2017 2-AP1-TNA-gabarito

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A´lgebra I
AP 1 - Primeira Avaliac¸a˜o Presencial
Questa˜o 1: (2,5 pontos) Mostre a seguinte igualdade entre conjuntos:
A× (B ∩ C) = (A×B) ∩ (A× C).
Soluc¸a˜o: Para mostrar a igualdade entre dois conjuntos devemos mostrar que o primeiro esta´
contido no segundo e que o segundo esta´ contido no primeiro.
• A× (B ∩ C) ⊂ (A×B) ∩ (A× C)
Tomemos um par ordenado arbitra´rio (x, y) ∈ A × (B ∩ C). Enta˜o x ∈ A e y ∈ B ∩ C,
ou seja, x ∈ A, y ∈ B e y ∈ C. Portanto o par ordenado (x, y) e´ tal que (x, y) ∈ A × B e
(x, y) ∈ (A× C), donde concluimos que (x, y) ∈ (A×B) ∩ (A× C).
Mostramos assim que todo elemento de A× (B ∩ C) e´ elemento de (A×B) ∩ (A× C), isto
e´,
A× (B ∩ C) ⊂ (A×B) ∩ (A× C) .
• (A×B) ∩ (A× C) ⊂ A× (B ∩ C)
Seja agora (x, y) ∈ (A×B) ∩ (A× C), enta˜o (x, y) ∈ A×B e (x, y) ∈ (A× C). Note que{
(x, y) ∈ A×B =⇒ x ∈ A e y ∈ B
(x, y) ∈ (A× C) =⇒ x ∈ A e y ∈ C,
portanto x ∈ A e y ∈ B ∩ C e assim (x, y) ∈ A × (B ∩ C). Mostramos que todo elemento de
(A×B) ∩ (A× C) e´ elemento de A× (B ∩ C), ou seja, mostramos que
(A×B) ∩ (A× C) ⊂ A× (B ∩ C) .
Com isso concluimos que vale a igualdade entre os conjuntos.
Observac¸a˜o: Chamamos a atenc¸a˜o de que utilizando equivaleˆncias poder´ıamos escrever a
soluc¸a˜o tambe´m da seguinte forma:
(x, y) ∈ A× (B ∩ C)⇐⇒ x ∈ A, y ∈ B e y ∈ C ⇐⇒
{
(x, y) ∈ A×B
(x, y) ∈ (A× C) ⇐⇒
⇐⇒ (x, y) ∈ (A×B) ∩ (A× C) .
1
Questa˜o 2: (2,5 pontos) Seja f : Z −→ Z uma func¸a˜o tal que, quaisquer que sejam a e b em
Z, tem-se que
f (a + b) = f (a) + f (b) .
(a) (0,5 ponto) Mostre que f (0) = 0.
Sugesta˜o: Observe que 0 + 0 = 0.
(b) (2,0 pontos) Mostre, por induc¸a˜o, que f (n) = n · f (1) para todo n ∈ N.
Soluc¸a˜o:
(a) Basta notar que como 0 + 0 = 0 enta˜o
f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) ,
donde concluimos que f (0) = 0.
(b) A igualdade vale trivialmente para n = 1. De fato, f (1) = 1 · f (1). Supondo que
para n = k vale f (k) = k · f (1) vamos obter a igualdade para n = k + 1. De fato,
f (k + 1) = f (k) + f (1) = k · f (1) + f (1) = (k + 1) · f (1). Dessa forma, pelo Princ´ıpio
da Induc¸a˜o, vale que f (n) = n · f (1) para todo n ∈ N.
Questa˜o 3: (2,5 pontos)
(a) (1,0 ponto) Efetue as diviso˜es para justificar a representac¸a˜o decimal de cada um dos
nu´meros abaixo. As barras representam repetic¸o˜es de d´ıgitos, por exemplo:
0, 252525 · · · = 0, 25.
1
7
= 0, 142857
2
7
= 0, 285714
3
7
= 0, 428571
4
7
= 0, 571428
5
7
= 0, 714285
6
7
= 0, 857142
(b) (1,5 pontos) Use o Teorema da Divisa˜o de Euclides para justificar que a divisa˜o de um
nu´mero inteiro n por 7 na˜o pode ter representac¸a˜o decimal com mais de 6 d´ıgitos distintos
a` direita da v´ırgula.
Soluc¸a˜o:
(a) Basta efetuar as diviso˜es.
(b) Pelo Teorema da Divisa˜o de Euclides existem inteiros q e r tais que n = 7q + r com
r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Dividindo ambos os membros por 7 obtemos n
7
= q + r
7
. Se r = 0,
enta˜o n/7 e´ inteiro e por isso ha´ apenas zeros a` direita da v´ırgula, caso contra´rio r/7 e´
igual a algum dos nu´meros mostrados no item (a) o que conclui o exerc´ıcio.
2
Questa˜o 4: (2,5 pontos)
(a) (1,25 pontos) Dado um ideal I de Z mostre que a relac¸a˜o R em Z definida por aRb se, e
somente se, a− b ∈ I e´ uma relac¸a˜o de equivaleˆncia.
(b) (1,25 pontos) Mostre que, se a | c, b | c e d = mdc (a, b), enta˜o ab | cd.
Soluc¸a˜o:
(a) Lembre-se que sendo I um ideal de Z enta˜o valem as seguintes propriedades:
1. 0 ∈ I
2. Para todo a e b ∈ I, tem-se a− b ∈ I
3. ZI ⊂ I
Mostremos que a relac¸a˜o R e´ reflexiva, sime´trica e transitiva.
• R e´ reflexiva. De fato, ∀a ∈ Z aRa pois a− a = 0 ∈ I (propriedade 1 acima)
• R e´ sime´trica. Se aRb enta˜o a − b ∈ I, sendo I ideal vale a propriedade 3, enta˜o
b− a = (−1) (a− b) ∈ I e assim bRa.
• R e´ transitiva. Sejam a, b e c ∈ Z tais que aRb e bRc. De aRb segue que a − b ∈ I
e de bRc segue que b − c ∈ I. Portanto (a− b) − (c− b) = a − c ∈ I (aqui estamos
usando a propriedade 2 juntamente com o fato de que como b− c ∈ I enta˜o c− b ∈ I,
o que e´ verdade pela propriedade 3)
Conclusa˜o R e´ uma relac¸a˜o de equivaleˆncia.
(b) Sabemos que se d = mdc (a, b) enta˜o existem inteiros r e s tais que
d = ra + sb. (2)
Multiplicando esta igualdade por c obtemos
cd = rca + scb. (3)
Como por hipo´tese a | c e b | c enta˜o existem inteiros k1 e k2 tais que
c = k1a e c = k2b. (4)
Utilizando (4) em (3) concluimos que
cd = rk2ab + sk1ab = (rk2 + sk1) ab,
ou seja existe um inteiro k3 = rk2 + sk1 tal que cd = k3ab, mostrando que ab | cd.
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