AP1 A1 2012 1 Gabarito

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A´lgebra I
Soluc¸o˜es da AP1
Questa˜o 1 [2,0 pontos] Mostre a seguinte igualdade entre conjuntos
(A×B) ∩ (C ×D) = (A ∩ C)× (B ∩D) .
Soluc¸a˜o: Como desejamos provar a igualdade entre os dois conjuntos devemos mostrar que
(A×B)∩(C ×D) ⊂ (A ∩ C)×(B ∩D) e tambe´m (A ∩ C)×(B ∩D) ⊂ (A×B)∩(C ×D).
Mostremos a primeira inclusa˜o. Para isso devemos tomar um elemento qualquer pertencente
ao conjunto (A×B) ∩ (C ×D) e concluir que ele tambe´m e´ um elemento de (A ∩ C) ×
(B ∩D) . Seja (x, y) um elemento qualquer de (A×B)∩(C ×D) , aqui e´ importante chamar
atenc¸a˜o para o fato de que em se tratanto de um produto cartesiano nosso elemento deve
ser um par ordenado. Como (x, y) esta´ na intersec¸a˜o enta˜o (x, y) ∈ A×B e (x, y) ∈ C ×D.
De (x, y) ∈ A × B vem que x ∈ A e y ∈ B e de (x, y) ∈ C ×D segue que x ∈ C e y ∈ D.
Portanto x ∈ A ∩ C e y ∈ B ∩D e dessa forma o par (x, y) ∈ (A ∩ C)× (B ∩D).
Para obter a inclusa˜o contra´ria o procedimento e´ o mesmo, isto e´, tomamos (x, y) ∈
(A ∩ C)× (B ∩D) e devemos ser capazes de concluir que (x, y) ∈ (A×B) ∩ (C ×D). Ora
se (x, y) ∈ (A ∩ C)× (B ∩D) e´ porque x ∈ A ∩ C e y ∈ B ∩D, ou seja, temos que x ∈ A e
x ∈ C e y ∈ B e y ∈ D. Concluimos portanto que (x, y) ∈ A × B e (x, y) ∈ C ×D, isto e´,
(x, y) ∈ (A×B) ∩ (C ×D) como deseja´vamos mostrar.
Questa˜o 2 [2,0 pontos] Determine se cada uma das afirmac¸o˜es abaixo e´ verdadeira ou
falsa. Prove as que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) Seja a um inteiro qualquer. Enta˜o a ou a + 5 ou a + 10 e´ divis´ıvel por 3.
(b) A relac¸a˜o R sobre C definida por (x + yi) R (r + si) se, e somente se, x2 + y2 = r2 + s2
e´ de equivaleˆncia.
(c) Se I ⊂ Z e´ um ideal de Z enta˜o o complementar Ic ⊂ Z tambe´m e´ um ideal de Z.
(d) Se m e´ um inteiro ı´mpar, enta˜o, m2 ≡ 1(mod 4).
Soluc¸a˜o:
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(a) Verdadeira
Aplicando o Teorema da Divisa˜o de Euclides obtemos inteiros q e r tais que
a = 3q + r, com 0 ≤ r < 3.
Se r = 0 enta˜o a e´ divis´ıvel por 3
Se r = 1 enta˜o a + 5 = 3q + 6 donde vem que a + 5 = 3 (q + 2), isto e´, a + 5 e´ divis´ıvel
por 3.
Se r = 2 enta˜o a + 10 = 3q + 12, ou seja, a + 10 = 3 (q + 4) o que mostra que a + 10 e´
divis´ıvel por 3.
Dessa forma sempre ou a ou a + 5 ou a + 10 sera´ divis´ıvel por 3, fazendo a afirmac¸a˜o
verdadeira.
(b) Verdadeira
Vamos verificar que a relac¸a˜o dada e´ Reflexiva, Sime´trica e Transitiva.
Reflexiva
• Se z = x + yi ∈ C enta˜o zRz pois x2 + y2 = x2 + y2.
Sime´trica
• Se z = x + yi e w = r + si pertencem a C enta˜o se zRw =⇒ x2 + y2 = r2 + s2 donde
r2 + s2 = x2 + y2 e assim wRz.
Transitiva
• Se z = x + yi, w = r + si e u = a + bi sa˜o tais que zRw e wRu enta˜o tem-se
x2 + y2 = r2 + s2
e
r2 + s2 = a2 + b2
e portanto x2 + y2 = a2 + b2 donde segue que zRu.
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(c) Falsa
Sendo I ⊂ Z um ideal enta˜o 0 ∈ I. dessa forma 0 /∈ Ic o que torna imposs´ıvel Ic ser um
ideal de Z.
(d) Verdadeira
Se m e´ ı´mpar, enta˜o e´ da forma m = 2k + 1, para algum inteiro k. Logo, chamando
k = (k2 + k) temos que m2 = 4k2+4k+1 = 4 (k2 + k)+1 = 4k+1 e, portanto, m2−1 = 4k,
donde se conclui que
m2 ≡ 1 (mod 4) .
Questa˜o 3 [2,0 pontos] Seja f : Z −→ Z uma func¸a˜o tal que, quaisquer que sejam a e b
em Z, tem-se que
f (a + b) = f (a) + f (b) .
(a) Mostre que f (0) = 0.
Sugesta˜o: Observe que 0 + 0 = 0.
(b) Mostre, por induc¸a˜o, que f (n) = n · f (1) para todo n ∈ N.
Soluc¸a˜o:
(a) Basta notar que como 0 + 0 = 0 enta˜o
f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) ,
donde concluimos que f (0) = 0.
(b) A igualdade vale trivialmente para n = 1. De fato, f (1) = 1 · f (1). Supondo que para
n = k vale f (k) = k · f (1) vamos obter a igualdade para n = k + 1. De fato, f (k + 1) =
f (k) + f (1) = k · f (1) + f (1) = (k + 1) · f (1). Dessa forma, pelo Princ´ıpio da Induc¸a˜o, vale
que f (n) = n · f (1) para todo n ∈ N.
Questa˜o 4 [2,0 pontos] Um certo nu´mero de treˆs alagrismos no sistema decimal aumenta
de 36 quando se invertem os dois algarismos da direita e diminui de 270 quando se invertem
os dois algarismos da esquerda. O que acontece ao nu´mero quando se invertem os dois
algarismos extremos?
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Soluc¸a˜o: Seja xyz o nosso nu´mero de treˆs algarismos no sistema decimal. Do enunciado da
questa˜o concluimos que
xzy = xyz + 36 (o nu´mero aumenta de 36 quando se invertem os dois algarismos da direita)
yxz = xyz − 270 (o nu´mero diminui de 270 quando se invertem os dois algarismos da esquerda)
Da primeira equac¸a˜o acima vem que 102x + 10z + y = 102x + 10y + z + 36, ou seja,
z − y = 4. Da segunda equac¸a˜o obtemos que 102y + 10x + z = 102x + 10y + z − 270 donde
vem que 90y − 90x = −270, isto e´, y − x = −3. De z − y = 4 e y − x = −3 concluimos que
z − x = 1.
Agora analisando a diferenc¸a entre xyz e zyx percebemos que
xyz − zyx = 99 (x− z) = −99.
Conclusa˜o zyx = xyz+99, ou seja, ao invertermos os algarismos extremos o nu´mero aumenta
de 99.
Questa˜o 5 [2,0 pontos] Um teorema de Teoria dos Nu´meros diz que e´ poss´ıvel conseguir
listas de nu´meros consecutivos na˜o primos de qualquer tamanho.
(a) Encontre uma lista de 5 nu´meros inteiros consecutivos que na˜o contenha nenhum nu´mero
primo.
(b) Dado k um inteiro positivo e n um inteiro maior que 1 mostre que a lista de k nu´meros
consecutivos comec¸ando por
n(n + 1)(n + 2) · · · (n + k − 1) + n
na˜o conte´m nenhum nu´mero primo.
Este problema foi motivado pelo Artigo do Professor Alexandre Eisenmann publicado na
RPM 77.
Soluc¸a˜o:
(a) O item (b) fornece uma soluc¸a˜o para este problema. De fato, tomando n = 2, a lista de
inteiros consecutivos
2 · 3 · 4 · 5 · 6 + 2 = 722, 723, 724, 725 e 726
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na˜o conte´m nu´meros primos, conforme verificado no item (b) abaixo (claro que o estudante
pode verificar este fato diretamente).
Entretanto, o estudante poderia simplesmente testar alguns valores e encontrar a lista
24, 25, 26, 27, 28 que claramente na˜o conte´m nu´meros primos.
(b) De fato, o nu´mero An = n(n+1)(n+2) · · · (n+k−1)+n na˜o e´ primo porque e´ divis´ıvel
por n e temos que 1 < n < An. Do mesmo modo An+1 = n(n+1)(n+2) · · · (n+k−1)+n+1
e´ divis´ıvel por n + 1 e assim por diante (uma prova rigorosa exigiria fazer uma induc¸a˜o em
k, mas na˜o esperamos que o estudante fac¸a isso), ate´ que An+k−1 = n(n+ 1)(n+ 2) · · · (n+
k − 1) + n + k − 1 e´ divis´ıvel por n + k − 1. Portanto, nenhum dos k nu´meros consecutivos
An, An+1 · · ·An+k−1 e´ primo. Obseve que isto prova o teorema do enunciado.
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