Respostas Introdução à álgebra Abstrata

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Jaime Evaristo 
Eduardo Perdigão 
Introdução à 
Álgebra 
Abstrata 
 
Manual de Soluções
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
2
 
Apresentação 
 
 
 
 
 As páginas seguintes contêm as soluções dos exercícios do livro Introdução à Álgebra Abstrata e 
algumas observações sobre incorreções já detectadas. 
 Mesmo com o risco da repetitividade, as soluções foram apresentadas da forma mais detalhada 
possível, isto sendo feito para que a tarefa do leitor seja facilitada quando da tentativa da compreensão de 
alguma solução. Naturalmente, o estudante só deve recorrer às soluções apresentadas após esgotar todas as 
suas possibilidades no sentido da obtenção de uma solução encontrada por si mesmo. 
 Considerando que o leitor poderá imprimir este manual em editores com configurações diferentes, 
não me preocupei em formatar corretamente as expressões matemáticas corretamente no sentido de 
escrevê-las numa única linha ou repetir, se for o caso, na linha seguinte o operador que concluiu a linha. 
 Espero (e agradeço antecipadamente) receber sugestões de soluções diferentes daquelas 
apresentadas ou críticas e comentários sobre estas e sobre o livro como um todo. Qualquer crítica ou 
sugestão deve ser enviada para jaime@ccen.ufal.br e será muito bem vinda. 
 Em Maceió, novembro de2002. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
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Capítulo 1 
1.1. As peculiaridades da raça humana não permitem garantir que a relação "x ama y" é reflexiva (existe 
alguém que não ame a si mesmo?). Infelizmente para os apaixonados, a relação não é simétrica: "Ada ama 
Pedro" não obriga que "Pedro ama Ada". A relação também não é antissimétrica: se "Ada ama Pedro" e 
"Pedro ama Ada" não temos, obviamente, Pedro = Ada; e também não é transitiva: se "Ada ama Pedro" e 
"Pedro ama Andréa" não podemos concluir que "Ada ama Andréa" (em geral, a conclusão é: "Ada odeia 
Andréa"). 
1.2 a) Pela propriedade da igualdade dos conjuntos, devemos provar que A ∪ A ⊂ A e que 
A ⊂ A ∪ A. Porém, estas duas inclusões são óbvias, pois se x ∈ A ∪ A, então, por definição, x ∈ A ou x ∈ 
A, o que resulta x ∈ A. Reciprocamente, se x ∈ A, pela própria definição de união, x ∈ A ∪ A. 
b) Decorre da própria definição de união de conjuntos. 
c) Devemos mostrar que A ∪ (B ∪ C) ⊂ (A ∪ B) ∪ C e que (A ∪ B) ∪ C ⊂ A ∪ (B ∪ C). Mostremos 
apenas que A ∪ (B ∪ C) ⊂ (A ∪ B) ∪ C, pois a demonstração da outra inclusão é semelhante. Temos que, 
e x ∈ A ∪ (B ∪ C), então (x ∈ A) ∨ (x ∈ B ∪ C). Daí, (x ∈ A) ∨ ((x ∈ B) ∨ (x ∈ C)). Temos então, pela 
associatividade da disjunção, ((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)) ∨ (x ∈ C), o que significa que x ∈ (A ∪ B) ∪ C, como 
queríamos. 
d) Por definição, temos que A ∩ ∅ = {x ∈ U| (x ∈ A) ∧ (x ∈ ∅)}. Porém, como x ∈ ∅ define uma 
contradição em U, temos que (x ∈ A) ∧ (x ∈ ∅) também é uma contradição em U. Daí, 
A ∩ ∅ = ∅. 
Uma outra solução é a seguinte: por redução ao absurdo (discutido no exercício 1.12), suponhamos que A 
∩ ∅ possui elementos. Assim, existe x ∈ A ∩ ∅. Daí, pela definição de interseção de conjuntos, x ∈ A e x 
∈ ∅, o que é um absurdo. Logo A ∩ ∅ não possui elementos. 
e) Decorre imediatamente da definição de interseção de conjuntos. 
f) Vamos mostrar apenas que A ∩ (B ∩ C) ⊂ (A ∩ B) ∩ C. Temos que, se x ∈ A ∩ (B ∩ C), então (x ∈ 
A) ∧ ((x ∈ B) ∧ (x ∈ C)). Assim, pela associatividade da conjunção, 
((x ∈ A) ∧ (x ∈ B)) ∧ (x ∈ C) e, então, x ∈ (A ∩ B) ∩ C, como queríamos. 
g) Devemos mostrar que A ∩ (B ∪ C) ⊂ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) e que (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ⊂ A ∩ (B ∪ C). 
Para a primeira inclusão, seja x ∈ A ∩ (B ∪ C). Então, (x ∈ A) ∧ (x ∈ B ∪ C), o que implica (x ∈ A) ∧ ((x 
∈ B) ∨ (x ∈ C)). Daí, pela distributividade da conjunção em relação à disjunção, ((x ∈ A) ∧ (x ∈ B)) ∨ ((x 
∈ A) ∧ (x ∈ C)). Segue então que (x ∈ A ∩ B) ∨ (x ∈ A ∩ C), o que dá x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). A 
demonstração da segunda inclusão é, praticamente, um caminho de volta na demonstração acima. 
h) Vamos mostrar apenas que A ∪ (B ∩ C) ⊂ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C), já que a demonstração da outra 
inclusão é o caminho de volta. Seja então x ∈ A ∪ (B ∩ C). Daí, (x ∈ A) ∨ (x ∈ B ∩ C) e, portanto, (x ∈ 
A) ∨ ((x ∈ B) ∧ (x ∈ C)). Segue então que ((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)) ∧ ((x ∈ A) ∨ (x ∈ C)), o que resulta em (x ∈ 
A ∩ B) ∨ (x ∈ A ∪ C). Daí, x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). 
1.3. Suponhamos inicialmente que A ∩ B = A e provemos que A ⊂ B. Para isto, seja x ∈ A. Daí, e da 
hipótese, x ∈ A ∩ B e, portanto, x ∈ B. Reciprocamente, suponhamos que A ⊂ B e provemos que 
A ∩ B = A. Por definição temos que A ∩ B ⊂ A e se x ∈ A, como A ⊂ B, x ∈ B de onde se conclui que 
x ∈ A ∩ B. Logo, A ⊂ A ∩ B. 
1.4. a) Se x ∈ A, x ∉ CB(A) e, portanto, x ∈ CB(CB(A)). Assim, A ⊂ CB(CB(A)). Reciprocamente, se 
x ∈ CB(CB(A)), x ∉ CB(A) e, portanto, x ∈ A. Assim, CB(CB(A)) ⊂ A. 
b) Seja x ∈ A. Então x ∉ CB(A) e, então, como CB(A') ⊂ CB(A), x ∉ CB(A'). Daí, x ∈ A'. 
 
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(soluções dos exercícios) 
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c) Seja x ∈ CB(A ∩ A'). Então, x ∉ A ∩ A' o que gera três possibilidades: x ∈ A e x ∉ A'; x ∈ A' e x ∉ A; e 
x ∉ A e x ∉ A'. Da primeira segue que x ∈ CB(A); da segunda, x ∈ CB(A’); e da terceira 
x ∈ CB(A) ∩ CB(A'). Segue então que x ∈ CB(A) ∪ CB(A'). Reciprocamente, se x ∈ CB(A) ∪ CB(A'), 
x ∈ CB(A) ou x ∈ CB(A') e, portanto, x ∉ A ou x ∉ A'. Isto só acontece se x ∉ A ∩ A' o que mostra que 
x ∈ CB(A ∩ A'). Daí, CB(A) ∪ CB(A') ⊂ CB(A ∩ A'). 
1.5. a) Sejam os conjuntos A = {a, b, c}, B = {b, d} e C = {a, d}. Evidentemente, B ≠ C, mas 
A ∪ B = A ∪ C = {a, b, c, d}. 
b) Considere os conjuntos A = {a, b, c}, B = {a, b, d} e C = {a, b, e}. Evidentemente, B ≠ C, mas 
A ∩ B = A ∩ C = {a, b}. 
1.6. Pela propriedade da igualdade dos conjuntos, basta provar que B ⊂ C e que C ⊂ B. Para a primeira, 
seja x ∈ B. Então x ∈ A ∪ B, e, como por hipótese, A ∪ B = A ∪ C, x ∈ A ∪ C. Desta última relação 
temos que x ∈ A ou x ∈ C. Se x ∈ C, temos o que queríamos, todo elemento de B é elemento de C; se 
x ∈ A, então x ∈ A ∩ B e, portanto, x ∈ A ∩ C, pois, por hipótese, A ∩ B = A ∩ C. Daí, x ∈ C, dando 
então, também, o que queríamos. A demonstração de que C ⊂ B é idêntica, mutatis mutandis. 
1.7. Sejam P, Q e R predicados num conjunto A. Devemos mostrar que P ∨ (Q ∨ R) = (P ∨ Q) ∨ R. Como 
predicados são funções do conjunto A no conjunto {V, F}, basta mostrar que 
(P ∨ (Q ∨ R))(x) = ((P ∨ Q) ∨ Q)(x), para todo x ∈ A. Podemos verificar esta igualdade na seguinte tabela, 
de acordo com os possíveis valores de P(x), Q(x) e R(x). 
 
P Q R Q ∨ R P ∨ Q P ∨ (Q ∨ R) (P ∨ Q) ∨ R 
V V V V V V V 
V V F V V V V 
V F V V V V V 
V F F F V V V 
F V V V V V V 
F V F V V V V 
F F V V F V V 
F F F F F F F 
 Uma tabela como esta é chamada, de um modo geral, tabela verdade e a construção de tabelas 
verdade pode ser utilizada para a verificação de igualdade de predicados. 
1.8. a) 
P Q R Q ∨ R P ∧ Q P ∧ R P ∧ (Q ∨ R) (P ∧ Q) ∨ (P ∧ R) 
V V V V V V V V 
V V F V V F V V 
V F V V F V V V 
V F F F F F F F 
F V V V F F F F 
F V F V F F F F 
F F V V F F F F 
F F F F F F F F 
 
 
 
 
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b) 
P Q R Q ∧ R P ∨ Q P ∨ R P ∨ (Q ∧ R) (P ∨ Q) ∧ (P ∨ R) 
V V V V V V V V 
V V F F V V V V 
V F V F V V V V 
V F F F V V V V 
F V V V V V V V 
F V F F V F F F 
F F V F F V F F 
F F F F F F F F 
1.9. a) 
P Q ~P ~Q P ∧ Q ~(P ∧ Q) (~P) ∨ (~Q) 
V V F F V F F 
V F F V F V V 
F V V F F V V 
F F V V F V V 
b) 
P Q ~P ~Q P ∨ Q ~(P ∨ Q) (~P) ∧ (~Q) 
V V F F V F F 
V F F V V F F 
F V V F V F F 
F F V V F V V 
 
1.10. 
P Q ~P P ⇒ Q (~P) ∨ Q 
V V F V V 
V F F F F 
F V V V V 
F F V V V 
1.11 
P Q ~P ~Q P ⇒ Q (~Q) ⇒ (~P) 
V V F F V V 
V F F V F F 
F V V F V V 
F F V V V V 
1.12. 
P Q C ~Q P ∧ (~Q) (P ∧ (~Q)) ⇒ C P ⇒ Q 
V V F F F V V 
V F F V V F F 
F V F F F V V 
F F F V F V V 
1.13.Se P(x) = Q(x) = V, então (P ⇒ Q)(x) = V e (Q ⇒ P)(x) = V e, portanto, 
((P ⇒ Q) ∧ (Q ⇒ P))(x) = (P ⇔ Q)(x) = V. Se P(x) = V e Q(x) = F, então (P ⇒ Q)(x) = F e, assim, 
((P ⇒ Q) ∧ (Q ⇒ P))(x) = (P ⇔ Q)(x) = F. Se P(x) = F e Q(x) = V, então (Q ⇒ P)(x) = F e, por 
conseguinte, (P ⇒ Q) ∧ (Q ⇒ P))(x) = (P ⇔ Q)(x) = F. 
 
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(soluções dos exercícios) 
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1.14. a) Seja y ∈ f(X). Queremos mostrar que y ∈ f(Y). De y ∈ f(X) segue que existe x ∈ X tal que 
y = f(x). Como, por hipótese, X ⊂ Y, temos que x ∈ Y e, portanto, y = f(x) ∈ f(Y). 
b) Seja y ∈ f(X ∪ Y). Então existe x ∈ X ∪ Y tal que y = f(x). Daí, existe x ∈ X tal y = f(x) ou existe 
x ∈ Y tal que y = f(x). Segue então que y ∈ f(X) ou y ∈ f(Y) o que resulta y ∈ f(X) ∪ f(Y). Reciprocamente, 
seja y ∈ f(X) ∪ f(Y). Então y ∈ f(X) ou y ∈ f(Y). Daí, existe x ∈ X ou x ∈ Y tal que 
y = f(x) e, portanto, existe x ∈ X ∪ Y tal que y = f(x). Logo, y ∈ f(X ∪ Y). 
c) Seja y ∈ f(X ∩ Y). Então existe x ∈ X ∩ Y tal que y = f(x). De x ∈ X ∩ Y, segue que x ∈ X e 
x ∈ Y. Como y = f(x), temos que y ∈ f(X) e y ∈ f(Y) o que mostra que y ∈ f(X) ∩ f(Y) 
d) Sejam A = {a, b, c, d}, B = {a, b, c}, f = {(a, a), (b, b), (c, c), (d, a)}, X = {a, b, c} e Y = {b, c, d}. 
Temos, X ∩ Y = {b, c}, f(X) = {a, b, c}, f(Y) = {a, b, c}, f(X ∩ Y) = {b, c} e 
f(X) ∩ f(Y) = {a, b, c}. 
e) Seja y ∈ f(X) - f(Y). Então y ∈ f(X) e y ∉ f(Y). Daí, existe x ∈ X tal que y = f(x) e, para todo z ∈ Y, 
y ≠ f(z). Logo, x ∉ Y, o que implica x ∈ X - Y e y ∈ f(X - Y). 
f) Sejam A = {a, b}, B = {c}, X = {a}, Y = {b} e a função f = {(a, c), (b, c)} definida de A em B. Temos 
que X - Y = {a}, f(X - Y) = {c}, f(X) = {c}, f(Y) = {c} e f(X - Y) = ∅. 
1.15. a) Seja x ∈ f -1(Y). Então f(x) ∈ Y e, portanto, f(x) ∈ Z, já que Y ⊂ Z. De f(x) ∈ Z segue que 
x ∈ f -1(Z). 
b) Suponhamos inicialmente que x ∈ f -1(Z ∪Y). Então f(x) ∈ Z ∪ Y e, por conseguinte, f(x) ∈ Z ou 
f(x) ∈ Y. Daí, x ∈ f -1(Z) ou x ∈ f -1(Y), o que mostra que x ∈ f -1(Z) ∪ f -1(Y). Agora, suponhamos que 
x ∈ f -1(Z) ∪ f -1(Y). Assim, x ∈ f -1(Z) ou x ∈ f -1(Y) e, por conseguinte, f(x) ∈ Z ou f(x) ∈ Y, o que mostra 
que f(x) ∈ Z ∪ Y. Daí, x ∈ f -1(Z ∪Y). 
c) Provemos apenas que f -1(Z) ∩ f -1(Y) ⊂ f -1(Z ∩Y), pois a outra inclusão é, como no item anterior, o 
caminho de volta. Seja, então, x ∈ f -1(Z) ∩ f -1(Y). Assim, x ∈ f -1(Z) e x ∈ f -1(Y) donde se conclui que f(x) 
∈ Z e f(x) ∈ Y. Logo, f(x) ∈ Z ∩ Y e x ∈ f -1(Z ∩Y). 
d) Como no anterior, basta provar uma das inclusões. Seja, então, x ∈ f -1(Z) - f -1(Y). Assim, x ∈ f -1(Z) e x 
∉ f -1(Y) donde se conclui que f(x) ∈ Z e f(x) ∉ Y. Segue que f(x) ∈ Z - Y e x ∈ f -1(Z - Y). 
1.16. a) Sejam a1 e a2 elementos distintos de A. Devemos provar que (g o f)(a1) ≠ (g o f)(a2). Como f é 
injetora e a1≠ a2 temos que f(a1) ≠ f(a2). Como g é injetora g(f(a1)) ≠ g(f(a2)). 
b) Seja c ∈ C. Devemos provar que existe a ∈ A tal que (g o f)(a) = c. Como g é sobrejetora, existe b ∈ B 
tal que g(b) = c. Como f é sobrejetora, existe a ∈ A tal que b = f(a). Daí, g(f(a)) = c. 
c) Suponhamos, por redução ao absurdo (ver exercício 1.12) que f não é injetora. Assim existem 
elementos a1 e a2 em A, com a1 ≠ a2, tais que f(a1) = f(a2). Desse modo, como g é uma função, segue que 
g(f(a1)) = g(f(a2)) o que implica (g o f)(a1) = (g o f)(a2). Daí se conclui que g o f não é injetiva, o que 
contraria a hipótese. 
d) Sejam b1 e b2 em B, com b1 ≠ b2. Devemos mostrar que g(b1) ≠ g(b2). Como f é sobrejetiva, existem a1 
e a2 tais que b1 = f(a1) e b2 = f(a2). Evidentemente, a1 ≠ a2 pois, do contrário, f não seria uma função. Daí e 
da hipótese de que g o f é injetiva, temos que (g o f)(a1) ≠ (g o f)(a2) o que implica 
g(f(a1)) ≠ g(f(a2)). Portanto, g(b1) ≠ g(b2). 
e) Seja c ∈ C. Necessitamos mostrar que existe b ∈ B tal que g(b) = c. Da hipótese de que g o f é 
sobrejetora segue que existe a ∈ A tal que (g o f)(a) = c, o que resulta em g(f(a)) = c. Tomando b = f(a) 
temos que g(b) = c como precisávamos. 
 
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f) Seja b ∈ B. Queremos mostrar que existe a ∈ A tal que b = f(a). Para isto seja c = g(b). Como g o f é 
sobrejetora, existe a ∈ A tal que (g o f)(a) = c ou g(f(a)) = c. Das igualdades c = g(b) e c = g(f(a)) e da 
hipótese de que g é injetora segue que b = f(a), como queríamos. 
g) Segue dos itens a e b acima. 
h) Como f é bijetora, segue que f -1 existe (página 24). Além disto f -1 é inversível (página 23). Então, , f -1 é 
bijetiva. 
1.17. Sejam os conjuntos A = {a, b}, B = {c, d, e} e C = {g, h} e as funções f = {(a, c), (b, d)}, de A em B, 
e g = {(c, g), (d, h), (e, h)}, de B em C . Temos que g o f = {(a, g), (b, h)} é bijetora e f e g não o são. 
1.18. Inicialmente, suponhamos que existe uma função g de B em A tal que f o g = IB e provemos que f é 
sobrejetora. Para isto, seja b ∈ B. Assim, g(b) ∈ A e f(g(b)) = Ib(b) = b, o que mostra que f é sobrejetora. 
Agora suponhamos que f é sobrejetora e construamos uma função g de B em A tal que f o g = IB. Como f é 
sobrejetora, para todo y ∈ B existe x ∈ A tal que y = f(x). Definamos então g de B em A associando a cada 
y ∈ B um, e somente um, dos x ∈ A tal que y = f(x). Assim, claramente g está bem definida, 
f(g(y)) = f(x) = y e f o g = IB. 
1.19. Inicialmente, suponhamos que existe uma função g de B em A tal que g o f = IA e provemos que f é 
injetora. Para isto sejam x1, x2 ∈ A com x1 ≠ x2. Se, por redução ao absurdo, f(x1) = f(x2), então 
g(f(x1)) = g(f(x2)), (g o f)(x1) = (g o f)(x2) e, assim, x1 = x2, contrariando a hipótese levantada acima. Agora 
suponhamos que f é injetora e construamos uma função g de B em A tal que 
g o f = IA. Dado y ∈ B, se y ∈ f(A), defina g(y) como sendo o único x ∈ A tal que y = f(x) (a unicidade de x 
é garantida pela injetividade de f) e se y ∉ F(A) defina g(y) como sendo qualquer valor em A. Assim, 
claramente g está bem definida e g(f(x)) = g(y) = x, o que mostra que g o f = IA. 
Capítulo 2 
2.1 a) Pelo axioma 3, basta provar que P(1) = V e que se P(n) = V, então P(S(n)) = V. Temos que P(1) = V 
pois 1 = 12. Suponhamos que 1 + 3 + ... + (2n – 1) = n2 e provemos que 1 + 3 + ... + (2n – 1) + (2(n+1) – 
1) = (n + 1)2. Temos que 1 + 3 + ... + (2n – 1) + (2(n+1) – 1) = n2 + (2(n+1) – 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2. 
b) Temos que P(1) = V pois 2 = 1 . (1 + 1). Suponhamos que 2 + 4 + ... + 2n = n . (n + 1) e provemos que 
2 + 4 + ... + 2n + 2(n+1) = (n + 1) . (n + 2). Temos que 2 + 4 + ... + 2n + 2(n+1) = n . (n + 1) = 2(n + 1) + 
n . (n + 1) = (n + 1) . (n + 2). 
2.2 Se m = 1, a afirmação decorre do postulado 2. Se m > 1, então n + m > n + 1 > 1. 
2.3 Observações 
1. Para coerência com os itens da questão, o enunciado deveria ser: 
Representando por n – m a solução da equação solúvel m + x = n... 
 2. A igualdade apresentada no item (e) está errada. A igualdade correta é: 
 e) (n – m) . (p – q) = (n . p + m . q) – (m . p + n . q) 
a) Sendo n – m a solução da equação m + x = n, temos que m + (n – m) = n. Segue então que (m + p) + (n 
– m) = (n + p). Assim a equação (m + p) + x = (n + p) tem solução igual a n – m. Pela notação fixada no 
exercício, temos então que n – m = (n + p) – (m + p). 
b) Sendo n – m a solução da equação m + x = n, temos que m + (n – m) = n e, portanto, m + p = n. Daí, 
pela comutatividade da adição p + m = n e, assim, m é solução da equação p + x = n. Pela notação fixada, 
m = n – p. 
 
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(soluções dos exercícios) 
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c) Sendo n – m a solução da equação m + x = n, temos que m + (n – m) = n e, então, p . (m + (n – m)) = p 
. n. Daí, p . m + p . (n – m) = p . n e, assim, p . (m – n) é solução da equação p . m + x = n . p. A igualdade 
segue da notação adotada. 
d) De q + (p – q) = p e m + (n – m) = n segue que (m + q) +((n + m) + (p – q)) = (n + p). Daí, a igualdade. 
e) De q + (p – q) = p segue, por multiplicação por (n – m), q . (n – m) + (p –q) . (n – m) = p. (n – m). Daí, 
(q . n – q . m) + (p – q) . (n – m) = p. n – p . m e, por conseguinte, (p – q) . (n – m) = (p. n – p . m) - (q . n 
– q . m). Assim, pelo item 
2.4. Temos, por aplicações sucessivas da distributividade da multiplicação em relação à adição, (m + p) . 
(n + q) = (m + p) . n + (m + p) . q = m . n + p . n + m . q + p . q. 
2.5 Temos n ⊗ m = n + m + n . m = m + n + m . n = m ⊗ n o que mostra que ⊗ é comutativa. Da mesma 
forma, n ⊗ (m ⊗ p) = n + (m ⊗ p) + n . (m ⊗ p) = n + m + p + m . p + n . (m + p + m . p) = n + m + p + m 
. p + n . m + n . p + n . m . p = (n + m + n . m) + p + (m . p + n . p + n . m . p) = (n ⊗ m) + p + (m + n + n . 
m) . p = (n ⊗ m) + p + (n ⊗ m) . p = (n ⊗ m) ⊗ p. 
2.6 Observação: 
A afirmação do item (c) não tem sentido pois o conjunto dos naturais não contém nenhum 
elemento simbolizado por 0. 
a) Se a + c ≤ b + c, então a + c = b + c ou a equação (a + c) + x = (b + c) é solúvel. Se a primeira acontece, 
pela proposição 2.2, a = b. Se existe natural r tal que (a + c) + r = (b + c), então, pela mesma proposição, a 
+ r = b e a equação a + x = b é solúvel.. 
b) Se a ≤ b e c ≤ d, a = b ou a + x = b é solúvel e c = d ou c + x = d é solúvel. Se a = b e c = d, então a + c 
= b + d. Se a = b e existe r tal que c + r = d, então (c + a) + r = (d + b) e a equação (a + c) + x = (b = d) é 
solúvel. Se existe r tal que a + r = b e c = d, o raciocínio é semelhante. Finalmente, se existem r e r´ tais 
que a + r = b e c + r´ = d, temos (a + c) + (r + r´) = (b + d) e a equação (a + c) + x = (b + d). 
c) Ver observação acima. 
d) De a < b e b < c segue a ≤ b e a ≠ b e b ≤ c e b ≠ c. Daí, por transitividade, a ≤ c. Se a = c, teríamos c < 
b, contrariando a hipótese b < c. 
e) De a < b segue que a ≤ b e a ≠ b. Daí, como b ≤ c, temos por transitividade, a ≤ c. Se a = c, teríamos b ≤ 
a, contrariando a hipótese a < b. 
g) De a < b temos a ≤ b e a ≠ b. Assim, pelo item (a) a + c ≤ b + c, para qualquer natural c. Se a + c = b + 
c, teríamos a = b, contrariando o fato de que a ≠ b. 
2. 7 a) De a < b, segue a ≤ b e a ≠ b. Daí, pela proposição 4.2, a . c ≤ b . c. Se a . c = b . c, pela lei do corte 
(proposição 3.2), a = c, contrariando o fato de que a ≠ b. 
2.8. Observação 
A desigualdade que se pretende provar é: n . (t – r) + m . (s + r) ≤ n . t + m . s. 
Observe que a desigualdade pretendida poderia ser escrita, de maneira mais simples, da seguinte 
forma: n . s + m . t ≤ n . t + m . s. Foi dada a preferência pela forma anterior para que a solução por 
indução fosse pensada. 
Façamos uma indução sobre r. Se r = 1, de m ≤ n e s ≤ s + 1 segue n . s + m . (s + 1) = n . s + m . s 
+ m ≤ n . s + m . s + n = n . (s + 1) + m . s. 
 Suponhamos que n . s + m . (s + r) ≤ n . (s + r) + m . s e provemos que n . s + m . (s + r + 1) ≤ n . 
(s + r + 1) + m . s. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
9
 Temos n . s + m . (s + r + 1) = n . s + m . (s + r) + m ≤ n . (s + r) + m . s + m ≤ n . (s + r) + m . s + 
n = n . (s + r + 1) + m . s 
2.9. A questão é que não está definido o que é número pequeno. 
2.10. f(n) = 1 se n = 1 e f(n) = n – 1, se n > 1. 
Capítulo 3 
3.1. a) Basta adicionar -c a ambos os termos da igualdade: (a + c) + (-c) = (b + c) + (-c) e, portanto, 
a + (c - c) = b + (c - c). 
b) Basta adicionar -a a ambos os termos da igualdade 
c) Se, por contradição, 2 . a = a, teríamos a + a = a e, pelo item anterior, a = 0, contrariando a hipótese de 
que a ≠ 0. 
3.2. a) Pela proposição 2.3, -(a + b) = (-1) . (a + b). Daí, por (AM), -(a + b) = (-1) . a + (-1) . b. Aplicando 
novamente a proposição 2.3, -(a + b) = -a + (-b) = -a - b. 
b) Calculemos (a + b) . (a - b) de acordo com a seguinte seqüência de igualdades, justificadas ao lado. 
 (a + b) . (a - b) = (a + b) . a + (a + b) . (-b) (AM) 
 (a + b) . (a - b) = a . a + b . a + a . (-b) + b . (-b) (AM) 
 (a + b) . (a - b) = a . a + a . b - a .b - b . b (M2 e proposição. 2.5) 
 (a + b) . (a - b) = a2 - b2 (simbologia e A4) 
3.3. Suponhamos que a e b são inversíveis. Então existem a-1 tal que a . a-1 = 1 e b-1 tal que 
b . b-1 = 1. Assim 
(a . b) . (a-1 . b-1) = ((a . b) . a-1) . b-1 (M1) 
(a . b) . (a-1 . b-1) = (a-1 . (a . b)). b-1 (M2) 
(a . b) . (a-1 . b-1) = ((a-1 . a) . b) . b-1 (M1) 
(a . b) . (a-1 . b-1) = (1 . b) . b-1 (definição de inverso) 
(a . b) . (a-1 . b-1) = b . b-1 (M3) 
(a . b) . (a-1 . b-1) = 1 (definição de inverso). 
Reciprocamente, suponhamos que a . b é inversível. Então existe x ∈ A tal que (a . b) . x = 1. Daí, por 
(M1), a . (b . x) = 1 e a é inversível. Agora, aplicando sucessivamente (M2) e (M1), b . (a . x) = 1 e b 
também é inversível. 
3.4. a) De a2 = 0 segue que a . a = 0. Como D é um domínio de integridade, por (M4), a = 0 ou a = 0. 
b) De a . b = a, segue a. b - a = 0 e a . (b - 1) = 0. Como D é um domínio de integridade, por (M4), a = 0 
ou b - 1 = 0, o que dá a = 0 ou b = 1. 
c) Basta fazer b = a no item anterior. 
3.5. a) Basta, aplicando a compatibilidade com a adição da relação de ordem, adicionar -c a ambos os 
termos da desigualdade. 
b) De a ≤ b segue que a + c ≤ b + c e de c ≤ d segue que b + c ≤ b + d. Daí, por transitividade, 
a + c ≤ b + d. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
10
c) De c ≤ 0 segue, aplicando a proposição 5.3, que -c ≥ 0. Agora, de a ≤ b segue, aplicando a 
compatibilidade com a multiplicação, a . (-c) ≤ b . (-c). Daí, -(a. c) ≤ -(b . c), -(a. c) + b . c ≤ -(b . c) + b . c 
e -(a. c) + b . c + a . c ≤ 0 + a. c, chegando, finalmente, a b . c ≤ a . c. 
d) De a < b e b < c segue que a ≤ b e a ≠ b e que b ≤ c e b ≠ c. Por transitividade, segue que a ≤ c. Se a = 
c, de a < b seguiria que c < b, contrariando a hipótese b < c. Logo, a ≤ c e a ≠ c o que implica a < c. 
e) De a < b segue que a ≤ b e a ≠ b. Como b ≤ c, por transitividade, segue que a ≤ c. Se 
a = c, de a < b seguiria que c < b, contrariando a hipótese b ≤ c. Logo, a ≤ c e a ≠ c o que implica a < c. 
g) De a < b segue que a ≤ b e a ≠ b. Pela compatibilidade com a adição, a + c ≤ b + c. Se 
a + c = b + c teríamos, pelo exercício 2.1, a = b, contrariando a ≠ b. Logo a + c ≤ b + c e 
a + c ≠ b + c o que implica a + c < b + c. 
3.6. a) Se a ≥ 0, pela compatibilidade com a multiplicação, a . a ≥ 0 o que dá a2 ≥ 0. Se a ≤ 0, pela 
proposição 5.3, -a ≥ 0 e então, mais uma vez pela compatibilidade com a multiplicação, a . (-a) ≤ 0. Daí, 
-a
2
 ≤ 0 e então, pela proposição já citada, a2 ≥ 0. 
b) Como 1 = 12 temos, do item anterior, que 1 ≥ 0. Como, por definição, 1 ≠ 0, temos que 1 > 0. 
c) De 1 ≥ 0 segue que -1 ≤ 0. Se -1 = 0 teríamos 1 = 0, contrariando a definição de elemento neutro da 
multiplicação. Logo, -1 ≤ 0 e -1 = 0 o que dá -1 < 0. 
3.7. a) De a < b segue que a ≤ b e a ≠ b. De c > 0 segue que c ≥ 0 e c ≠ 0. Aplicando a compatibilidade 
com a multiplicação à desigualdade a ≤ b temos que a . c ≤ b . c. Agora, se a . c = b . c teríamos, pela lei 
do cancelamento, a = b. Logo, a . c ≤ b . c e a . c ≠ b . c o que implica a . c < b . c. 
b) Se, por redução ao absurdo, tivéssemos a > b, pelo item anterior teríamos a . c > b . c contrariando a 
hipótese a . c ≤ b . c. 
c) De a . c ≤ b . c segue que -(b . c) ≤ -(a . c) e que, aplicando a proposição 2.3, b . (-c) ≤ a . (-c). Como 
c < 0 temos -c > 0 e então, pelo item anterior, b ≤ a. 
Observe que estes dois últimos itens garantem uma lei do cancelamento para desigualdades em 
domínios de integridade, bastando observar que se o termo a ser cancelado for negativo o sinal da 
desigualdade será invertido. 
3.8. Observação: 
 O enunciado do item (ii), é o seguinte:. 
 ii) a - b ∈ A' e a . b ∈ A' quaisquer que sejam a, b ∈ A'. 
a) Se A' é um subanel de A, como 1A = 1A', 1A ∈ A'. Além disso, como as operações de A' são as restrições 
das operações de A, se a, b ∈ A', a - b = a -A'b ∈ A' e a . b = a .A' b ∈ A'. Reciprocamente, suponhamos que 
1A ∈ A' e que a - b ∈ A' e a . b ∈ A', quaisquer que sejam a, b ∈ A' e provemos que A' é uma subanel de A. 
A condição a . b ∈ A' quaisquer que sejam a, b ∈ A' garante que .A' é uma operação em A'. Agora observe 
que, como 1A ∈ A', 0 = 1A - 1A ∈ A' e que se a ∈ A', -a = 0 - a ∈ A. Podemos deduzir daí também que se a, 
b ∈ A', a +A' b = a - (-b) ∈ A' o que mostra que +A' é uma operação em A'. Como +A' e .A' são restrições das 
operações do anel A, elas, naturalmente, herdam todas as propriedades destas operações. Assim, (A', +A', 
.
A') é uma anel tal que 1A' = 1A e, portanto, A' é um subanel de A. 
b) Como f é um homomorfismo, f(1A) = 1B e 1B ∈ f(A). Assim a primeira condição do item anterior está 
satisfeita. Agora se z, y ∈ f(A), existem a, b ∈ A tais que z = f(a) e y = f(b) e, então, z - y = f(a) - f(b) = 
= f(a - b) e z . y = f(a) . f(b), sendo as últimas igualdades decorrentes da aplicação da proposição 2.6 e da 
definição de homomorfimo. Daí, z - y ∈ f(A) e z . y ∈ f(A). Logo, pelo item anterior, f(A) é um subanel de 
B. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
11
3.9. a) Sejam m, n ∈ A. Temos que fa(m + n) = a . (m + n) = a . m + a . n = fa(m) + fa(n) e a primeira 
condição para que uma função seja um homomorfismo é satisfeita. Agora, fa(m . n) = a . (m . n) e 
fa(m) . fa(n) = (a . m) . (a . n) e a segunda condição não é satisfeita. Além disto, fa(1) = a . 1 = a que só é 
igual a 1 se a = 1. 
b) Suponhamos que fa é sobrejetora. Então, existe m ∈ A tal que fa(m) = 1 e, portanto, existe m ∈ A tal que 
a . m = 1 o que mostra que a é inversível. Reciprocamente, suponhamos que a é inversível e que 
b ∈ A. Devemos mostrar que existe m ∈ A tal que fa(m) = b. Para isto, basta tomar m = a-1 . b, pois 
fa(a-1 . b) = a . (a-1 . b) = b. 
c) Se m, n ∈ A e fa(m) = fa(n), então a . m = a . n e, como A é um domínio de integridade e a ≠ 0, m = n, o 
que mostra que fa é injetora. 
3.10. Utilizando a nomenclatura da sugestão, vamos provar que g o f é um isomorfismo. Temos, tomando 
a, b ∈ A 
 i) (g o f)(a + b) = g(f(a + b)) = g(f(a) + f(b)) (f é isomorfismo) 
 (g o f)(a + b) = g(f(a)) + g(f(b)) (g é isomorfismo) 
 (g o f)(a + b) = (g o f)(a) + (g o f)(b) (definição de função composta) 
 ii) (g o f)(a . b) = g(f(a . b)) = g(f(a) . f(b)) (f é isomorfismo) 
 (g o f)(a . b) = g(f(a)) . g(f(b)) (g é isomorfismo) 
 (g o f)(a . b) = (g o f)(a) . (g o f)(b) (definição de função composta) 
 iii) (g o f)(1A) = g(f(1A)) = g(1B) = 1C. 
3. 11. a) Se c' e c" são dois elementos máximos, c' ≤ c" (levando em conta que c" é elemento máximo) e 
c" ≤ c' (levando em conta que c' é elemento máximo). Pela antissimetria da relação de ordem, c' = c". 
b) Inicialmente, suponhamos que todo subconjunto não vazio limitado superiormente possui elemento 
máximo e provemos que todo subconjunto não vazio limitado inferiormente possui elemento mínimo. Seja 
S ≠ ∅ limitado inferiormente e considere o conjunto -S = {x ∈ A| -x ∈ S}. Como S é não vazio, -S também 
o é. Como S é limitado inferiormente, existe a ∈ A tal que x ≥ a, para todo x ∈ S. Daí, -x ≤ -a para todo x 
∈ A e, portanto, para todo y ∈ -S, y ≤ -a, o que mostra que -S é limitado superiormente. Assim, -S tem um 
elemento máximo b. Ou seja, existe b ∈ -S tal que y ≤ b, para todo y ∈ -S. Como 
b ∈ -S, -b ∈ S e dado x ∈ S, -x ∈ -S o que implica -x ≥ b. Daí, x ≤ -b, para todo x ∈ S e, portanto, S é tem 
elemento mínimo, exatamente o simétrico do elemento mínimo de -S. A demonstração da afirmação 
recíproca é idêntica, mutatis mutandis. 
3.12. O erro acontece na aplicação da lei do cancelamento à igualdade 2 . (a2 - a . b) = 1 . (a2 - a . b), pois, 
como supomos acima que a = b, a2 - a . b = 0 e a lei do cancelamento não pode ser aplicada. 
3.13. A adição em F(A) é comutativa e associativa, decorrências da comutatividade e da associatividade 
do anel A: para todo x ∈ A, (f + g)(x) = f(x) + g(x) = g(x) + f(x) = (g + f)(x) (o que mostra que f + g = g + f) 
e ((f + g) + h))(x) = (f + g)(x) + h(x) = (f(x) + g(x)) + h(x) = f(x) + (g(x) + h(x)) = (f + (g + h))(x) (o que 
mostra que (f + g) + h = f + (g + h). A adição tem elemento neutro: a função 0 definida por 0(x) = 0, para 
todo x ∈ A (a função 0 é chamada identicamente nula); o elemento simétrico de uma função f ∈ F(A) é a 
função -f definida por (-f)(x) = -f(x). A associatividade e a existência de elemento neutro da composição 
foram discutidas na seção 1.12. Porém a composição não é distributiva em relação à adição: sejam as 
funções f, g e IZ, de Z em Z, dadas por f(x) = x2, g(x) = 1 e IZ(x) = x. Temos (f o (g + IZ))(x) = 
= f((g + IZ)(x)) = f(g(x) + IZ(x)) = f(1 + x) = (1 + x)2 e (f o g + f o IZ)(x) = (f o g)(x) + (f o IZ)(x) = 
= f(g(x)) + (f(IZ(x)) = f(1) + f(x) = 1 + x, e, portanto, f o (g + IZ) ≠ f o g + f o IZ. 
3.14. De z < 0 segue -z > 0 e, então, pela proposição 3.1, -z ≥ 1 e, assim, z ≤ -1. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
12
3.15. Observação: 
Aproveitando a oportunidade, retificamos o enunciado do item d da proposição 3.3, onde há o 
engano destacado em negrito, engano este que não ocorre na demonstração: |z| ≤ y se e somente se 
-y ≤ z ≤ y. 
 a) A segunda desigualdade é a desigualdade triangular apresentada no item e da proposição 3.3. Para a 
primeira, temos |z| = |z + y - y| ≤ |z + y| + |-y| e, então, |z| - |y| ≤ |z + y|, já que |-y| = |y|. Do mesmo modo, |y| 
= |y + z - z| ≤ |z + y| + |-z| e, assim, |z| - |y| ≥ -|z + y|. Daí, pelo item d da proposição 3.3 (com a correção 
observada acima), ||z| - |y|| ≤ |z + y|. 
b) Para a segunda desigualdade, temos |z - y| = |z + (-y)| ≤ |z| + |-y| = |z| + |y|. Para a primeira, 
|z| = |z + y - y| ≤ |z - y| + |y| e, então, |z| - |y| ≤ |z - y|, já que |-y| = |y|. Do mesmo modo, 
|y| = |y + z - z| ≤ |-z + y| + |z| e, assim, |z| - |y| ≥ -|z - y|, já que |-z + y| = |z - y|. Daí, pelo item d da proposição 
3.3 (com a correção observada acima), ||z| - |y|| ≤ |z - y|. 
3.16. a) Fixemos m e façamos uma indução sobre n. Para n = 0 temos am . a0 = am . 1 = am = am+0, e a 
afirmação é verdadeira. Suponhamos que am . an = am+n e provemos que am . an+1 = am+n+1. Temos 
 am . an+1 = am . (a . an) (definição de potência) 
 a
m
 . a
n+1
 = (am . an) . a (comutatividade/associatividade) 
 a
m
 . a
n+1
 = a
m+n
 . a (hipótese indutiva) 
 a
m
 . a
n+1
 = a
m+n+1
 (definição de potência) 
b) Como acima, fixemos m e façamos uma indução sobre n. Para n = 0 temos (am)0 = 1 = a0 = am.0, e a 
afirmação é verdadeira. Suponhamos que (am)n = am.n e provemos que (am)n+1 = am.n+m. Temos 
 (am)n+1 = am . (am)n (definição de potência) 
 (am)n+1 = am . (am.n) (hipótese indutiva) 
 (am)n+1 = am.n+m (item a) 
c) Façamos uma indução sobre m. Para m = 0, (a . b)0 = 1 = 1 . 1 = a0 . b0 e a afirmação é verdadeira. 
Suponhamos que (a . b)m = am . bm e provemos que (a . b)m+1 = am+1 . bm+1. Temos 
 (a . b)m+1 = (a . b) . (a . b)m (definição de potência) 
 (a . b)m+1 = (a . b) . (am . bm) (hipótese indutiva) 
 (a . b)m+1 = (a . am) . (b . bm) (associatividade/comutatividade) 
 (a . b)m+1 = am+1 . bm+1 (definição de potência) 
3.17 a) Se 0 ≤ a ≤ b, como a2 ≥ 0, temos 0 ≤ a . a2 ≤ b . a2 ≤ b . b2. Se a < 0 e b > 0, temos a3 < 0 e b3 > 0 e , 
então, a3 ≤ b3. Finalmente, se a ≤ b < 0, temos 0 < -b ≤ -a e, então, pela primeira parte, (-b)3 ≤ (-a)3 e, 
portanto, a3 ≤ b3. 
b) De forma semelhante ao item anterior, temos que se a < b, então a7 < b7. 
c) Se a . b ≤ 0, então -(a . b) ≥ 0 e a compatibilidade de ≥ com a soma garante que a2 - a . b + b2 ≥ 0, já 
que a2 + b2 ≥ 0. Se a . b > 0, como (a - b)2 ≥ 0, temos a2 – 2 . a . b + b2 ≥ 0, a2 - a . b + b2 ≥ a .b e 
a2 - a . b + b2 > 0, por transitividade. 
d) Suponhamos inicialmente que m > n e provemos que am > an. De m> n segue que 
m - n = p, com p > 0. Assim, m = n + p e ap > 1, já que a > 1. Então, am = an+p = an . ap e, portanto, 
a
m
 > an, já que ap > 1. Reciprocamente, suponhamos que am > an e provemos que m > n. Suponhamos por 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
13
absurdo que m ≤ n. Se m = n, am = an, contrariando a hipótese e se m < n, pela demonstração anterior, am < 
a
n
, contrariando, mais uma vez, a hipótese. 
3.18. Seja x z w= + 2
2
.
. Assim, 2 . x = z + 2 . w e z = 2 . (x - w) o que mostra que x w z− =
2
. Daí, 
x
z
w= +
2
. 
3.19. Indução sobre z. Se z = 1, 1 = 
2
)11(.1 +
 e a igualdade é verdadeira. Suponhamos que 1 + 2 + ... + z = 
2
)1(. +zz
 e provemos que 1 + 2 + ... + z + (z + 1) = 
2
)2(.)1( ++ zz
 . Temos 1 + 2 + ... + z + (z + 1) = 
2
)1(. +zz
 + (z + 1) = 
2
)2(.)1(
2
)1(.2)1(. ++
=
+++ zzzzz
. 
3.20. Realizemos uma indução sobre n. Para n = 1, A e B possuirão apenas um elemento e, trivialmente, só 
existe uma função de A em B e esta é bijetiva. Como 1! = 1, temos que a afirmação é verdadeira para 
n = 1. Suponhamos que se |A| = |B| = n, então o número de bijeções de A em B é n! e provemos que se 
|A| = |B| = n + 1, então o número de bijeções de A em B é (n + 1)!. Seja então dois conjuntos 
A = {x1, x2, ..., xn+1} e B = {y1, y2, ..., yn+1} e considere os conjuntos C = A - {xn+1} e D = B - {yn+1}. Assim, |C| = |D| = n e, então, pela hipótese de indução, o número de funções bijetivas de C em D é n!. Agora a 
cada função bijetiva f de C em D corresponderão n + 1 funções bijetivas de A em B, a saber: 
 g x
y se j i e j n
f x se j n
f x se j i e j n
i j
n
i
j
( )
,
( ),
( ),
=
= ≠ +
= +
≠ ≠ +





+1 1
1
1
 
Assim, o número de funções bijetivas de A em B é (n + 1) . n! = (n + 1)!. 
3.21. Provemos por indução sobre n. 
i) Para n = 1 temos (1 + z)1 = 1 + z = 1 + 1 . z e a afirmação é verdadeira. 
ii) Suponhamos que (1 + z)n ≥ 1 + n . z e provemos que (1 + z)n+1 ≥ 1 + (n + 1) . z. 
Como z > -1, z + 1 > 0 e, então, aplicando a compatibilidade com a multiplicação à hipótese 
indutiva (1 + z)n . (z +1) ≥ (1 + n . z) . (1 + z). Daí, (1 + z)n+1 ≥ 1 + (n + 1) . z + n . z2 ≥ 1 + (n + 1) . z, 
sendo esta última desigualdade obtida da compatibilidade com a adição aplicada a n . z2 ≥ 0. 
3.22. Provemos por indução sobre n. 
i) Para n = 0, A = ∅, P(A) = {∅} e |P(A)| = 1 = 20. 
ii) Suponhamos agora que se |A| = n, então |P(A)| = 2n e provemos que se |A| = n + 1, então |P(A)| = 
2n+1. 
Seja A = {x1, ..., xn+1}. Evidentemente, os subconjuntos de A podem ser separados em 
subconjuntos que não contêm xn+1 e os subconjuntos que contêm este elemento. Os primeiros são 
subconjuntos do conjunto B = A - {xn+1} e, como |B| = n, eles são em número de 2n subconjuntos. 
Evidentemente, os subconjuntos que contêm xn+1 são da forma S ∪ {xn+1}, onde S é subconjunto de B, e, 
portanto, são também em número de 2n. Assim, |P(A)| = 2n +2n = 2 . 2n = 2n+1. 
3.23. Fixemos m e provemos, por indução sobre n, que a afirmação é verdadeira para todo n ≥ 0. 
i) Para n = 0, (m . 0)(a . b) = 0(a . b) = 0 = (ma) . (0b), e a afirmação é verdadeira. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
14
ii) Suponhamos que (m . n)(a . b) = (ma) . (na) e provemos que (m . (n+1))(a . b) = (ma) . 
((n+1)b). 
Temos 
 (m . (n+1))(a . b) = (m . n + m)(a . b) (distributividade nos inteiros) 
 (m . (n+1))(a . b) = (m . n)(a . b) + m(a . b) (proposição 3.8, item b) 
 (m . (n+1))(a . b) = (ma) . (nb) + m(a . b) (hipótese indutiva) 
 (m . (n+1))(a . b) = (ma) . (nb) + (ma) . b (proposição 3.8, item e) 
 (m . (n+1))(a . b) = (ma) . (nb + b) (distributividade no anel) 
 (m . (n+1))(a . b) = (ma) . ((n+1)b) (proposição 3.8, item b). 
Agora, se n < 0, temos que -n > 0 e (m . n)(a .b) = ((-m) . (-n))(a . b) = ((-m)a) . ((-n)b) = (-(ma)) . (-(ma)) 
= (ma) . (ma). 
3.24. a) O deslocamento dos n discos da origem para o destino pode ser realizado em três etapas: 
(1) deslocamento dos n - 1 primeiros da origem para a haste auxiliar; (2) deslocamento do maior disco da 
origem para o destino; (3) deslocamento dos n - 1 primeiros da haste auxiliar para o destino. Logo, 
an = an-1 + 1 + an-1 = 2 . an-1 + 1. 
c) Indução sobre n. 
i) Para n = 1, a1 = 1 = 21 - 1 e afirmação é verdadeira. 
ii) Suponhamos que an = 2n - 1 e provemos que an+1 = 2n+ 1 - 1. Isto é imediato pois, pelo item a, 
an+1 = 2 . an + 1 = 2 . (2n - 1) + 1 = 2n+1 - 1. 
Capítulo 4 
4.1. x := x + y; 
 y := x - y; 
 x := x - y; 
4.2. A idéia do algoritmo a seguir é colocar na posição 1 o menor dos elementos e em seguida ordenar os 
outros dois, utilizando o algoritmo Ordena dois números. Se os números dados forem armazenados nas 
variáveis a, b e c, para se colocar em a o menor dos elementos, só é necessário fazer alguma coisa se a for 
maior do que b ou for maior do que c. 
 
 algoritmo Ordena três números 
 leia(a, b, c); 
 se a > b ou a > c 
 então 
 se b > c 
 então 
 a := a + c; 
 c := a - c; 
 a := a - c; 
 senão 
 a := a + b; 
 b := a - b; 
 a := a - b; 
 se b > c 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
15
 então 
 b := b + c; 
 c := b - c; 
 b := b - c; 
 
4.3. algoritmo Verifica quadrado perfeito 
 leia(z); 
 i := 1; 
 repita enquanto i . i ≠ z e i < z 
 i := i + 1; 
 se i . i = z 
 então 
 escreva('o número dado é quadrado perfeito') 
 senão 
 escreva('o número dado não é quadrado perfeito') 
4.4 algoritmo Maior de três números 
 leia(a, b, c); 
 se a > b e a > c 
 então 
 maior := a 
 senão 
 se b > c 
 então 
 maior := b 
 senão 
 maior := c; 
 escreva(maior) 
Capítulo 5 
5.1 a) Sejam q a
b
' = e q
z a
b
' '
.
= . Assim, a = b . q' e z . a = b . q". Além disto, z
a
b
z q. . '= . 
Substituindo a = b . q' em z . a = b . q", temos z . b . q' = b . q" e, então, como b ≠ 0, z . q' = q". Daí, 
z
a
b
z a
b
.
.
= . 
b) Se q ab= , então a = b . q e, assim, b
a
b b q a. .= =
. 
5.2. Para o quociente e o resto de um divisão a ÷ b, basta encontrar q e r tais que a = b . q + r, com 
0 ≤ r < |r|. 
a) Como 7 = 0 . 12 + 7 e 0 ≤ 7 < 12, temos q(7, 12) = 0 e r(7, 12) = 7. 
b) Como -25 = (-5) . 6 + 5 e 0 ≤ 5 < 6, temos q(-25, 6) = -5 e r(-25, 5) = 5. 
c) Como 32 = (-5) . (-6) + 2 e 0 ≤ 2 < |-6|, temos q(32, -6) = -5 e r(32, -6) = 2. 
d) Como -37 = 6 . (-7) + 5 e 0 ≤ 5 < |-7|, temos q(-37, -7) = 6 e r(-37, -7) = 5 
5.3 a) Devemos encontrar a = (-b) . q’ + r’, tal que 0 ≤ r’ < |b|. De a = b . q + r, 0 ≤ r < |b|, segue que 
a = (-b) . (-q) + r, 0 ≤ r < |b| e, portanto, q(a, -b) = -q e r(a, -b) = r. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
16
b) De a = b . q + r, 0 ≤ r < |b|, segue que -a = (-b) . q - r, 0 ≤ r < |b| e, portanto, -a = (-b). q - r + b - b, 
de onde resulta -a = (-b ) . (q + 1) + (b - r), com 0 ≤ b - r < |b|. Daí, q(-a, -b) = q + 1 e r(-a, -b) = b - r. 
c) De a = b . q + r, 0 ≤ r < |b|, segue que -a = b . (-q) - r, 0 ≤ r < |b| e, portanto, -a = b . (-q) - r + b - b, de 
onde resulta -a = b . (-q - 1) + (b - r), com 0 ≤ b - r < |b|. Dai', q(-a, b) = -q - 1 e r(a, -b) = b - r. 
5.4. De a = b . q + r, 0 ≤ r < |b| e a' = b . q' + r', 0 ≤ r' < |b|, segue que a + a' = b . (q + q') + (r + r'), com 
0 ≤ r + r'< 2 . |b|. Se r + r' < |b|, q(a + a', b) = q + q' e r(a + a', b) = r + r'. Se |b| ≤ r + r' < 2 . |b| fazemos 
a + a' = b . (q + q') + (r + r') + b - b = b . (q + q' + 1) + (r + r' - b), o que mostra que, na hipótese acima, 
q(a + a', b) = q + q' + 1 e r(a + a', b) = r + r' - b. 
5.5.A afirmação de que todo inteiro é da forma 2 . n ou da forma 2 . n + 1 segue imediatamente da divisão 
euclidiana: z = 2 . q + r, com 0 ≤ r < 2, e, portanto r = 0 ou r = 1. Para os itens a, b, c e d, sejam dois 
inteiros z e y. 
a) Se z = 2 . n e y = 2 . m, então z + y = 2 . (n + m), o que mostra que z + y é par. 
b) Se z = 2 . n + 1 e y = 2 . m + 1, então z + y = 2 . (n + m) + 2, o que mostra que z + y é par. 
c) Se z = 2 . n, então z . y = (2 . n) . y = 2 . (n . y), o que mostra que z . y é par. 
d) Se z = 2 . n + 1 e y = 2 . m + 1, então z . y = (2 . n + 1) . (2 . m + 1) = 4 . m . n + 2 . ( m + n) + 1, 
o que mostra que z . y é ímpar. 
5.6 a) Se z é par z2 também é par e a soma de dois números pares é par. Se z é ímpar z2 também é ímpar e 
a soma de dois números ímpares é ímpar. 
b) Se z fosse ímpar, pelo item b anterior, z2 seria ímpar o que contrariaria a hipótese. Logo, z é par. 
5.7 Se m e n são ímpares, então existem inteiros t e u tais que m = 2 . t + 1 e n = 2 . u + 1. Daí, m2 - n2 = = 
(4 . t2 + 4 . t + 1) - (4 . u2 + 4 . u +1) = 4 . (t2 + t) - 4 . (u2 + u). Agora, pelo exercício anterior, t2 + t e u2 + u 
são pares e, portanto, t2 + t = 2 . p e u2 + u = 2 . r, para p e r inteiros. Daí, m2 - n2 = 4 . (2 . p) - 4 . (2 . r) = 
= 8 . (p - r). 
5.8 a) Seja q = q(m, a). Assim, m = a . q + r, com 0 ≤ r < a. Agora, se 1 ≤ q' ≤ q, então a . q' ≤ a . q e, 
portanto, a . q' ≤ a . q + r, o que implica a . q' ≤ m. Logo {1, 2, ..., q} ⊂ A. Além disto, se q’ > q, então 
q’ ∉ A. De fato, se existisse q’ > q com q’ ∈ A, teríamos a . q’ ≤ m, com q’ > q, a . q’ ≤ a . q + r, com q’ > 
q, a . q’ < a . q + a (pois r < a), com q’ > q, a . q’ < a . (q + 1), com q’ > q, q’ < q + 1 (pois a ≠ 0), o que é 
um absurdo, pois esta última desigualdade gera q’ ≤ q, contrariando o fato q’ > q. Logo {1, 2, ..., q} = A e 
|A| = q. 
b) Sejam A = {z ∈ Z | 0 < z < m e a|z}, B = {z ∈ Z | 0 < z ≤ n e a|z} e C = {z ∈ Z | n < z < m e a|z}. 
Naturalmente, C = A - B e, como B ⊂ A, |C| = |A| - |B|. Pelo item anterior, |B| = q(n, a). Para |A|, temos de 
analisar dois casos: se m não é múltiplo de a, A = {z ∈ Z | 0 < z ≤ m e a|z} e |A| = q(m, a); se a|m, 
A = {z ∈ Z | 0 < z ≤ m - 1 e a|z} e |A| = q(m - 1, a) = q(m, a) - 1. Logo, se m não é múltiplo de a, 
 |C| = q(m, a) - q(n, a); caso contrário, |C| = q(m, a) - q(n, a) - 1. 
5.9. a) Para n = 1, a afirmação é óbvia. Vamos mostrar, por indução sobre n, que an - bn = (a - b) . (an-1 + 
a
n-2
 . b + ... + a . bn-2 + bn-1) para n ≥ 2. 
 Para n = 2, a2 – b2 = (a - b) . (a + b) e a igualdade é verdadeira. Suponhamos que an - bn = (a - b) . 
(an-1 + an-2 . b + ... + a . bn-2 + bn-1) e provemos que an+1 - bn+1 = (a - b) . (an + an-1 . b + ... + a . bn-1 + bn). 
Multiplicando a hipótese de indução por a, temos 
a
n+1
 = (a - b) . (an + an-1 . b + ... + a2 . bn-2 + a . bn-1) + bn . a 
e subtraindo bn+1, 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
17
a
n+1
 – bn+1 = (a - b) . (an + an-1 . b + ... + a2 . bn-2 + a . bn-1) + bn . a – bn+1, 
que resulta em, 
a
n+1
 – bn+1 = (a - b) . (an + an-1 . b + ... + a2 . bn-2 + a . bn-1) + bn . (a – b). 
Daí, an+1 – bn+1 = (a - b) . (an + an-1 . b + ... + a2 . bn-2 + a . bn-1 + bn). 
b) Para n = 1, a afirmação é óbvia. Como n é ímpar positivo, existe um inteiro positivo ou nulo k tal que n 
= 2 . k + 1. Vamos mostrar, por indução sobre k, que a2. k + 1 + b2 . k + 1 = (a + b) . (a2 . k - a2 . k - 1 . b + ... - a . 
b2 . k - 1 + b2 . k) para todo k ≥ 1. 
Para k = 1, a igualdade é trivialmente verdadeira. Suponhamos então que 
a2. k + 1 + b2 . k + 1 = (a + b) . (a2 . k - a2 . k - 1 . b + ... - a . b2 . k - 1 + b2 . k) 
e provemos que a2. (k + 1) + 1 + b2 . ( k + 1) + 1 = (a + b) . (a2 . (k + 1) - a2 . (k+1) - 1 . b + ... - a . b2 . (k + 1) - 1 + b2 . (k + 1)), 
isto é, provemos que a2. k + 3 + b2 . k + 3 = (a + b) . (a2 . k + 2 - a2 . k + 1 . b + ... - a . b2 . k + 1 + b2 . k + 2). 
Multiplicando a hipótese de indução por a2 e, em seguida, somando b2 . k + 3, temos 
 a
2. k + 3
 + b2 . k + 3 = (a + b) . (a2 . k + 2 - a2 . k + 1 . b + ... - a3 . b2 . k - 1 + a2 . b2 . k) - a2 . b2 . k + 1 + b2 . k + 3, 
o que dá a2. k + 3 + b2 . k + 3 = (a + b) . (a2 . k + 2 - a2 . k + 1 . b + ... - a3 . b2 . k - 1 + a2 . b2 . k) + b2 . k + 1 . (b2 - a2). 
Daí, a2. k + 3 + b2 . k + 3 = (a + b) . (a2 . k + 2 - a2 . k + 1 . b + ... - a3 . b2 . k - 1 + a2 . b2 . k) + b2 . k + 1 . (b - a) . (b + a), 
de onde resulta 
a
2. k + 3
 + b2 . k + 3 = (a + b) . (a2 . k + 2 - a2 . k + 1 . b + ... - a3 . b2 . k - 1 + a2 . b2 . k + b2 . k + 2 - a . b2 . k + 1), 
que é a igualdade procurada. 
c) Como n é par positivo, existe um inteiro positivo k tal que n = 2 . k. Vamos mostrar, por indução sobre 
k, que a2. k - b2 . k = (a + b) . (a2 . k - 1 - a2 . k - 2 . b + ... +a . b2 . k - 2 - b2 . k - 1). 
Para k = 1, temos a2 - b2 = (a + b) . (a - b) que é uma igualdade verdadeira. Suponhamos que 
 a2. k - b2 . k = (a + b) . (a2 . k - 1 - a2 . k - 2 . b + ... +a . b2 . k - 2 - b2 . k - 1) 
e provemos que a2. k + 2 - b2 . k + 2 = (a + b) . (a2 . k + 1 - a2 . k . b + ... +a . b2 . k - 2 - b2 . k + 1). 
Multiplicando a hipótese de indução por a2 e, em seguida subtraindo b2 . k + 2, temos 
a2. k + 2 - b2 . k + 2 = (a + b) . (a2 . k + 1 - a2 . k . b + ... +a . b2 . k - 2 - b2 . k + 1) + a2 . b2 . k - b2 . k + 2, 
que resulta em 
a2. k + 2 - b2 . k + 2 = (a + b) . (a2 . k + 1 - a2 . k . b + ... +a . b2 . k - 2 - b2 . k + 1) + (a + b) . (a - b) . b2 . k, 
que, aplicando a distributividade no sentido contrário, dá igualdade procurada. 
5.10. Temos m = n . q + r e, portanto, m - r = n.q. Daí, 
2 1
2 1
2 1
2 1
m r
n
n q
n
−
−
−
=
−
−
.
 é inteiro (item a do exercício 
anterior, com a = 2n e b = 1). Agora, aplicando o item b do exercício 5.0, 
2 2 1
2 1
2 1
2 2 1 2 2r n
m r
n
r m r m r
. ( ) . . ( )− −
−
= − = −
−
−
 
e portanto ( ) ( )2 1 2 2 1
2 1
2 1 2 1m r
m r
n
n r
− =
−
−





 − + −
−
. . . Resta mostrar que 0 ≤ 2r - 1 < 2n - 1. A primeira 
desigualdade segue do fato de que r ≥ 0 e a segunda segue da aplicação do exercício 3.3, já que r < n. 
5.11. Observação: 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
18
Observe que houve engano no enunciado ao não se exigir p ≥ 0. 
Indução sobre n. 
i) Para n = 1, p = 0 ou p = 1 e p! = 1. 
ii) Suponhamos que para todo 0 ≤ p < n, p! divide n . (n -1) . (n - 2) . ... . (n - p + 1) e provemos 
que para todo 0 ≤ p < n + 1, p! divide (n + 1) . n . (n -1) . (n - 2) . ... . (n - p + 2). 
Se p = n, como (n + 1) . n . (n -1) . ... . (n - p + 2) = (n + 1) . n!, temos que p! divide a expressão. 
Se p < n, basta observar que n + 1 = (n - p +1) + p, e, então, (n + 1) . n . (n -1) . ... . (n - p + 2) = (n - p + 
1) . n . (n -1) . ... . (n - p + 2) + p . n . (n -1) . ... . (n - p + 2). Agora, p! divide estas duas parcelas: a 
primeira pela hipótese de indução e a segunda pelo fato de que, ainda pela hipótese de indução, (p - 1)! 
divide n . (n -1) . (n - 2) . ... . (n - p + 2) e p! = p . (p - 1)!. 
b) Temos que n! = n . (n -1) . (n - 2) . ... . (n - p + 1) . (n - p)! e a afirmação segue de imediato do item 
anterior. 
5.12. É fácil provar que 
n
i
n
i
n
i





 +
+





 =
+
+





1
1
1 , quaisquer que sejam os inteiros positivos n e i, com i ≤ 
n. Esta relação é conhecida como relação de Stifel e será usada na indução sobre n a seguir. 
 Para n = 1, a afirmação é trivialmente verdadeira. Suponhamos então que 
( ) . . . . . . . . . .a b a
n
a b
n
i a b b
n n n n i i n+ = +





 + +





 + +− −1
1
 
e provemos que 
( ) . . ... . . ...a b a n a b n
ia b bn n n n i i n+ = +
+




 + +
+




 + ++ + + − +1 1 1 1
1
1
1
. 
Temos que 
(a + b)n+1 = (a + b) . (a + b)n = (a + b) . ( . . ... . . ... )a n a b n
i
a b bn n n i i n+





 + +





 + +− −1
1
 
e, portanto, 
( ) ( . . . . ... . . . . )
( . . . . .. . . . . .
a b a
n
a b
n
a b
n
n
a b
n
n
a b
n
a b
n
a b
n
n
a b
n
n
a b
n n n n n n
n n n
+ = +





 +





 + +
−





 +





 +





 +





 + +
−





 +
−






+ + − −
− −
1 1 1 2 2 1
1 2 2 1
1 2 1
0 1 2 1
n nb+ +1 ).
 
Daí, 
( ) ( ) . . ( ) . . . ..
( ) . . ( ) . . ),
a b a
n n
a b
n n
a b
n
n
n
n
a b
n
n
n
n
a b b
n n n n
n n n
+ = +





 +





 +





 +





 + +
−





 +
−





 +





 +
−





 +
+ + −
− +
1 1 1 2
2 1 1
1 0 2 1
1 2 1
 
de onde, com a aplicação da relação de Stifel, resulta a expressão procurada. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
19
5.13. Considerando que 
n n
n0 1





 =





 = , basta aplicar a fórmula do Binômio de Newton 
( ) . . . . . . . . . .a b a
n
a b
n
i a b b
n n n n i i n+ = +





 + +





 + +− −1
1
, para o binômio (1 + 1)n. 
5.14. Temos a5 = a . 10 + b e, assim, (a5)2 = (a . 10 + 5)2 = a2 . 100 + 100 . a + 25 = (a2 + a) . 100 + 25 
= a . (a + 1) . 102 + 25 = a . (a + 1)25. 
5.15. Devemos ter 54 = (105)b. Assim, 54 = 1 . b2 + 0 . b + 5, o que b2 - 49 = 0 e, portanto, b - 7 = 0 ou 
b + 7 = 0. Da primeira, b = 7 e da segunda, b = -7. Como b > 1, temos b = 7. 
5.16. Deveríamos ter 24 = (108)b e, assim, 24 = 1 . b2 + 0 . b + 8, o que dá b2 - 16 = 0. Daí, b - 4 = 0 ou 
b + 4 = 0. Logo, b = 4. Porém, 8 não é um algarismo do sistema de numeração de base 4 e isto mostra que 
não existe base b tal que 24 = (108)b. 
5.17. Seja z o maior inteiro que no sistema binário tem n dígitos. Assim z = (11...1)2, com n dígitos, e, 
portanto, z = 2n-1 + 2n-2 + ... + 2 + 1. Porém, pela solução do exercício 5.9, 
2n - 1n = (2 - 1) . (2n-1 + 2n-2 + ... + 2 + 1) 
e, assim, z = 2n - 1. 
5.18. Seja z = (anan-1...a1a0)3. Assim z = an . 3n + an-1 . 3n-1 + ... + a1 . 3 + a0 e, levando em conta as 
propriedades apresentadas no exercício 5.4, z é par se o número de parcelas de valor ímpar na expansão 3-
ádica de z for par. Porém, considerando que 3i é ímpar qualquer que seja o inteiro positivo (ou nulo) i, a 
parcela ai 3i é ímpar se e somente se ai = 1. Logo z = (anan-1...a1a0)3 é par se e somente o número de dígito 
iguais a 1 o for. 
5.19. Vamos provar que todo inteiro z escreve-se de modo único da forma z = 3 . s + t, com s ∈ {-1, 0, 1}. 
Pela divisão euclidiana, z = 3 . q + r, com r = 0 ou r = 1 ou r = 2. Se r = 0 ou r = 1, basta tomar s = q e t = 
r. Se z = 3 . q + 2, temos z = 3 . q + (-1) + 3 = 3 . (q + 1) – 1 e, então, basta tomar s = q + 1. Agora, com 
demonstração idêntica à demonstração do teorema 2.5, pode-se provar que qualquer inteiro z escreve-se 
da forma z = cn . 3n + cn-1 . 3n-1 + ... + c1 . 3 + c0, com c = -1 ou c = 0 ou c = 1. Assim, dada uma massa de z 
gramas, escrevemos z como acima e colocamos no prato da balança que contém a massa os pesos 
correspondentes aos coeficientes negativos e no outro prato os pesos correspondentes aos coeficientes 
positivos. 
Capítulo 6 
6.1. a) Aplicando o lema 1.6 e as propriedades do máximo divisor comum, temos 
mdc(2 . n + 1, 3 . n +1) = mdc(2 . n + 1, (3 . n + 1) - 1 . (2 . n +1) = mdc(2 . n + 1, n) = mdc(n, (2 . n + 1) - 
2 . n) = mdc(n, 1) = mdc(1, n - n . 1) = mdc(1, 0) = 1. 
b) Como no item anterior, mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1) = mdc(n! + 1, (n + 1)! + 1 - (n + 1) . (n! + 1)) = 
mdc(n! + 1, -n) = mdc(n! + 1, n) = mdc(n, n! + 1 - n . (n - 1)!) = mdc(n, 1) = 1. 
6.2. Pelo algoritmo de Euclides, temos 
 1 14 4 3 12 
7 311 6 831 480 111 36 3 
480 111 36 3 0 
 Assim, 3 = 111 - 3 . 36 = 111 - 3 . (480 - 4 . 111) = (-3) . 480 + 13. 111 e, portanto, 
3 = (-3) . 480 + 13 . (6 831 - 14 . 480) = 13 . 6 831 -185 . 480. Substituindo, agora, o 480, 
3 = 13 . 6 831 - 185 . (7 311 - 1 . 6 831) = (-185) . 7 311 + 198 . 6 831. Logo, os números procurados são 
m = 198 e n = -185. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
20
6.3. Sejam d = mdc(a1, a2, ..., an), m = mdc(a1, a2) e k = mdc(m, a3, ..., an). Queremos mostrar que d = k. Da 
primeira temos que d|a1, d|a2, ..., d|an e se um inteiro d' é tal que d'|a1, d'|a2, ..., d'|an, então d' ≤ d e da 
segunda temos que k|m, k|a3, ..., k|an e se um inteiro k' é tal que k'|m, k'|a3, ..., k'|an, então k' ≤ k. Como m = 
mdc(a1, a2), por um lado, k|a1 e k|a2 e, e então k|a1, k|a2, ..., k|an o que mostra que k ≤ d. Por outro, como d|a1 
e d|a2, d|m e, portanto, k|m, k|a3, ..., k|an o que mostra que d ≤ k. Por antissimetria da relação ≤, temos d = 
k. 
6.4. Sejam m z
d
= e n
y
d
= . Assim, z = m . d e y = n . d. Como d = mdc(z, y), pelo algoritmo de Euclides, 
existem inteiros t e u tais que z . t + y . u = d e, então, por substituição de z e y, temos 
m . d . t + n . d . u = d. Assim, aplicando a lei do cancelamento, m . t + n . u = 1 e, portanto, pela 
proposição 6.2, mdc(m, n)|1. Logo mdc(m, n) = 1. 
6.5. Sejam d = mdc(a . b, c) e k = mdc(b, c). Por um lado temos que k|b e k|c. Daí, k|(a . b), qualquer que 
seja a, e, portanto, pela definição de máximo divisor comum, k|d. Assim k ≤ d. Por outro lado, d|(a . b) e 
d|c. Se d = 1, existem inteiros t e u tais que (a . b) . t + c . u = 1 e, então, existem inteiros (a . t) e u tais 
que b . (a . t) + c . u = 1, o que mostra, como aplicação da proposição 6.2, que k = 1. Se d > 1, temos que, 
como a e c são primos entre si, d e a são primos entre si. Como d|(a . b), a proposição 6.1 garante que d|b. 
Assim d|b e d|c o que implica d|k e, portanto, d ≤ k. 
6.6. Seja d = mdc(am, bn). Se d > 1, pela proposição 6.4, d tem um divisor primo p que, por conseqüência, 
também é divisor de am e de bn. Porem, como p é primo, a propriedade fundamental dos números primos 
(proposição 6.3) garante que p é divisor de a e de b, o que contraria a hipótese de que mdc(a, b) = 1. 
6.7. Seja d = mdc(p, (p - 1)!). Então d|p e d|(p - 1)!. Da primeira, levando em conta que p é primo, segue 
que d = 1 ou d = p. Se d = p, a aplicação da proposição 6.3 a d|(p - 1)!, implica p|1 ou p|2 ou ... p|(p - 1) o 
que é um absurdo. Logo d = 1. 
6.8. Houve um erro grave no enunciado da questão em não se estabelecer que o mínimo múltiplo comum 
de dois inteiros z e y é o menor inteiro positivo que é múltiplo de z e múltiplo de y. 
a) Sejam m = mmc(z, y) e d = mdc(z, y), t y
d
= e u
z
d
= . Por um lado temos que de z|(z . t) e y|(u . y) 
segue que z t u y
z y
d
. .
.
= = é múltiplo comum de z e y e, então, 
z y
d
m
.
≤ . Por outro lado, de 
z
z y
m
m
y
=
.
. e de y
z y
m
m
z
=
.
. segue que 
z y
m
z
.




 e 
z y
m
y
.




 o que implica
z y
m
d
.
≤ . 
b) Seja m = mmc(z, y). Então, existem t e u tais que m = z . t e m = y . u. Observe inicialmente que 
mdc(t, u) = 1. De fato, se d = mdc(z, y) e d > 1, então existem inteiros t' e u' tais que t = d . t' e u = d . u'. 
Daí, m = z . d . t' e m = y . d . u', o que implica z . d . t' = y . d . u', portanto, z . t' = y . u'. Assim, m' = z . t' 
= y . u' é múltiplo de z e de te m' < m, o que contraria o fato de que m é o mínimo múltiplo comum. 
Agora, seja a = z . r e a = y . s. Multiplicando a primeira por m = y . u e a segunda por m = z . t obtemos a . 
m = z . y . u . r e a . m = z . y . t . s que gera u . r = t . s. Daí, t|(u . r) e, pela proposição 6.1, considerando 
que mdc(t, u) =1, t|r. Logo existe um inteiro i tal que r = t . i. Agora, substituindo este valor em a = z . r 
temos a = z . t . i e, portanto, a = m . i e m|a. 
6.9. Seja a equação a . x + b . y = c, com a, b > 0. Como se quer soluções positivas deve-se ter a . x > 0 e b 
. y > 0. Ora, pela propriedade arquimediana dos inteiros, proposição 3.5, existem inteiro x0 e y0 tais que a 
. x0 > c e b . y0 > c o que implica a . x0 + b . y0 > 2 . c > c. Dai', se (x, y) é solução da equação x < x0 e y < 
y0. Como queremos soluções positivas, x ∈ {1, 2, ..., x0} e y ∈ {1, 2, ..., y0} e estes conjuntos são finitos. 
6.10. Pelo exercício 5.10, 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
21
 
a - 1 = (a - 1).q + a - 1, com m = n. t + r
a - 1 = (a - 1).q + a - 1, com n = r . t + r
a - 1 = (a - 1).q + a - 1, com r = r . t + r
m n
1
r
1 1
n r
2
r
1 2 2
r r
3
r
1 2 2 3
1
1 2
1 2 3
 
 
 
 . 
 . 
 . 
e, pelo algoritmo de Euclides, existe i tal que ri+1 = 0 e ri = d = mdc(m, n). Quando isto acontece 
a ri + − =1 1 0 , e então, novamente pelo algoritmo de Euclides, mdc(am - 1, an - 1) = ad - 1. 
6.11. Suponhamos que p, p + 2 e p + 4 sejam primos e p ≠ 3. Então, pela divisão euclidiana, 
p = 3 . q + 1 ou p = 3 . q + 2. Na primeira hipótese, p + 2 = 3 . q + 3 e, então, 3|(p + 2). Na segunda, 
p + 4 = 3 . q + 6 e 3|(p + 4). Logo p = 3. 
6.12. Observemos inicialmente que, se z = 4 . n + 1 e y = 4 . m +1, com m e n inteiros, então 
z . y = 4 . (4 . m . n + m + n) + 1, o que mostra que produto de inteiros da forma 4 . n + 1 também é da 
forma 4 . n + 1. Agora, suponhamos que pk é o maior primo da forma 4 . n + 3 e consideremos o número x 
= 4 . (7 . 11 . ... . pK) + 3, onde A = {3, 7, 11, ..., pk} é o conjunto de todos os primos da forma 4 . n + 3. 
Seja x q q qe e ses= 1 21 2. . ... . a decomposição em fatores primos de x. Como x é da forma 4 . n + 3, existe i 
tal que qi é da forma 4 . n + 3, pois, do contrário, x seria, de acordo com a observação acima, da forma 4 . 
n + 1. Se qi = 3, teríamos, pelas proposições 5.3 e 6.3, que qi divide 4 ou algum outro elemento de A, pois 
qi divide x. Mas isto seria um absurdo, pois o único divisor de 4 é 2 e os elementos de A são primos. Se qi 
∈ A, pelas proposições citadas, qi|3, o que é também é um absurdo. Assim qi é um primo da forma 4 . n + 
3 e não pertence a A o que é uma contradição, pois supomos que A era o conjunto de todos os primos da 
forma 4 . n + 3. Logo não existe o maior primo desta forma e A, na verdade, é infinito. 
6.13. Seja f(x) = a . x2 + b . x + c, com a, b e c inteiros. Podemos supor que a > 0, pois do contrário, 
raciocinamos com a função -f(x). Se para todo inteiro m, f(m) é composto, a afirmação está verificada. 
Seja, então, m tal que f(m) = p, com p primo positivo, e considere um inteiro positivo h tal que (a . p) . h > 
-b - 2 . a . m (a proposição 10.3 garante a existência de h). Temos que 
f(m + p . h) = a . (m + p . h)2 + b . (m + p . h) + c, 
f(m + p . h) = (a . m2 + b . m + c) + p . (p . a . h2 + b . h + 2 . a . m . h), 
f(m + p . h) = p + p . (p . a . h2 + b . h + 2 . a . m . h), 
f(m + p . h) = p . (1 + p . a . h2 + b . h + 2 . a . m . h). 
Agora, como h > 0 e a . p . h + b + 2 . a . m > 0, temos a . p . h2 + b . h + 2 . a . m . h > 0, 
1 + a . p . h2 + b . h + 2 . a . m . h > 1 e, portanto, f(m + p . h) é composto. 
6.14. Vamos supor que n > m. Isto é, vamos supor que n = m + x, com x > 0. Como 
( ) ( )2 1 2 1 2 12 2 21n n n+ − = − +. , temos que 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
1 1 1 2 2
1 2 2
m x m x m x m x m x m x
m x m x m x m m
+ + − + − + − + − + −
+ − + − + −
− = + − = + + − = =
= + + − + −
. . . ...
. . . ... . . ,
 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
22
e, portanto, 2 12
m
+ é divisor de 2 12
n
− . Daí, existe um inteiro q tal que 2 12
n
− = ( )2 12m q+ . e, 
então, ( ) ( )2 1 2 1 22 2n m q+ − + =. . Assim, se d = mdc(Fn, Fm), então d|2 o que implica d = 2 ou d = 1. 
Como cada Fn é ímpar, d = 1. 
 Do fato de que mdc(Fn, Fm) = 1, segue que dois números de Fermat quaisquer não possuem um 
fator primo comum. Como, evidentemente, é infinito o conjunto dos números de Fermat, o conjuntos dos 
números primos tem que ser infinito para que cada um deles, pelo menos, seja fator de um número de 
Fermat. 
6.15 Como 32 + 42 = 52, temos que para todo inteiro positivo n, 32 . n2 + 42 . n2 = 52 . n2 e, portanto, (3 . n)2 
+ (4 . n)2 = (5 . n)2, o que mostra que (3 . n, 4 . n, 5 . n) é um trio pitagórico, qualquer que seja o inteiro 
positivo m. 
Capítulo 7 
7.1. Basta levar em conta que a relação "a e b possuem o mesmo número de divisores é de equivalência". 
7.2 Considere o seguinte contra-exemplo: 
18 12= , pois 18 e 12 possuem dois divisores primos 2 e 3 
7 11= , pois 7 e 11 são primos 
enquanto que 
25 33≠ , pois 25 tem um divisor primo, 5, e 33 tem dois divisores primos, 3 e 11. 
7.3. Sejam d1 = mdc(i, n) e d2 = mdc(j, n). De i j= segue que n|(i - j) e, então i - j = n . q, para algum 
inteiro q. Daí, como d1|i e d1|n, temos que d1|j e, portanto, d1 é divisor comum de j e n. como d2 é o maior 
divisor comum de j e n temos que d1 ≤ d2. Com raciocínio idêntico, mostra-se que d2 ≤ d1. 
7.4. Tome n = 6 e a = 5. Temos mdc( 5, 6) = 1 e 56 -1 = 55 = 3125 ≡ 5 mod 6. 
7.5. Como pelo Pequeno Teorema de Fermat, ai . ap-i-1 = ap-1 ≡ 1 mod p, temos que ( )a ai p i− − −=1 1 . 
7.6. Temos que 102 ≡ 0 mod 4 e, portanto, 10i ≡ 0 mod 4, para todo i ≥ 2. Sabemos que, se 
a = anan-1...a1a0, então 
a = an . 10n + an-1 . 10n-1 + ... + a2 . 102 + a1 . 10 + a0. 
Assim a ≡ 0 mod 4 se e somente se (a1 . 10 + a0) ≡ mod 4. 
7.7. Pelo critério de divisibilidade por nove, temos que se a = anan-1...a1a0, então 
a ≡ (an + an-1 + ... +a1 + a0) mod 9. 
Daí, 9|( a - (an + an-1 + ... +a1 + a0)). 
7.8. a) Como p é primo e 13 também é primo, pelo Pequeno Teorema de Fermat, 13p-1 ≡ 1 mod p. Logo 
r(13p-1, p) = 1. 
b) Pelo Pequeno Teorema de Fermat, 211-1 ≡ 1 mod 11 e, então, 210 ≡ 1 mod 11. Por potenciação de 
congruências, 2100 ≡ 1 mod 11 e, por conseguinte, r(2100, 11) = 1. 
c) Pelo Pequeno Teorema de Fermat, temos 710 ≡ 1 mod 11 e, então, 71000 ≡ 1 mod 11. Multiplicando 
por 7, 71001 ≡ 7 mod 11 e, portanto, r(71001, 11) = 7. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
23
d) Temos 56 ≡ 1 mod 7 e, portanto, 518 ≡ 1 mod 7. Como 52 ≡ 4 mod 7, temos que, multiplicando as 
duas congruências, 520 ≡ 4 mod 7 e r(520, 7) = 4. 
e) Temos 430 = 418 . 412 ≡ 412 mod 19, pois 18 = 19 - 1, 19 é primo e mdc(4, 19) = 1, o que garante que 
418 ≡ 1 mod 19. Agora, 49 = 218 ≡ 1 mod 19 e 42 ≡ (-3) mod 19 e, assim, 412 = 49 . 42 . 4 ≡ (-12) mod 19 ≡ ≡ 
7 mod 19. Logo r(430, 19) = 7. 
f) Temos que 6 ≡ (-1) mod 7 e, então, 611 ≡ (-1) mod 7. Como 9 ≡ 2 mod 7, temos, por multiplicação, 
9 . 611 ≡ (-2) mod 7 ≡ 5 mod 7 
e, por conseguinte, o resto procurado é 5. 
7.11. Temos 24 ≡ (-1) mod 17 e, portanto, 28 ≡ 1 mod 17. Por outro lado, para 4 < i < 8, 
2i = 24 . 2i-4 ≡ (-2i-4) mod 17 ≡ (17 - 2i-4) mod 17 
e 17 - 2i-4 > 1. Logo i = 8. 
7.10. Vamos realizar uma indução sobre n 
 i) Para n = 1, temos que 15 = 1 ≡ 1 mod 10. 
 ii) Suponhamos que n5 ≡ n mod 10 e provemos que (n + 1)5 ≡ (n + 1) mod 10. 
 Temos, pela fórmula do Binômio de Newton 
(n + 1)5 = n5 + 5 . n4 + 10 . n3 + 10 . n2+ 5 . n + 1 
o que implica 
(n + 1)5 - 1 = n5 + 5 . (n4 + n) + 10 . (n3 + n2). 
 Porém, 
n5 ≡ n mod 10 (pela hipótese de indução) 
5 . (n4 + n) ≡ 0 mod 10 (n4 + n sempre é par) 
10 . (n3 + n2) ≡ 0 mod 10 (evidente), 
e somando estas congruências, temos (n + 1)5 - 1 ≡ n mod 10, o que implica o que queríamos. 
7.11. Se n é par, então n = 2 . k, para algum inteiro k, e, portanto, n2 = 4 . k2. Assim, 4|n . Se n é ímpar, n = 
2 . k + 1, para algum inteiro k, e, portanto, n2 = 4 . k2 + 4 . k + 1 = 4. (k2 + 1) + 1. Assim, r(n2, 4) = 1. 
7.12. Como p é primo, mdc(i, p) = 1, para todos i = 1, 2, ..., p-1. Daí, pela proposição 7.7, 1 2 1, , . . . , p − 
são inversíveis em Zp. Do fato de que ( )1 11− = e p − = −1 1, o que implica ( )p p− = −−1 11 , segue 
que no conjunto { }2 3 2, , . . . , p − estão os inversos destes próprios elementos. Assim, 
1 2 2 1 1 1 1. . . . . . .p p p− − = − = − e, portanto, ( )!p − = −1 1 e (p - 1)! ≡ (-1) mod p. 
7.13. Como n é composto, pela proposição 5.6, n = p . y, com p primo e 2 ≤ y < n. Se y ≠ p, p e y são 
fatores de (n - 1)! e isto garante que n | (n - 1)!. Se y = p e n > 4, temos p > 2 o que implica 2 . p < p . p, 
ou seja, 2 . p < n. Assim, p e 2 . p são fatores de (n - 1)! e, como n = p . p, mais uma vez, 
n | (n - 1)!. Observe que este exercício mostra que a primalidade de p é indispensável para o teorema de 
Wilson. 
7.14. Seja d = mdc(u, v). Então pelo algoritmo de Euclides, existem inteiros x e y tais que u . x + v . y = d. 
Agora, de au ≡ 1 mod n segue, pela proposição 7.3, au . x ≡ 1x mod n e de av ≡ 1 mod n segue, pela mesma 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
24
proposição, av . y ≡ 1y mod n. Daí, aplicando o item b da proposição citada, au . x . av . y = 1 . 1 mod n e, 
então, au . x + y . v ≡ 1 mod n. 
7.15. Pelo modelo equiprobabilístico de probabilidade, basta determinar o número de elementos não 
inversíveis de Zn. Se este número for indicado por x, a probabilidade procurada é 
x
n
. Naturalmente, 
x = n - Φ(n) = n - Φ(p . q) = n - (p - 1) . (q - 1), onde esta última igualdade foi obtida através das 
aplicações sucessivas das proposições 7.10 e 7.8. Assim, x = n - p . q + p + q - 1 e então, como 
n = p . q, x = p + q - 1. Daí, a probabilidade pedida é 
p q
n
p q
p q q p p q
+ −
=
+ −
= + −
1 1 1 1 1
. .
. 
7.16. a) De 5 . x + 7 ≡ 10 mod 15 segue que 15 | (5 . x + 7 - 10) e, portanto, existe um inteiro t tal que 
5 . x - 3 = 15 . t. Daí, 5 . x - 15 . t = 3. Como mdc(5, 15) = 5, pois 5 | 15, e 5 não divide 3, a proposição 7.8 
garante que a congruência não tem solução. 
b) De 3 . x - 4 ≡ 0 mod 4 segue que 4 | (3 . x - 4) e, portanto, existe um inteiro t tal que 3 . x - 4 = 4 . t o 
que implica 3 . x + 4 . t = 4. Como 1 = 4 - 3 . 1, temos que 4 = 3 . (-4) + 4 . 4 e, então, x = -4 é uma 
solução da congruência dada. 
7.17. Temos que 19 ≡ 2 mod 17 e, portanto, 194 ≡ 24 mod 17. Como 24 = 16 e 16 ≡ (-1) mod 17, temos que 
194 ≡ (-1) mod 17. Daí, (194)2 ≡ (-1)2 mod 17 e, então, para todo inteiro positivo n, 198 . n ≡ 1 mod 17. 
7.18. Naturalmente, o algarismo das unidades de um inteiro n igual ao resto da divisão de n por 10. Como 
32 = 9 ≡ (-1) mod 10, (32)61 ≡ (-1)61 mod 10 ≡ (-1) mod 10. Como (-1) ≡ 9 mod 10, temos que 3122 ≡ 9 mod 
10 e o algarismo das unidades de 3122 é 9. 
7.19. Observação: 
Houve um pequeno engano no enunciado da questão. Na verdade da forma em que está enunciada 
a questão não tem solução. Destacando o engano do enunciado, este seria: Determine o menor inteiro 
positivo múltiplo de nove ... . 
 Precisamos resolver o sistema 
 x ≡ 1 mod 2 
 x ≡ 1 mod 5 
 x ≡ 1 mod 7 
e depois considerar que x deve ser múltiplo de 9. Da primeira congruência, temos x = 2 . t + 1, para algum 
inteiro t, e, substituindo este valor na segunda, obtemos 2 . t + 1 ≡ 1 mod 5 e, portanto, 2 . t ≡ 0 mod 5. 
Como mdc(2, 5), pela proposição 7.4, t ≡ 0 mod 5 e, portanto, t = 5 . u, para algum inteiro u. Substituindo t 
em x = 2 . t + 1, obtemos x = 10 . u + 1. Agora, substituindo x na terceira congruência, 
10 . u + 1 ≡ 1 mod 7, de onde resulta 10 . u ≡ 0 mod 7. Mais uma vez pela proposição 7.4, como 
mdc(10, 7) = 1, obtemos u ≡ 0 mod 7 e, então, u = 7 . v, para algum inteiro v. Segue então, substituindo u 
em x = 10 . u + 1, que x = 70 . v + 1. Como x deve ser múltiplo de nove, existe y tal que 
x = 9 . y, e chegamos a equação diofantina 9 . y - 70 . v = 1. Para resolvê-la, temos, aplicando o algoritmo 
de Euclides 
 7 1 2 
70 9 7 2 
7 2 1 
e, portanto, 
1 = 7 - 3 .2 = 7 - 3 . (9 - 1 . 7) = (-3) . 9 + 4 . 7 = (-3 . 9) + 4 . (70 - 7 . 9) = (-31) . 9 + 4 . 70. 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
25
Daí, y = -31. Como para este valor de y, x é negativo, consideramos em Z70, y = − =70 31 39 e, assim, x 
= 9 . 39 = 351. 
7.20. Precisamos resolver o sistema 
 x ≡ 2 mod 3 
 x ≡ 3 mod 5 
 x ≡ 4 mod 7 
 Da primeira congruência, x = 3 . t + 2, para algum inteiro t e, substituindo este valor na segunda, 
3 . t + 2 ≡ 3 mod 5 o que dá 3 . t ≡ 1 mod 5. Como, em Z5, 3 2= , temos t ≡ 2 mod 5. Daí, t = 5 . u + 2, 
para algum inteiro u. Substituindo t em x = 3 . t + 2, obtemos x = 15 . u + 8. Assim, a terceira congruência 
fica 15 . u + 8 ≡ 4 mod 7 que se transforma em 15 . u ≡ (-4) mod 7 ou 15 . u ≡ 3 mod 7. Como, em Z7, 
15 1= , obtemos u ≡ 3 mod 7. Daí, u = 7 . v + 3, para algum inteiro v, cuja substituição em x = 15 . u + 8 
gera a equação x = 105 . v + 53. Como queremos o menor inteiro positivo, tomamos v = 0 e, assim, 
x = 53. 
7.21 a) Como 625 = 54, pela proposição 7.9, Φ(54) = 4 . 53 = 500. 
b) Φ(8!) = Φ(2 . 3 . 22 . 5 . (2. 3) . 7 . 23) = 1 . 2 . 2 . 4 . (1 . 2) . 6 . 4 = 768 
c) Como 5 900 = 22 . 52 . 59, temos, pelo corolário 4.7, 
Φ(5 900) = 22 - 1 . 52 - 1 . (2 - 1) . (5 - 1) . (59 - 1) = 2 320. 
7.22. a) Como 10 = 11 - 1 e 11 é primo, temos, pela proposição 8.7, n = 11. 
b) Seja n = p pe kek11 . ... . a decomposição de n em fatores primos. Assim, pelo corolário 4.7, 
p p p pe k
e
k
e
1
1 1
1
1 1 1 14− − − − =. ... . . ( ) . ... . ( ) 
e, como 14 = 2 . 7, devemos ter p1 = 2, e1 = 2 e existir algum inteiro positivo i tal que pr = 7 e er = 2. Mas, 
deste modo, necessitamos do fator 7 - 1 = 6. Logo, não existe n tal que Φ(n) = 14. 
7.23. Como m|n, se a decomposição em fatores primos de m for m = p pe kek11 . ... . , então a decomposição 
em fatores primos de n será da forma n = ( ) . ... . ( ) . . ... .p p p pe f ke f ke rek k k r1 11 1 1++ . Assim, pelo corolário 4.7, 
m . n = p p p pe f e k
e f e
k
e
r
ek k k k r
1 1
1 1 1 1. .
. ... . . . ... .
+ +
+
+
 
Φ(m . n) = p p p p p pe f e ke f e ke re rk k k k r1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1. .. ... . . . ... . . ( ) . ... . ( )+ − + − + − −+ − − 
ou 
Φ(m . n) = p p p p p pe e f ke ke f rk k k1 1 1 1 11 1 1 1 1. . ... . . . ( ) . ... . ( ). .− − − − 
ou, ainda, 
Φ(m . n) = ( . ... . ) . ( . ... . . ( ) . ... . ( )). .p p p p p pe ke e f ke f rk k k1 1 1 1 11 1 1 1 1− − − − 
que dá Φ(m . n) = m . Φ(n). 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
26
Capítulo 9 
9.1. a) De a
b
c
d=
 segue que a . d = b . c. Daí, a . d + b . d = b . c + b . d e, portanto, 
(a + b) . d = b . ( c + d), o que implica a b
b
c d
d
+
=
+
. 
b) De a
b
c
d=
 segue que a . d = b . c. Daí, 2 . a . d = 2 . b . c e, portanto, a . d - b . c = = -a . d + b . c. 
Assim, a . d - b . c + a . c - b . d = -a . d + b . c + a . c - b . d, o que implica (a - b) . (c + d) = 
= (a + b) . (c - d). Dai', a b
b d
c d
c d
+
−
=
+
−
. 
c) De a
b
c
d=
 segue que a . d = b . c. Daí, a . d - b . d = b . c - b . d e, portanto, (a - b) . d = (c - d) . b, o 
que implica 
a b
b
c d
d
−
=
−
. 
d) De a
b
c
d=
 segueque a . d = b . c. Daí, a . d + c . d = b . c + c . d e, portanto, (a + c) . d = (b + d) . c, o 
que implica 
a c
b d
c
d
+
+
= . 
e) De a
b
c
d=
 segue que a . d = b . c. Daí, a . d = c . b e, portanto, 
a
c
b
d=
. 
9.2. Seja z = p pe kek11 . ... . a decomposição do inteiro z em fatores primos. Como a equação x2 - z = 0 não 
tem solução em Z existe um inteiro i tal que ei é ímpar. Seja então z = p p pe ie kei k11 . ... . . ... . . Agora, 
suponhamos que a equação x2 - z = 0 tem solução em Q. Assim, existem inteiros a e b, com mdc(a, b) = 1, 
tais que 
a
b
z
2
2 = . Daí, a
2
 = z . b2 e, como pi|z, pi|a2. Segue então da proposição 6.3, que pi|a. Assim 
a = pi . x1, para algum inteiro x1 e, portanto, ( . ) ( . ... . . ... . ) .p x p p p bi e ie kei k1 2 1 21= , o que implica 
( ) ( . ... . . ... . ) .x p p p be ie kei k1 2 1 2 21= − . Logo, pi|(x1)2 e, então, pi|x1. Portanto, x1 = pi . x2, para algum 
inteiro x2, e, assim, ( . ) ( . ... . . ... . ) .p x p p p bi e ie kei k2 2 1 2 21= − , o que implica 
( ) ( . ... . . ... . ) .x p p p be ie kei k2 2 1 4 21= − . Continuando este raciocínio, obteremos 
( ) ( . ... . . ... . ) .x p p p be e i kei k− =1 2 1 21 . Daí, p xi ei| ( )−1 2 , o que implica p xi ei| −1 . Logo, x p xe i ei i− =1 . , 
para algum inteiro xei , e, então, ( . ) ( . ... . . ... . ) .p x p p p bi e e i kei k2 1 21= , que gera 
p x p p bi e
e
k
e
i
k
. ( ) ( . ... . ) .2 1 21= . Assim, pi|b2 e, por conseguinte, pi|b. Mas isto é uma contradição, pois 
supomos mdc(a, b) = 1 e obtivemos pi|a e pi|b, com pi primo. 
9.3. De 
a
b
a
b≤
'
'
segue que a . b' ≤ a' . b. Daí, aplicando a compatibilidade com a multiplicação da relação 
de ordem em Z e considerando que d2 > 0, a . b' . d2 ≤ a' . b . d2. Agora, aplicando a compatibilidade com a 
adição em Z, a . b' . d2 + b . c . b' . d ≤ a' . b . d2 + b . c . b' . d. Assim, pela distributividade em Z, 
 
Introdução à Álgebra Abstrata 
(soluções dos exercícios) 
27
(a . d + b . c) . (b' . d) ≤ (a' . d + b' . c) . (b . d) e, por conseginte, a d b c
b d
a d b c
b d
.
.
' . ' .
' .
+
≤
+
 . Daí, 
a
b
c
d
a
b
c
d+ ≤ +
'
'
, como queríamos. 
9.4. Sejam a p
q
= e b
p
q
=
'
'
. Temos que a > b > 0 se e somente se p . q' > p' . q > 0 se e somente se 
q
p
q
p
'
'
> > 0 se e somente se b-1 > a-1 > 0. 
9.5. Seja D um domínio de integridade finito. Precisamos mostrar que se a ∈ D e a ≠ 0, então a é 
inversível. Seja, então, a ∈ D com a ≠ 0 e considere a função de D em D definida por fa(x) = a . x. Pelo 
item c do exercício 2.9, fa é injetora e, como D é finito, o corolário 3.6 garante que fa é sobrejetora. Assim, 
existe x0 ∈ D tal que fa(x0) = 1, o que dá que existe x0 ∈ D tal que a . x0 = 1 e, portanto, a é inversível. 
9.6. Seja r r r= +1 2
2
. Temos que r r
r r
r
r r r r r
− =
+
− =
+ −
=
−
≥1
1 2
1
1 2 1 2 1
2
2
2 2
0
.
, sendo esta 
última desigualdade decorrente de r r1 2≤ . Daí, r r≥ 1 . Do mesmo modo, 
r r r
r r r r
2 2
1 2 2 1
2 2
0− = −
+
=
−
≥ , o que mostra que r r≤ 2 . 
9.7. Suponhamos que S tem um elemento mínimo e. Assim, e > 0 e, então, pelo exercício anterior, 
0
2
< <
e
e . Daí, e não é elemento mínimo de S.