solucionario do livro do livro algebra moderna para licenciatura

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE 
 
NATHÁLIA LEITE DE OLIVEIRA 
 
 
 
 
 
 
SOLUCIONÁRIO DE 
ESTRUTURAS ALGÉBRICAS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 CAMPINA GRANDE, 03/10/2020 
 
NATHÁLIA LEITE DE OLIVEIRA 2 
 
 
 
 
Devemos encontrar todos os elementos da matriz N ∊ E, N sendo a matriz 
dos elementos neutros à esquerda, tal que N∙ A=A ,  A ∊ E. 
Seja, 
 N=[
0 0
℮1 ℮2
] e A=[
0 0
𝑎 𝑏
] 
 
N∙ A=A ⇔ [
0 ∙ 0 + 0 ∙ a 0 ∙ 0 + 0 ∙ b
℮1 ∙ 0 + ℮2 ∙ a ℮1 ∙ 0 + ℮2 ∙ b
] = [
0 0
𝑎 𝑏
] 
 
 ⇔ [
0 0
℮2𝑎 ℮2𝑏
] = [
0 0
𝑎 𝑏
] 
 
Desse modo, 
℮2𝑎 = 𝑎 𝑒 ℮2𝑏 = 𝑏 
 
Dessas duas igualdade implicam que ℮2 = 1 
 
Portanto, 
os elementos neutro a esquerda são da forma 
 
N=[
0 0
℮1 1
]  ℮1 ∊ ℝ. 
 
NATHÁLIA LEITE DE OLIVEIRA 3 
 
 
 
Considere um elemento v=(a,b) ∊ A 
Temos que 
 α  v = α ⇔ (1,1)  (a,b) = (1,1) 
 ⇔ (a+b , b+a) = (1,1) 
 
 
{
 
 
 
 
𝑎 + 𝑏 = 1
𝑏 + 𝑎 = 1
 
 
Logo, 
A= {a,b ∊ ℝ | ou a≠ 0 ou b≠ 0 } } 
 
 
 
 
 
 
Primeiramente devemos encontrar o elemento neutro ℮. 
 
 
Suponhamos que ℮ e ℮’ sejam elementos neutro da operação * , então 
β  ℮ = β = ℮  β 
 
Daí, 
NATHÁLIA LEITE DE OLIVEIRA 4 
 
 (1, 2)  (℮, ℮’) = (1, 2) 
⇔ ( 1℮ + 2 ℮’ , 1℮’ +2℮) = (1,2) 
⇔ ( ℮ + 2 ℮’ , ℮’ + 2℮) = (1,2) 
 
Donde chegaremos ao seguinte sistema: 
 
{
 
 
 
 
℮ + 2 ℮’ = 1
2℮ + ℮′ = 2
  ℮=1 e ℮’=0 ∊ A 
Verificando, 
(1,0)  (1,2)= (1∙1 +0∙2, 1∙2 + 0∙1) = (1, 2) 
 
Portanto, 
 O par ordenado (1,0) é elemento neutro de  ,  a,b ∊ A. 
 
 
Feito isso, agora devemos encontrar o simétrico de beta β 
 
 Suponhamos que o par (, ) = β’ é elemento invertível ou simetrizável de β, ou 
seja, basta que 
β  β’ = ℮ = β’  β  β, β’ ∊ A 
temos, 
 (1,2)  (, ) = (1,0) 
⇔ ( 1 + 2  , 1 +2) = (1,0) 
⇔ ( + 2  ,  + 2) = (1,0) 
 
De onde obtemos o seguinte sistema: 
 
{
 
 
 
 
 + 2  = 1 (I)
 + 2 = 0 (II)
 
NATHÁLIA LEITE DE OLIVEIRA 5 
 
Resolvendo o sistema de equação pelo método da substituição 
 
  + 2 =1   =1–2  
 
  + 2 =0   + 2(1–2 ) =0 
   + 2 – 4  =0 
  3  = +2 
   = 
2
3
 ∊ A 
 
Substituindo  na (I) equação teremos, 
  =1 - 2∙ 
2
3
 = 1– 
4
3
   = – 
1
3
 ∊ A 
Logo, 
 β’ = (– 
1
3
 , 
2
3
 ) é o inverso de β = (1,0) 
 
Verificando: 
 (, )  (1,2) = (– 
1
3
 , 
2
3
)  (1,2) = ( – 
1
3
 + 
4
3
 , – 
2
3
 + 
2
3
 ) = (1,0) 
 
Portanto, 
concluímos que beta é invertível em relação a  
 
 
NATHÁLIA LEITE DE OLIVEIRA 6 
 
 
 
Queremos mostrar que a operação  é comutativa, ou seja, 
(x , y)  (z , w) = (z , w)  (x , y) , x,y,z,w ∊ ℝ2 
 
Suponhamos, por hipótese, que seja verdade para x=1, y=2, z=5, w=6, 
isto é, suponhamos que 
(1,2)  (5,6) = (5,6)  (1,2) 
 
Resolvendo o primeiro membro dessa igualdade temos: 
(1,2)  (5,6) = (1 ∙ 5 , 1 ∙ 6 + 2) = (5 , 8) 
 
Resolvendo o segundo membro dessa igualdade temos: 
(5,6)  (1,2) = (5 ∙ 1 , 5 ∙ 2 + 6) = (5 , 16) 
Ora, 
(5 , 8) ≠ (5 , 16) 
 
Portanto, 
 não vale a comutatividade. 
 
NATHÁLIA LEITE DE OLIVEIRA 7 
 
 
 
 
Dizemos que o par (℮1 , ℮2 ) é elemento neutro de G, se satisfaz a operação 
 (a , b)  (℮1 , ℮2 ) = (a , b) = (℮1 , ℮2 )  (a , b) 
 
Vejamos, 
(a , b)  (℮1 , ℮2 ) = (a , b) ⇔ (a ∙ ℮1 , a ∙ ℮2 + b ) = (a , b) 
 
 Desse modo, 
 a ∙ ℮1 = a ⇔ ℮1 = 1 
 e a ∙ ℮2 + b = b ⇔ a ∙ ℮2 = b - b ⇔ ℮2 = 0 
 
Logo, 
 G possui elemento neutro, e ele é da forma (1 , 0) ∊ G 
 
Verificando se (1 , 0 )  (a , b) = (a , b) , temos: 
 (1 , 0 )  (a , b) = (a ∙ 1 , a ∙ 0 + b ) 
 = (a , b) 
 
Assim, 
concluímos que o par (1,0) é elemento neutro  a,b ∊ G. 
 
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Dizemos que o par (w’, p’) é elemento invertível ou simetrizável de G, se satisfazer 
 (a , b)  (w’, p’) = (1 , 0) = (w’, p’)  (a , b)  a, b, w’, p’ ∊ G 
 
Desse modo, 
(a , b)  (w’, p’) = (1 , 0) ⇔ ( a ∙ w’ , a ∙ p’ + b ) = (1 , 0) 
 
De onde obtemos 
a ∙ w’ = 1  w’ = 
1
𝑎
 ∊ ℝ 
a ∙ p’ + b = 0  a ∙ p’ = – b  p’ = 
−𝑏
𝑎
 ∊ ℝ 
 
verificando se (w’, p’)  (a , b) = (1, 0), temos 
( w’ ∙ a , w’ ∙ b + p’ ) = ( 
1
𝑎
 ∙ a , 
1
𝑎
 ∙ b + 
−𝑏
𝑎
 ) = (1,0) 
 
Logo, 
os pares ordenados (w’, p’) =( 
1
𝑎
 , 
−𝑏
𝑎
 ) e (1,0) ∊ G ; 
U (G;  ) = { a,b ∊ ℝ | a ≠ 0} ; 
 
 
NATHÁLIA LEITE DE OLIVEIRA 9 
 
 
 
 
⟹ ida 
Para mostrar a injetividade, precisamos mostrar que 
g(x)=g(y)  x= y , x,y ∊E 
mas isso segue diretamente do fato do elemento a ser regular à esquerda. 
 
Portanto, 
G é injetora. 
 
 
⟸ volta 
 Como g é injetora, vale que 
g(x) = g(y)  x = y , x,y ∊ E 
 
Logo, 
a  x = a  y  x = y 
 
isso implica que a é regular à esquerda. 
 
De maneira análoga, a é regular a direita usando a função 
g(x) = x  a 
 
 
 
NATHÁLIA LEITE DE OLIVEIRA 10 
 
 
Seja a,b ∈ 𝑅∗(𝐸). Dado x,y ∊ E. Temos 
x  a = y  a  x = y (I) 
x  b = y  b  x = y (II) 
queremos mostrar que a  b ∈ 𝑅∗(𝐸). 
x  (a  b) = y  (a  b) 
  (x  a)  b = (y  a)  b 
 x  a = y  a (pois b é regular) 
 x=y (pois a é regular) 
 
Portanto, a  b ∈ 𝑅∗(𝐸). 
 
Seja a,b ∈ 𝑅∗(𝐸). Dado x,y ∊ E. Temos 
a  x = a  y  x = y (III) 
b  x = a  y  x = y (IV) 
queremos mostrar que a  b ∈ 𝑅∗(𝐸). 
(a  b)  x= (a  b)  y 
  a  (b  x)= a  (b  y) 
 b  x = b  y (pois a é regular) 
 x=y (pois b é regular) 
Portanto, a  b ∈ 𝑅∗(𝐸). 
 
 
 
 
 
 
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Consideremos os elementos X e Y ∊ B, onde 
 X= (
𝑚 −𝑝
𝑝 𝑚 ) e Y= (
𝑧 −𝑘
𝑘 𝑧
) , com m,p,k,z ∊ ℝ 
 
Daí, 
X+Y = (
𝑚 + 𝑧 −𝑝 − 𝑘
𝑝 + 𝑘 𝑚 + 𝑧
) = (
𝑚 + 𝑧 −(𝑝 + 𝑘)
𝑝 + 𝑘 𝑚 + 𝑧
) ∊ B 
 
Portanto, 
B é fechado sob a operação da soma 
 
 
 
 ℮ a b 
℮ ℮ a b 
a a b ℮ 
b b ℮ a 
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Consideremos os mesmos elementos X e Y ∊ B; 
 
 X= (
𝑚 −𝑝
𝑝 𝑚 ) e Y= (
𝑧 −𝑘
𝑘 𝑧
) , com m,p,k,z ∊ ℝ 
 
Daí, 
X∙Y = (
𝑚 ∙ z + (−p)k 𝑚 ∙ (−𝑘) + (−𝑝)z
𝑝 ∙ z + 𝑚 ∙ 𝑘 p ∙ (−k) + 𝑚 ∙ 𝑧
)= (
𝑚 ∙ z − p ∙ k −(𝑚 ∙ 𝑘 + 𝑝 ∙ z)
𝑚 ∙ 𝑘 + 𝑝 ∙ z 𝑚 ∙ z − p ∙ k
) ∊ B 
 
Portanto, 
B é fechado sob a operação da multiplicação.