Álgebra Moderna (Hygino H. Domingues e Gelson Iezzi)

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Livro: ´

Algebra Moderna - Editora Atual

(Higino H. Domingues e Gelson Iezzi)

[email protected] Atualizado dia 10/06/2017

Solucionário da 4aedi¸cão do livro de Álgebra Moderna dos autores Higino H. Domingues e Gelson Iezzi. Um dos melhores livros de álgebra moderna em português. Até porque existem poucos t´ıtulos semelhantes em nossa l´ıngua, já que a produ¸cão de livros didáticos (principalmente para n´ıvel de gradua¸cão e pós), é um mercado pouco lucrativo.

Para quem desejar; uma c´opia do livro do Higino pode ser baix-ada em https://pt.scribd.com/doc/74399512/Algebra-Moderna-Domingues-Iezzi.

A expectativa é que seja respondido um cap´ıtulo do livro por mês. Contudo, pode haver atrasos, uma vez que dig-itar todo o texto consome mais tempo do que resolver os exerc´ıcios. De todo, modo não deixe de acompanhar este documento no link a seguir para obter todas as atualiza¸cões. www.number.890m.com

(2)

1.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 13 À 16 . . . 3

1.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 25 À 28 . . . 20

2 Introdu¸cão a Aritmética dos Números Inteiros 34 2.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 33 . . . 34 2.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 38 À 39 . . . 39 2.3 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 44 À 45 . . . 51 2.4 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 48 À 49 . . . 57 2.5 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 52 . . . 64 2.6 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 61 À 62 . . . 71

3 Rela¸cões, Opera¸cões, Aplica¸cões 85 3.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 70 À 71 . . . 85 3.2 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 75 À 76 . . . 92 3.3 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 77 . . . 99 3.4 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 79 . . . 103 3.5 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 81 À 82 . . . 111 3.6 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 84 . . . 123 3.7 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 87 . . . 130 3.8 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 88 . . . 137 4 Grupos e Subgrupos 145 4.1 EXERCÍCIOS DA PÁGINA 155 À 160 . . . 145 5 Agradecimentos 183

(3)

1 No¸

c˜

oes Sobre Conjuntos e Demonstra¸

c˜

oes

1.1 EXERCÍCIOS DA P ÁGINA 13 À 16

1. Considere os seguintes subconjuntos de R (aqui considerado como conjunto universo): A = {x ∈ R|x2 < 4},

B = {x ∈ R|x2− x ≥ 2}, C = {1/2, 1/31/4, ...} e D = {x ∈ R| − 2 < x < −1}.

Classifique cada rela¸c˜ao seguinte como verdadeira ou falsa e justifique.

a) Ac _⊂B b) A∩B = D c) C⊂Bc d) B∪A⊃C e) C∩D6= Ø Solu¸c˜ao de a:

Observe que exceto pelo conjunto C, todos os conjuntos est˜ao sendo caracterizados por meio de uma inequa¸c˜ao.

B = {x ∈ R | x inequa¸c˜ao}

Normalmente a resolu¸cão de problemas que envolvem opera¸cões entre conjuntos, em que os conjuntos são caracterizados por uma inequa¸cão, depende da passagem do conjunto de sua nota¸cão entre chaves para a sua representa¸cão como intervalo. Veja:

Para expressar o conjunto A como intervalo primeiro resolvemos a inequa¸c˜ao que carac-teriza o conjunto. x2< 4 x < 2 ou x > −2 Logo A ´e o intervalo (−2, 2). -2 2 Conjunto A

(4)

-2 2

Conjunto Ac Ac _{= {x ∈ R | x > 2 ou x < −2}.}

Vamos agora determinar o conjunto B em termos de intervalo.

Assim como feito anteriormente primeiro resolvemos a inequa¸c˜ao que caracteriza o con-junto.

x2− x ≥ 2 ⇒ x ≥ 2 ou x ≤ −1

Logo B ´e a uni˜ao dos intervalos (−∞, −1] ∪ [2, ∞).

-1 2

Conjunto B

Comparando agora o intervalo que representa o conjunto Ac _{e o intervalo que representa} o conjunto B, verificamos que Ac ⊂ B.

-2 2

Conjunto Ac sobre o conjunto B

Portanto a afirma¸cão é VERDADEIRA. Solu¸cão de b:

Como j´a foi demonstrado os conjuntos A e B podem ser representado por intervalos. B = [2, ∞) ∪ (−∞, −1]

A = (-2, 2)

(5)

A ∩ B = (−2, −1]

Note que −1 ∈ A ∩ B, contudo −1 /∈ D. Assim, a afirmativa ´e FALSA. Solu¸c˜ao de c:

Se B = [2, ∞) ∪ (−∞, −1] ent˜ao Bc _{= (−1, 2).}

Note que o maior termo de C é maior que zero e todos os seus termos são não nulos, ou seja estão entre 0 e 1. Como (0, 1) ∈ Bc _ent˜_{ao a afirmativa ´}_{e VERDADEIRA.}

Solu¸c˜ao de d:

B∪A = R. Assim a afirmativa ´e VERDADEIRA. Solu¸c˜ao de e:

Todos os elementos de D são negativos, ao passo que todo elemento de C são positivos. Assim, não existe interse¸cão entre eles, isto é C∩D = Ø.

Assim, a afirmativa ´e FALSA.

2. Construa um exemplo envolvendo dois conjuntos, B e C, para os quais se verifiquem as seguintes rela¸c˜oes: Ø ∈ C, B ∈ C, B ⊂ C.

Solu¸c˜ao:

C = {Ø, 1, {1}, {1, 2} } e B = {1}.

3A. Descubra conjuntos A, B e C, tais que B 6= C e A ∪ B = A ∪ C. Solu¸c˜ao de a:

Se A = B = {1} e C = Ø (o que cumpre a condi¸c˜ao de C 6= B), ent˜ao: {1} ∪ {1} = {1} ∪ Ø

{1} = {1}

Outra solu¸c˜ao seria A = {1, 2, 3, 4}, B = {4, 5} e C ={3, 4, 5}

(6)

Solu¸c˜ao de b:

Neste caso se A = Ø, C = {2} e B = {1} ent˜ao: A ∩ B = A ∩ C

Ø ∩ {1} = Ø ∩{2} Ø = Ø

Outra solu¸c˜ao seria A = {1, 2, 3, 4, 5}, B = {4, 5, 6, 7} e C ={4, 5, 6, 7, 8}

4. Se A, B e C s˜ao conjuntos tais que A ∪ B = A ∪ C e A ∩ B = A ∩ C, prove que B = C.

Solu¸c˜ao:

A prova da igualdade entre conjuntos na maioria das vezes consiste em:

1◦ Passo: Tomar um elemento gen´erico do lado direito da igualdade e mostrar que ele pertence tamb´em ao lado esquerdo;

2◦ Passo: Tomar um elemento gen´erico do lado esquerdo da igualdade e mostrar que ele pertence tamb´em ao lado direito;

3◦ Passo: Evocar a propriedade anti-sim´etrica.

A conclusão do primeiro passo implica na inclusão do conjunto a direita da igualdade no conjunto a esquerda. Enquanto a conclusão do segundo passo implica na inclusão do conjunto a esquerda da igualdade no conjunto a direita.

O terceiro passo usa as duas implica¸cões dos passos anteriores para garantir a igualdade. (1◦ Passo) Se b ∈ B então b ∈ A ∪ B. Como por hipótese A ∪ B = A ∪ C então b ∈ A ou b ∈ C ou b pertence a ambos.

Se b ∈ A, então b ∈ A ∩ B. Como por hipótese A ∩ B = A ∩ C então b ∈ C. Assim, todo elemento de B é também elemento de C.

Se b ∈ C ou a ambos (A e C) a mesma conclus˜ao ´e imediata.

(2◦ Passo) Se c ∈ C então c ∈ A ∪ C. Como por hipótese A ∪ C = A ∪ B então c ∈ A ou c ∈ B ou c pertence a ambos.

Se c ∈ A, então c ∈ A ∩ C. Como por hipótese A ∪ C = A ∪ B então c ∈ B. Assim, todo elemento de C é também elemento de B.

(7)

(3◦ Passo) Como todo elemento de B pertence a C (passo 1) e vice-versa (passo 2) ent˜ao pela propriedade anti-sim´etrica fica provado que B = C.

5. Sejam A e B conjuntos tais que A ∪ B = A ∩ B. Prove que A = B. Solu¸c˜ao por absurdo:

Na questão anterior foi mostrada uma técnica para a demonstra¸cão de igualdade entre conjuntos. Nessa questão vamos usar a prova por absurdo.

Suponha por absurdo que A 6= B. Então existe um a ∈ A e não pertencente a B, ou um b ∈ B e não pertencente a A.

Se a ∈ A e não pertence a B então a ∈ A ∪ B. Como por hipótese A ∪ B = A ∩ B então a ∈ B o que resulta em absurdo.

Racioc´ınio an´alogo se desenvolve para b ∈ B.

6. Se A e B são conjuntos arbitrários, demonstre as seguintes propriedades conhecidas como leis de absor¸cão.

a) A ∩ (A ∪ B) = A b) A ∪ (A ∩ B) = A Solu¸c˜ao de a:

Se x ∈ A ∩ (A ∪ B) ent˜ao x ∈ A. Ou seja, todo elemento de A ∩ (A ∪ B) pertence a A.

Se a ∈ A ent˜ao tamb´em pertence a (A ∪ B) e portanto A ∩ (A ∪ B). Assim, todo elemento de A pertence a A ∩ (A ∪ B).

Como todo elemento de A est´a contido em A ∩ (A ∪ B) e vice versa pela propriedade anti-sim´etrica fica provado a igualdade.

Solu¸c˜ao de b:

Se x ∈ A ∪ (A ∩ B) ent˜ao x ∈ A. Ou seja, todo elemento de A ∪ (A ∩ B) tamb´em pertence a A.

Se a ∈ A ent˜ao a ∈ A ∪ (A ∩ B). O que implica no fato de que todo elemento de A pertence a A ∪ (A ∩ B).

(8)

anti-sim´etrica fica provado a igualdade.

7. Dado um conjunto A, chama-se conjunto das partes de A e indica-se por P(A) o conjunto de todos os subconjuntos de A. Por exemplo, se A = {1, 2}, ent˜ao P(A) = {Ø, {1}, {2}, {1, 2}}

a) Determine P(A) quando A = {Ø, 1, {1}}.

b) Prove que se um conjunto A têm n elementos então P(A) têm 2n elementos. c) Se o número de subconjuntos binários (formados de dois elementos) de um conjunto dado é 15, quantos subconjuntos têm esse conjunto?

Solu¸c˜ao de a:

P(A) = {Ø, {Ø}, {1}, {{1}}, {Ø, 1}, {Ø, {1}}, {1, {1}}, {Ø, 1, {1}} Solu¸c˜ao de b:

Como ensina a análise combinatória o número de subconjuntos de A com um elemento é n₁, o número de subconjuntos com dois elementos é n

2, e etc.

Usando os números n₀ e n_n para contar o conjunto vazio e o próprio A, então o total de subconjuntos de A é n₀ + n₁ + n₂ + · · · + n_n. Mas essa soma, segundo o teorema das linhas1, é igual a 2n. Provando a afirma¸cão.

Solu¸c˜ao de c:

O número de subconjuntos binários de um conjunto qualquer é igual ao número binomial n

2. Se esse número é igual a 15 então: n 2 = 15 n! 2!(n − 2)! = 15 n! 2(n − 2)! = 15 n(n − 1)(n − 2)! 2(n − 2)! = 15

1_{A soma dos n´}_{umeros binomiais de uma mesma linha ´}_{e uma potencia de base 2 cujo expoente ´}_{e a}

(9)

n(n − 1)

2 = 15

n(n − 1) = 30 ⇒ n = −5 ou n = 6

Como n é o número de elementos do conjunto não pode ser negativo. Com isso con-clu´ımos que o conjunto em questão têm 6 elementos e portanto, 26= 64 subconjuntos.

8. Para indicar o número de elementos de um conjunto finito X, adotemos a nota¸cão n(X). Mostre então que se, A e B são conjuntos finitos, verifica-se a importante rela¸cão: n(A∪B) = n(A) + n(B) − n(A∩B)

Solu¸c˜ao:

De fato se indicarmos por A’ e B’ respectivamente as partes de A e B formadas pelos elementos que não estão em A ∩ B então n(A ∪ B) = n(A’) + n(A ∩ B) + n(B’). Mas n(A’) = n(A) − n(A ∩ B) e n(B’) = n(B) − n(A ∩ B). Substituindo estas duas últimas igualdades na anterior, obtemos a igualdade proposta.

9. Numa pesquisa a respeito da assinatura das revistas A e B, foram entrevistadas 500 pessoas. Verificou-se que 20 delas assinavam a revista A, 14 a revista B e 4 as duas revistas. Quantas das pessoas entrevistadas n˜ao assinavam nenhuma das revistas?

Solu¸c˜ao:

O diagrama seguinte ilustra a situa¸c˜ao.

20 4 14

A B

O n´umero de asisinates das revistas (independente de qual revista seja ou de quantas), ´e igual a 30, pois

(10)

n(A ∪ B) = 20 + 14 − 4 = 30

Subtraindo este resultado do total de entrevistados (500 − 30), chega-se a resposta final que ´e o total de 470 pessoas.

10. Se A, B e C s˜ao conjuntos finitos, mostre que:

n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(A ∩ B) − n(A ∩ C) − n(B ∩ C) + n(A ∩ B ∩ C)

Solu¸c˜ao:

Observe a figura seguinte.

A B A ∩ B C∩B∩A C∩B C∩A C

Nela temos trˆes conjuntos A, B e C que se interceptam mutuamente. Primeiro fazemos a soma dos elementos de cada regi˜ao.

n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C)

Em seguida subtra´ımos as regiões que são intercessões.

n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(C∩A) − n(C∩B) − n(A∩B)

Nesse processo o número de elementos da região (C ∩ B ∩ A) foi subtra´ıda do cálculo. Assim efetua-se a corre¸cão.

n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(C∩A) − n(C∩B) − n(A∩B) + n(C∩B∩A) Reorganizando os elementos e levando em conta que n(A∩C) = n(C∩A), e que assim ocorre para as demais regi˜oes, chega se a conclus˜ao que:

(11)

Obs: Este exerc´ıcio também pode ser resolvido de modo análogo ao utilizado na questão 8. Contudo, será um processo mais trabalhoso.

11. Define-se a diferen¸ca entre dois conjuntos, A e B da seguinte maneira: A − B = {x|x ∈ A e x /∈ B}.

Ache a diferen¸ca A − B nos seguintes casos: a) A = Q e B = R b) A = R e B = Q c) A ={x ∈ R|2 < x < 5} e B = {x ∈ R|x ≥ 2} d) A = n n + 1 n = 1, 2, 3, ... e B = 2n 2n + 1 n = 1, 2, 3, ... e) A = {x ∈ R|1 < x < 3} e B = {x ∈ R|x2− 3x − 4 > 0} Solu¸c˜ao:

(a) Como Q ⊂ R então não existe nenhum elemento de Q que não esteja em R. Assim A − B = ∅.

(b) R = Q ∪ I e como Q e I s˜ao conjunto disjuntos ent˜ao A − B = I (c) Observe as retas a seguir:

2 2

5

∞

A primeira reta representa o conjunto A, enquanto a segunda o conjunto B. Pelo desenho podemos notar que A ⊂ B, assim A − B = Ø.

(d) Sabemos que A = { 1/2; 2/3; 3/4; 4/5; 5/6; 6/7... } e B = { 2/3; 4/5; 6/7;... }. Observe que os elementos que estão em A e que não estão em B são as fra¸cões cujo numerador são impares. A − B = { 1/2; 3/4; 5/6; ... } Ou em outras palavras: A − B = 2n − 1 2n n = 1, 2, ...

(12)

(e) Primeiro vamos resolver a inequa¸c˜ao que caracteriza o conjunto B.

x2− 3x − 4 > 0

⇒ (x − 4)(x + 1) > 0

⇒ (x − 4) > 0 ou (x + 1) > 0

⇒ x > 4 ou x < −1 Assim, a inequa¸c˜ao ocorre quando x > 4 e x < −1. Com base na solu¸c˜ao considere as seguintes retas.

1 3

4 -1

A reta mais acima representa o conjunto A, enquanto a segunda o conjunto B. Pelo esquema é fácil ver que todos os elemento de A não pertencem a B. Sendo assim A − B = A.

12. Sejam A e B conjuntos finitos tais que n(A∪B) = 40, n(A∩B) = 10 e n(A−B) = 26. Determine n(B−A).

Solu¸c˜ao:

Observe o diagrama

A B

A∩B

Nele tiramos que:

(13)

⇒ 26 = n(A) − 10 ⇒ n(A) = 36 (1) Tamb´em vemos que:

n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) ⇒ 40 = n(A) + n(B) − 10

⇒ n(A) + n(B) = 50 (2) E por ultimo

n(B − A) = n(B) − n(A ∩ B) ⇒ n(B − A) = n(B) − 10 (3)

Com (2) e (1) conclu´ımos que n(B) = 14. Usando esse resultado em (3):

n(B − A) = 14 − 10 = 4 Assim, n(B − A) = 4

13. Denomina-se diferen¸ca sim´etrica entre dois conjuntos A e B e denota-se por A∆B o seguinte conjunto: A∆B = (A−B)∪(B−A). Isso posto:

a) Ache a diferen¸ca sim´etrica entre os pares de conjuntos do exerc´ıcio 11. b) Mostre que qualquer que seja o conjunto A, valem A∆Ø = A e A∆A = Ø; c) Mostre que, para quaisquer conjuntos A e B, vale A∆B = B∆A.

Solu¸c˜ao de a:

a) Como visto no exerc´ıcio 11 (A − B) = Ø.

Como R = Q ∪ I e Q e I são conjuntos disjuntos então se existe um r ∈ R tal que r ∈ Q então I Sendo assim:

(14)

Portanto, A∆B = (A − B) ∪ (B − A) A∆B = Ø ∪ I A∆B = I b) A − B = I e B − A = Ø, portanto A∆B = (A − B) ∪ (B − A) A∆B = I ∪ Ø A∆B = I c) Observe as retas a seguir:

B A

2 5

Por elas fica evidente que n˜ao existe nenhum ponto do conjunto A que ao mesmo tempo n˜ao esteja contido na reta B. Sendo assim:

A − B = Ø

Contudo, o conjunto de pontos b ∈ B sendo b ≥ 5 est˜ao contidos em B, mas n˜ao em A. Sendo assim: B − A = {x|x ≥ 5} Concluindo que A∆B = (A − B)∪(B − A) A∆B = Ø ∪ {x|x ≥ 5} A∆B = {x| ≥ 5} d) A = {1/2, 2/3, 3/4,...} e B = {2/3, 4/5, ...}. Sendo assim: A – B = {1/2, 3/4, 5/6}

(15)

E B – A = Ø. Logo:

A∆B = {1/2, 3/4, 5/6,...} ∪ Ø A∆B = {1/2, 3/4, 5/6,...} e) Observe as retas a seguir:

B 1 3 A –1 3 A – B = A e B – A = B sendo assim: A∆B = (A–B)∪(B–A) A∆B = A∪B A∆B = (−∞, -1)∪(1,3)∪(4,∞) Solu¸c˜ao de b: Por defini¸c˜ao:

A∆B = (A–Ø)∪(Ø–A)

Dado a ∈ A então a /∈ Ø, pois se assim fosse Ø não seria vazio. Logo todos os elementos de A não estão em B. Em outras palavras, A–Ø = A

Tamb´em por defini¸c˜ao Ø ⊂A. Sendo assim: (B–A) = Ø. Portanto, A∆B = A ∪ Ø = A.

Analogamente se prova que A∆A = Ø. Solu¸c˜ao de c:

Por defini¸c˜ao A∆B= BδA

(16)

Como na opera¸cão de união vale a comutatividade fica provada a afirma¸cão.

14. Sejam A e B subconjuntos de um conjunto U. Prove as seguintes propriedades: a) Se A∩B = Ø e A∪B = U, ent˜ao B = Ac e A = Bc

b) Se A∩B = Ø, ent˜ao B⊂Ac e A⊂Bc. c) B⊂A se, e somente se, Ac⊂Bc_. Solu¸c˜ao de a:

Como A∪B = U e A∩B = Ø ent˜ao A e B s˜ao disjuntos. Sendo assim U – A = B e portanto, Ac = B. Analogamente se prova que Bc = A.

Solu¸c˜ao de b:

Como A e B são subconjuntos de U então vamos supor a existência de um conjunto X (vazio ou não), de modo que X contenha todos os elementos de U que não estão contidos em A ou B.

Em outras palavras U = A∪B∪X. Chamando de B’ a uni˜ao do conjunto X com o conjunto B ent˜ao, U = A∪B’.

Como por hipótese A∩B = Ø, e X não possui nenhum elemento de A, então B’∩A = Ø. Esse resultado implica que U – A = B’. Como também U – A = Acentão B’ = Ac.

Assim tomando um b ∈ B ent˜ao b ∈ B’ (pois B’ = X ∪ B), e como B’ = Ac ent˜ao, b ∈ Ac. Assim todo elemento de B pertence a Ac que implica em B ⊂ Ac

Analogamente se prova que A⊂Bc. Solu¸c˜ao de c:

(⇒) Para facilitar a compreens˜ao da resposta que ser´a dada veja o seguinte diagrama.

B A

X U

Como B⊂A então Ac = U – A = X. Já Bc = (A – B)∪X. Essas afirma¸cões podem ser visualizadas na imagem acima.

(17)

Como Bc= (A – B)∪X então X⊂Bc e como Ac = X então Ac⊂Bc_{. C.Q.D}2_. (⇐) Se U = A∪B∪X então Bc= X∪A e Ac = X∪B.

Como por hip´otese Ac _{⊂ B}c _ent˜_{ao X∪A ⊂ X∪B que s´}_{o pode ocorrer quando A⊂B.} C.Q.D.

15. Prove as seguinte propriedades, evolvendo o conceito de diferen¸ca de conjuntos: a) (A−B)∩(A−C) = A−(B∪C)

b) (A−C)∩(B−C) = (A∩B)−C

c) (A∪B)−B = A se, e somente se, A∩B = ∅ Solu¸c˜ao de b:

• Seja x ∈ (A – C)∩(B – C) vamos mostrar que x ∈ (A∩B) – C.

Se x ∈ (A – C)∩(B – C), ent˜ao x ∈ (A − C) e x ∈ (B − C). Sendo assim pode se afirmar que x ∈ A, x ∈ B e n˜ao pertence a C. Da´ı se conclui que x ∈ A∩B que implica em x ∈ (A∩B) – C.

Isso prova que (A – C)∩(B – C)⊂(A∩B) – C. (1)

• Para provar a inclus˜ao contr´aria agora tomemos x ∈ (A∩B) – C e vamos demostrar que x ∈ (A – C)∩(B – C).

Se x ∈ (A∩B) – C ent˜ao x ∈ (A∩B) e x /∈ C o que implica em x ∈ A e x ∈ B. Sendo assim, x ∈ (A – C) e x ∈ (B – C), ou seja, x ∈ (A – B)∩(A – C).

Isso prova que (A∩B) – C⊂(A – C)∩(B – C). (2)

De (1) e (2) e pela propriedade anti-sim´etrica dos conjuntos fica provado que: (A∩B) – C = (A – C)∩(B – C)

Para mais detalhes de como provar a igualdade entre conjuntos veja o exerc´ıcio 4 desta apostila.

16. Encontre um exemplo para mostrar que pode ocorrer a desigualdade seguinte: A∪(B−C) 6= (A∪B)−(A∪C)

2_{A sigla C.Q.D significa Como se Queria Demonstrar. Ocorrendo no final de v´}_{arias demonstra¸}_c˜_oes

(18)

Solu¸c˜ao:

Se A = {1, 2, 3, 4}, B = {6} e C = {5, 6, 7} ent˜ao:

A∪(B – C) = {1, 2, 3, 4} ∪ ({6} – {5, 6, 7}) = {1, 2, 3, 4} ∪ ∅ A∪(B – C) = {1, 2, 3, 4} (1)

Considerando agora o 2o membro (A∪B) − (A∪C)

= {1, 2, 3, 4}∪{6} − {1, 2, 3, 4}∪{5, 6, 7} = {1, 2, 3, 4, 6} − {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} = Ø (2)

(19)

Quer saber quando sairá a próxima atualiza¸cão desse documento? Nesse caso você pode:

verificar diretamente no blog (www.number.890m.com);

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E se alguma passagem ficou obscura ou se algum erro foi cometido por favor escreva para [email protected] para que possa ser feito a devida corre¸c˜ao.

www.number.890m.com

(20)

Come¸co essa parte com uma das minhas cita¸c˜oes preferidas.

“A lógica de Aristóteles é ótima para criar brigas e contendas, mas totalmente incapaz de produzir algo de útil para a humanidade”.

(Francis Bacon).

AVISO!!

Muitas questões desta se¸cão admitem mais de uma resposta. Assim, não conclua de imediato que sua resposta está errada apenas porque está diferente da resposta do livro, do seu amigo ou do professor.

Agora, aproveitando que você está lendo essa parte, quero pedir que caso algum erro de digita¸cão, ou lógica na resolu¸cão dos exerc´ıcios seja identificado, por favor, escreva para [email protected] para que possam ser corrigidos.

17. Qual é o valor lógico das seguintes proposi¸cões?

a) 2 + 5 = 1 ou 3 > 1. b) 2 é primo e 2 é par. c) Se 1 > 2, então 1 = 2.

d) Todo numero primo ´e um numero real.

e) Qualquer que seja o numero real x, vale x2 > x. f) Existe um numero real x tal que x3 = −2.

g) Para que um triangulo seja retângulo, é necessário e suficiente que o quadrado de um de seus lados seja igual a soma dos quadrados dos outros dois.

h) Se f é uma fun¸cão real de variável real, então f é uma fun¸cão par ou uma fun¸cão ´ımpar.

i) Se x é um numero inteiro e x3 é impar, então x é impar.

j) Duas matrizes quadradas de mesma ordem s˜ao iguais se, e somente se, seus determinantes s˜ao iguais.

(21)

Solu¸c˜ao: a) F ou V = V. b) V e V = V. c) Se F ent˜ao F = V. d) Verdadeiro. e) Falso, pois 0.5 ∈ R e 0.52 < 0.5. f) Verdadeiro. Se x = √3_{−2 ent˜} ao, x3 = −2.

g) Verdadeiro. Partindo da lei dos cossenos (valida para qualquer triangulo), e tomando um triangulo de lados a, b e c tal que:

a2 = b2+ c2− 2cos(θ)

para que o quadrado de a seja igual a soma dos quadrados de b e c então é necessário que cos(θ) = 0. O que só ocorre para θ = π

2 + kπ, com k ∈ Z

∗_{. No entanto, para k > 0} ter´ıamos um triangulo com angulo interno maior que 180◦ (o que não pode ocorrer, pois a soma dos ângulos internos de qualquer triangulo deve ser igual a 180◦), sendo assim a única solu¸cão viável é θ = π

2. E como θ é o angulo entre b e c. Então o triangulo possui um angulo reto e portanto é retângulo.

h) Falso. Como exemplo temos a fun¸cão f (x) = 2x + 1 que não é nem par nem impar. i) Verdadeiro.

j) Falso. Basta por exemplo considerar as matrizes A = 2 1 2 0 e B = 0 2 1 2 .

18. Considere que numa universidade se tenha a seguinte situa¸cão: há pesquisadores que não são professores e professores que não são pesquisadores, mas alguns pesquisadores são professores. Isso posto, quais das seguintes afirma¸cões relativas a essa universidade são verdadeiras?

a) Existem professores que s˜ao pesquisadores.

b) Se P indica o conjunto dos professores e Q o conjunto dos pesquisadores, ent˜ao P ∩ Q 6= {}.

(22)

d) O conjunto dos professores não está contido no conjunto dos pesquisadores. e) Existem pesquisadores que não são professores.

f) O conjunto dos pesquisadores est´a contido no conjunto dos professores.

Solu¸c˜ao:

O diagrama a seguir ilustra a situa¸c˜ao descrita.

Professor Pesquisador

a) V; b) V; c) F; d) V; e) V; f) F.

19. Escreva na forma “se...ent˜ao...”:

a) Qualquer lado de um triangulo ´e menor que a soma dos outros dois lados. b) Todo numero primo diferente de 2 ´e impar.

c) Para um numero real x tal que −2 < x < 2, vale x2< 4.

d) Duas retas quaisquer, paralelas ente si e n˜ao paralelas ao eixo das ordenadas, tˆem o mesmo coeficiente angular.

e) Sempre que uma fun¸cão real de variável real é diferenciável num ponto, ela é continua nesse ponto.

f) Um determinante ´e nulo quando uma de suas filas ´e formada de zeros.

Solu¸c˜ao:

a) Se ∆ é um triangulo, então qualquer lado de ∆ é menor que a soma dos outros dois.

(23)

c) Se x ´e um numero real tal que −2 < x < 2, ent˜ao x2 < 4.

d) Se duas retas são paralelas entre si e se não são paralelas ao eixo das ordenadas, então essas retas têm o mesmo coeficiente angular.

e) Se uma fun¸cão real de variável real é diferenciável num ponto, então ela é continua nesse ponto.

f) Se uma das filas de um determinante é formada de zeros, então esse determi-nante é nulo.

(24)

20. Sejam p, q e r proposi¸c˜oes, as duas primeiras verdadeiras e a terceira falsa. Indique o valor l´ogico de:

a) p e (∼ q): b) (∼ r) ou (∼ p): c) se (p e r), ent˜ao q: d) p se, e somente se, r.

Solu¸c˜ao:

a) V e F = F. b) V ou F = V.

c) Se (V e F), ent˜ao V ⇒ se F, ent˜ao V = V. d) V se, e somente se, F = F.

21. Negue as seguintes proposi¸c˜oes:

a) Se x ∈ R e x > 2, ent˜ao x2≥ 4.

b) Nenhum triângulo retângulo é equilátero.

c) Qualquer que seja o numero real x, existe um numero inteiro n tal que n > x. d) Existe um numero complexo z tal que z5= −2.

e) Todo retˆangulo ´e um paralelogramo.

f) Se dois planos são paralelos, então toda reta de um deles é paralela ao outro plano.

(25)

a) Existe x, x > 2, tal que x2< 4.

b) Existe um triângulo retângulo equilátero.

c) Existe um numero real x tal que, qualquer que seja o inteiro n, verifica-se n ≤ x.

d) Qualquer que seja o numero complexo z, vale z56= −2. e) Existem retângulos que não são paralelogramos.

f) Existem planos paralelos tais que um deles contém uma reta que não é paralela ao outro.

22. Quantifique as fun¸c˜oes proposicionais que seguem de modo a torna-las verdadeiras (para todas o universo e conjunto dos n´umeros reais):

a) x2− 5x + 6 = 0 b) x2− 16 = (x − 4)(x + 4) c) sen2_{(x) + cos}2_{(x) = 1} d) sen2(x) − sen(x) = 0 e) x2− 3x + 3 > 1 f) x2 > 2x3 Solu¸c˜ao:

a) Note que x2 − 5x + 6 = 0 ⇒ x1 = 3 e x2 = 2. Assim, podemos usar o quantificador existe.

A forma geral para esse quantificador ´e:

“Existe um objeto x, elemento do conjunto A, que goza das seguintes propriedades”.

(26)

Veja como ficaria a resposta neste caso:

Existe um x, pertencente a R, tal que x2− 5x + 6 = 0.

b) Observe que se (x − 4)(x + 4) ´e a fatora¸c˜ao de x2− 16. Ou seja para qualquer valor de x teremos a igualdade x2− 16 = (x − 4)(x = 4). Assim podemos usar o quantificador para todo.

A forma geral para esse quantificador ´e:

“Para todo x ∈ A, afirma¸c˜oes sobre x.” Veja como ficaria a resposta:

Para todo x ∈ R, x2− 16 = (x − 4)(x + 4).

c) De fato a identidade pitag´orica ´e verdadeira para qualquer valor de x sendo assim uma resposta poss´ıvel seria:

Para todo x ∈ R, sen2(x) + cos2(x) = 1. d) Fazendo sen(x) = y ent˜ao:

sen2(x) − sen(x) = 0 ⇒ y2 − y = 0. Cuja solu¸c˜ao ocorre apenas para y = 0 ou y = 1. Sendo assim sen(x) = 0 ou sen(x) = 1. O que implica em x = 90 ou x = 1.57. Com isso uma resposta poss´ıvel seria:

Existe um x, pertencente a R, tal que sen2(x) − sen(x) = 0.

e) Resolvendo a inequa¸cão chegamos a conclusão de que a inequa¸cão é verdadeira para x > 2 e x < 1. Então uma solu¸cão aceitável seria:

Existe um x, pertencente a R, tal que x2− 3x + 3 > 1. f) A solu¸c˜ao dessa inequa¸c˜ao ocorre apenas para x < 1, assim: Existe um x, pertencente a R, tal que x2> 2x3.

23. Se uma fun¸cão proposicional envolve n variáveis, então é preciso quantifica-la n vezes a fim de que ela se torne uma proposi¸cão. Quanto a isso, é importante observar

(27)

que os quantificadores existencial e universal nem sempre comutam entre si, como se pode verificar pelas proposi¸cões que se seguem, a primeira verdadeira e a segunda falsa (em ambas o dom´ınio da variável é R). “Qualquer que seja x, existe y tal que x + y = 1” e “Existe x tal que, qualquer que seja y, x + y = 1”.

Isso posto, quantifique as seguintes fun¸cões proposicionais de modo a torna-las ver-dadeiras (em todas, o universo das duas variáveis é o conjunto dos números reais):

a) y > x

b) (x + y)2_{= x}2_{+ 2xy + y}2 c) x2 = y

d) sen(x + y) = sen(x) + sen(y) e) x2+ y2 ≥ 0

Solu¸c˜ao:

a) Para todo y, existe um x, tal que y > x.

b) Para todo x e para todo y ocorre que (x + y)2 = x2+ 2xy + y2. c) Existe um x e existe um y, tal que x2= y.

d) Existe um x e existe um y, sen(x + y) = sen(x) + sen(y). e) Para todo x e para todo y ocorre que x2+ y2 ≥ 0.

24. Determine o valor lógico das proposi¸cões seguintes, nas quais x e y são variáveis em {1, 2, 3}:

a) Existe x tal que, qualquer que seja y, x < y2+ 1. b) Para todo x existe y tal que x2+ y2 = 4.

c) Existem x e y tais que x2+ y2= x3.

(28)

a) Verdadeira. Por exemplo, tomando y = x = 1 a condi¸c˜ao ´e satisfeita. x < y2+

1 < 1 + 12

A mesma veracidade se verifica para y = 2 ou y = 3.

b) Falsa. Tomando x = 3, por exemplo, chegar´ıamos a y2= −5 /∈ {1, 2, 3} c) Verdadeira. Usando x = y = 2 teremos: 22+ 22 = 23.

25. Em quais das condi¸cões seguintes é correto afirmar que a primeira proposi¸cão (fun¸cão proposicional na variável real x) acarreta a segunda?

a) Se 2 = 0, então 4 é um numero primo. b) Se x2+ x − 2 = 0, então x = −2.

c) Se x é um numero real, então x é um numero complexo. d) Se x2− 4 < 0, então x < 2.

e) Se tg(x) > 1, ent˜ao x > π/4.

Solu¸c˜ao:

a) Verdadeira.

b) Falsa. As ra´ızes de x2+ x − 2 = 0 ocorrem apenas para x = 2 ou x = −1. Logo x n˜ao pode ser igual a −2.

c) Correto. Todo conjunto R est´a contido em C.

d) Correto. Resolvendo a inequa¸cão em questão chegamos a −2 < x < 2. O que prova a condi¸cão de x < 2.

(29)

e) Correto. A solu¸cão para a equa¸cão é π

2+kπ > x > π

4+kπ com k ∈ {0, 1, ...}. O que prova a condi¸c˜ao de x > π

4.

26. Para quais das bicondicionais seguintes seria correto dizer que a primeira proposi¸cão (fun¸cão proposicional na variável real x) acarreta a segunda?

a) 2x − 5 ≥ 5 se, e somente se, x > 5.

b) Se x2+ 3x + 2 < 0 se, e somente se, −2 < x < −1. c) sen(x) = sen(2x) se, e somente se, x = 0.

d) Uma matriz quadrada A ´e invers´ıvel se, e somente se, det(A) 6= 0.

e) As retas y = 2x e y = mx + n s˜ao perpendiculares se, e somente sem 2m + 1 = 0.

Solu¸c˜ao:

a) Incorreto. Resolvendo 2x − 5 ≥ 5 chegamos a x ≥ 5.

b) Correto. A solu¸c˜ao de x2+ 3x + 2 < 0 de fato ocorre para −2 < x < −1. c) Correto. sen(x) = sen(2x) ⇒ x = 2kπ com k ∈ {0, 1, ...}. Assim, a primeira proposi¸c˜ao acarreta na segunda quando fazemos k = 0.

d) Correto. A demonstra¸cão desta proposi¸cão é simples mas, razoavelmente longa. Como o problema não pede demonstra¸cão deixo a cargo do leitor que tenha interesse.

e) Correto. Recorrendo ao cálculo diferencial se a reta y = mx + n é perpendic-ular a y = 2x então m = − 1

f0(2x), o que implica em m = − 1

2. Dessa ultima equa¸c˜ao tiramos que 2m − 1 = 0. Assim, a primeira proposi¸c˜ao acarreta na segunda.

(30)

a) Se dois números inteiros são impares, então a soma deles é um numero par. b) Se uma fun¸cão real de variável real é continua num ponto, então ela é difer-enciável nesse ponto.

c) Se uma matriz quadrada é invers´ıvel, então seu determinante é diferente de zero.

d) Se o grau de um polinômio real é 2, então esse polinômio tem duas e apenas duas ra´ızes complexas.

e) Se dois planos são perpendiculares, então toda reta de um deles é perpendic-ular ao a outro.

Solu¸c˜ao:

a) (Reciproca ): Se a soma de dois números inteiros é par, então esses números são impares.

(Contrapositiva ): Se a soma de dois números inteiros é impar, então um deles é par.

b) (Reciproca ): Se uma fun¸cão real de variável real é diferenciável num ponto, então ela é cont´ınua nesse ponto.

(Contrapositiva ): Se uma fun¸cão real de variável real não é diferenciável num ponto, então ela não cont´ınua nesse ponto.

c) (Reciproca ): Se o determinante de uma matriz é diferente de zero, então a matriz correspondente é invers´ıvel.

(Contrapositiva ): Se o determinante de uma matriz é igual a zero, então essa matriz não é invers´ıvel.

d) (Reciproca ): Se um polinômio real tem duas e apenas duas ra´ızes complexas, então esse polinômio tem grau 2.

(Contrapositiva ): Se o numero de ra´ızes complexas de um polinômio real é diferente de 2, então o grau desse polinômio é diferente de 2.

e) (Reciproca ): Se todas as retas de um plano são perpendiculares a um outro plano, então os dois planos são perpendiculares entre si.

(Contrapositiva ): Se num plano há uma reta que não é perpendicular a um segundo plano, então os dois planos não são perpendiculares.

(31)

28. Classifique como verdadeiras ou falsas as reciprocas e as contra positivas das proposi¸c˜oes do exerc´ıcio 27.

Solu¸c˜ao: Letra A: F e V. Letra B: V e F. Letra C: V e V. Letra D: V e V. Letra E: V e F.

29. Enuncie a contrapositiva da propriedade transitiva da reta “maior que” em R, ou sejam da propriedade: “Se a > b e b > c, ent˜ao a > c”.

Solu¸c˜ao:

Se a ≤ c, ent˜ao a ≤ b ou b ≤ c

30. Enuncie a contrapositiva da seguinte proposi¸cão: “Sejam A, B e C pontos distintos de um plano. Se esses pontos não são colineares, então AB < BC + AC”.

Solu¸c˜ao:

Sejam A, B e C pontos distintos de um plano. Se esses pontos s˜ao colineares, ent˜ao AB ≥ BC + AC.

31. Ache um contra exemplo para cada uma das seguintes afirma¸c˜oes:

a) Para todo x ∈ R, x2− 1 > 60. b) Para todo x ∈ R, x3_{− 4x}2 _{< 20.} c) Para todo x ∈ R, cosx > cos(x + 1).

d) Para todo x ∈ R∗+, vale log10(x) > log10(x)2.

(32)

a) Para x = 1 temos 12− 1 > 60 ⇒ 0 > 60.

b) Para x = 10 temos 103− 4(10)2 _{< 20 ⇒ 600 < 20.} c) Para x = 0 temos cos(0) > cos(0 + 1) ⇒ 0 > cos(1). d) Para x = 1, vale log10(1) > log10(1)2 ⇒ 0 > 0.

32. Justifique a propriedade seguinte de duas maneiras, a primeira através de sua con-trapositiva e a segunda por redu¸cão ao absurdo: “Se m é um inteiro tal que m3+ 2 é impar, então m é impar”.

Solu¸c˜ao por contrapositiva:

A contra positiva da proposi¸cão é: “Se m é um inteiro tal que m3+ 2 é par, então m é par”. O que de fato é verdade pois o produto entre números pares é par e a soma de pares também. Assim, como a contrapositiva da proposi¸cão é verdadeira então a proposi¸cão também é.

Solu¸c˜ao por absurdo:

Suponha por absurdo que m ´e par. Nesse caso m = 2k com k ∈ Z. Sendo assim: m3+ 2 = (2k)3+ 2

= 8k3+ 2 = 2(4k3+ 1)

Como todo numero divis´ıvel por dois é par então m3+ 2 = 2(4k3+ 1 é par. O que é um absurdo, pois por hipótese m3_{+ 2 ´}_{e impar. Logo m tamb´}_{em deve ser impar.}

33. Prove, por meio de um contra exemplo, que n2 + n + 41 (em que n é um inteiro estritamente positivo) nem sempre é um número primo.

Solu¸c˜ao:

Essa fórmula é conhecida como formula de Euler e só é valida para n = 1, ..., 39 até o momento. Assim poder´ıamos dar como contra exemplo n = 40. Onde ter´ıamos 402+ 40 + 41 = 1681 que é divis´ıvel por 41.

(33)

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(34)

2 Introdu¸

c˜

ao a Aritm´

etica dos N´

umeros Inteiros

2.1 EXERC´ICIOS DA P ´AGINA 33

1. Demonstre por indu¸c˜ao:

a) 1 + 2 + · · · + n = n(n + 1) 2 (n ≥ 1) b) 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2 (n ≥ 1) c) 13+ 23+ · · · + n3 = (1 + 2 + ... + n)2 (n ≥ 1) d) 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + n · (n + 1) = n(n + 1)(n + 2) 3 (n ≥ 1) e) n2> n + 1 (n ≥ 2) Solu¸c˜ao de a:

i) Observe que a proposi¸c˜ao ´e verdadeira para n = 1, pois 1 = 1(1 + 1)

2 = 1

ii) Admitindo que a proposi¸c˜ao seja verdadeira para um k ∈ A ent˜ao: 1 + · · · + k = k(k + 1)

2 Somando (k + 1) em ambos os termos

1 + · · · + k + (k + 1) = k(k + 1)

2 + (k + 1) chegamos ´a:

1 + · · · + k + (k + 1) = (k + 1)(k + 2) 2

O que mostra que a proposi¸cão também seria válida para k + 1.

Assim, pelo princ´ıpio de indu¸cão a proposi¸cão é valida para todo n ∈ N maiores que 1. Solu¸cão de b:

(35)

Prova de i:

A proposi¸c˜ao ´e verdadeira para 1 pois, 1 = 12. Prova de ii:

Se a proposi¸cão é verdadeira para k então:

1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) = k2

Note que os valores a direita crescem de 2 em 2 (1, 3, 5,...). Assim o pr´oximo termo da sequencia depois de 2k − 1 seria 2k + 1.

1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1) = k2+ (2k + 1)

1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)2

Ou seja, se a proposi¸cão é valida para k então ela é válida para k + 1. Sendo assim, pelo princ´ıpio de indu¸cão a proposi¸cão é verdadeira para todo n ≥ 1.

Solu¸c˜ao de c: prova de i:

A proposi¸cão é válida para 1, pois 13 = 12. Prova de ii:

Se a proposi¸cão é válida para k então

13+ 23+ · · · + k3 = (1 + 2 + ... + k)2 Somando (k + 1)3 _{em ambos os membros ent˜}_ao

13+ 23+ · · · + k3+ (k + 1)3 = (1 + 2 + ... + k)2+ (k + 1)3

Como visto na letra a do exerc´ıcio 1 + 2 + ... + k = k(k + 1)

2 . Assim, podemos fazer a seguinte substitui¸c˜ao

(1 + 2 + ... + k)2+ (k + 1)3 = k(k + 1) 2

2

(36)

(1 + 2 + ... + k)2+ (k + 1)3= (k + 1) 2_{(k + 2)}2 22 (1 + 2 + ... + k)2+ (k + 1)3 = (k + 1)(k + 2) 2 2 (1 + 2 + ... + k)2+ (k + 1)3= (1 + 2 + ... + (k + 1))2

Com isso mostramos que se a proposi¸cão é válida para k então ela também é válida para k + 1. Assim, pelo princ´ıpio de indu¸cão a proposi¸cão é válida para todo n ≥ 1.

Solu¸c˜ao de d: Prova de i:

A proposi¸cão é válida para 1.

1 · 2 = 1(1 + 1)(1 + 2) 3 6 = 6 Prova de ii:

Tomando a proposi¸c˜ao como verdadeira para k ent˜ao:

1 · 2 + 2 · 3 + · · · + k · (k + 1) = k(k + 1)(k + 2) 3

Somando a ambos os membros (k + 1)(k + 2)

1 · 2 + 2 · 3 + · · · + k · (k + 1) + (k + 1) · (k + 2) = k(k + 1)(k + 2)

3 + (k + 1)(k + 2) 1 · 2 + 2 · 3 + · · · + (k + 1) · (k + 2) = (k + 1)(k + 2)(k + 3)

3

Solu¸c˜ao de d: Prova de i:

(37)

A proposi¸c˜ao ´e verdadeira para 2.

22 > 2 + 1

4 > 3 Prova de ii:

Se a proposi¸cão é verdadeira para k então:

k2 > k + 1 Somando 1 em ambos os membros ent˜ao:

k2+ 1 > k + 2 Como (k + 1)2> k2+ 1 ent˜ao

(k + 1)2 > k2+ 1 > k + 2 O que resulta em (k + 1)2 > k + 2

2. Demonstre o segundo princ´ıpio de indu¸c˜ao. Solu¸c˜ao:

Na prática a condi¸cão i e ii da indu¸cão fraca e forte, respectivamente dizem a mesma coisa. Assim, a mesma demonstra¸cão usada para o primeiro princ´ıpio pode ser usada para justificar o segundo.

(38)

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(39)

3. Sejam m e n inteiros ´ımpares. Prove que:

a) 4|(2m − 2n) b) 8|(m2− n2₎ c) 8|(m2+ n2− 2)

Solu¸c˜ao de a:

Se m e n ´e ´ımpar ent˜ao, m = 2p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t ∈ Z. Sendo assim: 4|2m − 2n

⇒ 4|2(2p + 1) − 2(2t + 1) ⇒ 4|4p − 4t

⇒ 4|4(p − t)

Finalizando a demonstra¸c˜ao. Solu¸c˜ao de b:

Se m e n ´e ´ımpar ent˜ao, m = 2p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t ∈ Z. Sendo assim: 8|m2− n2

⇒ 8|(2p + 1)2_{− (2t + 1)}2 ⇒ 8|4(p2_{− t}2_{) + 4(p − t)}

Analisando p2− t2 _{e p − t temos as seguintes possibilidade:}

(i) Se p ´e par e t ´e ´ımpar p2− t2 _´_{e ´ımpar e p − t tamb´}_em.

Prova de que p2− t2 _´_{e impar.}

(40)

p2− t2_{= (2p}0₎2_{− (2t}0_{+ 1)}2 p2− t2_{= 4p}20 − (4t20 + 4t0+ 1) p2− t2_{= 2(2p}20 − 2t20 − 2t0) − 1 Fazendo k = 2p20− 2t20_{− 2t}0 _ent˜_ao p2− t2_{= 2k − 1}

Que ´e a forma de um n´umero ´ımpar.

Prova de que p − t tamb´em ser´a impar

p − t = (2p0) − (2t0+ 1) p − t = 2(p0− t0) − 1

Fazendo k = 2(p0− t0) ent˜ao: p − t = 2k − 1

Que ´e a forma de um numero ´ımpar.

(ii) Se t ´e par e p ´e ´ımpar p2− t2 _{e p − t ser˜}_{ao ´ımpares. A demonstra¸c˜}_{ao ´}_{e an´}_aloga a anterior.

(iii) Se p e t s˜ao pares ent˜ao p2− t2 _{e p − t tamb´}_{em ser˜}_{ao pares (Demonstra¸c˜}_{ao a} cargo do leitor).

(iv) Se p e t s˜ao ´ımpares ent˜ao p2− t2 _{e p − t s˜}_{ao tamb´}_{em pares (Demonstra¸}_c˜_{ao a} cargo do leitor).

Se ocorrer o primeiro caso ent˜ao podemos substituir p2− t2 _{e p − t por 2k + 1 e 2k}0_{+ 1,} respectivamente. Assim: 8|4(p2_{− t}2_{) − 4(p − t)} ⇒ 8|4(2k + 1) + 4(2k0_{+ 1)} ⇒ 8|8k + 4 + 8k0_{+ 4} ⇒ 8|8(k + k0_{) + 8} ⇒ 8|8((k + k0) + 1)

(41)

Se ocorrer o segundo, terceiro ou quarto caso a conclusão será a mesma. Essas demon-stra¸cões ficam a cargo do leitor.

Solu¸c˜ao de c:

Se m e n ´e ´ımpar ent˜ao, m = 2p + 1 e n = 2t + 1, para algum p e t ∈ Z. Sendo assim: 8|m2+ n2− 2

⇒ 8|(2p + 1)(2p + 1) + (2t + 1)2_{− 2} ⇒ 8|4(p2_{− t}2_{+ p + t)}

Independente da natureza (par ou ´ımpar) de p e t. O que est´a entre parenteses ser´a um valor par. Sendo assim:

8|4(p2− t2_{+ p + t)} ⇒ 8|4(2k)

⇒ 8|8k

Completando a demonstra¸c˜ao.

4. Mostre que entre dois números pares consecutivos um é divis´ıvel por 4. Solu¸cão:

Se p ´e um par ent˜ao: p = 2k com k ∈ Z

e o par consecutivo ser´a p + 2 = 2k + 2.

• Se k for = 0 ent˜ao 4|p. Prova:

p = 2k, mas se k = 0 então p = 0. Como 4 | 0 então 4 | p. • Se k for ´ımpar então 4|p + 2.

Prova:

(42)

= 2(2k0+ 1) + 2 = 4k0+ 2 + 2 = 4(k0+ 1)

como 4|4(k0+ 1) ent˜ao 4|p + 2. • Se k for par ent˜ao 4|p.

Prova: p = 2k = 2(2k0) = 4k0

como 4|4k0 ent˜ao 4|p.

Assim, em qualquer hip´otese p ou p + 2 ´e divis´ıvel por 4.

5. Mostre que a diferen¸ca entre os quadrados de dois inteiros consecutivos ´e sempre um numero ´ımpar. E a diferen¸ca entre os cubos de dois inteiros consecutivos?

Solu¸c˜ao de a:

Seja p e q n´umeros consecutivos um deve ser par e o outro ´ımpar. Tomando p ´ımpar ent˜ao:

p2− q2

= (2k + 1)2− (2t)2 _{para algum k e t ∈ Z} = 4k2+ 2k + 1 − 4t2

= 2(2k2− 2t2_{+ k) + 1}

Fazendo z = 2k2− 2p2_{+ k ent˜}_ao, p2_{− q}2_{= 2z + 1}

que é a forma de um número ´ımpar. Solu¸cão de b:

(43)

Se p e q são consecutivos então um é par e outro é ´ımpar. Escolhendo p ´ımpar, então: p3− q3 = (2k + 1)3− (2t)3 _{para algum k e t ∈ Z} = 2(4k3− 4t3_{+ 6k}2_{+ 4k) + 1} Fazendo w = 4k3− 4t3_{+ 6k}2_{+ 4k ent˜}_ao (2k + 1)3− (2p)3_{= 2w + 1}

Que ´e a forma de um n´umero ´ımpar.

6. Demonstre por indu¸c˜ao que:

a) 7|(23n− 1) (n ≥ 0) b) 8|(32n+ 7) (n ≥ 0) c) 11|(22n· 3n+2_{+ 1) (n ≥ 1)} d) 7|(32n+1+ 2n+2) (n ≥ 1) e) 17|(34n+2_{+ 2 · 4}3n+1_{) (≥ 0)} Solu¸c˜ao de a: i) Para n = 0 temos: 23(0)− 1 = 20_{− 1} = 0

como 7|0 a proposi¸c˜ao ´e verdadeira para n = 0. ii)

Se a proposi¸cão é verdadeira para k então 7|23k− 1. ⇒ (23k_{− 1) = 7p com p ∈ Z}

(44)

Multiplicando ambos os termos por 23 (23k− 1)23_{= 7p · 2}3 23k+3− 8 = 7(8p) 23(k+1)− 1 = 7(8p) + 7 23(k+1)− 1 = 7(8p + 1) como 7|7(8p + 1) ent˜ao 7|23(k+1)− 1. Como quer´ıamos demostrar.

Solu¸c˜ao de 6b: i) Tomando n = 0 temos 32(0)+ 7 = 1 + 7 = 8

Logo a proposi¸c˜ao ´e verdadeira para n = 0. ii)

Se a proposi¸cão é verdadeira para k então 8|32k+ 7. ⇒ 32k_{+ 7 = 8p para algum p ∈ Z.}

multiplicando ambos os lados por 32. (32k+ 7) · 32 = 8p · 32

32k+2+ 63 = 8(9p) 32(k+1)_{+ 7 = 8(9p) − 56} 32(k+1)+ 7 = 8(9p − 7)

Como 8|8(9p − 7) ent˜ao 8|3k+1+ 7. Como quer´ıamos demonstrar. Solu¸c˜ao de c:

(45)

i)

Para n = 1 temos 22(1)−131+2+ 1 = 2 · 33+ 1 = 55

como 11|55 então, a proposi¸cão é verdadeira para n = 1 ii)

Se a proposi¸c˜ao for verdadeira para k ent˜ao: 11|(22k· 3k+2_{+ 1)}

⇒ 22k−1₃k+2_{+ 1 = 11p para algum p ∈ Z} Multiplicando por 22· 3 ambos os membros. 22· 3(22k+1_{· 3}k+2_{+ 1) = 11p · 2}2_{· 3} 22k−1· 22_{· 3}k+2_{· 3 + 12 = 11(12p)} 2(2k−1)+2· 3(k+2)+1_{+ 1 = 11(12p) − 11} 22(k+1)−1_{· 3}(k+1)+2_{+ 1 = 11(12p − 1)}

Como 11|11(12p − 1) ent˜ao, 11|22(k+1)−1·3(k+1)+2 _{+ 1} Como quer´ıamos demonstrar.

Solu¸c˜ao de d: i)

Para n = 1 temos:

32(1)+1+ 21+2= 33+ 23 = 35

como 7|35 então a proposi¸cão é verdadeira para n = 1. ii) Se verdadeira para k então

7|32k+1+ 2k+2

(46)

Multiplicando ambos os membros da equa¸c˜ao acima por 182 182(32k+1+ 2k+2) = 182(7p) 18(3(2k+2)+1· 2 + 2(k+1)_{· 9) = 7(18}2_p) 3(2k+2)+1· 2 · 32_{+ 2}(k+1)+2_{· 9 · 2 = 7(18}2_p) 3(2k+2)+1· 18 + 2(k+1)+2_{· 18 = 7(18}2_p) 32(k+1)+1+ 2(k+1)+2 = 7(18p) como 7|18 ent˜ao 7|32(k+1)+1+ 2(k+1)+2. Como quer´ıamos demonstrar.

7. Prove que:

a) Um dos inteiros a, a + 2, a + 4 ´e divis´ıvel por 3. b) Um dos inteiros a, a + 1, a + 2, a + 3 ´e divis´ıvel por 4.

Solu¸c˜ao de a (Retirada do blog do Everton Alves3):

De acordo com o algoritmo da divisão, a = 3q ou a = 3q + 1 ou a = 3q + 2. Isto é, os restos da divisão por 3 somente podem ser 0, 1 ou 2.

• Se a = 3q, est´a comprovada a hip´otese.

• Se a = 3q + 1, ent˜ao a + 2 = 3q + 2 + 1 = 3q + 3 = 3(q + 1) ⇒ a + 2 ´e divis´ıvel por 3.

• Se a = 3q + 2, ent˜ao a + 1 = 3q + 2 + 1 = 3q + 3 = 3(q + 1) ⇒ a + 1 ´e divis´ıvel por 3.

Portanto, uma das trˆes formas ser´a divis´ıvel por 3.

8. Prove que o produto de dois números inteiros é impar se, e somente se, ambos os números são ´ımpares.

3

(47)

Solu¸c˜ao: (⇒)

Admita dois n´umeros ´ımpares p e q tal que p = 2k + 1 e q = 2k0+ 1. Fazendo p · q

p · q = (2k + 1)(2k0+ 1)

= 4kk0+ 2k + 2k0+ 1 = 2(2kk0+ k + k0) + 1

(⇐)

Considere um número w = pq. Onde w é um número ´ımpar. Supondo por absurdo que p e/ou q são pares chegamos ao absurdo de que w é par. Assim, p e q devem ser ´ımpares.

9. Prove que, quaisquer que sejam os inteiros a e b, a express˜ao a + b + a2+ b2representa um par.

Solu¸c˜ao:

Se a é par, a2 também é par, mas se a é ´ımpar, a2 também é ´ımpar. O mesmo acontece com b e b2.

Sendo assim, a2+ a é um número par e b2 + b também é um número par e portanto, a2+ a + b2+ b também é par.

10. Na divis˜ao euclidiana de 802 por a, o quociente ´e 14. Determine os valores poss´ıveis de a e do resto.

Solu¸c˜ao:

Pelo algoritmo de divis˜ao euclidiana 802 = 14a + r com 0 ≤ r < a.

Uma solu¸cão particular é (a, r) = (57, 4), assim as solu¸cões gerais são: a = 57 + t e r = 4 − 14t. Mas, como 0 ≤ r < a, temos

0 ≤ 4 − 14t < 57 + t Isto ´e, −3 < t ≤ 0, logo, t = {−3, −2, −1, 0}. Assim, valores poss´ıveis de a e do resto s˜ao:

(48)

(a, r) = (54, 46), (55, 32), (56, 18), (57, 4)

11. É poss´ıvel encontrar dois interior múltiplos de 5 tais que o resto da divisão euclidiana de um pelo outro seja 13? Justifique a resposta.

Solu¸c˜ao:

Se um numero múltiplo de 5 é dividido por um outro múltiplo de 5, ou a divisão será exata, ou terá um resto também múltiplo de 5. Como 13 não é divis´ıvel por 5 o resto não poderá ser 13.

12. Quantos números naturais entre 1 e 1000 são divis´ıveis por 9? Justifique a resposta. Solu¸cão:

Todos os números entre 1 e 1000 podem ser colocados sob a forma de uma PA onde a1 = 9 e an = 999 com razão r = 9. Assim, determinar o numero de termos dessa PA é conhecer a quantidade de números naturais entre 1 e 1000 que são divis´ıveis por 9.

999 = 9 + (n − 1) · 9

9n = 999

n = 111 Ou seja, temos 111 n´umeros.

13. Sejam m um inteiro cujo resto da divisão por 6 é 5. Mostre que o resto da divisão de m por 3 é 2.

Solu¸c˜ao no pr´oprio livro.

14. Se o resto na divisão euclidiana de um inteiro m por 8 é 5, qual é o resto da divisão m por 4?

Solu¸c˜ao: m = 8k + 5

(49)

m = 4(2k + 1)

Fazendo a divis˜ao de m por 4 m

4 = 2k + 1 Assim, o resto ´e 1.

15. Se m é um inteiro ´ımpar, mostre que o resto da divisão de m2 por 4 é 1. Solu¸cão:

m · m = (2k + 1) · (2k + 1) m2= 4k2+ 4k + 1

m2= 4(k2+ k) + 1

Chamando k2+ k = q ent˜ao: m2= 4q + 1

(50)

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(51)

16. Encontre o máximo divisor dos pares de números que seguem e, para cada caso, dê uma identidade de Bezout.

Solu¸c˜ao de a: 70 = 20(3) + 14 (i) 20 = 14(1) + 6 (ii) 14 = 6(2) + 2 (iii) 6 = 2(3) + 0 (iv) ⇒ mdc(74, 20) = 2

Da equa¸c˜ao (iii) escreve-se 14 − 6(2) = 2 (v) Combinando v e ii 14 − (20 − 14)2 = 2 14(3) − 20(2) = 2 (vi) Combinando vi com i (74 − 20(3))(3) − 20(2) = 2 74(3) − 20(9) − 20(2) = 2 74(3) + 20(−11) = 2

Assim o mdc(20, 74) = 2 e uma identidade ´e 74(3) + 20(−11) = 2. Solu¸c˜ao de b:

(52)

Solu¸c˜ao de c:

(53)

17. O máximo divisor comum de dois números é 48 e o maior deles é 384. Encontre o outro número.

Solu¸c˜ao:

Como 384 é divis´ıvel por 48 então 48 é a resposta.

18. O máximo divisor comum de dois números é 20. Para se chegar a esse resultado pelo processo das divisões sucessivas, os quocientes encontrados foram, pela ordem, 2, 1, 3 e 2. Encontre os dois números.

Solu¸c˜ao (Retirada do PROFMAT 2014.1):

Utilizando o processo das divis˜oes sucessivas, para os inteiros positivos a, b, obt´em-se: • a = b · 1 + r; 0 < r < b • b = r · 5 + r₁; 0 < r1< r • r = r1· 3 + r2; 0 < r2 < r1 • r1 = r2· 3 + r3; 0 < r3< r2 • r2 = r3· 1 + r4; 0 < r4< r3 • r3 = r4· 3

Portanto, r4 = mdc(a, b) e por hip´otese r4 = 20 o que implica em r3 = 60. Substituindo esses valores nas equa¸c˜oes anteriores encontra-se a = 180 e b = 500.

19. a) Prove que mdc(a. mdc(b,c)) = mdc(a, b, c).

b) Use esse fato para encontrar o m´aximo divisor comum de 46, 64, e 124. Solu¸c˜ao de a:

Seja d = mdc(a, b, c) e provemos que d = mdc(a, mdc(b, c)). (i) d ≥ 0, pela defini¸c˜ao de m´aximo divisor comum.

(ii) Como d|a, d|b e d|c, por hipótese, então d|a e d|mdc(b, c), visto que todo divisor de b e c é divisor do máximo divisor comum desses números.

(54)

máximo divisor comum desses números, ou seja, divide d. Solu¸cão de b:

mdc(46, 64, 124) = mdc(46, mdc(64, 124)) = mdc(46, 4) = 2

20. Prove que mdc(n, 2n+1) = 1, qualquer que seja o inteiro n. Solu¸c˜ao:

Usando o m´etodo de divis˜oes sucessivas mdc(n, 2n+1) = mdc(n, 1) = 1.

21. Sejam a e b números inteiros tais que mdc(a, a + b) = 1. Prove que mdc(a, b) = 1. O reciproco desse resultado também é verdadeiro. Enuncie-o e demonstre-o. Sugestão: Para a primeira parte, tome um divisor de c de a e b e mostre que ele também é divisor de a e a + b.

Solu¸c˜ao:

Se mdc(a, a + b) = 1, ent˜ao existem os inteiros x e y, tais que (a)x + (a + b)y = 1 ⇒ ax + ay + by = 1

⇒ a(x + y) + by = 1 ⇒ mdc(a, b) = 1

Por outro lado, se mdc(a, b) = 1, ent˜ao existe um x e y tais que ax + by = 1. Fazendo x = y + z, teremos a(y + z) + by = 1 ⇒ (a + b)y + az = 1 ⇒ mdc (a, (a + b)) = 1. Como quer´ıamos demonstrar.

22. Demonstre que, se a|c, b|c e mdc(a, b) = d, ent˜ao ab|cd. Sugest˜ao: Use a identidade de Bezout para a, b e d.

Solu¸c˜ao:

Se a|c então existe um k ∈ Z tal que c = a · k. Como mdc(a, b) = d então d|a e então c =

a d

· d · k.

Portanto, existe um inteiro x = dk, tal que c = a

d

(55)

Da mesma forma pode-se escrever c = b d

y (ii).

Multiplicando (i) por (ii), temos c2 = a d b d xy ⇒ c2_{· d}2_{= (ab)xy} ⇒ (cd)2_{= (ab)xy} ⇒ (ab)|(cd)2_.

Suponha agora que ab - cd. O que implicaria em cd = k(ab) + r com k, r ∈ Z∗ e ab > r ≥ 1

Sendo assim:

(cd)2= (k(ab) + r)2

⇒ (cd)2 = (k2(ab)2+ 2k(abr) + r2)

Mesmo supondo que ab - cd provamos que ab|(cd)2 assim, cada termo do polinômio acima deve ter divisão exata por ab, o que ocorre para os dois primeiros termos mas não para o ultimo, o que é um absurdo pois contraria a divisibilidade de (cd)2_{por (ab). Portanto,} ab|cd. Como quer´ıamos demonstrar.

23. Se a e b s˜ao inteiros primos entre si, demonstre que mdc(2a + b, a + 2b) = 1 ou 3. Solu¸c˜ao:

Se a e b s˜ao primos entre si, ent˜ao mdc(a, b) = 1. Pelo algoritmo do MDC de Euclides, mdc(a, b) = mdc(a, b − c · a), assim,

mdc(2a + b, a + 2b) = mdc(2a + b, a + 2b − 2a − b) = mdc(2a + b, b − a). mdc(2a + b, b − a) = mdc(b − a, 2a + b − b + a) = mdc(b − a, 3a) Deste modo, mdc(2a + b, a + 2b) = mdc(b − a, 3a).

Se 3|b − a, teremos mdc(2a + b, a + 2b) = 3 Se 3 - b − a, teremos mdc(2a + b, a + 2b) = 1 Completando a demonstra¸c˜ao.

(56)

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(57)

24. Decomponha em fatores primos 234, 456 e 780. Solu¸c˜ao de a:

Dividindo o numero 234 sempre pelo menor numero primo poss´ıvel chega-se até: 234 2 = 117 117 3 = 39 39 3 = 13 13 13 = 1 Sendo assim: 234 = 2 · 32· 13 Solu¸cão de b: 456 = 23· 3 · 19 Solu¸cão de c: 780 = 22· 3 · 5 · 13

25. Ache o máximo divisor comum dos seguintes pares de números através da decom-posi¸cão desses números em fatores primos:

a) 234 e 456 b) 456 e 780 c) 200 e 480 Solu¸c˜ao:

(58)

234 = 21· 32_{· 13} 456 = 23· 31_{· 19}

Note que na decomposi¸c˜ao de ambos existe em comum o numero 2 e 3. Fazendo o produto desses valores elevados a menor potencia dada determinamos o mdc.

mdc(234, 456) = 21· 31 mdc(234, 456) = 6 Solu¸c˜ao de b: 456 = 23· 3 · 19 780 = 22· 3 · 5 · 13 ⇒ mdc(456, 780) = 22_{· 3 = 12} Solu¸c˜ao de c: 200 = 23· 52 480 = 25· 3 · 5 ⇒ mdc(200, 480) = 23_{· 5 = 40}

26. Determine todos os números primos que podem ser expressos na forma n2–1. Sugestão: Suponha p = n2 – 1 um número primo e fatore o segundo membro dessa igualdade.

Solu¸c˜ao:

Seja “p” um numero primo que possa ser expresso como: p = n2− 1

sendo assim

p = n2− 1 = (n − 1)(n + 1)

⇒ p = (n − 1)(n + 1)

Observe que nesta condi¸c˜ao “p” seria divis´ıvel por 1, por ele mesmo, por n − 1 e n + 1, o que poderia contrarias a defini¸c˜ao de primo.

(59)

Para evitar que isso ocorra devemos considerar que n − 1 = 1 ou n + 1 seja igual a 1.

• Se (n − 1) = 1 então n = 2 e assim p = 3. Que é um numero primo. • Se (n + 1) = 1 então n = 0 e p = −1. Que não é primo.

Portanto, o numero 3 ´e o ´unico valor poss´ıvel.

27. Se n é um inteiro e n3–1 é primo, prove que n = 2 ou n = −1. Solu¸cão:

Seja p um primo escrito como:

p = n3− 1 p = (n − 1)(n2+ n + 1)

Um numero primo s´o pode ser fator´avel por 2 valores, o um e ele mesmo. Sendo assim, ou (n − 1) = 1 ou (n2+ n + 1) = 1.

• Se (n − 1) = 1 ent˜ao n = 2;

• Se (n2_{+ n + 1) = 1 ent˜}_{ao n = 0 ou n = −1.}

Como n = 0 implicaria em um p negativo, ent˜ao n = 2 ou n = −1. Como se queria demonstrar.

28. Em 1742, o russo Christian Goldbach formulou a seguinte conjectura (conhecida como conjectura de Goldbach): “Todo inteiro par maior que 2 é igual à soma de dois números primos positivos”. Por exemplo: 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5, 10 = 3 + 7, etc. Até hoje continua em aberto a questão de saber se essa proposi¸cão é falsa ou verdadeira.

Admitindo a conjectura de Goldbach, prove que todo inteiro maior que 5 é soma de três números primos. Por exemplo: 6 = 2 + 2 + 2, 7 = 2 + 2 + 3, etc.

Sugestão: Devido à conjectura, se n ≥ 3, 2n–2 = p + q (p e q primos). Portanto, 2n = p + q + 2 (soma de três números primos).

(60)

Tome um numero k > 5 ent˜ao: k = 5 + t com t ∈ N∗

Para t = 1 ou t = 2 a demonstra¸c˜ao ´e evidente. k = (3 + 2) + 1

k = (3 + 2) + 2

Para t ≥ 3 e admitindo que a conjectura seja sempre v´alida, existe dois primos t1 e t2 tal que t = t1+ t2. Sendo assim:

k = 5 + t k = 5 + t1+ t2

Como 5 é primo e t1 e t2 por hipótese fica mostrado a proposi¸cão.

29. Ache o menor número inteiro positivo n para o qual a expressão h(n) = n2+ n + 17 é um número composto.

Solu¸c˜ao:

Essa fórmula gera números primos para n = 0, 1, ..., 15. Assim, o menor numero com-posto adquirido através desse polinômio ocorre para n = 16.

Obs: Como o polinômio acima não pode ser fatorável a forma mais trivial de se chegar a solu¸cão é por meio de tentativas, embora essa fórmula e esse resultado sejam bastante conhecidos na teoria dos números.

30. Se n2+ 2 é um número primo, prove que n é múltiplo de 3 ou n = 1.

Sugestão: Há três possibilidades de expressar um numero inteiro n; n = 3q, n = 3q + 1, n = 3q + 2, conforme o resto da divisão de n por 3 seja 0, 1 ou 2. Mostre que as duas ´

ultimas s˜ao imposs´ıveis, no caso. Solu¸c˜ao:

Seguindo a sugest˜ao do livro temos 3 possibilidades para escrever um inteiro n. Sendo assim podemos escrever p como:

(61)

p = (3q + 1)2+ 2 ou p = (3q + 2)2+ 2. • Se p = (3q + 2)2_{+ 2 ent˜}_ao: p = (9q2+ 12q + 4) + 2 p = 9q2+ 12q + 6 p = 3(3q2+ 4q + 2)

Como p é primo então (3q2 + 4q + 2) = 1. Contudo essa equa¸cão não têm solu¸cão em Z, assim podemos descartar essa hipótese pois os valores obtidos para q não resultaria em um n inteiro.

• Se p = (3q + 1)2_{+ 2 ent˜}_ao:

p = (9q2+ 6q + 1) + 2

p = 9q2+ 6q + 3

p = 3(3q2+ 2q + 1)

Como p é primo então (3q2+2q +1) = 1. Contudo, essa equa¸cão possui somente uma solu¸cão inteira que ocorre para q = 0. O que implicaria em n = 3(0)+1 = 1. • Se p = (3q)2_{+ 2 ent˜}_{ao, claramente n ´}_{e m´}_{ultiplo de 3.}

Portanto, se p = n2 _{+ 1 ´}_{e primo ent˜}_{ao, ou n = 1 ou n ´}_{e m´}_{ultiplo de trˆ}_{es. Como se} queria demonstrar.

31. Qual ´e o menor numero inteiro positivo que tem 15 divisores? Sugest˜ao: Se a = pα1

1 p α2

2 ...pαmm é a decomposi¸cão do número procurado em fatores primos, então 15 = (α1+ 1)(α2 + 1)...(αm+ 1). Observe que só há duas maneira (salvo quanto à ordem) de decompor 15 em fatores inteiros positivos.

(62)

Solu¸c˜ao:

Fatorando o n´umero 15 chegamos ao seguinte:

15 = 3 · 5

15 = (2 + 1)(4 + 1)

Sendo assim, o n´umero procurado ter´a a forma a = p2₁· p4₂

Como desejamos o menor inteiro e como p1 e p2 são primos então fica claro que os valores de p1 e p2 são primos, então os valores de p1 e p2 serão 3 e 2, respectivamente. Sendo assim:

a = 32· 24 = 144

32. Demonstre que o conjunto dos n´umeros primos positivos ´e infinito.

A primeira demonstra¸c˜ao conhecida desse resultado, alias a mesma que esbo¸caremos a seguir, foi dada por Euclides em seus Elementos.

Esbo¸co da demonstra¸cão: Suponha que esse conjunto fosse finito: digamos que seus elementos fossem p1, p2, ..., pn. Construa o número p = p1p2...pn+ 1. Esse numero não é nenhum dos pi, (por que?). Logo, é composto (Por que?). Então é divis´ıvel por um dos pi, (1 ≤ i ≤ n)(por que?). Segue, então, que p|1 (por que?). Esse absurdo (por que?) garante a infinitude do conjunto dos primos.

Solu¸c˜ao:

Suponha por absurdo que p1, ...pn fossem todos os primos. Nesse caso o numero p = p1·p2·· · ··pn+1 não seria divis´ıvel por nenhum primo, o que contrária o teorema fundamental da aritmética.

(63)

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(64)

2.5 EXERC´ICIOS DA P ´AGINA 52

33. Resolva as seguintes equa¸c˜oes diofantinas lineares: a) 3x + 4y = 20 c) 18x–20y = −8

b) 5x–2y = 2 d) 24x + 138y = 18 Solu¸c˜ao de a:

O problema já afirma que as equa¸cões possuem solu¸cão, entretanto é bom que se crie o hábito de sempre verificar se a equa¸cão possui ou não solu¸cão. A n´ıvel de exemplo vamos verificar a primeira equa¸cão. Para isso basta conferir se mdc(3, 4)|20.

Como mdc(3, 4) = 1 e 1|20 então a equa¸cão possui solu¸cão.

Agora que sabemos que a equa¸c˜ao possui solu¸c˜ao evocamos o teorema de bezout para afirmar que

3α + 4β = 1

Através do algoritmo estendido de Euclides obtemos como solu¸cão da equa¸cão acima α = −1 e β = 1.

3(−1) + 4(1) = 1 Multiplicando a igualdade acima por 20

3(−20) + 4(20) = 20

e comparando a igualdade acima com a identidade original (3x + 4y = 20) fica evidente que x = −20 e y = 20. Assim, uma solu¸cão particular da equa¸cão é (x, y) = (−20, 20) e a solu¸cão geral será:

−20 + 4 mdc(3, 4) · k, 20 − 3 mdc(3, 4) · k = (−20 + 4k, 20 − 3k)

onde k é qualquer número inteiro. Solu¸cão de b:

Nesse caso vamos resolver a equa¸c˜ao por um m´etodo diferente. Vamos faze-la por tentativa.

(65)

Primeiro evidenciamos y na equa¸c˜ao. 5x–2y = 2 ⇒ y = 5

2x − 1

Agora nos perguntamos: qual o valor para x que nos fornece um valor inteiro para y? Veja que o 2 ´e um dos muitos valores poss´ıveis.

y = 5

2· 2 − 1 = 4 ⇒ y = 4

Assim, uma solu¸c˜ao particular ser´a x = 2 e y = 4. 5(2) − 2(4) = 2

A solu¸c˜ao geral fica a cargo do leitor. Solu¸c˜ao de c e d:

An´alogas as anteriores.

34. Decomponha o número 100 em duas parcelas positivas tais que uma é múltipla de 7 e a outra de 11. (Problema do matemático L. Euler [1707-1783]).

Solu¸c˜ao:

O problema equivale a resolver a seguinte equa¸c˜ao diofantina 7a + 11b = 100 (1)

Como 7 e 11 s˜ao primos ent˜ao mdc(7, 11) = 1 e pelo teorema de bezout 7a + 11b = 1 (2)

Pelo algoritmo estendido de Euclides a solu¸c˜ao de (2) ´e 2 e −3. Sendo assim:

7a + 11b = 7(−3) + 11(2) = 1

(66)

Multiplicando (3) por 100

7(−300) + 11(200) = 100

A equa¸cão acima já pode ser considerada uma solu¸cão se o problema não exigisse que as duas parcelas provenientes da decomposi¸cão do 100 fossem positivas.

Para chegar a um resultado que satisfa¸ca a essa exigência primeiro determinamos a solu¸cão geral da equa¸cão

−300 + 11 mdc(7, 11)· k, 200 − 7 mdc(7, 11)· k = (−300 + 11k, 200 − 7k)

E escolhemos um k que cumpra as seguintes inequa¸c˜oes: 200 − 7k > 0 ⇒ k < 200/7

−300 + 11k > 0 ⇒ k > 300/11

No intervalo (300/11, 200/7) temos apenas o 28 que cumpre as condi¸cões impostas. E pela solu¸cão geral nos dá a seguinte solu¸cão particular

(−300 + 11(28), 200 − 7(28)) = (8, 4). Observe que essa solu¸c˜ao nos entrega agora a resposta.

7(8) + 11(4) = 100

Assim, o 100 pode ser decomposto em duas parcelas sendo uma igual a 7 · 8 = 56 e outra igual a 11 · 4 = 44.

35. Ache todos os n´umeros inteiros estritamente positivos com a seguinte propriedade: d˜ao resto 6 quando divididos por 11 e resto 3 quando divididos por 7.

Solu¸c˜ao:

(67)

p = 11k + 6 e p = 7q + 3

igualando as identidades acima chegamos a uma equa¸c˜ao diofantina.

11k + 6 = 7q + 3 ⇒ 11k − 7q = −3

⇒ 7q − 11k = 3

Cuja solu¸c˜ao geral ocorre para k = 8 − 7t e q = 13 − 11t, com t ∈ Z. Sendo assim

p = 11k + 6

⇒ p = 11(8 − 7t) + 6 ⇒ p = 94 − 77t com t ∈ Z

Como o problema imp˜oe que p seja positivo ent˜ao: p ≥ 0

⇒ 94 − 77t ≥ 0 ⇒ t ≤ 0

Assim, a solu¸cão é: todos os números do conjunto {94 − 77t|t = 1, 0, −1, −2, ...} Observa¸cão:

A solu¸cão mostrada no livro é equivalente a mostrada aqui. A diferen¸ca entre elas se deve apenas ao fato de que aqui foi tomada uma solu¸cão particular da diofantina diferente da tomada pelo autor. Da mesma forma o aluno pode chegar a mesma solu¸cão escrita de uma terceira forma.

36. O valor da entrada de um cinema é R$ 8,00 e da meia entrada R$ 5,00. Qual é o menor numero de pessoas que pode assistir a uma sessão de maneira que a bilheteria seja de R$ 500,00? (Em tempo: a capacidade desse cinema é suficiente para esse número de pessoas).

Solu¸c˜ao:

(68)

8x + 5y = 500

Ora 8(2) + 5(−3) = 1 ent˜ao 8(1000) + 5(−1500) = 500, assim uma solu¸c˜ao particular seria (x, y) = (1000, −1500).

E a solu¸c˜ao geral

(1000 − 5k, −1500 + 8k)

Como x e y são o numero de pessoas que pagam inteira e meia, respectivamente, então a solu¸cão não pode ser negativa. Em outras palavras devemos encontrar um k tal que:

1000 − 5k ≥ 0 e −1500 + 8k ≥ 0 .

Dessas duas inequa¸c˜oes conclui-se que k deve estar no intervalo [187.5, 200]. Como k ∈ Z e o problema pede o menor numero de pessoas ent˜ao necessitamos testar apenas os dois valores extremos do intervalo.

Para k = 188 a solu¸c˜ao ser´a:

(1000 − 5k, −1500 + 8k) = (60, 4) Para k = 200 a solu¸c˜ao ser´a:

(1000 − 5k, −1500 + 8k) = (0, 100) Como 64 < 100 a solu¸c˜ao ´e vender 60 inteiras e 4 meias.

37. Ao entrar num bosque, alguns viajantes avistam 37 montes de ma¸cã. Após serem retiradas 17 frutas, o restante foi vendido igualmente entre 79 pessoas. Qual a parte de cada pessoa? (Problema de Mahaviracarya, matemático hindu).

Solu¸c˜ao:

Suponha que tenham x ma¸cas em cada monte. Assim foram vistas 37x ma¸cas ao todo. Em seguida foram retiradas 17 ficando apenas