AD1-A1-2018-2-Gabarito

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Álgebra I - Soluções da AD1
1a Questão: (3, 0 pontos) Dado um conjunto X e uma relação de equivalência ∼ em X.
Para cada elemento x ∈ X considere o conjunto [x] dos elementos que estão relacionados
com x, isto é,
[x] = {y ∈ X | y ∼ x}. Demonstre que:
(i) [a] = [b] se, e somente se, a ∼ b.
(ii) Se [a] ∩ [b] 6= ∅, então [a] = [b].
(iii) A união dos conjuntos [a], para a variando em X, é X.
Solução:
(i) Suponhamos que [a] = [b]. Como a ∈ [a] = [b], segue-se que a ∼ b. Por outro lado,
se a ∼ b, temos, pelas propriedades simétrica e transitiva, que x ∼ a se, e somente se,
x ∼ b, seguindo-se dáı que [a] = {x ∈ X|x ∼ a} = {x ∈ X|x ∼ b} = [b].
(ii) Supondo-se que [a] ∩ [b] 6= ∅, segue-se que existe c ∈ X tal que c ∈ [a] e c ∈ [b]. Logo,
c ∼ a e c ∼ b, por simetria temos que a ∼ c e c ∼ b, por transitividade a ∼ b, pelo
item anterior segue que [a] = [b].
(iii) Chamando de Y a união de todos os conjuntos [a], temos que Y ⊂ X, pois cada
[a] ⊂ X. Por outro lado, dado a ∈ X, tem-se que a ∈ [a] ⊂ Y , mostrando que X ⊂ Y
e, portanto, Y = X.
2a Questão:
(a) (1, 5 ponto) Observe que
1 = 1
1− 4 = − (1 + 2)
1− 4 + 9 = 1 + 2 + 3
1− 4 + 9− 16 = − (1 + 2 + 3 + 4)
1
Determine a expressão geral e em seguida prove a sua validade por indução.
(b) (1, 0 ponto) Dados os números reais positivos a1, a2, ..., tais que an ≤ can−1 para todo
n ≥ 2, com c um número positivo fixo, aplique o método de indução para provar que
an ≤ a1cn−1
para todo n ≥ 1.
(c) (1, 5 ponto) Seja n1 o menor inteiro n para o qual a desigualdade (1 + x)
n > 1+nx+nx2
é verdadeira, qualquer que seja x > 0. Determine n1 e prove que a desigualdade é verdadeira
para todo inteiro n ≥ n1.
Solução:
(a) A expressão procurada é dada por
1− 4 + 9− 16 + ... + (−1)n+1 n2 = (−1)n+1 (1 + 2 + ... + n) ,
com n ≥ 1.
Provemos a expressão por indução.
Para n = 1 tem-se 1 = 1, que está OK!
Vamos admitir a validade da expressão para n = k, isto é,
1− 4 + 9− 16 + ... + (−1)k+1 k2 = (−1)k+1 (1 + 2 + ... + k) ,
esta será a nossa hipótese de indução. Vamos verificar a validade para n = k + 1.
De fato, da nossa hipótese de indução vem que
1− 4 + 9− 16 + ... + (−1)k+1 k2 + (−1)k+2 (k + 1)2 =
= (−1)k+1 (1 + 2 + ... + k) + (−1)k+2 (k + 1)2 .
(1)
Como 1 + 2 + ... + k = k (k + 1) /2 então de (1) obtemos que
(−1)k+1 (1 + 2 + ... + k) + (−1)k+2 (k + 1)2 =
= (−1)k+1 [k (k + 1) /2] + (−1)k+2 (k + 1)2 =
= (−1)k+2 (k + 1) (k + 2) /2 =
= (−1)k+2 (1 + 2 + ... + k + 1) .
(2)
2
De (1) e (2) segue que
1− 4 + 9− 16 + ... + (−1)k+2 (k + 1)2 = (−1)k+2 (1 + 2 + ... + k + 1) ,
que é o resultado procurado.
(b) Para n = 1 temos a1 ≤ a1 o que está OK!
Admitindo que ak ≤ a1ck−1 para algum k ≥ 2, vamos provar que ak+1 ≤ a1ck.
De fato, temos que ak+1 ≤ cak e portanto, como c > 0, tem-se da hipótese de indução
que
ak+1 ≤ ca1ck−1 = a1ck,
que é o resultado correspondente a k + 1.
(c) Observa-se inicialmente que n1 = 3. Desta forma devemos mostrar que
(1 + x)n > 1 + nx + nx2, para n ≥ 3 e x > 0.
Para n = 3 tem-se: (1 + x)3 > 1 + 3x + 3x2 o que está OK!
Tomamos (1 + x)k > 1 + kx + kx2 como hipótese de indução. Para k + 1 tem-se
(1 + x)k+1 = (1 + x)k (1 + x) >
Hipótese de Indução
(
1 + kx + kx2
)
(1 + x) = 1+x+kx+2kx2+kx3,
sendo x > 0 e k > 1, então 1 + x + kx + 2kx2 + kx3 > 1 + (1 + k)x + (k + 1)x2. Portanto,
(1 + x)k+1 > 1 + (1 + k)x + (k + 1)x2
que é o resultado esperado para n = k + 1.
3a Questão: (1, 5 ponto) Encontre o erro na “demonstração” da seguinte afirmação ob-
viamente falsa: todos os número inteiros positivos são iguais, precisamente, para todo
n ∈ N− {0} é verdadeira a asserção P (n) : 1 = · · · = n.
Demonstração:
(i) P (1) é verdade pois 1 = 1.
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(ii) Suponha P (n) verdadeira para algum n ∈ N, logo 1 = · · · = n− 1 = n. Somando 1 a
cada membro da última igualdade segue-se que n = n + 1, logo 1 = · · · = n− 1 = n =
n + 1 e, portanto, P (n + 1) é verdade.
Pelo Prinćıpio da Indução Matemática, segue-se que P (n) é verdade para todo n ∈
N− {0}.
Solução: O erro está no item (ii) da demonstração. Precisamente, a implicação P (n) ⇒
P (n + 1) é verdade para todo n ≥ 2, mas não vale para n = 1, isto é, P (1) ⇒ P (2) não
é verdade. De fato, se 1 = 2, então 2 = 1 + 1 = 2 + 1 = 3, logo, 1 = 2 = 3 portanto,
P (2)⇒ P (3), etc. Mas o mesmo argumento não serve para mostrar que P (1)⇒ P (2), pois
se somarmos 1 em ambos os membros teremos 1 = 1⇒ 2 = 2.
4a Questão: (1, 5 pontos) Dados n números naturais consecutivos, mostre que um e apenas
um destes números é diviśıvel por n.
Solução: Se n = 1 ou n = 2, então a afirmação é verdadeira porque 1 divide qualquer
número e para qualquer número natural a, ou bem a é par ou bem a + 1 é par. Portanto,
exatamente um dos números a, a + 1 é diviśıvel por 2. Sejam a, a + 1, · · · , a + n − 1 os n
números naturais consecutivos. Vamos mostrar que um, e somente um, deles é diviśıvel por
n. Pelo Teorema de Euclides existem inteiros d e r, com 0 ≤ r < n tais que a = n · d + r.
Logo, a + k = n · d + r + k, para todo k ∈ {0, 1, · · · , n − 1}. Como 0 ≤ r < n existe
k ∈ {0, 1, · · · , n− 1} tal que r + k = n e, portanto, a + k é diviśıvel por n para este k.
Por outro lado, não podem existir dois múltiplos de n na sequência. De fato, se b e c são
termos da sequência (suponha b < c) e n divide ambos, então n divide a c − b (confira!) e
claramente temos 0 < c− b < n. Uma contradição, já que o menor múltiplo positivo de n é
n.
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