AD1-A1-2016-1-Gabarito

Prévia do material em texto

Álgebra I - Soluções da AD1
1a Questão: (2, 0 pontos) Considere a seguinte seqüência de somas
1
2!
=
1
2
1
2!
+
2
3!
=
5
6
1
2!
+
2
3!
+
3
4!
=
23
24
1
2!
+
2
3!
+
3
4!
+
4
5!
=
119
120
...
e seja P (n) a soma
1
2!
+
2
3!
+ ...+
n− 1
n!
.
Determine uma expressão para P (n) e, em seguida, utilizando o Prinćıpio da Indução Finita,
prove a sua validade para n ≥ 2.
Solução:
A lei de formação é dada por
1
2!
+
2
3!
+ ...+
n− 1
n!
=
n!− 1
n!
De fato, se n = 2 a fórmula fornece
2!− 1
2!
=
2− 1
2!
=
1
2!
,
ou seja, a expressão é verdadeira para n = 2.
Admitimos, para hipótese de indução, que
1
2!
+
2
3!
+ ...+
k − 1
k!
=
k!− 1
k!
.
Provemos que o resultado vale para k + 1. De fato
1
2!
+
2
3!
+ ...+
k − 1
k!
+
(k + 1)− 1
(k + 1)!
=
(k + 1)!k!− (k + 1)! + k!(k + 1)− k!
k!(k + 1)!
=
1
=
(k + 1)!k!− (k + 1)! + (k + 1)!− k!
k!(k + 1)!
=
k! [(k + 1)!− 1]
k!(k + 1)!
=
(k + 1)!− 1
(k + 1)!
.
2a Questão: Seja n ≥ 1. Prove que:
(a) (1, 0 ponto) 23n − 1 é sempre diviśıvel por 7;
(b) (1, 0 ponto) 2n + (−1)n+1 é sempre diviśıvel por 3.
Solução:
(a) De fato, faremos a prova por indução sobre n. Para n = 1
23 − 1 = 7
e portanto o resultado vale para n = 1.
Tomemos para hipótese de indução que 7 divide 23k − 1, isto é, existe um inteiro a tal
que
23k − 1 = 7a.
Provemos que 7 divide 23(k+1) − 1. Para isto, note que
23(k+1)−1 = 23k · 23 − 1
︸ ︷︷ ︸
Utiliza-se aqui a hipótese de indução: 23k=7a+1
= (7a+ 1)·23−1 = 8·7a+23−1 = 7 (8a+ 1)
Ou seja, existe a = 8a+ 1 tal que
23(k+1) − 1 = 7a,
mostrando que 7 divide 23(k+1) − 1.
(b) Para n = 1 tem-se que 2 + (−1)2 = 3. OK!
Hipótese de Indução: Existe um inteiro a tal que
2k + (−1)k+1 = 3a.
n = k + 1
2k+1 + (−1)k+1+1 = 2k+1 + (−1)k+1 (−1) = 2k+1 +
(
3a− 2k
)
(−1) = 2k+1 − 3a + 2k =
2k (1 + 2)− 3a = 3
(
2k − a
)
. Ou seja, existe um inteiro a = 2k − a tal que
2k+1 + (−1)k+1+1 = 3a,
2
que mostra o resultado desejado.
3a Questão: Prove que se I1, I2, ..., Ir são ideais de Z então:
(a) (1, 0 ponto) I1 ∩ I2 ∩ ... ∩ Ir é um ideal de Z.
(b) (0, 5 ponto)I1 + I2 + ... + Ir = {x1 + x2 + ...+ xr : xj ∈ Ij, j = 1, 2, 3, ..., r}, é um
ideal de Z.
(c) (0, 5 ponto) Mostre, por meio de um contra-exemplo que, dados I1 e I2 ideais de Z,
para que I1 ∪ I2 seja ideal necessariamente deve-se ter I1 j I2 ou I2 j I1.
Solução:
(a) Denotemos por I =
r⋂
j=1
Ij. Deve-se verificar que
(i) 0 ∈ I.
De fato, como por hipõtese cada Ij, j = 1, 2, ..., r é um ideal então 0 ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r,
portanto 0 ∈ I.
(ii) Sejam x, y ∈ I =⇒ x, y ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r =⇒ x + y ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r
=⇒ x+ y ∈ I =
r⋂
j=1
Ij.
(iii) Se x ∈ I =⇒ x ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r =⇒ −x ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r =⇒ −x ∈ I.
(iv) Seja r ∈ Z e x ∈ I então x ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r e portanto rx ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r pois
cada Ij é ideal=⇒ rx ∈ I =
r⋂
j=1
Ij.
Dessa forma fica provado que I =
r⋂
j=1
Ij é uma estrutura ideal de Z.
(b) Denotando por I = I1 + I2 + ...+ Ir teremos que:
(i) 0 ∈ I, pois 0 = 0 + 0 + ...+ 0, com 0 ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r.
(ii) Sejam x = x1+x2+ ...+xr e y = y1+ y2+ ...+ yr pertencentes a I então como cada
xj, yj ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r tem-se que xj + yj ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r =⇒ x+ y ∈ I.
(iii) se x ∈ I =⇒ x = x1 + x2 + ... + xr, com xj ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r =⇒ −xj ∈ Ij,
j = 1, 2, ..., r =⇒ −x = −x1 + (−x2) + ...+ (−xr) ∈ I.
(iv) Dado s ∈ Z e x ∈ I então sx = sx1 + sx2 + ... + sxr e como sxj ∈ Ij, j = 1, 2, ..., r
então sx ∈ I.
Portanto I é um ideal de Z.
3
(c) De fato, tomando como exemplo I1 = 2Z e I2 = 3Z nota-se que
I1 * I2 e I2 * I1
e 8 e 9 ∈ I1 ∪ I2, mas no entanto 1 = 9− 8 /∈ I1 ∪ I2, ou seja, I1 ∪ I2 não é ideal de Z.
4a Questão: Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou falsa. Prove as
que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) (1, 0 ponto) Se I ⊂ Z é um ideal de Z então o complementar Ic ⊂ Z também é um
ideal de Z;
(b) (1, 0 ponto) O conjunto I = {m ∈ Z; m2 é diviśıvel por 2} é um ideal de Z.
Solução:
(a) Falsa
Basta observar que, sendo I um ideal, 0 ∈ I. Logo, 0 /∈ Ic e, portanto, Ic não é um ideal.
(b) Verdadeira
• 0 ∈ I, pois 02 = 0 e 2 | 0, visto que 2 · 0 = 0
• Se x, y ∈ I, então existem inteiros p e q tais que x2 = 2p e y2 = 2q.. Assim
(x− y)2 = x2 + y2 − 2xy = 2p+ 2q − 2xy = 2(p+ q − xy)
e, portanto, (x− y) ∈ I.
• Se x ∈ I, então existe inteiro p tal que x2 = 2p. Assim, para todo r ∈ Z,
(rx)2 = r2x2 = r22p = 2(r2p)
e, portanto, rx ∈ I.
5a Questão: (1, 0 ponto) Seja A o conjunto definido por
A = {X ⊂ Z tal que X é um conjunto limitado} .
Verifique se valem as propriedades reflexiva, anti-simétrica e transitiva para a relação definida
em A por
X ≤ Y ⇐⇒ existe x ∈ X tal que x ≤ y, qualquer que seja y ∈ Y ,
4
e conclua se esta é uma relação de ordem.
Solução: Observe, inicialmente, que um conjunto limitado de números inteiros é um con-
junto finito da forma X = {x1, x2, x3, x4, ...xn} e, portanto, possui um elemento mı́nimo m
e um elemento máximo M .
• É reflexiva
X ≤ X, pois X possui um mı́nimo m tal que m ≤ x, qualquer que seja x ∈ X.
• Não é anti-simétrica
Para X = {1, 2} e Y = {1, 3}, tem-se X ≤ Y e Y ≤ X, mas X 6= Y .
• É transitiva
Sejam X, Y e Z tais que X ≤ Y e Y ≤ Z. Como Y ≤ Z então existe y0 ∈ Y tal que
y0 ≤ z, qualquer que seja z ∈ Z. Por outro lado, se X ≤ Y então existe x ∈ X tal que
x ≤ y, qualquer que seja y ∈ Y . Em particular, x ≤ y0 ≤ z, qualquer que seja z ∈ Z.
Logo, X ≤ Z.
Conclusão: Não é uma relação de ordem.
Questão 6: (1, 0 ponto)
Como mdc(a, b) = 1, então existem inteiros r e s tais que ar + bs = 1 e, portanto,
acr + bcs = c. Como a | bc, existe um inteiro q tal que bc = aq. Assim
c = acr + bcs = acr + aqs = a(cr + qs) = aq,
e,portanto, a | c.
5