AP3-AI-Gabarito-2012-2

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Álgebra I - Soluções da AP3
Questão 1: (2,0 pontos) Sendo A, B e C conjuntos arbitrários, demonstre a igualdade
A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C).
Solução: Inicialmente vamos mostrar que A ∪ (B ∩ C) ⊂ (A ∪B) ∩ (A ∪ C).
Seja então x ∈ A ∪ (B ∩ C) =⇒ x ∈ A ou x ∈ (B ∩ C).
• Se x ∈ A então x ∈ A ∪B e x ∈ A ∪ C implicando que x ∈ (A ∪B) ∩ (A ∪ C).
• Se x ∈ (B ∩ C) então x ∈ B e x ∈ C, donde x ∈ A ∪ B e x ∈ A ∪ C e assim
x ∈ (A ∪B) ∩ (A ∪ C).
Mostra-se agora a inclusão contrária, isto é, (A ∪B) ∩ (A ∪ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C).
Considerando x ∈ (A ∪B) ∩ (A ∪ C) tem-se que x ∈ (A ∪B) e x ∈ (A ∪ C).
Uma possibilidade é x ∈ A, neste caso x ∈ A ∪ (B ∩ C) e encerramos a prova.
Agora, se x /∈ A então seguramente x ∈ B e x ∈ C =⇒ x ∈ A ∪ (B ∩ C).
Questão 2: (2,0 pontos) Prove, utilizando o Prinćıpio da Indução Finita, que(
1− 1
4
)(
1− 1
9
)(
1− 1
16
)
. . .
(
1− 1
n2
)
=
n + 1
2n
, para todo inteiro n ≥ 2.
Solução: Para n = 2 tem-se
1− 1
4
=
3
4
,
ou seja, a relação é verdadeira para n = 2. Admitimos então que ela é válida para n = k,
assim nossa hipótese de indução será(
1− 1
4
)(
1− 1
9
)(
1− 1
16
)
. . .
(
1− 1
k2
)
=
k + 1
2k
.
Utilizando a hipótese de indução, mostremos que a relação vale para n = k + 1. De fato,(
1− 1
4
)(
1− 1
9
)(
1− 1
16
)
. . .
(
1− 1
k2
)
︸ ︷︷ ︸
k + 1
2k
(
1− 1
(k + 1)2
)
=
=
(
k + 1
2k
)(
(k + 1)2 − 1
(k + 1)2
)
=
(
1
2k
)(
k2 + 2k
k + 1
)
=
=
k + 2
2 (k + 1)
,
1
que é o resultado esperado para n = k + 1.
Questão 3: (2,0 pontos) Obtenha o resto da divisão de
S = 14 + 24 + 34 + 44 + 54 + 64 + 74 + 84 + 94 + 104
por 5. (Sugestão: Faça uma análise da aplicação do Teorema de Fermat sobre cada uma das
parcelas de S)
Solução:
Analisando cada uma das parcelas que formam a soma S, podemos notar que
a4 ≡ 0 (mod 5) , se a = 5, 10
e pelo Teorema de Fermat,
a4 ≡ 1 (mod 5) , a = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
Portanto,
14+24+34+44+54+64+74+84+94+104 ≡ (1 + 1 + 1 + 1 + 0 + 1 + 1 + 1 + 1 + 0) (mod 5) ,
isto é,
S ≡ 8 (mod 5) .
Notando que,
8 ≡ 3 (mod 5)
obtemos que
S ≡ 3 (mod 5) ,
ou seja, o resto procurado é 3.
Questão 4: (2,0 pontos) Em uma certa república hipotética, o presidente deve permanecer
4 anos em seu cargo; os senadores, 6 anos e os deputados, 3 anos. Nessa república, houve
eleição para os três cargos em 2012. Determine o ano em que a próxima eleição simultânea
para esses três cargos ocorrerá.
Solução:
2
Como o mmc entre 4, 6 e 3 é igual 12 então se em um ano as eleições aconteceram ao
mesmo tempo, esse evento se repitirá a cada 12 anos. Portanto, se isso aconteceu em 2012,
acontecerá novamente em 2012 + 12 = 2024.
Questão 5: (2,0 pontos) Um bando de 17 piratas, ao tentar dividir igualmente entre si
as moedas de uma arca, verificou que haveria uma sobra de 3 moedas. Seguiu-se uma
discussão, na qual um pirata foi morto. Na nova tentativa de divisão, já com um pirata a
menos, verificou-se que haveria uma sobra de 10 moedas. Nova confusão, e mais um pirata
foi morto. Então, por fim, eles conseguiram dividir igualmente as moedas entre si. Qual o
menor número de moedas que a arca poderia conter?
Solução: Denotemos por x o número de moedas que a arca poderia conter. Então o
problema descrito na questão é equivalente ao seguinte sistema de congruências:
x ≡ 3 (mod 17)
x ≡ 10 (mod 16)
x ≡ 0 (mod 15) .
Seguindo o algoritmo apresentado no EP13 tem-se:
n = 17× 16× 15 = 4080
N1 =
4080
17
= 240, mdc (240, 17) = 1 e 1 = 113× 17− 8× 240 donde r1 = −8
N2 =
4080
16
= 255, mdc (255, 16) = 1 e 1 = 16× 16− 1× 255 donde r2 = −1
N3 =
4080
15
= 272, mdc (272, 15) = 1 e 1 = 127× 15− 7× 272 donde r3 = −7.
Portanto, x0 = 3× (−8)× 240 + 10× (−1)× 255 + 0× (−7)× 272 = −8310 e toda solução
do sistema é da forma
x = −8310 + 4080t, t ∈ Z.
Como estamos interessados, de acordo com o problema, no primeiro valor positivo de x,
fazendo t = 3 obtemos x = 3930 que é o menor número de moedas que a arca poderia
conter.
3