Caderno de Soluções do Módulo

Prévia do material em texto

Caderno de Soluc¸o˜es
Fabio Simas e Gladson Antunes
24 de novembro de 2010
Suma´rio
I 3
1 4
2 7
3 8
4 9
5 15
6 18
II 22
7 23
8 28
9 30
10 31
11 32
12 33
III 34
2
Mo´dulo I
3
Aula 1
Atividades Propostas
1. (a) Lembre-se que A∪B = {x | x ∈ A ou x ∈ B}. Dessa forma para os conjuntos A e B dados tem-se
que:
A ∪B = {1, 2, 3, 4, 5, 6} .
(b) Como A ∩B = {x | x ∈ A e x ∈ B}, enta˜o neste caso A ∩B = {3, 4}.
(c) Lembre-se que A−B = {x ∈ A | x /∈ B}. Para os conjuntos dados A−B = {1, 2}.
(d) B −A = {x ∈ B | x /∈ A}, portanto B −A = {5, 6}.
(e) Sendo A×B = {(a, b) | a ∈ A e b ∈ B}, enta˜o
A×B = {(1, 3) , (1, 4) , (1, 5) , (1, 6) , (2, 3) , (2, 4) , (2, 5) , (2, 6) ,
(3, 3) , (3, 4) , (3, 5) , (3, 6) , (4, 3) , (4, 4) , (4, 5) , (4, 6)} .
2. O conjunto A − ∅ e´ formado pelos elementos que pertencem a A, mas na˜o pertencem ao conjunto
vazio. Como nenhum elemento de A e´ elemento do conjunto vazio, temos que A−∅ = A.
O conjunto ∅−A e´ formado pelos elementos que pertencem ao conjunto ∅ e na˜o pertencem ao conjunto
A. Logo o conjunto ∅−A esta´ contido no conjunto vazio e, portanto, ∅−A = ∅.
3. Considere por hipo´tese que A ⊂ B. Devemos mostrar que A − B = ∅. De fato, se A − B 6= ∅ enta˜o
existiria algum x tal que x ∈ A tal que x /∈ B o que contradiz a nossa hipo´tese de que A ⊂ B ( isto e´,
todo elemento de A e´ tambe´m elemento de B ). Portanto, A−B = ∅.
Suponhamos agora, por hipo´tese, que A − B = ∅. Ora enta˜o para qualquer x ∈ A tem-se que x ∈ B
(caso contra´rio ter´ıamos A−B 6= ∅), portanto A ⊂ B.
4. Lembre-se que
A×B = {(a, b) | a ∈ A e b ∈ B} .
Se A = B enta˜o A×B = A×A = B ×A.
4
Se A × B = B × A enta˜o para quaisquer elementos a ∈ A e b ∈ B tem-se que existem a ∈ A e b ∈ B
tais que
(a, b) =
(
b, a
)
,
donde a = b e b = a. Portanto a ∈ B e b ∈ A, o que mostra que A ⊂ B e B ⊂ A, isto e´ A = B.
A condic¸a˜o de A e B serem na˜o-vazios e´ necessa´ria porque B × ∅ = ∅ × B = ∅ qualquer que seja o
conjunto B. De fato, nenhum par ordenado (x, y) pertence a B × ∅. Assim se um dos conjuntos e´
vazio, digamos A = ∅, enta˜o ∅ = A×B = B ×A, logo a afirmac¸a˜o e´ falsa sempre que B 6= ∅.
5. Inicialmente vamos mostrar que A ∪ (B ∩ C) ⊂ (A ∪B) ∩ (A ∪ C).
Seja enta˜o x ∈ A ∪ (B ∩ C) =⇒ x ∈ A ou x ∈ (B ∩ C).
• Se x ∈ A enta˜o x ∈ A ∪B e x ∈ A ∪ C implicando que x ∈ (A ∪B) ∩ (A ∪ C).
• Se x ∈ (B ∩ C) enta˜o x ∈ B e x ∈ C, donde x ∈ A∪B e x ∈ A∪C e assim x ∈ (A ∪B)∩ (A ∪ C).
Mostra-se agora a inclusa˜o contra´ria, isto e´, (A ∪B) ∩ (A ∪ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C).
Considerando x ∈ (A ∪B) ∩ (A ∪ C) tem-se que x ∈ (A ∪B) e x ∈ (A ∪ C).
Uma possibilidade e´ x ∈ A, neste caso x ∈ A ∪ (B ∩ C) e encerramos a prova.
Agora, se x /∈ A enta˜o seguramente x ∈ B e x ∈ C =⇒ x ∈ A ∪ (B ∩ C).
6. Se A e B sa˜o finitos, podemos escrever os elementos do conjunto A×B numa tabela como a que segue:
b1 b2 · · · bn
a1 (a1, b1) (a1, b2) · · · (a1, bn)
a2 (a2, b1) (a2, b2) · · · (a2, bn)
...
...
...
. . .
...
am (am, b1) (am, b2) · · · (am, bn)
Como as entradas sa˜o distintas e a tabela conte´m todos os elementos de A × B, o nu´mero de pares
ordenados da tabela e´ igual a |A×B|. Portanto, |A×B| = m.n = |A|.|B|.
7. Repare que se A e B sa˜o disjuntos, isto e´, se nenhum elemento pertence a ambos os conjuntos, enta˜o
o nu´mero de elementos da unia˜o e´ a soma |A|+ |B|. Para resolver o caso geral, sem supor A∩B = ∅,
basta escrever A∪B como unia˜o de subconjuntos disjuntos e somar seus nu´meros de elementos. Repare
que as unio˜es no segundo membro sa˜o todas disjuntas A ∪ B = (A − B) ∪ (B − A) ∪ (A ∩ B). Enta˜o
|A ∪ B| = |A − B| + |B − A| + |A ∩ B|. Sempre tendo em vista onde queremos chegar reparamos
que A = (A − B) ∪ (A ∩ B) e B = (B − A) ∪ (B ∩ A) implicam |A| = |A − B| + |A ∩ B| e |B| =
|B − A| + |B ∩ A| porque as unio˜es sa˜o disjuntas. Substituindo os valores de |A − B| e |B − A| em
|A ∪ B| = |A − B| + |B − A| + |A ∩ B|, obtemos |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|, conforme quer´ıamos
demonstrar.
8. (a) De x2 > 1 segue que x < −1 ou x > 1, isto e´, x ∈ (−∞,−1)∪ (1,+∞), agora, de x2 < 4 vem que
−2 < x < 2, isto e´, x ∈ (−2, 2).
Portanto, x ∈ [(−∞,−1) ∪ (1,+∞)] ∩ (−2, 2), ou seja, x ∈ (−2,−1) ∪ (1, 2).
∴ A = (−2,−1) ∪ (1, 2).
(b) De x2 < 9 vem que −3 < x < 3, ou seja, x ∈ (−3, 3), e de x2 ≥ 4 segue que x ≤ −2 ou x ≥ 2, isto
e´, x ∈ (−∞,−2] ∪ [2,+∞).
Portanto, x ∈ (−3,−2] ∪ [2, 3). Enta˜o, A = (−3,−2] ∪ [2, 3).
(c) Observe que A e´ o conjunto dos pontos x ∈ R que satisfazem as duas inequac¸o˜es x2 ≥ 1 e x2 ≥ 2.
Claramente toda soluc¸a˜o da inequac¸a˜o x2 ≥ 2 tambe´m satisfaz x2 ≥ 1. Assim o conjunto A pode
ser reescrito como A = {x ∈ R | x2 ≥ 2}. Abaixo resolvemos a inequac¸a˜o
x2 ≥ 2 ⇔
√
x2 ≥
√
2 ⇔ |x| ≥
√
2 ⇔ x ≤ −
√
2 ou x ≥
√
2,
logo A = (−∞,−√2] ∪ [√2,+∞).
(d)
Aula 2
Atividades Propostas
1. Da maneira como esta´ definido o conjunto Ω, a relac¸a˜o na˜o e´ transitiva pois se x > 0 enta˜o xR0 e
0R(−x), mas (x,−x) /∈ Ω. Logo R na˜o e´ relac¸a˜o de equivaleˆncia.
Se definirmos Ω por {(x, y) ∈ R2 | xy > 0}, enta˜o a relac¸a˜o R no conjunto R como definida no
enunciado e´ relac¸a˜o de equivaleˆncia conforme verificado abaixo.
Para mostrar que R e´ uma relac¸a˜o de equivaleˆncia devemos verificar que ela e´ reflexiva, sime´trica e
transitiva.
Observe que neste caso xRy ⇔ xy > 0 ⇔ (x, y) ∈ Ω.
R e´ reflexiva: Para todo x ∈ R temos xx = x2 > 0 logo xRx.
R e´ sime´trica: Se xRy enta˜o xy > 0. Enta˜o yRx porque yx = xy > 0.
R e´ transitiva: Se xRy e yRz enta˜o xy > 0 e yz > 0. Isto significa que x, y e z teˆm todos o mesmo
sinal (positivo ou negativo), logo xz > 0, ou seja, xRz.
2. Para ser uma relac¸a˜o de equivaleˆncia a relac¸a˜o precisa satisfazer as treˆs condic¸o˜es: reflexividade,
simetria e transitividade. Portanto, se uma delas falha a relac¸a˜o na˜o e´ de equivaleˆncia.
(a) Na˜o e´ relac¸a˜o de equivaleˆncia porque a relac¸a˜o na˜o e´ reflexiva. De fato, o par (1, 1) /∈ Ω logo na˜o
vale 1R1. Na verdade a relac¸a˜o tambe´m na˜o e´ sime´trica, mas e´ transitiva.
(b) A reflexividade na˜o vale pois, por exemplo, para x = 1, tem-se xx > 0. A simetria e´ va´lida devido
a` comutatividade do produto. A transitividade tambe´m na˜o vale pois, por exemplo, se x = 1,
y = −1 e z = 1, tem-se xy < 0 e yz < 0, mas xz > 0.
(c) A reflexividade na˜o vale pois, por exemplo, para x = 1, tem-se x2 + x2 = 2 > 1. A simetria e´
va´lida devido a` comutatividade da soma. A transitividade tambe´m na˜o vale pois, por exemplo,
se x = 1, y = 0 e z = 1, tem-se x2 + y2 = 1 e y2 + z2 = 1, mas x2 + z2 = 2 > 1.
7
Aula 3
Atividades
1. Lembre-se que a1 + a2i ≤L b1 + b2i ⇔ a1 ≤ b1 ou (a1 = b1) e a2 ≤ b2. E´ preciso estar atento no que
e´ parte real e no que e´ parte imagina´ria do nu´mero nu´mero complexo.
• 1 + i ≤L 2 pois 1 ≤ 2.
• i ≤L 1 + i pois 0 ≤ 1.
• 1 + i ≤L 2 + i pois 1 ≤ 2.
• 1 + i ≤L 1 + 2i pois 1 = 1 e 1 ≤ 2.
• 2 ≤L 3 pois 2 ≤ 3.
• i ≤L 1 pois 0 ≤ 1.
2. Deve-se mostrar que para quaisquer z1, z2 ∈ C tem-se que
z1 ≤L z2 ou z2 ≤L z1.
Sejam z1 = a1 + b1i e z2 = a2 + b2i. Sendo a1, b1, a2, b2 nu´meros reais e ≤ a ordem natural definida
em R. Nota-se enta˜o que ou
• a1 ≤ a2 =⇒ z1 ≤L z2 ou,
• a2 ≤ a1 =⇒ z2 ≤L z1 ou,
• a1 = a2 e b1 ≤ b2 =⇒ z1 ≤L z2 ou,
• a1 = a2 e b2 ≤ b1 =⇒ z2 ≤L z1.
3. Temos 0 = 0 + 0.i ≤L 0 + 1.i e tambe´m temos i2 = i.i = −1 = −1 + 0i ≤L 0 + 0i = 0. Em resumo vale
i2 ≤ 0 ≤ i, pela transitividade vale i2 ≤ i.
8
Aula 4
Atividades 1
1. Sejam a e b ∈ Z elementos neutros da adic¸a˜o em Z. Somando a e b temos a = a+b porque b e´ elemento
neutro da adic¸a˜o em Z e, por outro lado, a+ b = b pois a tambe´m e´ elemento neutro da adic¸a˜o em Z.
Juntando os resultados temos que a = a+ b = b. Logo existe um u´nico elemento neutro na adic¸a˜o de
nu´meros inteiros, este e´ o nu´mero chamadode zero.
Para mostrar a unicidade do elemento neutro da multiplicac¸a˜o o argumento e´ o mesmo. Suponha que
tanto 1 como 1′ ∈ Z sejam elementos neutros da multiplicac¸a˜o em Z. Enta˜o 1′ = 1.1′ porque 1 e´ neutro
e 1.1′ = 1 porque 1′ e´ neutro, logo 1 = 1′.
2. Suponha que os nu´meros b e b′ ∈ Z sejam inversos aditivos do nu´mero a ∈ Z. Enta˜o a+ b = 0 = a+ b′,
logo a+ b = a+ b′, subtraindo a em ambos os membros da igualdade concluimos que b = b′. Portanto,
o inverso aditivo de cada elemento a ∈ Z e´ u´nico.
Atividades 2
3. (a) A verificac¸a˜o de que a fo´rmula vale para n = 1 e´ trivial, a saber:
1 =
1(1 + 1)(2.1 + 1)
6
Suponha que a proposic¸a˜o vale para um nu´mero natural n, isto e´, suponha que
12 + 22 + · · ·+ n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)
6
para um certo nu´mero natural n. Vamos mostrar que isso implica que a proposic¸a˜o vale para
n+ 1. De fato,
12 + 22 + · · ·+ n2︸ ︷︷ ︸+(n+ 1)2 =
n(n+1)(2n+1)
6 + (n+ 1)
2 =
1
6 (n+ 1)[n(2n+ 1) + 6(n+ 1)] =
1
6 (n+ 1)[2n
2 + 7n+ 6] =
(n+1)(n+2)[2(n+1)+1]
6 .
Conforme quer´ıamos demonstrar.
9
(b) Verifica-se que a fo´rnula e´ va´lida para n = 1.
Por hipo´tese de induc¸a˜o admitimos que a afirmac¸a˜o e´ va´lida para n = k,
1 + 8 + . . .+ k3 =
[
k (k + 1)
2
]2
.
Provemos a fo´rmula para n = k + 1.
1 + 8 + . . .+ k3 + (k + 1)
3
=
[
k (k + 1)
2
]2
+ (k + 1)
3
=
k2 (k + 1)
2
+ 4 (k + 1)
3
4
=
=
(k + 1)
2 (
k2 + 4 (k + 1)
)
4
=
(k + 1)
2
(k + 2)
2
4
=
[
(k + 1) (k + 2)
2
]2
.
4. (a) Claramente a expressa˜o e´ va´lida para n = 1.
Vamos admitir, por hipo´tese de induc¸a`o, que ela e´ va´lida para n = k, isto e´, existe um inteiro a
tal que
k3 + 2k = 3a.
Vamos provar que (k + 1)
3
+ 2 (k + 1) e´ um mu´ltiplo de 3. De fato,
(k + 1)
3
+ 2 (k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 2k + 2 = 3a+ 3
(
k2 + k + 1
)
= 3b,
onde b = a+ k2 + k + 1, mostrando que (k + 1)
3
+ 2 (k + 1) e´ um mu´ltiplo de 3.
(b) A afirmac¸a˜o e´ falsa para n = 2, e´ verdadeira para n = 3 e novamente falsa para n = 4 pois
43 − 4 = 60 que na˜o e´ divis´ıvel por 24. E´ verdadeira se supomos n ı´mpar.
No entanto, para todo n ≥ 1 o nu´mero n3 − n e´ divis´ıvel por 6.
De fato, n3 − n = n(n2 − 1) = n(n− 1)(n+ 1) = (n− 1)n(n+ 1). Leia-se, n3 − n e´ o produto de
treˆs inteiros consecutivos. Ora, dados dois inteiros consecutivos um deles tem que ser par, logo
o nu´mero e´ divis´ıvel por dois. Da mesma maneira, dados treˆs inteiros consecutivos (exatamente)
um deles deve ser divis´ıvel por treˆs. Consequentemente, o nu´mero n3 − n = (n − 1)n(n + 1) e´
divis´ıvel por dois e por treˆs e portanto e´ divis´ıvel por 6.
Prova por induc¸a˜o:
Primeiramente, observe que n3 − n = n(n2 − 1) = n(n− 1)(n+ 1). Se n = 1, enta˜o n3 − n = 0 e
zero e´ divis´ıvel por 6. Se para algum inteiro na˜o-negativo n vale que n3−n e´ divis´ıvel por 6, enta˜o
tome (n+ 1)3− (n+ 1) = (n− 2)(n− 1)n = n(n− 1)(n+ 1− 3) = n(n+ 1)(n− 1) + 3n(n+ 1). A
primeira parcela da soma e´ divis´ıvel por 6 pela hipo´tese de induc¸a˜o e a segunda parcela e´ divis´ıvel
por 6 porque e´ divis´ıvel por 3 e e´ par, ja´ que e´ o produto de dois inteiros consecutivos.
(c) Se n = 1, isto e´, se Ω e´ um conjunto unita´rio, enta˜o P (Ω) = {∅,Ω} que tem 2 = 21 elementos. Su-
ponha que para algum inteiro n, o nu´mero de elementos do conjunto das partes de {a1, a2, · · · , an}
e´ 2n. Tome Ω = {a1, a2, · · · , an, an+1}. Enta˜o os subconjunto de Ω podem ser divididos em duas
classes: aqueles em que an+1 figura e aqueles em que an+1 na˜o figura. Observe que a operac¸a˜o de
tomar unia˜o com {an+1} determina uma bijec¸a˜o entre essas duas classes. Por isso elas possuem o
mesmo nu´mero de elementos. Pela hipo´tese de induc¸a˜o, o nu´mero de subconjuntos de Ω que na˜o
conteˆm an+1 e´ 2
n. Logo o nu´mero de elementos de P (Ω) e´ 2.2n = 2n+1.
5. Como o problema trata de pol´ıgonos comec¸aremos com um triaˆngulo, n = 3. Para provar que a soma
dos aˆngulos internos de um triaˆngulo e´ 180o considere um triaˆngulo ABC com aˆngulos internos α, β
e γ correspondentes a ABC, respectivamente. Trace por B uma reta r paralela a AC. Observe os
alternos internos relativos a α e γ sobre r (isto e´, transporte o aˆngulo α paralelamente ao lado AB ate´
o ve´rtice B. Analogamente, transporte o aˆngulo γ paralelamente ao lado BC ate´ o ve´rtice B). Observe
que α+ β + γ = 180o, conforme a figura.
Suponha que a expressa˜o para a soma dos aˆngulos internos de um pol´ıgono seja va´lida para algum nu´mero
inteiro n ≥ 3. Seja A1A2 · · ·An+1 um pol´ıgono de n + 1 lados. Para usar a hipo´tese de induc¸a˜o
considere o pol´ıgono A1A2 · · ·An incluindo a diagonal de A1 a An para fechar o pol´ıgono. A soma
dos aˆngulos internos de A1A2 · · ·An+1 e´ a soma dos aˆngulos internos de A1A2 · · ·An mais a soma dos
aˆngulos internos do triaˆngulo A1AnAn+1. Logo, 180
o(n− 2) + 180o = 180o((n+ 1)− 2), cqd.
Atividades pag. 46
1. (a) A verificac¸a˜o de que a fo´rmula vale para n = 1 e´ trivial, a saber:
1 =
1(1 + 1)
2
Suponha a proposic¸a˜o para um nu´mero natural n, isto e´, suponha que
1 + 2 + · · ·+ n = n(n+ 1)
2
para um certo nu´mero natural n. Vamos mostrar que isso implica que a proposic¸a˜o vale para
n+ 1. De fato,
1 + 2 + · · ·+ n︸ ︷︷ ︸
hip. de induc¸a˜o
+(n+ 1) = n(n+1)2 + n+ 1 =
1
2 [n(n+ 1) + 2(n+ 1)]
= (n+1)[(n+1)+1]2 .
Assim pelo Princ´ıpio de Induc¸a˜o a fo´rmula vale para todo n ∈ N.
(b) Este exerc´ıcio ja´ foi resolvido. Ver pa´gina 9 deste caderno.
(c) Este exerc´ıcio ja´ foi resolvido. Ver pa´gina 10 deste caderno.
(d) A verificac¸a˜o de que a fo´rmula vale para n = 1 e´ trivial, com efeito, 1 = 2.1− 1 = 12. Suponha a
proposic¸a˜o e´ verdadeira para um nu´mero natural n, isto e´, suponha que 1+3+ · · ·+(2n−1) = n2
para um certo nu´mero natural n. Vamos mostrar que isso implica que a proposic¸a˜o vale para
n+ 1. De fato,
1 + 3 + · · ·+ (2n− 1)︸ ︷︷ ︸
hipo´tese de induc¸a˜o
+(2n+ 1) = n2 + (2n+ 1) = (n+ 1)2.
Enta˜o pelo Princ´ıpio de Induc¸a˜o a fo´rmula vale para todo n ∈ N.
2. Se n = 1, temos 13 + 2.1 = 3, que e´ mu´ltiplo de 3 - a proposic¸a˜o e´ verdadeira para n = 1. Suponha
a afirmac¸a˜o verdadeira para n ∈ N, isto e´, suponha que n3 + 2n = 3q para algum q ∈ Z. Queremos
mostrar que (n+ 1)3 + 2(n+ 1) e´ mu´ltiplo de 3.
(n+ 1)3 + 2(n+ 1) = (n3 + 3n2 + 3n+ 1) + 2n+ 2 = n3 + 3n2 + 5n+ 3 =
= (n3 + 2n)︸ ︷︷ ︸
=3q
+3(n2 + n+ 1).
Enta˜o (n+ 1)3 + 2(n+ 1) = 3(q + n2 + n+ 1) e, portanto, e´ mu´ltiplo de 3, isso mostra que n3 + 2n e´
mu´ltiplo de 3 para todo n ∈ N.
3. Observe inicialmente que o nu´mero binomial
(
n
k
)
na˜o tem sentido quando k < 0. Se n = 1 enta˜o m = 1
(porque a fo´rmula na˜o faz sentido para m = 0) e(
1
0
)
+
(
1
1
)
= 2 =
(
2
1
)
e, portanto, a expressa˜o e´ verdadeira neste caso.
Suponha que a expressa˜o seja verdadeira para algum nu´mero natural, chamemos k este nu´mero e para
todo m ∈ N− {0} com m ≤ k. Queremos mostrar que(
k + 1
m
)
+
(
k + 1
m+ 1
)
=
(
k + 2
m+ 1
)
.
Ma˜os-a`-obra!(
k+1
m
)
+
(
k+1
m+1
)
=
(k + 1)!
m!(k −m+ 1)! +
(k + 1)!
(m+ 1)!(k −m)! =
=
k + 1
m
k!
(m− 1)!(k −m+ 1)! +
k + 1
(m+ 1)m
k!
(m− 1)!(k −m)! =
=
(k + 1)
(m+ 1)
((
k
m− 1
)
+
(
k
m
))
︸ ︷︷ ︸
hip. de induc¸a˜o
+
(k + 1)
m(m+ 1)
(
k
m−1
)
=
=
(k + 1)
m(m+ 1)
[
m
(
k+1
m
)
+
(
k
m−1
)]
=
= (k + 1).
(k + 1)!
(m+ 1)!(k −m+ 1)! +
(k + 1)!
(m+ 1)!(k −m+ 1)! =
=
(k + 2)!
(m+ 1)!(k −m+ 1)! =
(
k+2
m+1
)
.
Pelo Princ´ıpio de Induc¸a˜o a fo´rmula vale para todo n ∈ N.
4. Considere a proprosic¸a˜o P (n) = a n-e´sima pessoa da fila e´ mulher. Precisamos mostrar que para
algum n ∈ N−{0} a n-e´sima pessoa e´ mulher, mas a (n+1)-e´simapessoa na˜o e´ mulher. Precisamente,
devemos mostrar que para algum n temos P (n) mas na˜o temos P (n+ 1). Isto e´ equivalente a verificar
que P (n) na˜o implica P (n+ 1) para algum n ∈ N− {0}. Ora, a primeira pessoa e´ mulher, enta˜o vale
P (1). Se tive´ssemos P (n)⇒ P (n+1) para todo n ∈ N−{0}, enta˜o pelo Princ´ıpio de Induc¸a˜o ter´ıamos
P (n) para todo n o que na˜o e´ verdade, pois a u´ltima pessoa da fila e´ um homem. Conclusa˜o, existe
n ∈ N− {0} tal que P (n) 6⇒ P (n+ 1), o que e´ equivalente a existe uma mulher que esta´ na frente de
um homem.
5. Se n = 1 enta˜o n3 − n = 0 e, portanto, divis´ıvel por 24. Provaremos que se para algum nu´mero ı´mpar
k ∈ N a afirmac¸a˜o for verdadeira, isto e´, se k3 +k for mu´ltiplo de 24, enta˜o a afirmac¸a˜o valera´ tambe´m
para o pro´ximo nu´mero ı´mpar, a saber, k + 2. De fato,
(k + 2)3 − (k + 2) = (k3 + 6k2 + 12k + 8)− (k + 2) = (k3 − k) + 6(k2 + 2k + 1) =
= (k3 − k)︸ ︷︷ ︸
=24q
+6 (k + 1)2︸ ︷︷ ︸
=4q′
.
Na u´ltima linha, k3 − k e´ mu´ltiplo de 24 por hipo´tese de induc¸a˜o. Como k e´ ı´mpar, k + 1 e´ par, logo
mu´ltiplo de 2. Sendo assim (k+ 1)2 e´ mu´ltiplo de 4. Portanto, quando multiplicado por 6 o produto e´
mu´ltiplo de 24. Por conseguinte,toda a expressa˜o na u´ltima linha e´ mu´ltiplo de 24, conforme quer´ıamos
demonstrar.
6. Sabemos que F0 = F1 = 1 sa˜o os dois primeiros nu´meros de Fibonacci. Enta˜o a fo´rmula vale quando
n = 0 e quando n = 1. De fato,
(
0
0
)
= 1 e(
1
0
)
+
(
0
1
)
= 1.
Para facilitar a redac¸a˜o defina
an =
(
n
0
)
+
(
n− 1
1
)
+ · · ·+
(
1
n− 1
)
+
(
0
n
)
.
Ja´ verificamos que a0 = a1 = 1. Usaremos o Princ´ıpio de Induc¸a˜o para mostrar que an+1 = an + an−1
para todo n ≥ 1 natural, enta˜o teremos que Fn = an para todo n ∈ N e a fo´rmula estara´ verificada.
Se n = 1, temos, por um lado que an + an−1 = 1 + 1 = 2 e por outro
a2 =
(
2
0
)
+
(
1
1
)
+
(
0
2
)
= 1 + 1 + 0 = 2,
enta˜o a proposic¸a˜o an+1 = an + an−1 e´ verdadeira para n = 1.
Tome por hipo´tese que a proposic¸a˜o an+1 = an + an−1 seja verdadeira para algum n ≥ 1 qualquer
(arbitra´rio, mas fixado!). Devemos agora verificar que an+2 = an+1+an. Tomemos o segundo membro
da equac¸a˜o e usemos a relac¸a˜o de Stiefel (esta e´ a fo´rmula provada no exerc´ıcio 3 na pagina 12 deste
caderno).
an+1 + an =
(
n+1
0
)
+
(
n
1
)
+
(
n−1
2
)
+ · · ·+ (1n)+ ( 0n+1)+
+
(
n
0
)
+
(
n−1
1
)
+ · · ·+ (1n)+ ( 0n+1) =
=
(
n+ 1
0
)
︸ ︷︷ ︸
=1
+
(
n+1
1
)
+
(
n
2
)
+ · · ·+ (2n)+ ( 1n+1) =
=
(
n+ 2
0
)
︸ ︷︷ ︸
=1
+
(
n+1
1
)
+
(
n
2
)
+ · · ·+ (2n)+ ( 1n+1)+ ( 0n+ 2
)
︸ ︷︷ ︸
=0
= an+2.
Aula 5
Exerc´ıcios pag. 49
1. D(60) = {±1,±2,±3,±4,±5,±6,±10,±12,±15,±20,±30,±60}
D+(60) = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60}
D−(60) = {−1,−2,−3,−4,−5,−6,−10,−12,−15,−20,−30,−60}
2. Um nu´mero primo p tem exatamente 4 divisores, sa˜o eles {±1,±p}.
Exerc´ıcios pag. 50
1. Os nu´meros 8 e 12 satisfazem a condic¸a˜o |D(n)| = n. De fato, D(8) = {±1,±2,±4,±8} e D(12) =
{±1,±2,±3,±4,±6,±12}.
Atividades pag. 58
1. D(156) = {±1,±2,±3,±4,±6,±12,±13,±26,±39,±52,±78,±156};
D(130) = {±1,±2,±5,±10,±13,±26,±65,±130};
mdc = 26.
Determinando a intersec¸a˜o temos D(156)∩D(130) = {±1,±2,±13,±26}. Observe que o mdc e´ o maior
elemento do conjunto e e´ mu´ltiplo de todos os elementos deste conjunto.
2. Efetuando a divisa˜o temos que
156
26
= 6 e
130
26
= 5. Como 5 e´ primo na˜o ha´ divisores comuns aos
divisores de 6 ale´m dos triviais. Portanto, mdc(5, 6) = 1.
Tambe´m poder´ıamos encontrar os divisores de 5, os divisores de 6 e procurar os nu´meros que sa˜o
divisores comuns aos dois.
3. Deixamos este exclusivamente para o leitor.
Exerc´ıcios pag. 61
1. Em todos os items utilizaremos o processo das diviso˜es sucessivas desenvolvido nesta aula.
15
(i)
5 1 3
138 24 18 6
18 6 0
=⇒ mdc(138, 24) = 6.
(ii)
1 1 1 2 2 1 3 2
227 143 84 59 25 9 7 2 1
84 59 25 9 7 2 1 0
=⇒ mdc(227, 143) = 1.
(iii)
2 6 1 4
657 306 45 36 9
45 36 9 0
=⇒ mdc(843, 208) = 1.
(iv)
4 18 1 5 1 3
12.378 3.054 162 138 24 18 6
162 138 24 18 6 0
=⇒ mdc(12.378, 3.054) = 6.
2. a|b e a|c =⇒ existem inteiros m e n tais que b = am e c = an =⇒ b + c = am + an = a (m+ n)
=⇒ a|(b + c). Observe que a|c =⇒ a|(−c). Logo, a|b e a|c =⇒ a|b e a|(−c) =⇒ a|(b − c). Conforme
quer´ıamos demonstrar.
3. Sendo r uma raiz inteira do polinoˆmio, enta˜o r2 + ar + b = 0. Logo r(r + a) + b = 0 e, portanto,
b = −(r(r + a)) = r(−(r + a)), ou seja, r e´ divisor de b.
4. Pelo Teorema de Divisa˜o de Euclides, existem inteiros q e r tais que
a = 2q + r com 0 ≤ |r| < 2.
Como a e´ ı´mpar, enta˜o r 6= 0 e, portanto, a = 2q + 1 ou a = 2q − 1. Assim,
a2 − 1 = 4q2 + 4q = 4q(q + 1) ou a2 − 1 = 4q2 − 4q = 4q(q − 1).
Se q e´ par enta˜o q = 2k para algum inteiro k, logo 4q(q + 1) = 8k(q + 1) e 4q(q − 1) = 8k(q − 1) sa˜o
divis´ıveis por 8.
Se q e´ ı´mpar enta˜o q+1 e q−1 sa˜o pares, logo existem inteiros k1 e k2 tais que q+1 = 2k1 e q−1 = 2k2
e, portanto, 4q(q + 1) = 8k1q e 4q(q − 1) = 8k2q sa˜o divis´ıveis por 8.
5. Diremos que o nu´mero inteiro positivo d e´ o ma´ximo divisor comum a n nu´meros inteiros na˜o nulos
a1, a2, · · · , an, se:
• d e´ um divisor comum a a1, a2, · · · , an, isto e´, d divide ai para todo i = 1, 2, · · · , n.
• d e´ o maior divisor comum a todos eles, isto e´, se d′ e´ outro divisor comum a a1, a2, · · · , an, enta˜o
d′ divide d.
Usamos a notac¸a˜o mdc(a1, a2, · · · , an) para denotar o ma´ximo divisor comum a a1, a2, · · · , an.
Aula 6
Atividades pag. 65
1. (a) Na˜o e´ ideal porque 0 /∈ I.
(b) O conjunto I e´ um ideal de Z porque sa˜o verificadas as treˆs propriedades da definic¸a˜o de ideal.
• 0 ∈ I;
• Para quaisquer x e y em I, existem inteiros a e b tais que x = 24a e y = 24b. Logo,
x− y = 24a− 24b = 24(a− b) e´ mu´ltiplo de 24 e, portanto, x− y ∈ I.
• Dados x ∈ I e m ∈ Z o produto xm ∈ I, porque x = 24n para algum n ∈ Z, logo xm = 24nm
e´ mu´ltiplo de 24.
(c) E´ ideal
Observe, inicialmente que x ∈ I ⇐⇒ existem inteiros m e n tais que x = 18m e x = 24n.
• 0 ∈ I, pois 0 = 0 · 18 e 0 = 0 · 24.
• Se x, y ∈ I, enta˜o existem inteiros m1,m2, n1 e n2 tais que x = 18m1, x = 24n1, y = 18m2 e
y = 24n2.. Assim
x− y = 18(m1 −m2) e x− y = 24(n1 − n2)
e, portanto, (x− y) ∈ I.
• Se x ∈ I, enta˜o existem inteiros m e n tais que x = 18m e x = 24n. Assim, para todo r ∈ Z,
rx = 18rm e rx = 24rn e, portanto, rx ∈ I.
(d) E´ ideal
Observe, inicialmente que x ∈ I ⇐⇒ existe um inteiro q tal que 21x = 9q.
• 0 ∈ I, pois 21 · 0 = 0 = 0 · 9.
• Se x, y ∈ I, enta˜o existem inteiros q1 e q2 tais que 21x = 9q1 e 21y = 9q2.. Assim
21(x− y) = 9(q1 − q2)
e, portanto, (x− y) ∈ I.
18
• Se x ∈ I, enta˜o existe um inteiro q tal que 21x = 9q. Assim, para todo r ∈ Z, 21rx = 9rq e,
portanto, rx ∈ I.
2. O conjunto J ⊂ Z e´ um ideal porque sa˜o verificadas as treˆs condic¸o˜es da definic¸a˜o de ideal. De fato,
• 0 = 0.a1 + 0.a2 + · · ·+ 0.ak ∈ J ;
• Queremos mostrar que x − y ∈ J para quaisquer x e y em J . Como x e y ∈ J existem inteiros
m1,m2, · · · ,mk e n1, n2, · · · , nk tais que
x = m1a1 +m2a2 + · · ·+mkak e y = n1a1 + n2a2 + · · ·+ nkak.
Enta˜o,
x− y = (m1a1 +m2a2 + · · ·+mkak)− (n1a1 + n2a2 + · · ·+ nkak) =
= (m1 − n1)a1 + (m2 − n2)a2 + · · ·+ (mk − nk)ak ∈ J ;
• Dados x ∈ J e b ∈ Z vamos mostrar que o produto bx ∈ J . Como x ∈ J , existem inteiros
m1,m2, · · · ,mk tais que x = m1a1 +m2a2 + · · ·+mkak, enta˜o o produto
bx = (bm1)a1 + (bm2)a2 + · · ·+ (bmk)ak, logo bx ∈ J .
Atividades pag. 68
1. O conjunto Z · 84 + Z · 30 = {m = r 84 + s 30|r, s ∈ Z}. Um elemento m ∈ Z · 84 + Z · 30 e´ sempre
do tipo m = 84r + 30s = 22 · 3 · 7 ·r + 2 · 3 · 5 · s = 6(14r + 5s), enta˜o todo elemento do ideal
Z ·84+Z ·30 e´ mu´ltiplo de 6, isto e´, verificamos que Z ·84+Z ·30 ⊂ Z ·6. Reciprocamente, observe que
se tomarmos r = −1 e s = 3 temos 14r + 5s = 1. Assim, dado qualquer 6n ∈ Z · 6 podemos escrever
6n = 6 · n · 1 = 6n[14(−1) + 5 · 3] = 84(−n) + 30(3n) e temos verificado que Z · 6 ⊂ Z · 84 + Z · 30.
Juntamente com a outra inclusa˜o ja´ verificada concluimos que os conjuntos Z · 84 + Z · 30 e Z · 6, sa˜o
iguais.
Como consequeˆncia da construc¸a˜o acima verificamos que 6 = 6 · 1 = 84(−1) + 30 · 3.
Atividades pag. 70
1. (a) mdc(36, 25) = 1 =⇒ J = Z
(b) mdc(18, 21, 24) = 3 =⇒ J = Z · 3 = {...− 9,−6,−3, 0, 3, 6, 9, ...}
(c) mdc(105, 52) = 1 =⇒ J = Z · 1 = Z
Atividades pag. 72
1. O conjunto Z · 12 e´ o conjunto dos inteiros mu´ltiplos de 12, isto e´,
Z · 12 = {· · · − 60,−48,−36,−24,−12, 0, 12, 24, 36, 48, 60 · · · }, analogamente,
Z · 15 = {· · · ,−60,−45,−30,−15, 0, 15, 30, 45, 60, · · · }.
Logo a intersec¸a˜o Z · 12 ∩ Z · 15 e´ formada pelos inteiros que sa˜o mu´ltiplos, simultaneamente, de 12 e
15, isto e´, Z · 12 ∩ Z · 15 = {· · · ,−180,−120,−60, 0, 60, 120, 180, · · · }.
O mmc(12, 15) = 60 pelo Teorema 3. Por cortesia verifiquemos tambe´m pelas propriedades de mmc.
Como 60 ∈ Z · 12 ∩ Z · 15, o nu´mero 60 e´ mu´ltiplo de ambos, 12 e 15, portanto vale 1.. Se um nu´mero
inteiro M e´ mu´ltiplo de 12 e de 15, enta˜o M ∈ Z · 12 e M ∈ Z · 15, logo M ∈ Z · 12 ∩ Z · 15 e´ mu´ltiplo
de 60 tambe´m e assim verificamos 2..
2. • Obviamente, b e´ mu´ltiplo de b, pois b = 1b. Por outro lado, como a divide b, existe um inteiro q
tal que b = qa, ou seja, b e´ mu´ltiplo de a.
• Seja M ′ um mu´ltiplo comum de a e b. Enta˜o, tem-se diretamente que M ′ e´ mu´ltiplo de b.
Conclusa˜o: b = mmc(a; b).
Atividades pag. 73
1. Exerc´ıcio de fixac¸a˜o
2. Esta questa˜o ja´ foi resolvida exerc´ıcio 2 da pa´gina 20 deste caderno.
3. O Teorema 4 afirma que mmc(a, b) · mdc(a, b) = ab. Por outro lado, se a e b sa˜o primos entre si,
mdc(a, b) = 1. Logo, mmc(a, b) = ab se a e b sa˜o primos entre si.
Exerc´ıcios pag. 76
1. A intersec¸a˜o de dois ideais ainda e´ um ideal.
• Como I e J sa˜o ideais, 0 ∈ I e 0 ∈ J e, portanto, 0 ∈ I ∩ J .
• Se x, y ∈ I ∩ J , enta˜o x, y ∈ I e x, y ∈ J . Como I e J sa˜o ideais , enta˜o (x− y) ∈ I e (x− y) ∈ J
e, portanto, (x− y) ∈ I ∩ J .
• Se x ∈ I ∩J , enta˜o x ∈ I e x ∈ J . Como I e J sa˜o ideais, enta˜o, para todo r ∈ Z, rx ∈ I e rx ∈ J
e, portanto, rx ∈ I ∩ J .
2. O exerc´ıcio e´ provar que a intersec¸a˜o de finitos ideais de Z ainda e´ um ideal de Z. Verifiquemos que
I = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik goza das 3 propriedades de ideal.
• 0 e´ elemento de I; Com efeito, como I1, I2, ..., Ik sa˜o todos ideais, 0 ∈ Ij para todo j = 1, 2, · · · k,
enta˜o 0 ∈ I = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik;
• Se x e y ∈ I enta˜o x− y ∈ I; Como x e y pertencem a` intersec¸a˜o I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik, temos que
x e y pertencem a todos I1, I2, · · · , Ik. Dado j ∈ {1, 2, · · · , k} o conjunto Ij e´ um ideal de Z que
conte´m x e y, enta˜o x − y ∈ Ij para todo j = 1, 2, · · · , k. Mas isto e´ equivalente a afirmar que
x− y pertencem a` intersec¸a˜o I = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik.
• Se x ∈ I e m ∈ Z enta˜o xm ∈ I; De fato, se x ∈ I = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik, enta˜o x e´ elemento de
cada um dos ideais I1, I2, · · · , Ik. Como cada um dos Ij e´ ideal, temos que xm ∈ Ij para todo
j = 1, 2, · · · , k, o que e´ equivalente a dizer que x pertence a` intersec¸a˜o I = I1 ∩ I2 ∩ · · · ∩ Ik.
3. O exerc´ıcio afirma que a intersec¸a˜o de infinitos ideais de Z ainda e´ um ideal de Z, se a colec¸a˜o de ideais
e´ enumera´vel. Verifiquemos que I =
⋂∞
k=0 Ik goza das 3 propriedades de ideal.
• 0 e´ elemento de I; Com efeito, como Ij e´ ideal de Z para todo j ∈ N, o zero figura em Ij para
todo j ∈ N, logo pertence a` intersec¸a˜o, portanto, 0 ∈ I = ⋂∞k=0 Ik;
• Se x e y ∈ I enta˜o x− y ∈ I; Como x e y pertencem a` intersec¸a˜o, x e y ∈ Ij para todo j ∈ N.
Mas se x e y ∈ Ij e Ij e´ ideal de Z, enta˜o x − y ∈ Ij . Logo, x − y e´ elemento de Ij para todo
j ∈ N, o que implica que x− y ∈ I = ⋂∞k=0 Ik.
• Se x ∈ I e m ∈ Z enta˜o xm ∈ I; De fato, se x ∈ I = ⋂∞k=0 Ik, enta˜o x e´ elemento de cada um
dos ideais I1, I2, · · · . Como cada um dos Ij e´ ideal, temos que xm ∈ Ij para todo j ∈ N, o que e´
equivalente a dizer que x pertence a` intersec¸a˜o I =
⋂∞
k=0 Ik.
4. Considere o ideal de Z dado por Z · a1 + Z · a2 + · · · + Z · ak. Para verificar a identidade entre
os ideais Z · a1 + Z · a2 + · · · + Z · ak e Z · d precisamos verificar que a1, a2, · · · , ak ∈ Z · d e que
d ∈ Z·a1+Z·a2+· · ·+Z·ak (porque se um ideal I conte´m os geradores do ideal J enta˜o I conte´m o ideal
J). Ora, como d = mdc(a1, a2, · · · , ak), o nu´mero d divide aj , isto e´, existe mj ∈ Z tal que aj = dmj
e, portanto, aj ∈ Z · d, para todo j = 1, 2, · · · , k. Concluimos que Z · a1 + Z · a2 + · · ·+ Z · ak ⊂ Z · d.
O Teorema 1 desta aula garante que todo ideal de Z e´ principal, isto e´, existe um nu´mero inteiro
q ∈ Z tal que Z · a1 + Z · a2 + · · · + Z · ak = Z · q. Juntamente com a parte ja´ verificada temos que
Z · q = Z · a1 + Z · a2 + · · · + Z · ak ⊂ Z · d. Enta˜o q divide aj para todo j = 1, 2, · · · , k. Lembre-se
que d = mdc(a1, a2, · · · , ak), logo, se q divide os nu´meros a1, a2, · · · , ak, enta˜o q divide d, isto e´, existe
n ∈ Z tal que d = nq. Consequentemente, Z · d ⊂ Z · q, o que termina a verificac¸a˜o da igualdade entre
os conjuntos.
Mo´dulo II
22
Aula 7
Atividades pag. 4
1. Para mostrar que Z ·m e´ subconjunto pro´prio de Z · n, precisamos mostrar que Z ·m esta´ contido em
Z · n, mas que os conjuntos na˜o sa˜o iguais. Como todo ideal de Z e´ principal basta mostrar que m, o
gerador de Z ·m, e´ elemento de Z · n e que o gerador n de Z · n na˜o e´ elemento de Z ·m. De fato, se
m ∈ Z · n, enta˜o todo mu´ltiplo de m tambe´m e´ elemento de Z · n, logo Z ·m ⊂ Z · n e como n /∈ Z ·m
a inclusa˜o e´ pro´pria, isto e´, Z ·m ( Z · n.
Agora, para resolver o exerc´ıcio precisamos usar a te´cnica acima em cada um dos casos.
• Z · 2 ( Z; claramente observa-se que 2 ∈ Z e 1 /∈ Z · 2, de onde segue que Z · 2 ( Z.
• Z · 4 ( Z · 2; analogamente 4 ∈ Z · 2 e 2 /∈ Z · 4, assim Z · 4 ( Z · 2.
• Z · 8 ( Z · 4; do mesmo modo observa-se que 8 ∈ Z · 4 e 4 /∈ Z · 8, e portanto Z · 8 ( Z · 4.
2. Por definic¸a˜o, se m e´ um inteiro composto, enta˜o m = pq com p e q inteiros diferentes de ±1.
Afirmamos que o ideal Z ·m ( Z · p ( Z. De fato,
m = pq e q 6= ±1 ⇒ m ∈ Z · p e p /∈ Z ·m ⇒ Z ·m ( Z · p.
E como p 6= ±1 o ideal Z · p ( Z.
Atividades pag. 6
1. Pelo Teorema 1 desta Aula um ideal Z · p de Z e´ maximal se, e somente se, p e´ primo. Enta˜o Z · 5 e´
ideal maximal porque 5 e´ primo.
Costuma ser um bom exerc´ıcio provar teoremas em casos particulares. Demonstremos que o ideal Z · 5
e´ maximal sem usar o Teorema 1 por cortesia.
Precisamos verificar que:
• Z · 5 ( Z; e´ claro que Z · 5 ⊂ Z e e´ igual porque nem todo nu´mero inteiro e´ mu´ltiplo de 5.
23
• Se para um ideal I de Z vale Z · 5 ⊂ I, enta˜o Z · 5 = I ou I = Z; como todo ideal de Z e´
principal, o ideal I = Z · n para algum n ∈ Z. Supondo que Z · 5 ⊂ Z · n, temos que n divide 5 (o
que e´ equivalente a 5 e´ mu´ltiplo de n), mas como 5 e´ primo, ou bem n = 1 e Z · n = Z ou bem
n = 5 e Z · n = Z · 5.
2. Ora, se Z · n = Z, enta˜o Z ⊂ Z · n, logo todo inteiro a e´ do tipo a = rn para algum r ∈ Z, ou seja, n
divide qualquer nu´mero inteiro a, em particular n divide o 1, logo n = ±1. A rec´ıproca e´ o´bvia.
Atividades pag. 8
1. Sejam m = 6, a = 4 e b = 3. Claramente, temos que m | ab, m - a e m - b. O nu´mero inteiro m deve,
necessariamente, ser um nu´mero composto porque se m fosse primo e m | ab, enta˜o m | a ou m | b pelo
Teorema 2 desta Aula.
Atividades pag. 9
1. Para resolver este exerc´ıcio voceˆ deve seguir os passos do Exemplo 2. Verifiquemos primeiro que omdc(198, 25) = 1. Usando o algoritmo de Euclides temos:
198 = 7 · 25 + 23
25 = 1 · 23 + 2
23 = 11 · 2 + 1
2 = 2 · 1 + 0
Portanto, o mdc(198, 25) = 1. Comec¸ando da penu´ltima equac¸a˜o, isolamos
o 1 no primeiro membro. Em seguida usamos a equac¸a˜o 25 = 1 ·23 + 2 para
determinar o valor de 2 e na sequeˆncia usamos a primeira equac¸a˜o para
substituir o 23 por 198− 7 · 25 e assim obter os nu´meros procurados.
De fato,
1 = 23− 11 · 2 =
= 23− 11 · (25− 23) =
= 12 · 23− 11 · 25 =
= 12 · (198− 7 · 25)− 11 · 25 =
= 12 · 198− 84 · 25− 11 · 25 = 12 · 198− 95 · 25
Portanto, x = 12 e y = −95.
Exerc´ıcios pag. 10
1. Seguiremos os passos apresentados no Exemplo 2 desta aula para a soluc¸a˜o deste exerc´ıcio. Primeiro
calculamos o mdc(a, b) pelo algoritmo de Euclides e depois usamos as equac¸o˜es obtidas para determinar
os coeficientes x e y que buscamos.
(a) Ca´lculo do mdc(102, 33):
102 = 3 · 33 + 3
33 = 11 · 3 + 0 portanto, mdc(102, 33) = 3
Da primeira equac¸a˜o obtemos diretamente que
3 = 102− 3 · 33.
logo x = 1 e y = −3.
(b) Ca´lculo do mdc(−15, 50):
50 = (−3) · (−15) + 5
−15 = (−3) · 5 + 0 portanto, mdc(−15, 50) = 5
Da primeira equac¸a˜o obtemos diretamente que
5 = 3 · (−15) + 50.
logo x = 3 e y = 1.
(c) O mdc(20, 1) = 1 e temos 1 = 1 · 20− 19 · 1.
2. Sejam a e a + 1 dois inteiros consecutivos e considere m = mdc(a, a + 1). Como m | a e m | (a + 1),
enta˜o m | [(a+ 1)− a] = 1 e, portanto, m = 1. Logo, a e a+ 1 sa˜o primos entre si.
3. Seja m = mdc(2a+ 1, 4a2 + 1). Enta˜o, existem inteiros p e q tais que
2a+ 1 = mp e 4a2 + 1 = mq.
Dessa forma, tem-se que
(mp− 1)2 = mq − 1 =⇒ m2p2 − 2mp+ 2 = mq =⇒ m(mp2 − 2p) + 2 = mq
e, portanto, m | [m(mp2 − 2p) + 2]. Como m | m(mp2 − 2p), segue que m | 2 (visto que 2 =[
m(mp2 − 2p) + 2]−m(mp2 − 2p)). Sendo m um inteiro, positivo, enta˜o m = 1 ou m = 2. Como m e´
um divisor de 2a+ 1, que e´ um nu´mero ı´mpar, conclui-se que m = 1 e, portanto, 2a+ 1 e 4a2 + 1 sa˜o
primos entre si.
4. Seja m = mdc(b, c). Enta˜o, pelo teorema 2 da aula 6, Z ·m = Z · b+ Z · c. Pelo mesmo teorema, para
mostrar que am = mdc(ab, ac), basta verificar que Z · (am) = Z · (ab) + Z · (ac)
• Se x ∈ Z · (am), enta˜o existe um inteiro p tal que x = amp. Como Z ·m = Z · b + Z · c, enta˜o
m ∈ Z · b+ Z · c e, portanto, existem inteiros r e s tais que m = rb+ sc. Logo
x = a(rb+ sc)p = (rp)ab+ (sp)ac,
ou seja, x ∈ Z · (ab) + Z · (ac).
• Por outro lado, se x ∈ Z · (ab) + Z · (ac), enta˜o existem inteiros r′ e s′ tais que x = r′ab+ s′ac =
a(r′b + s′c). Como r′b + s′c ∈ Z · b + Z · c = Z ·m, existe um inteiro p′ tal que r′b + s′c = mp′.
Logo
x = amp′,
ou seja, x ∈ Z · (am).
Conclusa˜o: Z · (am) = Z · (ab) + Z · (ac) e, portanto, a ·mdc(b, c) = mdc(ab, ac).
5. Suponha por absurdo que mdc(a,mn) > 1, ou seja, que exista b > 1 tal que b | a e b | (mn). A seguir,
mostra-se que
mdc(b,m) = mdc(b, n) = 1.
De fato, suponha que as igualdades acima sejam falsas, ou seja, que existam inteiros c > 1 e d > 1
tais que c | b e c | m e d | b e d | n. Assim existem inteiros q1 e q2 tais que
b = cq1 e b = dq2.
Por outro lado, como b | a, existe um inteiro q3 tal que a = bq3. Dessa forma segue que
a = bq3 = (cq1)q3 = c(q1q3) =⇒ c/a
a = bq3 = (dq2)q3 = d(q2q3) =⇒ d/a.
Tem-se, enta˜o:
• c | a, c | m e c > 1 =⇒ CONTRADIC¸A˜O com mdc(a,m) = 1
• d | a, d | n e d > 1 =⇒ CONTRADIC¸A˜O com mdc(a, n) = 1,
e, portanto, mdc(b,m) = mdc(b, n) = 1.
Finalmente, como b | (mn) e mdc(b,m) = 1, segue do Teorema 7 da aula 6 que b | n e como b > 1, isso
CONTRADIZ o fato de que mdc(b, n) = 1. Dessa forma, na˜o pode existir b > 1 tal que b | a e b | (mn),
ou seja, mdc(a,mn) = 1.
6. Este exerc´ıcio esta´ resolvido neste caderno pa´gina 24 exerc´ıcio 2.
7. Como de costume, para verificar que I e´ um ideal devemos verificar que sa˜o satisfeitas as treˆs proprie-
dades:
• 0 ∈ I; como I1 e´ um ideal, 0 ∈ I1. Logo, 0 ∈ I porque I conte´m I1;
• Se x, y ∈ I, enta˜o x − y ∈ I; como x, y ∈ I = ⋃∞i=1 Ii, existe j ∈ N tal que x e y ∈ Ij , logo
x− y ∈ Ij porque Ij e´ um ideal. No entanto, Ij ⊂ I, donde concluimos que x− y ∈ I;
• Se x ∈ I e m ∈ N, enta˜o xm ∈ I; se x ∈ I, enta˜o existe um j ∈ N tal que x ∈ Ij . Como Ij e´ um
ideal xm ∈ Ij . Logo xm ∈ I porque Ij ⊂ I.
Como valem as treˆs propriedades para I, este conjunto e´ um ideal de Z.
8. Se I e J sa˜o ideais de Z tais que I * J e J * I, enta˜o existem elementos a ∈ I e b ∈ J tais que a /∈ J e
b /∈ I. Claramente a, b ∈ I ∪ J , afirmamos que a+ b /∈ I ∪ J . De fato, argumentemos por contradic¸a˜o
se a+ b ∈ I ∪J , enta˜o a+ b ∈ I ou a+ b ∈ J . Suponha que a+ b ∈ I, o outro caso e´ ana´logo. Sabemos
que a ∈ I, enta˜o b = (a + b) − a ∈ I porque I e´ ideal de Z, isso contradiz a suposic¸a˜o de que b /∈ I.
Conclusa˜o: se I e J sa˜o ideais de Z tais que I * J e J * I, enta˜o a unia˜o I ∪ J na˜o e´ um ideal de Z
porque existem elementos a e b na unia˜o I ∪ J tais que a+ b /∈ I ∪ J .
9. Seja q = np um mu´ltiplo do nu´mero primo p. Por definic¸a˜o temos que o ideal Z · q ⊆ Z · p. Pelo
Teorema 1, afim de que o nu´mero q seja primo, e´ necessa´rio e suficiente que o ideal Z · q seja maximal
em Z, enta˜o devemos ter Z · q = Z · p, logo q = p ou q = −p.
Aula 8
Atividades pag. 17
1. Todo inteiro n ≥ 2 pode ser expresso de modo u´nico como
n = pq11 · pq22 · · · pqkk
com p1 < p2 < · · · < pk ∈ Z primos distintos e qk ∈ N− {0}.
ou ainda,
Todo nu´mero inteiro positivo n, se escreve como
n = pq11 · pq22 · · · pqkk
com p1, p2, · · · , pk os primeiros k nu´meros primos e qj ∈ N.
Se o nu´mero k, que depende de n, for tomado o menor poss´ıvel, enta˜o a escrita acima e´ u´nica.
Atividades pag. 18
1. Os primeiros pares de primos geˆmeos sa˜o 3 e 5, 5 e 7, 11 e 13, 29 e 31, 41 e 43, 59 e 61, 71 e 73, 101 e
103, 107 e 109.
Exerc´ıcios pag. 21
1. Podemos simplesmente usar a segunda versa˜o do Teorema Fundamental da Aritme´tica no exerc´ıcio 1
na pa´gina 28 deste caderno: escreva a = pα11 p
α2
2 · · · pαkk e b = pβ11 pβ22 · · · pβmm onde p1 < p2 < · · · sa˜o
os nu´meros nu´meros primos com α1,α2, · · · , αk e β1,β2, · · · , βm inteiros na˜o-negativos. Seja n o maior
entre os nu´meros k e m. Podemos escrever
a = pα11 p
α2
2 · · · pαkk e b = pβ11 pβ22 · · · pβkk
completando com zeros nos expoentes de ı´ndices que ainda na˜o apareciam.
2. (1) mdc(a, b) = pγ11 p
γ2
2 · · · pγkk = D
De fato, verifiquemos que D goza das propriedades de mdc:
28
• D divide a e b: como γi = min{αi, βi} temos
a = D · (p(α1−γ1)1 p(α2−γ2)2 · · · p(αk−γk)k ) e b = D · (p(β1−γ1)1 p(β2−γ2)2 · · · p(βk−γk)k );
• Se d divide a e b enta˜o d divide D: como d divide a, a decomposic¸a˜o de d em fatores
primos na˜o pode ter primos ale´m dos que figuram na decomposic¸a˜o de a, precisamente,
d = pσ11 p
σ2
2 · · · pσkk com σi ≤ αi inteiros na˜o-negativos. Analogamente, como d divide b, os
expoentes σi ≤ βi. Logo, σi ≤ γi = min{αi, βi} e, portanto, d divide D.
(2) mmc(a, b) = pδ11 p
δ2
2 · · · pδkk = M
Precisamos verificar que M tem as propriedades de mmc:
• a e b dividem M : como δi = max(αi, βi) temos
M = a · (p(δ1−α1)1 p(δ2−α2)2 · · · p(δk−αk)k ) e M = b · (p(δ1−β1)1 p(δ2−β2)2 · · · p(δk−βk)k ),
enta˜o a |M e b |M .
• Se a e b dividem m ∈ N, enta˜o M divide m: por hipo´tese, existem q, q′ ∈ Z tais que
m = q · pα11 pα22 · · · pαkk = q′ · pβ11 pβ22 · · · pβkk ,
enta˜o tanto p
αj
j como p
βj
j dividem m, enta˜o p
δj
j divide m para todo j = 1, 2, · · · , k, logo M
divide m.
(3) Neste caso so´ precisamos calcular usando (1) e (2):
ab
D
=
(pα11 p
α2
2 · · · pαkk ) · (pβ11 pβ22 · · · pβkk )
pγ11 p
γ2
2 · · · pγkk
= pδ11 p
δ2
2 · · · pδkk = M .
3. Todo ideal de Z e´ principal, logo cada Ij da cadeia pode ser escrito como Ij = Z ·aj , com aj ∈ N. Para
dois ideais de Z, temos que
Z · aj ⊂ Z · aj+1 ⇔ aj+1 | aj (⇒ aj ≥ aj+1)analogamente
Z · aj ( Z · aj+1 ⇔ aj+1 | aj e aj+1 6= aj (⇒ aj > aj+1).
Considere o conjunto A ⊂ N formado pelos aj , isto e´, pelos geradores dos ideais I1, I2, · · · da cadeia.
Pelo Princ´ıpio da Boa Ordenac¸a˜o, como A 6= ∅, o conjunto A tem menor elemento. Assim a sequeˆncia
de nu´meros naturais a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ≥ · · · estabiliza, isto e´, existe k ∈ N tal que
ak = ak+1 = · · · = ak+m = · · · . Portanto, a cadeia de ideais tambe´m estabiliza.
4. Precisamos verificar que a cadeia na˜o estabiliza, isto e´ verificar que para todo k ∈ Z+ existe m ∈ Z+
tal que Ik ) Ik+m.
Ora, para todo k ∈ Z+ temos Z ·2k ) Z ·2k+1. De fato, Z ·2k ⊃ Z ·2k+1 pois 2k | 2k+1 e Z ·2k 6= Z ·2k+1
porque 2k ∈ Z · 2k, mas na˜o pertence a Z · 2k+1.
Aula 9
Atividade pag. 25
1. Os elementos do conjunto {· · · ,−10,−5, 0, 5, 10, · · · } podem ser escritos como 5n onde n ∈ Z. Sejam
a, b ∈ {· · · ,−10,−5, 0, 5, 10, · · · } enta˜o a = 5m e b = 5n, para algum par de inteiros m e n. Para
verificar que a ∼ b e´ suficiente (e necessa´rio) verificar que a− b e´ mu´ltiplo inteiro de 5. De fato, temos
a− b = 5m− 5n = 5(m− n), logo a ∼ b.
2. Pelo Teorema de Divisa˜o de Euclides, dado n ∈ Z existem q, r ∈ Z tais que
n− r = 5q onde r ∈ {0, 1, 2, 3, 4} ⇔ para todo n ∈ Z existe r ∈ {0, 1, 2, 3, 4} tal que n ≡ r(mod5).
As classes de congrueˆncia mo´dulo 5 sa˜o {5n ; n ∈ Z}, {5n+1 ; n ∈ Z}, {5n+2 ; n ∈ Z}, {5n+3 ; n ∈ Z}
e {5n+ 4 ; n ∈ Z}.
Atividades pag. 28
1.
2.
Atividades pag. 30
1. (a)
(b)
2.
3.
4.
30
Aula 10
Atividade pag. 34
Atividades pag. 37
Atividade pag. 39
Atividade pag. 40
Atividades pag. 41
Exerc´ıcios pag. 42
1. (a)
(b)
(c)
2.
3.
4.
31
Aula 11
Atividades pag. 49
1. (a)
(b)
(c)
(d)
2.
3.
32
Aula 12
Atividades pag. 52
1.
2.
3.
Atividades pag. 53
Atividades pag. 57
1.
2.
3.
Atividades pag. 59
1.
2. (a)
(b)
33
Mo´dulo III
34