AD1_2023_1_Álgebra 1 - Correcao - Teoria dos números e álgebra

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AD1
{Teoria dos Números e Álgebra}
Universidade do Federal Estado do Rio de Janeiro
Professor: Gladson Antunes – 2023.1
Questão 1. [2,5 pontos] Considere a relação R sobre C definida por
(x+ yi) R (r + si) se, e somente se, x2 + y2 = r2 + s2
com x, y, r e s reais.
(a) [1,5 pontos] Prove que R é uma relação de equivalência.
(b) [1,0 ponto] Descreva a classe 3 + 4i.
Solução:
(a) Devemos mostrar que a relação dada é reflexiva, simétrica e transitiva.
Reflexiva
• Seja z = x+ yi ∈ C, então zRz pois temos que x2 + y2 = x2 + y2.
Simétrica
• Sejam z = x+ yi e w = r+ si pertencentes a C, então se zRw temos que x2+ y2 = r2+ s2 donde
r2 + s2 = x2 + y2 e portanto wRz.
Transitiva
• Sejam z = x+ yi, w = r + si e u = a+ bi elementos de C tais que zRw e wRu, daí vem que
x2 + y2 = r2 + s2
e
r2 + s2 = a2 + b2
logo x2 + y2 = a2 + b2 donde segue que zRu.
(b) A classe 3 + 4i será formada pelos elementos z = x + yi tais que x2 + y2 = 32 + 42 = 25, ou seja,
são os pontos sobre a circunferência de centro (0, 0) e raio 5.
Critério de correção:
(a) • 0,5 ponto por cada propriedade provada corretamente.
(b) • 0,5 ponto se obteve corretamente a equação x2 + y2 = 32 + 42 = 25;
• 0,5 ponto se descreveu como sendo o conjunto formado pelos pontos sobre a circunferência de
centro (0, 0) e raio 5.
Questão 2. [2,5 pontos] 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] Dados um número primo p e um inteiro a, se p ∤ a, então mdc(a, p) = 1.
(b) [1,5 pontos] Necessariamente um dos inteiros a, a+ 2, a+ 4 é divisível por 3.
Solução:
(a) Verdadeiro. Como p é primo, então, por definição, D(p) = {1, p}. Como p ∤ a, segue que o único
divisor comum entre a e p é 1 e, portanto, mdc(a, p) = 1.
(b) Verdadeira. Pelo algoritmo de Euclides sabemos que a = 3q + r, onde r = 0, 1 ou 2.
Se r = 0 então a é divisível por 3.
Se r = 1 então a+ 2 = 3q + 1 + 2 = 3q + 3 = 3 (q + 1), logo a+ 2 será divisível por 3.
Se r = 2 então a+ 4 = 3q + 2 + 4 = 3q + 6 = 3 (q + 2), logo a+ 4 será divisível por 3.
Critério de correção:
(a) • 0,2 ponto se afirmou ser verdadeira a afirmação;
• 0,8 ponto pelo restante da resolução correta.
(b) • 0,2 ponto se afirmou ser verdadeira a afirmação;
• 0,4 ponto se percebeu que a = 3q + r, onde r = 0, 1 ou 2;
• 0,3 ponto por cada análise correta dos restos 0, 1 ou 2.
Questão 3. [3,0 pontos]
(a) [1,0 ponto] Observe que
1 = 1
1− 4 = − (1 + 2)
1− 4 + 9 = 1 + 2 + 3
1− 4 + 9− 16 = − (1 + 2 + 3 + 4)
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) [1,0 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:
2
(a) A expressão que procuramos é dada por
1− 4 + 9− 16 + ...+ (−1)n+1 n2 = (−1)n+1 (1 + 2 + ...+ n) ,
com n ≥ 1.
Vamos provar a validade desta expressão usando o Princípio de 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)
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.
3
Critério de correção:
(a) • 0,2 ponto se apresentou a expressão correta;
• 0,2 ponto se verificou corretamente o caso n = 1;
• 0,2 ponto se formulou corretamente a hipótese de indução;
• 0,4 ponto pelo restante da resolução correta.
(b) • 0,2 ponto se verificou corretamente o caso n = 1;
• 0,4 ponto se formulou corretamente a hipótese de indução;
• 0,4 ponto pelo restante da resolução correta.
(c) • 0,2 ponto se percebeu que n1 = 3;
• 0,2 ponto se verificou corretamente o caso n = 3;
• 0,2 ponto se formulou corretamente a hipótese de indução;
• 0,4 ponto pelo restante da resolução correta.
Questão 4. [2,0 pontos] Seja a sequência g0, g1, g2, ... definida como
g0 = 12
g1 = 29
gk = 5gk−1 − 6gk−2, ∀ inteiros k ≥ 2.
Prove por indução matemática que gn = 5 · 3n + 7 · 2n para todos os inteiros n ≥ 0.
Solução:
Para n = 0, temos que g0 = 5 · 1 + 7 · 1 = 12 e para n = 1, temos que g1 = 5 · 3 + 7 · 2 = 15+ 14 = 29.
Portanto, o passo base é verdadeiro.
Nosso passo indutivo será o seguinte: Se k > 1 e a propriedade é verdadeira para todos i, 1 < i < k,
então ela deve ser verdadeira para n = k.
Devemos mostrar que, para n = k vale: gk = 5 · 3k + 7 · 2k. De fato temos que
gk = 5gk−1 − 6gk−2 =
= 5
(
5 · 3k−1 + 7 · 2k−1
)
− 6
(
5 · 3k−2 + 7 · 2k−2
)
=
= 25 · 3k−1 + 35 · 2k−1 − 30 · 3k−2 − 42 · 2k−2 =
= 3k−2 (25 · 3− 30) + 2k−2 (35 · 2− 42) =
= 3k−2 · 45 + 2k−2 · 28 = 3k−2 · 32 · 5 + 2k−2 · 22 · 7 =
= 5 · 3k + 7 · 2k.
Critério de correção:
• 0,5 ponto se verificou corretamente o caso n = 0;
• 0,5 ponto se formulou corretamente o passo indutivo;
• 1,0 ponto pelo restante da resolução apresentada corretamente.
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