trabalho 2 introducao a algebra

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE FEDERAL DE OURO PRETO 
CENTRO DE EDUCAÇÃO ABERTA E A DISTÂNCIA 
LICENCIATURA EM MATEMÁTICA 
 
 TRABALHO 2 
 Introdução à Álgebra 
Prof. Neuber Ferreira 
 
EXERCÍCIOS DA LISTA 3 
1) Dado o anel Z e mZ um ideal de Z. Mostre que a relação binária em Z: 
 é uma relação de equivalência. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Encontre A/I nos seguintes casos: 
 
c) A = Z e I = nZ. 
d) A = 3Z e I = 12Z. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para mostrar que a relação é uma relação de equivalência é preciso mostrar que 
vale as três propriedades: reflexiva, simétrica e transitiva. Vamos então mostrá-las. 
i) Reflexiva 
Podemos perceber que , pois , pois mZ é ideal 
de Z. 
ii) Simétrica 
Como , então . Assim logo 
, então . 
iii) Transitiva 
Temos que e b , 
logo , então , ou seja, , 
então . 
Assim provamos que a relação é uma relação de equivalência. 
 
 
c) A = Z e I = nZ. 
Seja Zx ∈ . Pelo algoritmo de Euclides temos que x = nq + r; onde nr <≤0 . Assim, 
Se r = 0, temos 
____
00 =⇒∈=−⇒= xnZnqxnqx 
Se r = 1, temos 
____
111 =⇒∈=−⇒+= xnZnqxnqx 
Se r = 2, temos 
____
222 =⇒∈=−⇒+= xnZnqxnqx 
M 
Se r = n – 1, temos 
____
1)1()1( −=⇒∈=−−⇒−+= nxnZnqnxnnqx 
 
Logo, 






−=
________
1,,2,1,0 n
nZ
Z
K , ou seja, dado nZnZZNn =∈ , . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
: 
7-Exercício 6 (c, d, e) da pág. 133 do fascículo Álgebra I da Universidade de 
Santa Catarina. 
 
 
d) e 
Temos que . Vamos encontrar os elementos do ideal 
. Temos que , , , , , 
, e ou seja, . 
Como 
Primeiro tomamos a classe do , isto é . Como 
 e , produzimos uma nova classe . 
Não há outras classes. Portanto os elementos de . 
 
 
 
 
d) A = 3Z e I = 12Z. 
Sabendo-se que 12Z é ideal de 3Z, temos que A/I = 3Z/12Z = 






∈ Zxx 3/
__
. Além 
disso, se Zx 3∈ , então x = 3q com Zq ∈ . Dividindo q por 4, pelo Algoritmo de 
Euclides, temos que q = 4a + r onde 40 <≤ r . Portanto: 
Se r = 0, temos q = 4a⇒ ( ) ____ 0121201243 =⇒∈=−⇒== xZaxaax 
Se r = 1, temos q = 4a+1⇒ ( ) ____ 312123312143 =⇒∈=−⇒+=+= xZaxaax 
Se r = 2, temos q = 4a+2⇒ ( ) ____ 612126612243 =⇒∈=−⇒+=+= xZaxaax 
Se r = 3, temos q = 4a+3⇒ ( ) ____ 912129912343 =⇒∈=−⇒+=+= xZaxaax 
Portanto, A/I = 3Z/12Z = 





 ________ 9,6,3,0 . 
 
 
e) e 
Temos que e . 
Como . Vamos descrever os elementos de 
Primeiro tomamos a classe do , isto é . 
Como e , produzimos uma nova classe 
. Como e 
e , produzimos uma nova classe 
. Não há outras classes. Portanto os elementos 
de . 
 
 
12- a) Mostre que 2Z 3Z é um ideal de Z Z. 
a. Determinar o anel quociente . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Demonstremos que I = 2Z 3Z é um ideal de Z Z. 
De fato: 
 
i) 0 = (0, 0) I∈ . 
ii) Sejam ( ) ( ) ( ) ( ) ( )212122112211 ,,,,,, yyxxyxyxIyxyx −−=−⇒∈ . 
Como Zxx 2, 21 ∈ , existem Zqq ∈21, tais que 11 2qx = e 22 2qx = , 
logo ( ) Zqqqqxx 2222 212121 ∈−=−=− . 
Além disso, como Zyy 3, 21 ∈ , então existem Zkk ∈21, tais que 11 3ky = e 22 3ky = , 
logo ( ) Zkkkkyy 3333 212121 ∈−=−=− 
Portanto, ( ) ( ) ZZyyxxyxyx
ZZ
32,,,
3
21
2
212211 ×∈







−−=−
∈∈
321321
. 
iii) Sejam ( ) ( ) .32,;, ZZyxZZba ×∈×∈ 
Então (a, b).(x, y) = (ax, by) ZZ 32 ×∈ , pois ax Z2∈ e by Z3∈ . Além disso, Z2 e Z3 
são ideais. 
Analogamente podemos verificar que (x, y).(a, b) ZZ 32 ×∈ . 
Logo I = 2Z 3Z é um ideal de Z Z . 
 
b) }),/(),({ Ababa
I
A
∈= 
Quais os possíveis valores de ),( ba ? 
ykbexqa
kybeqxaZybeZxa
ZZybxaIyxbayxba
+=+=⇒
=−=−⇒∈−∈−⇒
∈−−⇒∈−⇒=
32
3232
3×2),(),(),(),(),(
 
Logo x e y são os possíveis restos da divisão de a por 2 e b por 3. Assim 
}1,0{∈x e }2,1,0{∈y 
Logo })2,1(,)1,1(,)0,1(,)2,0(,)1,0(,)0,0({=
I
A
 
14-Seja A um anel comutativo com unidade e I um ideal de A, . Mostre 
que é domínio de integridade se, e somente se, I é ideal primo de A. 
 
Dem: 
(⇒ ) Sejam tais que . Como vem que 
e temos então que . Como por hipótese é domínio devemos ter 
 ou . 
Como então implicando que ou seja, de forma 
análoga, como então implicando que ou seja, 
Portanto ou , ou seja, I é ideal primo de A. 
 
( ⇐ ) Como A é anel comutativo com unidade, segue que também é anel 
comutativo com unidade. Para provarmos que é domínio de integridade falta 
apenas provar que não possui divisores de zero. 
Sejam tais que . Como temos que 
logo . Como por hipótese I é ideal primo, então ou . 
Como então , logo o que implica em . De 
maneira análoga, temos que então , logo b o que implica 
em . Portanto temos que ou , mostrando que é domínio de 
integridade. 
 
 
Exercícios da lista 4 
1) 
Verifique se as funções abaixo são homomorfismos e diga quais são injetoras. 
 
OBSERVAÇÃO: 
φ
 será um homomorfismo se preservar as operações do anel, isto é, se forem 
verificadas as duas condições: 
( ) ( )
( ) ( ) ( )babaii
babai
φφφ
φφφ
..)
)()
=
+=+
 para todos a e b no anel. Assim: 
 
c) )3,(),(
3: 2
yxyx
ZZZ
a
×→φ
 
 
RESOLUÇÃO: 
( )[ ] ( ) ( )dcbadcbai ,,,),() φφφ +=+
 
Vejamos se essa afirmação é verídica. 
 
( )[ ] ( )[ ] ( )( )..3,,,),( dbcadbcadcba ++=++=+ φφ
 
 Por outro lado, 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ))(3,33,3,3,,, dbcadbcadcbadcba ++=++=+=+φφ . 
Ou seja, ( )[ ] ( ) ( )dcbadcba ,,,),( φφφ +=+ . 
 
 
( )( )[ ] ( ) ( )dcbadcbaii ,.,,..) φφφ =
 
Inicialmente, temos que: 
( )( )[ ] ( )[ ] ( )bdacbdacdcba 3,,,.. == φφ . 
Mas; 
( ) ( ) ( )( ) ( )bdacdcbadcba 9,3,3,,., ==φφ
 
Portanto, φ não é um homomorfismo. 
 
d) 
a
dc
ba
ZZM
a





→× )(: 22φ
 
 
RESOLUÇÃO: 
 
.) ka
zdyc
xbka
zy
xk
dc
ba
i +=











++
++
=











+




 φφ
 
Enquanto que; 
 
.ka
zy
xk
dc
ba
+=











+










 φφ
 
 
Logo, .











+











=











+





zy
xk
dc
ba
zy
xk
dc
ba φφφ
 
 
E; 
 
}












⋅











=











⋅





zy
xk
dc
ba
zy
xk
dc
ba
ii φφφ
?
)
 
Inicialmente, temos que: 
.byak
dzcxdyck
bzaxbyak
zy
xk
dc
ba
+=











++
++
=











⋅




 φφ
. 
 
Mas; 
..ka
zy
xk
dc
ba
=











⋅










 φφ
 
 
Portanto, φ não é um homomorfismo. 
 
 
 
5) 
Exercício 4 – página 144 do texto Álgebra I da Universidade de Santa Catarina. 
 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam , 
Observe que 
Então 
Mas . 
Logo e, portanto não é 
homomorfismo. 
 
 
14) 
Seja ': AA →φ um homomorfismo onde A é comutativo com unidade. Prove 
que se J é um ideal primo de A´, então )(1 J−φ é um ideal primo de A. 
RESOLUÇÃO: 
Sejam Ayx ∈, tais que )(1 Jyx −∈⋅ φ . Queremos mostrar que )(1 Jx −∈φ ou 
)(1 Jy −∈φ . 
 
Se )(1 Jyx −∈⋅ φ então existe Ja ∈ tal que ayxayx =⇒=⋅ )().()( φφφ . 
Assim Jyx∈)().( φφ . Como J é um ideal primo de A’ então Jx ∈)(φ ou Jy ∈)(φ . 
 
Se Jx ∈)(φ então )(1 Jx −∈φ . Se Jy ∈)(φ então )(1 Jy −∈φ . Logo )(1 J−φ é um 
ideal primo de A. 
 
 
20) 
Mostre que o ideal é maximal em C[x]. 
RESOLUÇÃO: 
 
Com efeito, suponha que exista um ideal B de tal que e 
que . Então existe um polinômio em B tal que isto 
é, o resto da divisão de por não é zero. 
 
Então podemos escrever para algum e 
 não simultaneamente nulos. 
 
Isolando vemos que . Então 
 e e então . 
 
Como a unidade do anel está em B, concluímos que . Isto mostra que 
 é ideal maximal em . 
 
 
 
24) 
A aplicação de Z5 em Z30 dada por xx 6a é um homomorfismo de anéis? 
 
 
RESOLUÇÃO 
Consideremos a seguinte função 305: ZZ →ϕ tal que xx 6)( =ϕ . 
 
Sejam 5, Zyx ∈ . Temos: 
i) yxyxyxyxyx ()(66)(6)()( ϕϕϕϕ +=+=+=+=+ ) 
 
ii)
xyyxyx
xyyxyxyx
⋅=⋅=⋅
⋅=⋅=⋅=⋅
3666)()(
6)(6)()(
ϕϕ
ϕϕ
 
Como )30(mod636 ≡ então seque que )()()( yxyx ϕϕϕ ⋅=⋅ 
Logo ϕ é um homomorfismo.