica
( ) ( . ... . . ... . ) .x p p p be i
e
k
ei k
2
2
1
4 21  . Continuando este raciocínio, obteremos
( ) ( . ... . . ... . ) .x p p p be
e
i k
e
i
k
 1
2
1
21 . Daí, p xi ei| ( )1
2 , o que implica p xi ei| 1 . Logo, x p xe i ei i 1 . ,
para algum inteiro xei , e, então, ( . ) ( . ... . . ... . ) .p x p p p bi e
e
i k
e
i
k2
1
21 , que gera
p x p p bi e
e
k
e
i
k. ( ) ( . ... . ) .2 1
21 . Assim, pi|b2 e, por conseguinte, pi|b. Mas isto é uma contradição, pois
supomos mdc(a, b) = 1 e obtivemos pi|a e pi|b, com pi primo.
9.3. De
a
b
a
b

'
'
segue que a . b'  a' . b. Daí, aplicando a compatibilidade com a multiplicação da relação
de ordem em Z e considerando que d2 > 0, a . b' . d2  a' . b . d2. Agora, aplicando a compatibilidade com a
adição em Z, a . b' . d2 + b . c . b' . d  a' . b . d2 + b . c . b' . d. Assim, pela distributividade em Z,
Introdução à Álgebra Abstrata
(soluções dos exercícios)
27
(a . d + b . c) . (b' . d)  (a' . d + b' . c) . (b . d) e, por conseginte,
a d b c
b d
a d b c
b d
.
.
' . ' .
' .



. Daí,
a
b
c
d
a
b
c
d
  
'
'
, como queríamos.
9.4. Sejam a
p
q
 e b
p
q

'
'
. Temos que a > b > 0 se e somente se p . q' > p' . q > 0 se e somente se
q
p
q
p
'
'
  0 se e somente se b-1 > a-1 > 0.
9.5. Seja D um domínio de integridade finito. Precisamos mostrar que se a  D e a  0, então a é
inversível. Seja, então, a  D com a  0 e considere a função de D em D definida por fa(x) = a . x. Pelo
item c do exercício 2.9, fa é injetora e, como D é finito, o corolário 3.6 garante que fa é sobrejetora. Assim,
existe x0  D tal que fa(x0) = 1, o que dá que existe x0  D tal que a . x0 = 1 e, portanto, a é inversível.
9.6. Seja r
r r

1 2
2
. Temos que r r
r r
r
r r r r r
 

 
 


1
1 2
1
1 2 1 2 1
2
2
2 2
0
.
, sendo esta
última desigualdade decorrente de r r1 2 . Daí, r r 1 . Do mesmo modo,
r r r
r r r r
2 2
1 2 2 1
2 2
0  



 , o que mostra que r r 2 .
9.7. Suponhamos que Stem um elemento mínimo e. Assim, e > 0 e, então, pelo exercício anterior,
0
2
 
e
e . Daí, e não é elemento mínimo de S.
	Jaime Evaristo
	Eduardo Perdigão 
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	Álgebra
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	Capítulo 6
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