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Universidade de Bras´ılia Departamento de Matema´tica – IE A´lgebra 1 - Turma C Semana 3 – Lista de exerc´ıcios Temas abordados: Nu´meros inteiros, divisibilidade, primeiras propriedades, ma´ximo divisor comum, algoritmo de Euclides, fatorac¸a˜o u´nica em Z. (1) Ache quociente e resto nas diviso˜es entre os seguintes pares de nu´meros inteiros. Depois, para cada divisa˜o, calcule uma identidade de Be´zout, ou seja, encontre x, y ∈ Z tais que ax + by = MDC(a, b). a) a = 25, b = 7; b) a = −25, b = 7; c) a = 25, b = −7; d) a = −25, b = −7; e) a = 8, b = 10; f) a = −8, b = 10; g) a = 8, b = −10; h) a = −8, b = −10. (2) Sejam a, b ∈ Z tais que MDC(a, b) = 1. Se a|c e b|c, prove que ab|c. (3) Use o item (2) para provar que 6|n(2n + 7)(7n + 1), ∀n ∈ Z. (4) Sejam a, b ∈ Z tais que MDC(a, b) = 1 e a|bc. Prove que a|c. [Dica: use a identidade de Be´zout]. (5) Sejam a, b ∈ Z. Supondo que existem x, y ∈ Z tais que ax + by = 1, prove que a e b sa˜o coprimos. (6) Prove que MDC(a, b) = MDC ( a + bc, a + b(c− 1)), ∀a, b, c ∈ Z. (7) Mostre que o conjunto dos nu´meros inteiros primos positivos e´ infinito. [Dica: use a fatorac¸a˜o u´nica em Z]. (8) Ache o erro na ”demonstrac¸a˜o”da seguinte afirmac¸a˜o obviamente falsa: To- dos os nu´meros inteiros positivos sa˜o iguais, ou seja, para todo n ∈ N e´ verdadeira a asserc¸a˜o P (n) : 1 = · · · = n. (i) P (1) e´ verdadeira, pois 1 = 1; (ii) Suponha P (n) verdadeira, logo 1 = · · · = n− 1 = n. Somando 1 a cada membro na u´ltima igualdade, segue que n = n+ 1 e portando P (n+ 1) e´ verdadeira. Pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o Matema´tica, segue que P (n) e´ verdadeira para todo n ∈ N. (9) Seja f : Z → Z uma func¸a˜o tal que quaisquer que sejam a e b, f(a + b) = f(a) + f(b). a) Mostre que f(0) = 0; b) Mostre por induc¸a˜o que f(n) = n · f(1) para todo n ∈ Z+; c) Mostre que f(−n) = −f(n); 1 2 d) Conclua que f(n) = n · f(1) para todo n ∈ Z. (10) Uma Progressa˜o Aritme´tica (P.A.) com primeiro termo a1 e raza˜o r e´ uma sequeˆncia de nu´meros cujo primeiro elemento e´ a1 e tal que cada elemento, a partir do segundo, e´ igual ao anterior mais a raza˜o. Em s´ımbolos, se n ≥ 2, an = an−1 + r. a) Prove por induc¸a˜o sobre n que an = a1 + (n− 1)r; b) Se Sn = a1 + a2 + · · ·+ an, prove por induc¸a˜o sobre n que Sn = n(a1 + an) 2 . (11) Uma Progressa˜o Geome´trica (P.G.) com primeiro termo a1 e raza˜o q (q 6= 0, q 6= 1) e´ uma sequeˆncia de nu´meros cujo primeiro elemento e´ a1 e tal que cada elemento, a partir do segundo, e´ igual ao anterior multiplicado pela raza˜o. Em s´ımbolos, se n ≥ 2, an = an−1 · q. a) Prove por induc¸a˜o sobre n que an = a1 · qn−1; b) Se Sn = a1 + a2 + · · ·+ an, prove por induc¸a˜o sobre n que Sn = an · q − a1 q − 1 . Universidade de Bras´ılia Departamento de Matema´tica – IE A´lgebra 1 – Turma C Semana 3 – Soluc¸o˜es Temas abordados: Nu´meros inteiros, divisibilidade, primeiras propriedades, ma´ximo divisor comum, algoritmo de Euclides, fatorac¸a˜o u´nica em Z. Exerc´ıcios: (1) Ache quociente e resto nas diviso˜es entre os seguintes pares de nu´meros inteiros. Depois, para cada divisa˜o, calcule uma identidade de Be´zout, ou seja, encontre x, y ∈ Z tais que ax+ by = MDC(a, b). a) q = 3, r = 4 com MDC(25, 7) = 1, x = 2, y = −7. De fato, temos que 25 · 2 + 7 · (−7) = 1; b) q = −4, r = 3 com MDC(−25, 7) = 1, x = −2, y = −7; c) q = −3, r = 4 com MDC(25,−7) = 1, x = 2, y = 7; d) q = 4, r = 3 com MDC(−25,−7) = 1, x = −2, y = 7; e) q = 0, r = 8 com MDC(8, 10) = 2, x = −1, y = 1; f) q = −1, r = 2 com MDC(−8, 10) = 2, x = 1, y = 1; g) q = 0, r = 8 com MDC(8,−10) = 2, x = −1, y = −1; h) q = 1, r = 2 com MDC(−8,−10) = 2, x = 1, y = −1. (2) Sejam a, b ∈ Z tais que MDC(a, b) = 1. Se a|c e b|c, prove que ab|c. Prova: Como MDC(a, b) = 1, pela identidade de Be´zout existem x, y ∈ Z tais que 1 = ax+ by. Enta˜o temos que c = c(ax+ by) = cax+ cby. Como c = ak para algum k ∈ Z e c = bh para algum h ∈ Z, enta˜o temos: c = cax+ cby = (bh)ax+ (ak)by = ab(hx) + ab(ky) = ab(hx+ ky), ou seja ab|c, como desejado. (3) Use o item (2) para provar que 6|n(2n+ 7)(7n+ 1), ∀n ∈ Z. Prova: Pelo item (2) e´ suficiente provar que 2|n(2n+ 7)(7n+ 1), ∀n ∈ Z e que 3|n(2n+ 7)(7n+ 1), ∀n ∈ Z, ja´ que MDC(2, 3) = 1. Se n e´ par, enta˜o 2|n e portanto 2|n(2n + 7)(7n + 1). Se n for ı´mpar, temos que n = 2k+1, para algum k ∈ Z. Segue que 7n+1 = 7(2k+1)+1 = 2(7k + 4), assim 2|7n+ 1 e portanto 2|n(2n+ 7)(7n+ 1). Se 3|n, enta˜o segue que 3|n(2n+7)(7n+1). Se 3 - n, enta˜o ou n = 3h+1, ou n = 3l + 2, com h, l ∈ Z. Se n = 3h + 1, enta˜o temos que 2n + 7 = 2(3h + 1) + 7 = 3(2h + 3), de onde segue que 3|2n+ 7 e portanto 3|n(2n+ 7)(7n+ 1). Se n = 3l+ 2, note que 7n+ 1 = 7(3l+ 2) + 1 = 3(7l+ 5) Assim 3|7n+ 1 e em particular 3|n(2n+ 7)(7n+ 1). (4) Sejam a, b ∈ Z tais que MDC(a, b) = 1 e a|bc. Prove que a|c. Prova: Usando mais uma vez a Identidade de Be´zout, temos que existem x, y ∈ Z tais que 1 = ax+ by. Enta˜o c = cax+ cby = cax+ bcy. Como a|bc, enta˜o bc = al, para algum l ∈ Z. Portanto temos que c = cax+ bcy = cax+ (al)y = a(cx+ ly) 1 2 ou seja a|c. (5) Sejam a, b ∈ Z. Supondo que existem x, y ∈ Z tais que ax + by = 1, prove que a e b sa˜o coprimos. Prova: Seja d = MDC(a, b). Vamos provar que d = 1. Como d|a e d|b, enta˜o em particular d|ax + by, ou seja d|1. Segue (pelo visto em aula) que d e´ um elemento invers´ıvel em Z, ou seja ou d = 1 ou d = −1. Pore´m, pela definic¸a˜o de MDC, necessariamente temos que d = 1; assim a e b sa˜o coprimos. (6) Prove que MDC(a, b) = MDC ( a+ bc, a+ b(c− 1)), ∀a, b, c ∈ Z. Prova: Seja m ∈ Z tal que m|a e m|b. Enta˜o m|a + bc e tambe´m m|a + b(c− 1). Agora, em particular MDC(a, b)|a + bc e MDC(a, b)|a + b(c− 1) e pela definic¸a˜o de ma´ximo divisor comum temos que (•) MDC(a, b)|MDC(a+ bc, a+ b(c− 1)). Chamemos α = a + bc e β = a + b(c − 1). Seja n ∈ Z tal que n|α e n|β. Sabemos que n|αx + βy,∀x, y ∈ Z. Em particular, fazendo x = 1 e y = −1, temos que n|b. Agora usando a mesma ideia, como n|b e n|a + bc, em particular temos que n|a+bc+(−c)b, ou seja n|a. Resumindo, provamos que se um inteiro n divide a a + bc e a a + b(c − 1), enta˜o tambe´m vale que n|a e n|b. Em particular temos que MDC(a + bc, a + b(c − 1))|a e MDC ( a + bc, a + b(c − 1))|b. E pela definic¸a˜o de ma´ximo divisor comum temos que (••) MDC(a+ bc, a+ b(c− 1))|MDC(a, b). De (•) e (••) segue que MDC(a, b) e MDC(a+bc, a+b(c−1)) sa˜o associados e portanto (pela definic¸a˜o de MDC) temos que MDC(a, b) = MDC ( a+ bc, a+ b(c− 1)), como enunciado. (7) Mostre que o conjunto dos nu´meros inteiros primos positivos e´ infinito. [Dica: use a fatorac¸a˜o u´nica em Z e suponha que o conjunto dos nu´meros inteiros primos positivos seja finito. Tente chegar a uma contradic¸a˜o. ] (8) Deixado para o leitor. (9) a) Note que f(0) = f(0+0). Como f(a+ b) = f(a)+f(b)∀a, b ∈ Z, segue que f(0) = f(0) + f(0). Como 0 e´ o u´nico elemento neutro com respeito a` operac¸a˜o + em Z, enta˜o f(0) = 0. b) Provamos por induc¸a˜o (I forma) que f(n) = n · f(1), ∀n ∈ N \ 0. Passo base: se n = 1, enta˜o f(1) = 1 · f(1) (o´bvio!). Por hipo´tese indutiva vamos supor que f(n) = n · f(1). Lembrando que f(a + b) = f(a) + f(b), ∀a, b ∈ Z, temos que f(n+ 1) = f(n) + f(1) = n · f(1) + f(1) = (n+ 1)f(1), como quer´ıamos. c) Notamos que ∀n ∈ Z temos que f(0) = f(n + (−n)) = f(n) + f(−n). Do item (a) segue que 0 = f(n)+f(−n) e pela unicidade do elemento oposto (com respeito a +) temos que f(−n) = −f(n). d) Se n ∈ N pelos itens (a) e (b) e´ claro que f(n) = n · f(1). Se n ∈ Z e n < 0, enta˜o −n e´ positivo e pelo item (c) temos que f(−n) = −f(n). Mas 3 como por (b) temos que f(−n) = (−n) · f(1), enta˜o podemos concluir que −f(n) = (−n) · f(1), ou seja que f(n) = n · f(1). (10) Considere a seguinte definic¸a˜o recursiva:{ a1 = a1 an = an−1 + r, ∀n ≥ 2 com r,a1 nu´meros dados. a) Provamos por induc¸a˜o sobre n (I forma) que an = a1 + (n− 1)r. Passo base: se n = 1, temos que a1 = a1 + (1− 1)r = a1 + 0 (o´bvio!). Por hipo´tese indutiva, vamos supor que an = a1 + (n− 1)r. Agora temos que an+1 = an + r = a1 + (n− 1)r + r = a1 + nr = a1 + ((n+ 1)− 1)r, como desejado. b) Definimos Sn = a1 + a2 + · · ·+ an e provamos por induc¸a˜o sobre n que Sn = n(a1 + an) 2 . Passo base: se n = 1, enta˜o S1 = a1 = 1(a1+a1) 2 (o´bvio!). Por hipo´tese indutiva, vamos supor que Sn = n(a1+an) 2 . Temos que Sn+1 = a1 + a2 + · · ·+ an + an+1 =Sn + an+1 = n(a1 + an) 2 + an+1 = na1 + n(a1 + (n− 1)r) + 2an+1 2 . Note que na u´ltima igualdade usamos o item (a). Agora conclu´ımos ob- servando que Sn+1 = na1 + n(a1 + (n− 1)r) + 2an+1 2 = na1 + n(a1 + nr − r) + 2an+1 2 = na1 + nan+1 − nr + 2an+1 2 = na1 + nan+1 + an+1 + an+1 − nr 2 = na1 + nan+1 + an+1 + a1 2 = (n+ 1)(a1 + an+1) 2 . Perceba que usamos va´rias vezes o resultado do item (a), que diz que an+1 = a1 + nr. (11) Deixado ao leitor. Argumente de forma ana´loga ao exerc´ıcio 10.
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