APs álgebra I teoria dos números

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Teoria dos Números e Álgebra
Soluções da APX1 - Formato Questionário - 2022.1
[ATENÇÃO]: Pode ser que no questionário que você respondeu a alternativa correta tenha apare-
cido em uma letra diferente da indicada aqui. O sistema embaralha aleatoriamente as sequências.
Questão 1: (2,0 pontos) Sejam os conjuntos A = {1, 2, 3} e B = {5, 7, 8, 10} e as relações S e T
definidas sobre A × B por:
∀(x, y) ∈ A × B, xSy ⇐⇒ y = x + 4.
∀(x, y) ∈ A × B, xTy ⇐⇒ x | y.
Avalie cada uma das afirmações a seguir como Verdadeira ou Falsa.
(a) (0,5 ponto) A × B é um conjunto não vazio com exatamente 12 elementos.
(b) (0,5 ponto) A relação S é satisfeita apenas por 2 pares ordenados pertencentes a A × B.
(c) (0,5 ponto) A relação T é satisfeita exatamente por 5 pares ordenados pertencentes a A × B.
(d) (0,5 ponto) S e T não são relações de equivalência.
Solução:
(a) Verdadeira. A×B = {(1, 5), (1, 7), (1, 8), (1, 10), (2, 5), (2, 7), (2, 8), (2, 10), (3, 5), (3, 7), (3, 8), (3, 10)},
ou seja, possui 12 elementos.
(b) Verdadeira. De fato, a relação S é satisfeita apenas pelos pares ordenados {(1, 5), (3, 7)}.
(c) Falsa. A relação T é satisfeita pelos seguintes 6 pares ordenados {(1, 5), (1, 7), (1, 8), (1, 10), (2, 8), (2, 10)}.
(d) Verdadeiro. Basta notar, por exemplo, que ambas as relações não são simétricas.
Questão 2: (2,0 pontos) Considere as seguintes afirmações:
1
(I) Para todos inteiros n, 4 (n2 + n + 1) − 3n2 é um quadrado perfeito;
(II) Para todos inteiros n e m, se n − m é par então n3 − m3 é par.
(III) A soma de quatro números inteiros consecutivos não é divisı́vel por 4.
(IV) Se um número natural é um quadrado perfeito, então possui uma quantidade par de divi-
sores naturais (Lembre-se que um número inteiro é um quadrado perfeito quando sua raiz
quadrada é um número inteiro).
Assinale a única alternativa correta.
(a) Apenas as afirmações (I) e (III) são verdadeiras
(b) Todas as afirmações são verdadeiras.
(c) As afirmações (III) e (IV) são falsas.
(d) Apenas a afirmação (IV) é falsa.
(e) Apenas a afirmação (I) é verdadeira.
Solução:
(I) Verdadeira. De fato, seja n um inteiro qualquer. Então 4 (n2 + n + 1) − 3n2 = 4n2 + 4n +
4 − 3n2 = n2 + 4n + 4 = (n + 2)2, e como n + 2 é inteiro então o resultado é verdadeiro.
(II) Verdadeira. Primeiramente deve-se notar que n3 − m3 = (n − m) (n2 + nm + m2) . Por
hipótese tem-se que n − m é par, logo estamos diante do produto de um intiero par por
um outro inteiro (veja que n2 + nm + m2 é inteiro!). Agora veja que a multiplicação de um
inteiro por um número par pode ser representada pela soma desse inteiro uma quantidade par
de vezes, o que resulta em um número par, mostrando assim que a afirmação é verdadeira.
(III) Verdadeira. Sejam n, n + 1, n + 2 e n + 3 inteiros consecutivos quaisquer. Vamos mostrar
que 4 ∤ (n + n + 1 + n + 2 + n + 3). Seja S a soma S = n + n + 1 + n + 2 + n + 3 =
4n + 6 = 4 (n + 1) + 2, ou seja, S = 4k + 2 em que k = n + 1. Esta última igualdade nos
diz precisamente que a divisão de S por 4 deixa resto 2, isto é, a soma não é divisı́vel por 4.
2
(IV) Falso. O número 4 é um quadrado perfeito, contudo seus divisores positivos são {1, 2, 4}.
Portanto a respostas correta é a letra (d).
Questão 3: (2,0 pontos) Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou falsa.
(a) (1,0 ponto) Se o resto da divisão de um número inteiro a por 13 é 4, então o resto da divisão
de a2 + 2a + 3 por 13 é 1.
(b) (1,0 ponto) O conjunto
I = Z · a + Z · b = {m = k · a + s · b tais que k, s ∈ Z} ,
em que a, b ∈ Z, é um Ideal de Z.
Solução:
(a) Verdadeira. Pelo algoritmo de Euclides temos que a = 13k+4 para algum k inteiro. Portanto,
a2 + 2a + 3 = (13k + 4) (13k + 4) + 2 (13k + 4) + 3 = 132k2 + 104k + 16 + 26k + 8 + 3 =
132k2 + 130k + 27. Como 27 = 2 × 13 + 1, então
a2 + 2a + 3 = 132k2 + 130k + 2 × 13 + 1 = 13
(
13k2 + 10k + 2
)
+ 1,
mostrando que o resto da divisão de a2 + 2a + 3 por 13 é 1.
(b) Verdadeira. Para mostrar que um conjunto I é um ideal precisamos verificar que ele cumpre
as três condições abaixo:
• 0 ∈ I . De fato, como Z · a e Z · b são Ideais, 0 pertence a ambos e portanto à soma.
• Se x e y ∈ I , então x − y ∈ I . Se x e y são elementos de I , então existem inteiros m, n, m′
e n′ tais que x = ma + nb e y = m′a + n′b, logo x − y = (m − m′)a + (n − n′)b ∈ I .
• Se r ∈ Z e x ∈ I , então rx ∈ I . Novamente, se x ∈ I , existem m e n ∈ Z tais que
x = ma + nb. Assim o inteiro rx = rma + rnb ∈ (Z · a + Z · b) = I .
Portanto, I é um Ideal de Z.
Questão 4: (2,0 pontos) O máximo divisor comum de dois números é 18. Para se chegar a esse
resultado pelo processo das divisões sucessivas, os quocientes encontrados foram, pela ordem,
1, 2, 3 e 4. A opção que apresenta os dois números é:
3
(a) 72 e 234;
(b) 234 e 540;
(c) 774 e 540;
(d) 234 e 774;
(e) 72 e 540.
Solução: A partir do enunciado tiramos que
1 2 3 4
a b r1 r2 18
r1 r2 r3 0
Daı́ segue que r2 = 4·18 = 45, r1 = 3r2+r3 = 3·72+18 = 234, b = 2r1+r2 = 2·234+72 = 540
e a = b + r1 = 540 + 234 = 774.
Conclusão a = 774 e b = 540 e a opção correta é a letra (c).
Questão 5: (2,0 pontos) Escolha dentre as opções a seguir aquela que apresenta o menor número
natural n tal que n! é divisı́vel por 5148.
(a) 11;
(b) 9;
(c) 17;
(d) 7;
(e) 13.
Solução: Perceba que devemos olhar para a decomposição em fatores primos de 5148 = 22 · 32 ·
11 · 13. Para que n! seja divisı́vel por 5148 precisamos que em sua decomposição tenhamos todos
esses fatores. Sendo 13 primo, ele próprio deverá estar contido no produto. Mais ainda, veja que
13! é divisı́vel por 22, por 32 e por 11. Sendo assim n = 13 é o menor valor possı́vel, uma vez
que o fatorial de qualquer outro número menor que ele não terá o fator 13 na sua decomposição.
Conclusão: A opção correta é a letra (e).
4
Teoria dos Números e Álgebra
Teoria dos Números e Álgebra - Soluções da APX1 - Formato
Questionário - 2021.2
[ATENÇÃO]: Pode ser que no questionário que você respondeu a alternativa correta tenha apare-
cido em uma letra diferente da indicada aqui. O sistema embaralha aleatoriamente as sequências.
Questão 1: (2,0 pontos) Considere os conjuntos numéricos A = {x ∈ R / 0 < x < 2} e
B = {x ∈ R / − 3 ≤ x ≤ 1} .
Sobre (A ∪B)− (A ∩B), é correto afirmar que:
(a) (A ∪B)− (A ∩B) = {x ∈ R / − 3 ≤ x ≤ 0} ∪ {x ∈ R / 1 < x < 2}.
(b) (A ∪B)− (A ∩B) = {x ∈ R / − 3 ≤ x ≤ 1} ∪ {x ∈ R / 1 ≤ x < 2}.
(c) (A ∪B)− (A ∩B) = {x ∈ R / − 3 < x < 0} ∪ {x ∈ R / 1 < x < 2}.
(d) (A ∪B)− (A ∩B) = {x ∈ R / − 3 ≤ x < 0} ∪ {x ∈ R / 0 < x < 2}.
(e) (A ∪B)− (A ∩B) = {x ∈ R / − 3 ≤ x < 0} ∪ {x ∈ R / 0 < x ≤ 2}.
Solução:
Observe que A ∪ B = {x ∈ R / − 3 ≤ x < 2} e
A ∩ B = {x ∈ R / 0 < x ≤ 1}. Por sua vez o conjunto (A ∪B) − (A ∩B) é formado
pelos elementos de A ∪B que não estão em A ∩B. Assim
(A ∪B)− (A ∩B) = {x ∈ R / − 3 ≤ x ≤ 0} ∪ {x ∈ R / 1 < x < 2}.
Portanto a opção correta é a letra (a).
Questão 2: (2,0 pontos) Considere as seguintes afirmações:
(I) Se 3n + 2 é ı́mpar, em que n é um número inteiro, então n é ı́mpar.
(II) Para todo inteiro positivo n, n! ≤ n2.
1
(III) Para qualquer inteiro positivo menor ou igual a 5, o quadrado do inteiro é menor ou igual à
soma de 10 mais 5 vezes o inteiro.
Assinale a única alternativa correta.
(a) O Princı́pio de Indução Matemática pode ser aplicado para demonstrar que cada uma das
afimações acima é verdadeira.
(b) Pode-se concluir pelo Princı́pio de Indução Matemática que a afirmação (II) é verdadeira.
(c) As afirmações (II) e (III) são falas.
(d) Apenas a afirmação (II) é falsa.
(e) Apenas a afirmação (I) é verdadeira.
Solução:
A afirmação (I) é verdadeira. De fato, é simples provar a contrapositiva: Se n é par, então 3n + 2
é par. Sendo n par, então n = 2k, para algum k ∈ Z, logo 3n + 2 = 6k + 2 = 2(3k + 1) dondeconcluimos que 3n + 2 é par.
A afirmação (II) é falsa, basta notar que para n = 4, 4! = 24 > 42 = 16. Já a afirmação (III) é
verdadeira, o que pode ser verificado testando as possibilidades para n = 1, 2, 3, 4, 5.
Portanto, a alternativa correta é a letra (d).
Questão 3: (2,0 pontos) Determine se as afirmações a seguir são verdadeiras ou falsas. Considere
a, b, c ∈ Z.
(a) Se mdc(a, b) = 1, então mdc(ac, b) = mdc(c, b).
(b) Se a | c então mdc(a, b) | mdc(c, b).
Solução:
(a) VERDADEIRA. De fato, veja que mdc(c, b) | mdc(ac, b), pois mdc(c, b) divide tanto ac quanto
b. Para mostrar a igualdade vamos mostrar que mdc(ac, b) | mdc(c, b). Para isso, veja que como
por hipótese mdc(a, b) = 1, então existem inteiros x e y tais que ax+by = 1. Portanto, acx+bcy =
c donde conclui-se que mdc(ac, b) divide c e também divide b, logo divide mdc(c, b).
2
(b) VERDADEIRA. Note que mdc(a, b) | a e a | c implica que mdc(a, b) | c. Como mdc(a, b) | b
então mdc(a, b) | mdc(b, c).
Questão 4: (2,0 pontos) Seja Z o conjunto dos números inteiros. Dados a e b números inteiros
diremos que aRb quando a− b for múltiplo de 7. Sobre a relação R em Z é correto afirmar que:
(a) A relação R não é uma relação de equivalência.
(b) A relação R não é transitiva.
(c) A relação R não é simétrica.
(d) A relação R é de equivalência em Z define exatamente 6 classes de equivalência em Z.
(e) A relação R é de equivalência em Z define exatamente 7 classes de equivalência em Z.
Solução:
A relação é R é é reflexiva, simétrica e transitiva. De fato:
Reflexividade: Temos que a− a = 0 e zero é múltiplo de 7. Portanto, aRa.
Simetria: Se aRb, então 7 divide a − b, logo existe q ∈ Z tal que a − b = 7q. Multiplicando por
−1 temos que b− a = 7(−q), donde conclui-se que bRa.
Transitividade: Se aRb e bRc, então existem q1 e q2 tais que a − b = 7q1 e b − c = 7q2. Se
somarmos estas duas igualdades teremos (a− b) + (b− c) = 7q1 + 7q2. Então, a− c = 7(q1 + q2)
e consequentemente aRc. Portanto a relação é transitiva.
Conclusão: A relação R é uma relação de equivalência.
Vamos determinar agora as classes de equivalência em Z determinadas pela relação R. Para isto,
fixe um inteiro b ∈ Z. O Teorema de Divisão de Euclides garante que qualquer que seja a ∈ Z
existem q e r, com r = 0, 1, 2, 3, 4, 5 ou 6 tais que a−b = 7q+r (q e r unicamente determinados por
estas propriedades). Então a−b−r = a−(b + r) = 7q, portanto, aR(b+r), onde r = 0, 1, 2, 3, 4, 5
ou 6.
Assim, dado um inteiro a arbitrário temos que a é equivalente a b, b+1, b+2, b+3, b+4, b+5 ou
b + 6. Isto é, existem 7 classes de equivalência e, juntas, elas contêm todos os números inteiros.
Portanto, a resposta correta está no item (e).
3
Questão 5: (2,0 pontos) O sistema de numeração hexadecimal sempre utiliza 16 algarismos para
sua representação, sendo eles: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A, B, C, D, E e F . Neste sistema o resul-
tado da soma dos valores 1E + 3C será:
(a) 63
(b) 55
(c) 5A
(d) 4F
(e) 4B
Solução:
Basta notar que 1E+3C = 1×16+E+3×16+C = 4×16+E+C. Como C = 12 e E = 14, então
E+C = 26 = 1×16+10 = 1×16+A. Portanto, 1E+3C = 4×16+1×16+A = 5×16+A = 5A.
Resposta correta letra (c).
4
APX1 – Álgebra 1 – 2021.1 
 
 
Álgebra I
Soluções da AP1 - 2019.2
Questão 1: (2,0 pontos) Sejam A e B subconjuntos de um conjunto U . Prove que se
A ∩B = ∅ e A ∪B = U , então B = Ac. Em que Ac denota o conjunto complementar de A.
Solução:
Para mostrar que B = Ac devemos mostrar que B ⊂ Ac e que Ac ⊂ B.
• Prova de que B ⊂ Ac
Seja x um elemento qualquer pertencente ao conjunto B, como por hipótese temos
que A ∩ B = ∅, então x não pode pertencer ao conjunto A (caso x estivesse em A
a interseção A ∩ B seria diferente de vazia), portanto x ∈ Ac. Isso nos mostra que
B ⊂ Ac.
• Prova de que Ac ⊂ B
Tomemos um elemento qualquer x pertencente ao conjunto Ac, então x /∈ A, mas como
por hipótese A ∪B = U , então x ∈ B. Mostrando que Ac ⊂ B.
Questão 2: (2,5 pontos)
(a) (1,5pontos) Seja Z o conjunto dos números inteiros. Dados a e b números inteiros
diremos que a ∼ b quando a− b for múltiplo de 5. Mostre que a relação determinada por ∼
em Z é uma relação de equivalência.
(b) (1,0 pontos) Considerando ainda a relação ∼ definida no item (a) mostre que essa
relação possui exatamente cinco classes de equivalência em Z. Descreva essas classes.
Solução:
(a) A fim de mostrar que a relação é de equivalência precisamos mostrar que a relação é
reflexiva, simétrica e transitiva.
Reflexividade: Temos que a− a = 0 e zero é múltiplo de 5. Portanto, a ∼ a.
Simetria: Se a ∼ b, então 5 divide a− b, logo existe q ∈ Z tal que a− b = 5q. Multiplicando
por −1 temos que b− a = 5(−q), donde conclui-se que b ∼ a.
1
Transitividade: Se a ∼ b e b ∼ c, então existem q1 e q2 tais que a− b = 5q1 e b− c = 5q2. Se
somarmos estas duas igualdades teremos (a−b)+(b−c) = 5q1+5q2. Então, a−c = 5(q1+q2)
e consequentemente a ∼ c. Portanto a relação é transitiva.
Conclusão: a relação ∼ é uma relação de equivalência.
(b) Fixe um inteiro b ∈ Z. O Teorema de Divisão de Euclides garante que qualquer que
seja a ∈ Z existem q e r, com r = 0, 1, 2, 3 ou 4 tais que a − b = 5q + r (q e r unicamente
determinados por estas propriedades). Então a − b − r = a − (b + r) = 5q, portanto,
a ∼ (b + r), onde r = 0, 1, 2, 3 ou 4.
Assim, dado um inteiro a arbitrário temos que a é equivalente a b, b+ 1, b+ 2, b+ 3 ou b+ 4.
Isto é, existem 5 classes de equivalência e, juntas, elas contêm todos os números inteiros.
Questão 3: (2,5 pontos) Prove, por indução em n, que n3 − n é diviśıvel por 6 qualquer
que seja o n maior ou igual a 6.
Solução: Vamos verificar que a afirmação é válida para n = 6. De fato, 63 − 6 = 6 · 35,
que claramente é diviśıvel por 6. Nossa hipótese de indução é que o resultado é válido para
n = k, isto é, existe um inteiro N tal que
k3 − k = 6N
Vamos mostrar que o resultado vale para n = k + 1, para isso usaremos nossa hipótese
de indução. De fato,
(k + 1)3 − (k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + 1− k − 1 = k3 + 3k2 + 3k − k.
Note que pela hipótese de indução, sabemos que k3 − k = 6N , e sendo assim
(k + 1)3 − (k + 1) = 6N + 3k2 + 3k = 6N + 3k(k + 1)
Basta notar agora que qualquer que seja o valor de k, k(k+1) será sempre múltiplo de 2,
pois ou k ou k+ 1 será par. Logo 3k(k+ 1) será sempre um múltiplo de 6, donde conclúımos
que o resultado vale para n = k + 1.
Questão 4: (3,0 pontos) Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou
falsa. Prove as que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas.
2
(a) (1,0 ponto) Se o resto da divisão de um número inteiro a por 7 é 3, então o resto da
divisão de a2 + 2a + 3 por 7 será 4.
(b) (1,0 ponto) Dados um número primo p e um inteiro a, se p - a, então mdc(a, p) = 1.
(c) (1,0 pontos) O conjunto I = {m ∈ Z tal que m é divisor de 24} é um ideal de Z.
Solução:
(a) Verdadeira. Pelo algoritmo de Euclides temos que a = 7k + 3 para algum k inteiro.
Portanto, a2 + 2a + 3 = (7k + 3) (7k + 3) + 2 (7k + 3) + 3 = 72k2 + 42k + 9 + 14k + 6 + 3 =
72k2 + 56k + 18. Como 18 = 2× 7 + 4, então
a2 + 2a + 3 = 72k2 + 56k + 2× 7 + 4 = 7
(
7k2 + 8k + 2
)
+ 4,
mostrando que o resto da divisão de a2 + 2a + 3 por 7 é 4.
(b) Verdadeiro. Como p é primo, então, por definição, D(p) = {1, p}. Como p - a, segue
que o único divisor comum entre a e p é 1 e, portanto, mdc(a, p) = 1.
(c) Falso. Basta notar que 0 /∈ I.
3
Álgebra I
Soluções da AP1-2019.1
Questão 1: Sejam A = {2, 4} e B = {6, 8, 10} e defina as relações R e S como:
∀ (x, y) ∈ A×B, xRy ⇐⇒ x | y.
∀ (x, y) ∈ A×B, xSy ⇐⇒ y − 4 = x.
(a) (1,5 pontos) Liste os pares ordenados que estão em A×B, R e S.
(b) (1,0 ponto) Verifique se a relação D definida sobre R como:
x, y ∈ R, xDy ⇐⇒ x · y ≥ 0,
é uma relação de equivalência ou não. Justifiquesua resposta.
Solução:
(a) Temos que A×B = {(2, 6) , (2, 8) , (2, 10) , (4, 6) , (4, 8) , (4, 10)}; R = {(2, 6) , (2, 8) , (2, 10) , (4, 8)}
e S = {(2, 6) , (4, 8)} .
(b) A relação D não é uma relação de equivalência, de fato, é suficiente notar que a relação
não é transitiva. Para isto podemos considerar y = 0 e x, z com sinais opostos, assim teremos
x · y = 0 e y · z = 0, no entanto x · z < 0.
Questão 2: (2,0 pontos) Prove que
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · ·+ 1
(n− 1) · n
=
n− 1
n
,
qualquer que seja o número natural n ≥ 2.
Solução: Vamos provar a afirmação utilizando o Prinćıpio de Indução. Para isso precisamos
inicialmente verificar a validade da expressão para n = 2. Neste caso temos que,
1
1 · 2
=
2− 1
2
,
1
o que está correto. Como hipótese de indução vamos admitir que a expressão é válida para
n = k, isto é,
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · ·+ 1
(k − 1) · k
=
k − 1
k
.
Vamos provar que a expressão é válida para n = k + 1. De fato,
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · ·+ 1
(k − 1) · k
+
1
k · (k + 1)
=
=
k − 1
k
+
1
k · (k + 1)
=
k
k + 1
.
Podemos então concluir que a expressão é válida para todo número n natural, com n ≥ 2.
Questão 3: (3,0 pontos) Decida se as afirmações apresentadas a seguir são verdadeiras ou
falsas. Prove as que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas.
(a) (1,0 ponto) Para quaisquer números reais p ≥ 0 e q ≥ 0 vale que √pq ≤ p + q
2
.
(b) (1,0 ponto) Se existem inteiros r e s tais que d = ra + sb, então d = mdc(a; b).
(c) (1,0 ponto) O conjunto I = {m ∈ Z; m é multiplo comum de 18 e 24} é um ideal de
Z.
Solução:
(a) Verdadeiro. Essa é a desigualdade entre as médias geométrica e aritmética. Ela foi
demonstrada em um dos v́ıdeos sobre noções de lógica disponibilizados na sala da nossa
disciplina, na semana 3, aqui está o link:
https://www.youtube.com/watch?time continue=8&v=iSeR1BAM2dU.
Note que a desigualdade pode ser demonstrada por meio das seguintes desigualdades
equivalentes.
√
pq ≤ p + q
2
⇐⇒ 4pq ≤ p2 + 2pq + q2 ⇐⇒
0 ≤ (p− q)2 ,
uma vez que sabemos que 0 ≤ (p− q)2.
(b) Falso. Basta ver, por exemplo, que 2 = 2 · 8− 2 · 7, no entanto mdc (8, 7) = 1 6= 2.
(c) Verdadeiro. Note que x ∈ I se, e somente se, existem inteiros m e n tais que x = 18m
e x = 24n.
• 0 ∈ I, pois 0 = 0 · 18 e 0 = 0 · 24.
2
• Sejam x e y pertencentes a I. Então existem m1, m2, n1 e n2 tais que x = 18m1, x =
24n1 e y = 18m2, y = 24n2. Dessa forma, x−y = 18 (m1 −m2) e x−y = 24 (n1 − n2),
portanto (x− y) ∈ I.
• Seja agora x ∈ I e r um inteiro qualquer. Como x ∈ I existem inteiros m e n tais que
x = 18m e x = 24n. Portanto, rx = 18rm e rx = 24rn donde concluimos que rx ∈ I.
Como as três propriedades acima são satisfeitas temos que o conjunto I é um ideal de Z.
Questão 4: (2,5 pontos) Mostre que dados três números consecutivos, existe um, e apenas
um, que e diviśıvel por 3.
Solução: Considere três números consecutivos a, a+ 1 e a+ 2. Pelo Teorema da Divisão de
Euclides, dado a ∈ Z, existem q e r ∈ {0, 1, 2} unicamente determinados tais que a = 3q+ r.
Assim, uma e apenas uma das afirmações é verdadeira:
• a = 3q, donde a + 1 = 3q + 1 e a + 2 = 3q + 2 e apenas a, dentre os três números
consecutivos é diviśıvel por 3;
• a = 3q + 1, então a+ 1 = 3q + 2 e a+ 2 = 3q + 3. Portanto apenas a+ 2 dentre os três
consecutivos é diviśıvel por 3;
• a = 3q + 2, então a + 1 = 3q + 3 e a + 2 = 3q + 4 = 3(q + 1) + 1. Portanto, a + 1 é
diviśıvel por 3 e os demais termos da sequência não são.
Conclusão: dados três números consecutivos um, e apenas um deles, é diviśıvel por 3.
3
Álgebra I
Soluções da AP1-2018.2
Questão 1: Observe que (
1− 1
2
)
=
1
2(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)
=
1
3(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
=
1
4
...
(a) (1,0 ponto) Apresente a expressão geral para o padrão observado acima.
(b) (1,5 pontos) Utilize o prinćıpio de indução para demonstrar a validade da expressão
obtida no item (a).
Solução:
(a) A expressão é(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
n
)
=
1
n
∀ n ≥ 2.
(b) Para n = 2 tem-se (
1− 1
2
)
=
1
2
,
o que está OK!
Nossa hipótese de indução é que(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
k
)
=
1
k
.
Para n = k + 1 teremos(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
k
)
︸ ︷︷ ︸
1/k
(
1− 1
k + 1
)
=
1
k
(
1− 1
k + 1
)
1
portanto(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
k
)(
1− 1
k + 1
)
=
k
k (k + 1)
=
1
k + 1
que corresponde ao resultado procurado.
Questão 2: Considere a relação R sobre C definida por
(x + yi) R (r + si) se, e somente se, x2 + y2 = r2 + s2
com x, y, r e s reais.
(a) (1,5 pontos) Prove que R é uma relação de equivalência.
(b) (1,0 ponto) Descreva a classe 2 +
√
5i.
Solução:
(a) Mostremos que a relação é reflexiva, simétrica e transitiva.
Reflexiva
• Se z = x + yi ∈ C então zRz pois x2 + y2 = x2 + y2.
Simétrica
• Se z = x + yi e w = r + si pertencem a C então 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 são tais que zRw e wRu então tem-se
x2 + y2 = r2 + s2
e
r2 + s2 = a2 + b2
e portanto x2 + y2 = a2 + b2 donde segue que zRu.
2
(b) A classe 2 +
√
5i será formada pelos z = x + yi tais que x2 + y2 = 22 +
(√
5
)2
= 9, isto
é, os pontos sobre a circunferência de centro (0, 0) e raio 3.
Questão 3: Utilize o algoritmo da divisão para mostar que
(a) (1,5 pontos) Todo inteiro ı́mpar é da forma 4k + 1 ou 4k + 3;
(b) (1,0 ponto) O quadrado de um inteiro é da forma 4k ou 4k + 1.
Solução:
(a) Pelo Teorema da Divisão de Euclides, existem inteiros q e r tais que
a = 2q + r com 0 ≤ |r| < 2.
Como a é ı́mpar, então r 6= 0 e, portanto, a = 2q + 1 ou a = 2q − 1.
Caso 1: q é par =⇒ existe um inteiro k tal que q = 2k =⇒ a = 4k + 1 ou a = 4k − 1 =
4(k − 1) + 3 = 4k + 3.
Caso 2: q é ı́mpar =⇒ existe um inteiro k tal que q = 2k+1 =⇒ a = 2(2k+1)+1 = 4k+3
ou a = 2(2k + 1)− 1 = 4k + 1.
(b) Pelo Teorema da Divisão de Euclides, existem inteiros q e r tais que
a = 2q + r com 0 ≤ |r| < 2,
ou seja, a = 2k, a = 2k − 1 ou a = 2k + 1.
Logo
a2 = 4k2 = 4k1 ou
a2 = 4k2 − 4k + 1 = 4(k2 − k) + 1 = 4K2 + 1 ou
a2 = 4k2 + 4k + 1 = 4(k2 + k) + 1 = 4K3 + 1.
Questão 4: Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou falsa. Prove as
que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) (1,0 ponto) Se o ideal Z ·m é maximal, então m é um número primo;
(b) (0,75 ponto) Dados um número primo p e um inteiro a, se p - a, então mdc(a, p) = 1;
(c) (0,75 ponto) Dados inteiros m, a e b se m | ab, então m | a ou m | b.
Solução:
3
(a) Verdadeira
Suponhamos que m não seja primo. Então existem inteiros a, b diferentes de m e 1 tais
que m = ab. Dessa forma, tem-se
Z ·m = Z · (ab) ⊂ Z · a 6= Z
e, portanto, Z ·m não é ideal maximal.
Conclusão: m é um número primo.
(b) Verdadeira
Como p é primo, então, por definição, D(p) = {1, p}. Como p - a, segue que o único
divisor comum entre a e p é 1 e, portanto, mdc(a, p) = 1.
(c) Falso.
Tomando m = 6, a = 4 e b = 9, tem-se que
6 | 4 · 9, mas 6 - 4 e 6 - 9.
4
Álgebra I
Soluções da AP1 - 2018.1
Questão 1 [2,5 pontos] Seja Z o conjunto dos números inteiros. Dados a e b números
inteiros diremos que a ∼ b quando a− b for múltiplo de 3. Mostre que a relação determinada
por ∼ em Z é uma relação de equivalência.
Solução: Afim de mostrar que a relação é de equivalência precisamos mostrar que a relação
é reflexiva, simétrica e transitiva.
Reflexividade: Temos para qualquer a número inteiro que a− a = 0 e zero é múltiplo de 3.
Portanto, a ∼ a.
Simetria: Se a ∼ b, então 3 divide a− b, logo existe q ∈ Z tal que a− b = 3q. Multiplicando
por −1 temos que b− a = 3(−q), donde conclui-se que b ∼ a.
Transitividade: Se a ∼ b e b ∼ c, então existemq1 e q2 tais que a− b = 3q1 e b− c = 3q2. Se
somarmos estas duas igualdades teremos (a−b)+(b−c) = 3q1+3q2. Então, a−c = 3(q1+q2)
e consequentemente a ∼ c. Portanto a relação é transitiva.
Conclusão: a relação ∼ é uma relação de equivalência.
Questão 2 [2,5 pontos] Cada prisma obtém-se empilhando cubos do mesmo tamanho,
brancos e cinzas, segundo uma regra sugerida na figura.
(a) (0,5 ponto) Justifique a afirmação: O número total de cubos cinzas necessários para
construir qualquer prisma desta sequência é par?
(b) (0,5 pontos) Segundo o padrão por você observado, quantos cubos cinzas terá o prisma
200?
1
(c) (1,5 pontos) Explicite uma expressão numérica que permita determinar o número de
cubos cinzas do Prisma n em função de n, isto é, uma expressão que de forma geral
associe a ordem da figura à quantidade de cubos cinzas em sua composição. Utilize o
Prinćıpio de Indução para provar a validade da expressão que você explicitou.
Solução:
(a) (0,5 ponto) O número de cubos cinzas em qualquer um dos prismas da sequência será
sempre um múltiplo de 4 e, portanto, um número par.
(b) (0,5 pontos) O prisma 200 terá 200× 4 = 800 cubos cinzas.
(c) (1,5 pontos) O prisma n terá n×4 cubos cinzas. Chamemos de C(n) = 4n a expressão
que permite determinar o número de cubos cinzas no Prisma n. Provemos a validade
de tal expressão por indução. De fato, para n = 1 temos que C(1) = 4, o que está ok.
Como hipótese de indução admitamos que a expressão seja válida para n = k, isto é,
C(k) = 4k. Para n = k+1 teremos um Prisma, obtido a partir do anterior, pela adição
de 4 cubos cinzas. Portanto, C(k + 1) = 4k + 4 = 4(k + 1), mostrando a validade da
expressão para o caso k + 1.
Questão 3 [3,0 pontos] Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou
falsa. Prove as que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) (1,0 ponto) Se I e J são ideais de Z, então I ∩ J é um ideal de Z;
(b) (1,0 ponto) Se a divide b então mmc(a; b) = b;
(c) (1,0 ponto) Se existem inteiros r e s tais que d = ra + sb, então d = mdc(a; b).
Solução:
(a) Verdadeira
• Como I e J são ideais, então 0 ∈ I e 0 ∈ J e, portanto, 0 ∈ I ∩ J .
• Se x, y ∈ I ∩ J , então x, y ∈ I e x, y ∈ J . Como I e J são ideais, então (x− y) ∈ I e
(x− y) ∈ J e, portanto, (x− y) ∈ I ∩ J.
2
• Se x ∈ I ∩ J , então x ∈ I e x ∈ J . Como I e J são ideais, então, para todo r ∈ Z,
rx ∈ I e rx ∈ J e, portanto, rx ∈ I ∩ J.
(b) Verdadeira
• Obviamente, b é múltiplo de b, pois b = 1b. Por outro lado, como a divide b, existe um
inteiro q tal que b = qa, ou seja, b é múltiplo de a.
• Seja M ′ um múltiplo comum de a e b. Então, tem-se diretamente que M ′ é múltiplo
de b.
Conclusão: b = mmc(a, b).
(c) Falso.
10 = 2 · 15 + (−1) · 20 e mdc(15, 20) = 5 6= 10.
Questão 4 [2,0 pontos] Prove que o conjunto dos números primos é infinito.
Solução: Esse resultado foi demonstrado na Aula 8 do material didático da disciplina, na
página 17. Há também um v́ıdeo sobre a demonstração desse resultado na plataforma.
3
Álgebra I
AP 1 - Primeira Avaliação Presencial
Questão 1: (2,5 pontos) Mostre a seguinte igualdade entre conjuntos:
A× (B ∩ C) = (A×B) ∩ (A× C).
Solução: Para mostrar a igualdade entre dois conjuntos devemos mostrar que o primeiro está
contido no segundo e que o segundo está contido no primeiro.
• A× (B ∩ C) ⊂ (A×B) ∩ (A× C)
Tomemos um par ordenado arbitrário (x, y) ∈ A × (B ∩ C). Então x ∈ A e y ∈ B ∩ C,
ou seja, x ∈ A, y ∈ B e y ∈ C. Portanto o par ordenado (x, y) é tal que (x, y) ∈ A × B e
(x, y) ∈ (A× C), donde concluimos que (x, y) ∈ (A×B) ∩ (A× C).
Mostramos assim que todo elemento de A× (B ∩ C) é elemento de (A×B) ∩ (A× C), isto
é,
A× (B ∩ C) ⊂ (A×B) ∩ (A× C) .
• (A×B) ∩ (A× C) ⊂ A× (B ∩ C)
Seja agora (x, y) ∈ (A×B) ∩ (A× C), então (x, y) ∈ A×B e (x, y) ∈ (A× C). Note que{
(x, y) ∈ A×B =⇒ x ∈ A e y ∈ B
(x, y) ∈ (A× C) =⇒ x ∈ A e y ∈ C,
portanto x ∈ A e y ∈ B ∩ C e assim (x, y) ∈ A × (B ∩ C). Mostramos que todo elemento de
(A×B) ∩ (A× C) é elemento de A× (B ∩ C), ou seja, mostramos que
(A×B) ∩ (A× C) ⊂ A× (B ∩ C) .
Com isso concluimos que vale a igualdade entre os conjuntos.
Observação: Chamamos a atenção de que utilizando equivalências podeŕıamos escrever a
solução também da seguinte forma:
(x, y) ∈ A× (B ∩ C)⇐⇒ x ∈ A, y ∈ B e y ∈ C ⇐⇒
{
(x, y) ∈ A×B
(x, y) ∈ (A× C) ⇐⇒
⇐⇒ (x, y) ∈ (A×B) ∩ (A× C) .
1
Questão 2: (2,5 pontos) Seja f : Z −→ Z uma função tal que, quaisquer que sejam a e b em
Z, tem-se que
f (a + b) = f (a) + f (b) .
(a) (0,5 ponto) Mostre que f (0) = 0.
Sugestão: Observe que 0 + 0 = 0.
(b) (2,0 pontos) Mostre, por indução, que f (n) = n · f (1) para todo n ∈ N.
Solução:
(a) Basta notar que como 0 + 0 = 0 então
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 Prinćıpio
da Indução, vale que f (n) = n · f (1) para todo n ∈ N.
Questão 3: (2,5 pontos)
(a) (1,0 ponto) Efetue as divisões para justificar a representação decimal de cada um dos
números abaixo. As barras representam repetições de d́ıgitos, por exemplo:
0, 252525 · · · = 0, 25.
1
7
= 0, 142857
2
7
= 0, 285714
3
7
= 0, 428571
4
7
= 0, 571428
5
7
= 0, 714285
6
7
= 0, 857142
(b) (1,5 pontos) Use o Teorema da Divisão de Euclides para justificar que a divisão de um
número inteiro n por 7 não pode ter representação decimal com mais de 6 d́ıgitos distintos
à direita da v́ırgula.
Solução:
(a) Basta efetuar as divisões.
(b) Pelo Teorema da Divisão de Euclides existem inteiros q e r tais que n = 7q + r com
r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Dividindo ambos os membros por 7 obtemos n
7
= q + r
7
. Se r = 0,
então n/7 é inteiro e por isso há apenas zeros à direita da v́ırgula, caso contrário r/7 é
igual a algum dos números mostrados no item (a) o que conclui o exerćıcio.
2
Questão 4: (2,5 pontos)
(a) (1,25 pontos) Dado um ideal I de Z mostre que a relação R em Z definida por aRb se, e
somente se, a− b ∈ I é uma relação de equivalência.
(b) (1,25 pontos) Mostre que, se a | c, b | c e d = mdc (a, b), então ab | cd.
Solução:
(a) Lembre-se que sendo I um ideal de Z então valem as seguintes propriedades:
1. 0 ∈ I
2. Para todo a e b ∈ I, tem-se a− b ∈ I
3. ZI ⊂ I
Mostremos que a relação R é reflexiva, simétrica e transitiva.
• R é reflexiva. De fato, ∀a ∈ Z aRa pois a− a = 0 ∈ I (propriedade 1 acima)
• R é simétrica. Se aRb então a − b ∈ I, sendo I ideal vale a propriedade 3, então
b− a = (−1) (a− b) ∈ I e assim bRa.
• R é transitiva. Sejam a, b e c ∈ Z tais que aRb e bRc. De aRb segue que a − b ∈ I
e de bRc segue que b − c ∈ I. Portanto (a− b) − (c− b) = a − c ∈ I (aqui estamos
usando a propriedade 2 juntamente com o fato de que como b− c ∈ I então c− b ∈ I,
o que é verdade pela propriedade 3)
Conclusão R é uma relação de equivalência.
(b) Sabemos que se d = mdc (a, b) então existem inteiros r e s tais que
d = ra + sb. (2)
Multiplicando esta igualdade por c obtemos
cd = rca + scb. (3)
Como por hipótese a | c e b | c então existem inteiros k1 e k2 tais que
c = k1a e c = k2b. (4)
Utilizando (4) em (3) concluimos que
cd = rk2ab + sk1ab = (rk2 + sk1) ab,
ou seja existe um inteiro k3 = rk2 + sk1 tal que cd = k3ab, mostrando que ab | cd.
3
Álgebra I
Soluções da AP1 - 2017.1
Questão 1: [2,5 pontos] Prove que (A ∩B)×C = (A× C)∩(B × C), quaisquer que sejam
os conjuntos A, B e C.
Solução: Devemos mostrar que (A ∩B)×C ⊂ (A× C) ∩ (B × C) e (A× C) ∩ (B × C) ⊂
(A ∩B)× C.
Mostremos a primeira das inclusões. Para isso tomemos um elemento qualquer do conjunto
(A ∩B)×C, ou seja, um elemento da forma (x, y) em que x ∈ A∩B e y ∈ C. Temosentão
que x ∈ A e x ∈ B, sendo assim o par ordenado (x, y) pertence a A × C e B × C, isto é,
(x, y) ∈ (A× C) ∩ (B × C) como queŕıamos mostrar.
Para obter a inclusão contrária tomemos (x, y) ∈ (A× C) ∩ (B × C). Dáı vem que
(x, y) ∈ A × C e (x, y) ∈ B × C, portanto x ∈ A ∩ B e y ∈ C, donde conclúımos que
(x, y) ∈ (A ∩B)× C.
Questão 2: [2,5 pontos] Considere a sequência de números ilustrada abaixo.
Ela é conhecida como a sequência dos números triangulares. O n-ésimo número triangular
Tn, é a quantidade total de bolas necessárias para formar um triângulo equilátero cujo lado
tem n bolas. Por exemplo, o quarto número triangular é T4 = 10.
(a) [0,5 ponto] Determine o 6o, o 7o e o 8o números triangulares.
(b) [0,5 ponto] Descreva o procedimento usado para encontrar T6, T7 e T8 no item anterior.
1
(c) [0,5 ponto] Como você descreveria o procedimento que permite encontrar qualquer
número triangular Tn? Explique.
(d) [1,0 ponto] Utilize o item (c) e o Prinćıpio de Indução Matemática para mostrar que
Tn =
n (n + 1)
2
, qualquer que seja o n ∈ N.
Solução:
(a) O 6o, o 7o e o 8o números triangulares são 21, 28 e 36.
(b) Para encontrar T6 basta adicionar 6 ao número 15 = T5, T7 = T6 + 7 e T8 = T7 + 8.
(c) Pelo que foi observado no item anterior conclúımos que Tn = Tn−1 + n.
(d) Vamos mostrar por Indução que Tn =
n (n + 1)
2
. Verificamos que para n = 1 de fato
obtemos T1 = 1. Vamos admitir, como hipótese de indução, que a expressão é válida para
n, isto é, Tn =
n (n + 1)
2
. Provemos que o resultado é válido para n + 1. De fato, pelo item
(c) sabemos que Tn+1 = Tn + n + 1 logo, graças a nossa hipótese de indução, temos
Tn+1 =
n (n + 1)
2
+ n + 1 =
(n + 1) (n + 2)
2
,
que é o resultado esperado para n + 1.
Questão 3: [2,5 pontos] Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou
falsa. Prove as que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) [1,25 pontos] Se o resto da divisão de um número inteiro a por 13 é 4, então o resto
da divisão de a2 + 2a + 3 por 13 é 1.
(b) [1,25 pontos] O conjunto
I = Z · a + Z · b = {m = k · a + s · b tais que k, s ∈ Z} ,
em que a, b ∈ Z, é um Ideal de Z.
Solução:
(a) Verdadeira. Pelo algoritmo de Euclides temos que a = 13k + 4 para algum k inteiro.
Portanto, a2+2a+3 = (13k + 4) (13k + 4)+2 (13k + 4)+3 = 132k2+104k+16+26k+8+3 =
132k2 + 130k + 27. Como 27 = 2× 13 + 1, então
a2 + 2a + 3 = 132k2 + 130k + 2× 13 + 1 = 13
(
13k2 + 10k + 2
)
+ 1,
mostrando que o resto da divisão de a2 + 2a + 3 por 13 é 1.
2
(b) Verdadeira. Para mostrar que um conjunto I é um ideal precisamos verificar que ele
cumpre as três condições abaixo:
• 0 ∈ I. De fato, como Z · a e Z · b são Ideais, 0 pertence a ambos e portanto à soma.
• Se x e y ∈ I, então x−y ∈ I. Se x e y são elementos de I, então existem inteiros m, n,
m′ e n′ tais que x = ma + nb e y = m′a + n′b, logo x− y = (m−m′)a + (n− n′)b ∈ I.
• Se r ∈ Z e x ∈ I, então rx ∈ I. Novamente, se x ∈ I, existem m e n ∈ Z tais que
x = ma + nb. Assim o inteiro rx = rma + rnb ∈ (Z · a + Z · b) = I.
Portanto, I é um Ideal de Z.
Questão 4: [2,5 pontos] Qual é o menor número natural positivo que devemos multiplicar a
52920 para que ele se torne um quadrado perfeito? Justifique detalhadamente a sua solução.
Sugestão:Use o Teorema Fundamental da Aritmética
Solução: A fatoração do número dado é 52920 = 23× 33× 5× 72. Sabemos que um número
é um quadrado perfeito quando sua fatoração em primos apresenta apenas expoentes pares.
Assim precisamos multiplicar o menor número positivo para que o produto cumpra esta
condição. Este número é claramente 2× 3× 5 = 30.
3
Álgebra I
Soluções da AP1 - 2016.2
Questão 1: Observe que (
1− 1
2
)
=
1
2(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)
=
1
3(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
=
1
4
...
(a) (0,5 ponto) Apresente a expressão geral para o padrão observado acima.
(b) (2,0 pontos) Utilize o prinćıpio de indução para demonstrar a validade da expressão
obtida no item (a).
Solução:
(a) A expressão é(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
n
)
=
1
n
∀ n ≥ 2.
(b) Para n = 2 tem-se (
1− 1
2
)
=
1
2
,
o que está OK!
Nossa hipótese de indução é que(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
k
)
=
1
k
.
Para n = k + 1 teremos(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
k
)
︸ ︷︷ ︸
1/k
(
1− 1
k + 1
)
=
1
k
(
1− 1
k + 1
)
1
portanto(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
k
)(
1− 1
k + 1
)
=
k
k (k + 1)
=
1
k + 1
que corresponde ao resultado procurado.
Questão 2: Considere a relação R sobre C definida por
(x + yi) R (r + si) se, e somente se, x2 + y2 = r2 + s2
com x, y, r e s reais.
(a) (1,5 pontos) Prove que R é uma relação de equivalência.
(b) (1,0 ponto) Descreva a classe 3 + 4i.
Solução:
(a) Mostremos que a relação é reflexiva, simétrica e transitiva.
Reflexiva
• Se z = x + yi ∈ C então zRz pois x2 + y2 = x2 + y2.
Simétrica
• Se z = x + yi e w = r + si pertencem a C então 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 são tais que zRw e wRu então tem-se
x2 + y2 = r2 + s2
e
r2 + s2 = a2 + b2
e portanto x2 + y2 = a2 + b2 donde segue que zRu.
2
(b) A classe 3 + 4i será formada pelos z = x + yi tais que x2 + y2 = 32 + 42 = 25, isto é, os
pontos sobre a circunferência de centro (0, 0) e raio 5.
Questão 3: (2,5 pontos) O máximo divisor comum de dois números é 15. Para se chegar
a esse resultado pelo processo das divisões sucessivas, os quocientes encontrados foram, pela
ordem, 1, 2, 2 e 3. Encontre os dois números.
Solução: A partir do enunciado tiramos que
1 2 2 3
a b r1 r2 15
r1 r2 r3 0
Dáı segue que r2 = 3r3 = 45, r1 = 2r2 + r3 = 105, b = 2r1 + r2 = 255 e a = b + r1 = 360.
Conclusão a = 360 e b = 255.
Questão 4: Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou falsa. Prove as
que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) (1,25 pontos) Dados um número primo p e um inteiro a, se p - a, então mdc(a, p) = 1.
(b) (1,25 pontos) Necessariamente um dos inteiros a, a + 2, a + 4 é diviśıvel por 3.
Solução:
(a) Verdadeiro.
Como p é primo, então, por definição, D(p) = {1, p}. Como p - a, segue que o único
divisor comum entre a e p é 1 e, portanto, mdc(a, p) = 1.
(b) Verdadeira.
Do algoritmo de Euclides tiramos que a = 3q + r, onde r = 0, 1 ou 2.
Se r = 0 então a é diviśıvel por 3.
Se r = 1 então a + 2 = 3q + 1 + 2 = 3q + 3 = 3 (q + 1), logo a + 2 será diviśıvel por 3.
Se r = 2 então a + 4 = 3q + 2 + 4 = 3q + 6 = 3 (q + 2), logo a + 4 será diviśıvel por 3.
3
Álgebra I
Soluções da AP1 - 2016.1
Questão 1: (2,0 pontos) Sejam A, B e C conjuntos quaisquer, mostre que
A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) .
Solução:
Para provarmos que vale a igualdade devemos provar que A∪ (B ∩ C) ⊂ (A ∪ B)∩ (A ∪ C)
e que (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C).
Provemos a primeira inclusão. Seja x um elemento qualquer de A∪ (B ∩ C) então x ∈ A ou
x ∈ B ∩C. Se x ∈ A então x irá pertencer a A união com qualquer conjunto, em particular
teremos que x ∈ A∪B e x ∈ A∪C, portanto x ∈ (A ∪ B)∩ (A ∪ C). A outra possibilidade
é que x ∈ B ∩ C, nesse caso x ∈ B e x ∈ C e portanto x ∈ A ∪ B e x ∈ A ∪ C, ou seja,
x ∈ (A ∪B)∩(A ∪ C). Resumindo, tomando um elemento arbitrário do conjunto A∪(B ∩ C)
fomos capazes de concluir que este elemento pertence ao conjunto (A ∪B) ∩ (A ∪ C), logo
A ∪ (B ∩ C) ⊂ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) .
Provemos agora a inclusão contrária. Seja x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C), então x ∈ A ∪ B e
x ∈ A ∪ C, dáı vem que ou x ∈ A ou x ∈ B ∩ C e portanto x ∈ A ∪ (B ∩ C), donde
concluimos que
(A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C) .
Questão 2: (1,0 ponto) Seja Z o conjunto dos números inteiros. Dados a e b números
inteiros diremos que a ∼ b quando a− b for múltiplo de 5. Mostre que a relaçãodeterminada
por ∼ em Z é uma relação de equivalência.
Solução:
Afim de mostrar que a relação é de equivalência precisamos mostrar que a relação é reflexiva,
simétrica e transitiva.
1
Reflexividade: Temos que a− a = 0 e zero é múltiplo de 5. Portanto, a ∼ a.
Simetria: Se a ∼ b, então 5 divide a− b, logo existe q ∈ Z tal que a− b = 5q. Multiplicando
por −1 temos que b− a = 5(−q), donde conclui-se que b ∼ a.
Transitividade: Se a ∼ b e b ∼ c, então existem q1 e q2 tais que a− b = 5q1 e b− c = 5q2. Se
somarmos estas duas igualdades teremos (a−b)+(b−c) = 5q1+5q2. Então, a−c = 5(q1+q2)
e consequentemente a ∼ c. Portanto a relação é transitiva.
Conclusão: a relação ∼ é uma relação de equivalência.
Questão 3: (1,0 ponto) Considerando ainda a relação ∼ definida na questão 2 mostre que
essa relação possui exatamente cinco classes de equivalência em Z. Descreva essas classes.
Solução:
Fixe um inteiro b ∈ Z. O Teorema de Divisão de Euclides garante que qualquer que seja a ∈ Z
existem q e r, com r = 0, 1, 2, 3 ou 4 tais que a− b = 5q+ r (q e r unicamente determinados
por estas propriedades). Então a − b − r = a − (b+ r) = 5q, portanto, a ∼ (b + r), onde
r = 0, 1, 2, 3 ou 4.
Assim, dado um inteiro a arbitrário temos que a é equivalente a b, b+1, b+2, b+3 ou b+4.
Isto é, existem 5 classes de equivalência e, juntas, elas contêm todos os números inteiros.
Questão 4: (2,0 pontos) Considere a e b inteiros quaisquer e n ∈ N. Utilizando indução
matemática prove que
a+ b divide a2n − b2n.
Solução:
Para n = 1 temos que a2n − b2n = a2 − b2 = (a− b) (a+ b) o que mostra que a + b divide
a2 − b2.
Como hipótese de indução vamis admitir que a+ b divide a2n − b2n, isto é, existe k ∈ Z tal
que a2n − b2n = k (a+ b).
Mostremos que a afirmação pe válida para n+ 1, isto é, a+ b divide a2(n+1) − b2(n+1).
2
De fato,
a2(n+1) − b2(n+1) = a2na2 − b2nb2 =
= [b2n + k (a+ b)] a2 − b2nb2 =
b2n (a2 − b2) + k (a+ b) a2 =
= (b2n (a− b) + ka2) (a+ b) ,
que nos mostra que existe k′ = b2n (a− b) + ka2 tal que a2(n+1) − b2(n+1) = k′ (a+ b), ou
seja, a + b divide a2(n+1) − b2(n+1) e sendo assim, pelo prinćıpio da indução matemática, a
afirmação vale qualquer que seja o n ∈ N.
Questão 5: (2,0 pontos) Suponha que nas últimas eleições, três partidos poĺıticos tiveram
direito, por dia, a 90 s, 108 s e 144 s de tempo gratuito de propaganda na televisão, com
diferentes números de aparições. Admita ainda que o tempo de cada aparição, para todos os
partidos, foi sempre o mesmo e o maior posśıvel. Determine a soma do número das aparições
diárias dos partidos na TV.
Solução:
Observe que como o enunciado da questão afirma que o tempo de cada aparição, para
os três partidos, foi sempre o mesmo e o maior posśıvel então tal número (o tempo de
cada aparição) será o mdc entre 90, 108 e 144. Como 90 = 2 · 5 · 32, 108 = 22 · 33 e
144 = 24 · 32 então mdc (90, 108, 144) = 32 · 2 = 18. Descobrimos portanto que o tempo de
cada aparição na TV foi de 18 segundos. Dessa forma o partido que teve direito a 90s por
dia fez 90/18 = 5 aparições, o de 108s fez 108/18 = 6 aparições e o que teve direito a 144s
teve 144/18 = 8 aparições. Logo a soma do número das aparições diárias dos partidos na
TV foi de 5 + 6 + 8 = 19.
Questão 6: (2,0 pontos) Dados a, b e m inteiros, mostre que, se a ≡ b (modm), então
a = b em Zm.
Solução:
Vamos mostrar que a ⊂ b e que b ⊂ a.
• Se x ∈ a, então x ≡ a (modm). Como a ≡ b (modm), segue da transitividade que
x ≡ b (modm) , ou seja, x ∈ b. Sendo x arbitrário, conclui-se que a ⊂ b.
3
• Se x ∈ b, então x ≡ b (modm). Como a ≡ b (modm), então b ≡ a (modm) e, portanto,
segue da transitividade que x ≡ a (modm) , ou seja, x ∈ a. Sendo x arbitrário, conclui-
se que b ⊂ a.
Conclusão: a = b.
4
Álgebra I
Soluções da AP1 - 2015.2
Questão 1: (2,0 pontos) Vamos considerar uma relação R definida no conjunto de todas
as páginas Web. Diremos que:
xRy se,e somente se,todas as pessoas que visitam a página Web x também visitam a página Web y.
Determine se a relação R é ou não uma relação de equivalência.
Solução: Para que a relação R seja dita de equivalência é necessário que ela seja reflexiva,
simétrica e transitiva. Claramente R é reflexiva uma vez que todas as pessoas que visitam
a página Web x também visitam a página Web x. Observem que R não é simétrica! De
fato, se xRy então todas as pessoas que visitam a página Web x também visitam a página
Web y, mas não temos garantia alguma de que todas as pessoas que visitam a página Web y
também visitam a página Web x. Logo, não necessariamente yRx. A relaão R é transitiva
pois, se xRy e yRz então todas as pessoas que visitam a página Web x também visitam a
página Web y e todas as pessoas que visitam a página y também visitam a página z. Sendo
assim, todos que visitam a página x visitam também a página z, ou seja, xRz.
Como R não é simétrica a relação não é de equivalência.
Questão 2: (2,0 pontos) Sejam F1 = 1, F2 = 1 e Fn = Fn−1 +Fn−2, n ≥ 3. Fn é chamado
n-ésimo número de Fibonacci. Mostre que:
F1 + F3 + F5 + ...+ F2n−1 = F2n.
Solução: Note que essa questão é similar à questão 2 da nossa AD1 desse semestre!
A prova da igualdade é feita por indução. Para n = 1 temos que F1 = 1 = F2, para n = 2
teremos F1 + F3 = F4 que está OK (verifique!). Vamos admitir, e essa é a nossa hipótese de
indução, que a expressão é válida para n = k, isto é,
F1 + F3 + F5 + ...+ F2k−1 = F2k.
1
Mostremos a validade da expressão para n = k + 1!
F1 + F3 + F5 + ...+ F2k−1 + F2(k+1)−1 = F2k + F2(k+1)−1,
vejam que a última igualdade foi obtida utilizando a nossa hipótese de indução. Agora basta
observar que
F2k + F2(k+1)−1 = F2k + F2k+1 = F2k+2,
e portanto,
F1 + F3 + F5 + ...+ F2k−1 + F2(k+1)−1 = F2k+2 = F2(k+1)m,
que é o resultado correspondente a n = k + 1.
Questão 3: Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou falsa. Prove as
que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) (1,0 ponto) Se o resto da divisão de um número inteiro b por 7 é 5, então o resto da
divisão de b2 + b+ 1por 7 é 3.
(b) (1,0 ponto) Se o ideal Z ·m é maximal , entaõ m é um número primo.
Solução:
(a) Pelo algoŕıtmo da divisão de Euclides temos que b = 7k + 5 para algum inteiro k. Para
b2 + b+ 1 teremos
b2 + b+ 1 = 49k2 + 70k + 25 + 7k + 5 + 1 = 49k2 + 70k + 7k + 31,
pondo 7 em evidência iremos obter
b2 + b+ 1 = 7
(
7k2 + 10k + k + 4
)
+ 3 = 7k
′′
+ 3,
mostrando que o resto procurado é 3. A afirmação é verdadeira.
(b) Suponhamos que m não seja primo. Então existem inteiros a, b diferentes de m e 1 tais
que m = a · b. Assim tem-se,
Z ·m = Z · (ab) ⊂ Z·a 6= Z.
Portanto, Z ·m não é ideal maximal. A afirmação é verdadeira.
2
Questão 4: (2,0 pontos)
(a) (1,0 ponto) Mostre que o quadrado de qualquer inteiro ou é da forma 4k ou 4k + 1.
(b) (1,0 ponto) Utilize o item (a) para verificar que nenhum número da lista abaixo é um
quadrado perfeito.
11, 111, 1111, 11111, 111111, ...
Solução:
(a) Seja a um inteiro qualquer, temos então duas possibilidades: ou a é par ou a é ı́mpar. Se a
for par ele é da forma 2q para algum inteiro q e assim a2 = 4q2 = 4k, onde k = q2 é um inteiro.
A outra possibilidade é a = 2q+1 o que nos leva a a2 = 4q2+4q+1 = 4 (q2 + q)+1 = 4k+1,
onde k = q2 + q ∈ Z.
Vejam que essa questão é uma versão mais simples dequela que vocês fizeram na AD1!
(b) É suficiente perceber que
11 = 4 · 2 + 3
111 = 4 · 27 + 3
1111 = 4 · 277 + 3
...
...
Isto é, os números apresentados na lista deixam sempre resto 3 na divisão por 4 e assim,
pelo que foi provado no item (a), eles não podem ser um quadrado perfeito.
Questão 5: (2,0 pontos) Dados a, b e m inteiros tais que a e b são primos entre si, mostre
que se a | m e b | m, então ab | m.
Solução: Noteque esse é o item a) do exerćıcio 5 do EP6 do nosso curso.
3
Álgebra I
Soluções da AP1 - 2015.1
Questão 1:
(a) (1,0 ponto) Considerando que A∪B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} , A∩B = {4, 5} e A−B =
{1, 2, 3}, determine o conjunto B.
(b) (1,0 ponto) Considere os conjuntos numéricos A = {x ∈ R / 0 < x < 2},
B = {x ∈ R / − 3 ≤ x ≤ 1}. Determine (A ∪B)− (A ∩B).
Solução:
(a) Como A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, os elementos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8 pertencem a pelo
menos um dos conjuntos A ou B. Sabemos que A ∩ B = {4, 5}, logo os elementos 4
e 5 pertencem a ambos os conjuntos, A e B, assim 4 e 5 são elementos de B. Como
A − B = {1, 2, 3}, os elementos 1, 2 e 3 são os elementos que pertencem ao conjunto
A, mas não pertencem ao conjunto B, ou seja, os elementos 1, 2 e 3 não pertencem
a B. Finalmente, os elementos 6, 7 e 8 pertencem a pelo menos um dos conjuntos A
ou B pois pertencem à união A ∪ B. Contudo não pertencem apenas ao conjunto A,
do contrário pertenceriam a A − B. Tampouco pertencem a ambos os conjuntos A e
B, do contrário estariam na interseção A ∩ B, o que não acontece. Logo os elementos
6, 7 e 8 pertencem ao conjunto B (mais ainda, pertencem ao conjunto B − A) pois
A ∪ B = (A − B) ∪ (A ∩ B) ∪ (B − A). Assim sendo temos {4, 5, 6, 7, 8} ⊂ B. Como
B ⊂ A ∪B e 1, 2 e 3 não pertencem a B, o conjunto B = {4, 5, 6, 7, 8}.
(b) Observe que A ∪ B = {x ∈ R / − 3 ≤ x < 2} e A ∩ B = {x ∈ R / 0 < x ≤ 1}. Por sua
vez o conjunto (A ∪B)− (A ∩B) é formado pelos elementos de A∪B que não estão em
A ∩B. Assim
(A ∪B)− (A ∩B) = {x ∈ R / − 3 ≤ x ≤ 0} ∪ {x ∈ R / 1 < x < 2}.
1
Questão 2: (2,0 pontos) Diremos que quaisquer dois números inteiros a e b estão rela-
cionados segundo a relação R se a diferença a− b for um número par, isto é,
a R b se, e somente se, a− b é um número par.
Mostre que a relação R é um relação de equialência e determine a classe de equivalência
de um inteiro qualquer a.
Solução: Para ser uma relação de equivalência R deve ser reflexiva, simétrica e transitiva.
Verifiquemos:
• reflexiva: Dado a ∈ Z qualquer, a− a = 0 é par, logo aRa. Portanto, R é reflexiva;
• simétrica: Se aRb, então a − b é par, logo b − a = −(a − b) também é par, ou seja,
bRa. Portanto, R é simétrica;
• transitiva: Se aRb e bRc, então a−b e b−c são números pares, logo a−c = (a−b)+(b−c)
é a soma de números pares, portanto é um número par. Assim aRc e a relação é
transitiva.
Determinemos a classe de equivalência do número 0, isto é, o conjunto de todos os
números inteiros a tais que aR0, ou seja, o conjunto dos inteiros a tais que a− 0 é par. Este
é claramente o conjunto dos inteiros pares.
Questão 3:
(a) (1,0 ponto) Uma pizzaria funciona todos os dias da semana e tem 3 promoções para
seus clientes. A cada 4 dias, o cliente tem desconto na compra da pizza de calabresa; a cada
3 dias, na compra de duas pizzas, ganha uma mini pizza doce, e uma vez a cada sete dias
tem a promoção de refrigerantes. Se hoje estão as três promoções vigentes, esse ocorrido
voltará a acontecer daqui a quantas semanas?
(b) (1,0 ponto) Em um certo colégio, há 120 alunos na 1a série do Ensino Médio, 144 na
2a e 60 na 3a. Na semana cultural, todos esses alunos serão organizados em equipes com o
mesmo número de elementos, sem que se misturem alunos de séries diferentes. Determine o
número máximo de alunos que pode haver em cada equipe.
2
Solução:
(a) O desconto na pizza de calabresa acontecerá a cada 4 dias, portanto, nos dias múltiplos
de 4 a partir do dia de hoje, a promoção da pizza doce a cada três dias, logo nos
dias múltiplos de 3 se contarmos a partir de hoje. Do mesmo jeito a promoção dos
refrigerantes acontecerá nos dias múltiplos de 7. Como hoje temos as três promoções,
isso acontecerá novamente da próxima vez no menor múltiplo comum aos números 3, 4
e 7. Isto é, daqui a 3× 4× 7 = 84 dias.
(b) Como todas as equipes terão o mesmo número de estudantes, não podem sobrar estu-
dantes sem equipe e não serão misturados estudantes de diferentes séries, o número D
de estudantes por equipe deve dividir o número de alunos em cada série. Logo D é um
divisor comum a 120, 144 e 60. O maior divisor comum a estes três números é o seu
MDC. Portanto, o número máximo de estudantes por equipe é MDC(120, 144, 60) = 12.
Questão 4: (2,0 pontos) Seja a sequência a1, a2, a3, ... definida como
a1 = 3
ak = 7ak−1, ∀ inteiros k ≥ 2.
Prove por indução matemática que an = 3 · 7n−1 para todos os inteiros n ≥ 1.
Solução: A identidade an = 3 · 7n−1 vale para n = 1 pois temos a1 = 3 · 71−1 = 3. Se
a igualdade vale para algum inteiro k ≥ 1, temos ak = 3 · 7k−1. Por hipótese temos que
ak+1 = 7ak = 7 · 3 · 7k−1 = 3 · 7k. Portanto, o Teorema de Indução garante que a identidade
an = 3 · 7n−1 é verdadeira para todos os inteiros n ≥ 1.
Questão 5: (2,0 pontos) Mostre que se m e n são inteiros, ambos ı́mpares ou ambos pares,
então m2 ≡ n2 (mod 4).
Solução: Se m e n são ambos ı́mpares, existem inteiros p e q tais que m = 2p+1 e n = 2q+1,
de modo que m2− n2 = (2p+ 1)2− (2q + 1)2 = 4(p2− q2 + p− q), ou seja, m2 ≡ n2 (mod 4).
Se m e n são ambos pares, então existem inteiros p e q tais que m = 2p e n = 2q. Assim,
m2 − n2 = 4p2 − 4q2 = 4(p2 − q2), ou seja, m2 ≡ n2 (mod 4).
3
SOLUÇÃO DA AP1 DE ÁLGEBRA I - 2014.2
Questão 1 [2,0 pontos]
(a) [1,0 ponto] Utilizando os sinais de união e interseção represente a parte hachurada da figura
abaixo envolvendo os conjuntos A, B e C.
(b) [1,0 ponto] Sejam A = {2, 4} e B = {6, 8, 10}. Defina as relações R e S como:
∀ (x, y) ∈ A×B, xRy se, e somente se, x | y,
∀ (x, y) ∈ A×B, xSy se, e somente se, y − 4 = x.
Liste os pares ordenados que estão em A×B, R, S e R ∩ S.
Solução:
(a) A parte hachurada destacada na figura é dada por C ∩ (A ∪B).
(b) Sabemos que o produto cartesiano de A e B, denotado por A × B, é o conjunto de todos os
pares ordenados (a, b), com a ∈ A e b ∈ B, veja a aula 1 página 8 do módulo. Dessa forma temos
que:
A×B = {(2, 6) , (2, 8) , (2, 10) , (4, 6) , (4, 8) , (4, 10)} .
Os pares (x, y) ∈ A×B que se relacionam segundo R são:
R = {(2, 6) , (2, 8) , (2, 10) , (4, 8)} .
Para S temos os pares:
S = {(2, 6) , (4, 8)} .
Fazendo a interseção de R com S obtemos
R ∩ S = {(2, 6) , (4, 8)} = S.
Questão 2 [2,0 pontos] Use o Teorema de Indução para verificar a identidade
xn + · · ·+ x2 + x+ 1 = x
n+1 − 1
x− 1
para todo número real x 6= 1 e todo número natural n.
ÁLGEBRA 1 AP1 2
Solução: Para n = 0, ambos os membros da igualdade são iguais a 1, portanto, a identidade é
valida neste caso. Supondo que a afirmação se verifique para um certo natural k queremos mostrar
que
xk+1 + · · ·+ x2 + x+ 1 = x
k+2 − 1
x− 1
.
Comecemos com o primeiro membro da identidade acima e usemos a hipótese de indução para
obter o segundo:
xk+1 + (xk + · · ·+ x2 + x+ 1) = xk+1 + x
k+1 − 1
x− 1
=
xk+2 − xk+1 + xk+1 − 1
x− 1
=
xk+2 − 1
x− 1
.
Questão 3 [2,0 pontos] Decida se as afirmações abaixo são verdadeiras ou falsas. Prove as
verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas.
(a) [0,4 ponto] Se um número natural é um quadrado perfeito, então possui uma quantidade par
de divisores naturais (Lembre-se que um número inteiro é um quadrado perfeito quando sua raiz
quadrada é um número inteiro).
(b) [0,6 ponto] Um número natural é um quadrado perfeito se, e somente se, possui uma quanti-
dade ı́mpar de divisores naturais.
(c) [1,0 ponto] Se nenhum dos números naturais q com 1 < q ≤
√
N divide N , então N é primo.
Solução:
(a) Falso. O número 4 é um quadrado perfeito, contudo seus divisores positivos são {1, 2, 4}.
(b) Verdadeiro. Se A1 é um divisor positivo de N , então existe um inteiro (positivo) A2 tal que
N = A1A2. Por definição, A2 também é um divisor de N . Assim os divisores de N aparecem
aos pares, a menos que A1 = A2, neste caso N = A
2
1. Logo Npossui uma quantidade ı́mpar
de divisores positivos se, e somente se, for um quadrado perfeito.
(c) Verdadeiro. Suponha que nenhum dos números naturais q com 1 < q ≤
√
N divida N , assim
um divisor A 6= 1 de N deve satisfazer
√
N < A ≤ N . Mas então existe B satisfazendo
1 ≤ B ≤
√
N tal que N = AB. Ou seja, B é um divisor de N e 1 ≤ B ≤
√
N , logo B = 1
donde A = N . Portanto, os únicos divisores positivos de N são 1 e N , isto significa que N é
primo.
Questão 4 [2,0 pontos] Qual é o menor número natural positivo que devemos multiplicar a
493920 para que ele se torne um quadrado perfeito? Justifique detalhadamente a sua solução.
Sugestão: Use o Teorema Fundamental da Aritmética
Solução: A fatoração do número dado é 493.920 = 25× 32× 5× 73. Sabemos que um número é
um quadrado perfeito quando sua fatoração em primos apresenta apenas expoentes pares. Assim
precisamos multiplicar o menor número positivo para que o produto cumpra esta condição. Este
número é claramente 2× 5× 7 = 70.
Questão 5 [2,0 pontos] Prove que o conjunto dos números primos é infinito.
Solução: Esse exerćıcio é o Teorema 03 da aula 08, página 17 do módulo ou ainda o v́ıdeo com
o exemplo 03 que foi disponibilizado na plataforma junto com o material de estudo da semana 2.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
AP1 – ÁLGEBRA I
Questão 1 [2,0 pontos] Sejam A,B,C e D conjuntos tais que A 6= ∅ e B 6= ∅. Mostre que:
A ⊂ B e C ⊂ D se, e somente se, A× C ⊂ B ×D.
Solução: Suponha primeiro que A ⊂ B e C ⊂ D. Como queremos mostrar que A× C ⊂ B ×D,
tomamos um elemento (a, c) ∈ A×C e mostraremos que (a, c) ∈ B×D. De fato, se (a, c) ∈ A×C,
então a ∈ A e c ∈ C. Como A ⊂ B temos a ∈ B. Como C ⊂ D temos c ∈ D. Donde a ∈ B e
c ∈ D, logo (a, c) ∈ B ×D. Conclusão, A× C ⊂ B ×D.
Por outro lado, suponha que A × C ⊂ B × D. Queremos mostrar que A ⊂ B e C ⊂ D. Para
tal, tomamos elementos a ∈ A e c ∈ C genéricos. O par ordenado (a, c) pertence a A× C. Como
A × C ⊂ B × D, temos (a, c) ∈ B × D. Ou seja, a ∈ B e c ∈ D. Donde segue que A ⊂ B e
C ⊂ D.
Questão 2 [2,0 pontos] Uma progressão aritmético-geométrica é uma sequência de números reais
(an) tal que a1 é dado e, para todo n ∈ N, tem-se que
an+1 = qan + r,
onde q e r são números reais dados, com q 6= 1. Mostre, utilizando Indução Matemática, que:
an = a1q
n−1 + r
qn−1 − 1
q − 1
.
Solução: A afirmação é válida para n = 1 pois a expressão fica
a1q
1−1 + r
q1−1 − 1
q − 1
= a1.
Mostraremos agora que se a expressão vale para algum número natural n ≥ 1, então ela vale também
para n+ 1. Sabemos que an+1 = qan + r e, por hipótese de indução que
an = a1q
n−1 + r
qn−1 − 1
q − 1
.
Substituindo a segunda na primeira obtemos
an+1 = q(a1q
n−1 + r
qn−1 − 1
q − 1
) + r = a1q
n + r
(
qn − q
q − 1
)
+ r = a1q
n + r
(
qn − q + q − 1
q − 1
)
.
Ou seja,
an+1 = a1q
n + r
(
qn − 1
q − 1
)
.
E a expressão fica provada pelo Teorema de Indução Matemática.
ÁLGEBRA 1 AP1 2
Questão 3 [2,0 pontos] Considere a, b,m e n ∈ Z com m > 1 e n > 1. Mostre que:
a ≡ bmodm e a ≡ bmodn se, e somente se, a ≡ bmodmmc (m,n) .
Solução: Usando a linguagem de ideais apresentada no módulo temos
a ≡ b(mod m) e a ≡ b(mod n)⇔ a− b ∈ m · Z e a− b ∈ n · Z⇔
⇔ a− b ∈ mmc(m,n) · Z⇔ a ≡ b(mod mmc(m,n)).
A justificativa para a passagem da primeira para a segunda linha é o Teorema 3 da Aula 6 (página
70 do Módulo).
Questão 4 [2,0 pontos] Calcular o resto da divisão manualmente pode ser bastante trabalhoso
para números grandes.
(a) [1,0 ponto] Sem fazer contas, apenas olhando o divisor e o dividendo, quantos são os posśıveis
restos para a divisão de 201407072014 por 3232? Que teorema você utilizou para responder à
pergunta anterior?
(b) [1,0 ponto] Explique como usar uma calculadora de quatro funções (+, −, × e /) para encontrar
o resto da divisão de dois números.
Solução:
(a) O Teorema da Divisão de Euclides afirma em particular que o resto da divisão de um número
inteiro n por um inteiro d 6= 0 é um natural menor que ou igual a d. Portanto, os restos posśıveis
são 0, 1, 2, · · ·, 3231. Ou seja, 3232 restos posśıveis.
(b) Efetue a divisão, subtraia do resultado encontrado a sua parte inteira, multiplique pelo divisor,
o resultado é o resto. De fato, do Teorema da Divisão de Euclides, dados inteiros n e d 6= 0,
existem q e r números inteiros tais que r ∈ {0, 1, · · · , d− 1} e n = qd+ r. Dividindo ambos os
membros por d obtemos n
d
= q+ r
d
. Observe que q é a parte inteira do resultado da divisão obtido
na calculadora. Subtraindo q em ambos os membros da equação acima obtemos n
d
− q = r
d
,
multiplicando por d encontramos o valor do resto r.
Questão 5 [2,0 pontos] Considere a seguinte relação R no conjunto dos inteiros:
xRy ⇔ x− y ∈ 10 · Z.
(a) [1,0 ponto] Prove que esta é uma relação de equivalência em Z.
(b) [1,0 ponto] Descreva a partição determinada em Z por esta relação, isto é, o conjunto das classes
de equivalência de R.
Solução:
(a) Mostraremos que a relação R é reflexiva, simétrica e transitiva.
• reflexividade. Dado x ∈ Z, vale xRx pois x− x = 0 ∈ 10 · Z.
• simetria. Se xRy, então x− y ∈ 10 · Z, logo y − x ∈ 10 · Z, donde yRx.
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ÁLGEBRA 1 AP1 3
• transitividade. Se xRy e yRz, então x − y ∈ 10 · Z e y − z ∈ 10 · Z, ou seja, existem
m e n inteiros tais que x − y = 10m e y − z = 10n, somando as igualdades obtemos
x− z = 10(m+ n), logo x− z ∈ 10 · Z e xRz.
(b) Uma possibilidade é simplesmete listar todas as classes. Temos:
[0] = {· · · ,−30,−20,−10, 0, 10, 20, 30, · · ·}
[1] = {· · · ,−29,−19,−9, 1, 11, 21, 31, · · ·}
[2] = {· · · ,−28,−18,−8, 2, 12, 22, 32, · · ·}
[3] = {· · · ,−27,−17,−7, 3, 13, 23, 33, · · ·}
· · · · · · · · · · · ·
[9] = {· · · ,−21,−11,−1, 9, 19, 29, 39, · · ·}.
Como facilmente se observa, todos os números inteiros estão listados acima, então não há outras
classes.
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Álgebra I
AP1 - Primeira Avaliação Presencial - Aulas 1 a 9
Questão 1:
(a) (1,0 ponto) Expresse a proposição abaixo utilizando a linguagem de conjuntos. Não
se preocupe com a veracidade da setença.
”Os alunos do curso de matemática do Cederj que estudam Álgebra 1 e, além disso,
estudam Geometria Anaĺıtica 1 e Cálculo 3 são os mesmos que ou estudam Álgebra 1 e
Geometria Anaĺıtica 1 ou estudam Álgebra 1 e Cálculo 3.”
(b) (1,0 ponto) Sejam A e B conjuntos não vazios quaisquer. Prove que A×B = B×A
se, e somente se, A = B.
Solução:
(a) Considere
A o conjunto dos alunos que estudam Álgebra 1
B o conjunto dos alunos que estudam Geometria Anaĺıtica 1
C o conjunto dos alunos que estudam Cálculo 3.
Então a proposição se expressa como
A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C) .
(b) Lembre-se que
A×B = {(a, b) | a ∈ A e b ∈ B} .
Se A = B então A×B = A× A = B × A.
Se A × B = B × A então 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 é
A = B.
1
Questão 2: (2,0 pontos) Prove usando o Prinćıpio de Indução a seguinte afirmação:
1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + ...n · n! = (n + 1)!− 1,
para todo n ∈ N.
Solução: Para n = 1 a expressão é verdadeira pois temos 1 · 1! = 2!− 1.
Vamos admitir, por hipótese de indução, que a igualdade vale para n = k, isto é,
1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + ...k · k! = (k + 1)!− 1.
Provemos agora que a afirmação é válida para n = k + 1.
De fato,
1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + ...k · k!︸ ︷︷ ︸
(k+1)!−1
+ (k + 1) · (k + 1)! =
= (k + 1)!− 1 + (k + 1) · (k + 1)! =
= (1 + k + 1) (k + 1)!− 1 = (k + 2)!− 1,
que é o resultado esperado para n = k + 1. Logo, pelo Prinćıpio de Indução a afirmação é
válida para todo n ∈N.
Questão 3: (2,0 pontos)
(a) (1,0 ponto) Efetue as divisões para justificar a representação decimal de cada um dos
números abaixo. As barras representam repetições de d́ıgitos, por exemplo: 0, 252525 · · · =
0, 25.
1
7
= 0, 142857
2
7
= 0, 285714
3
7
= 0, 428571
4
7
= 0, 571428
5
7
= 0, 714285
6
7
= 0, 857142
(b) (1,0 ponto) Use o Teorema da Divisão de Euclides para justificar que a divisão
de um número inteiro n por 7 não pode ter representação decimal com mais de 6 d́ıgitos
distintos à direita da v́ırgula.
Solução:
(a) Basta efetuar as divisões.
(b) Pelo Teorema da Divisão de Euclides existem inteiros q e r tais que n = 7q + r com
r ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}. Dividindo ambos os membros por 7 obtemos n
7
= q + r
7
. Se r = 0,
2
então n/7 é inteiro e por isso há apenas zeros à direita da v́ırgula, caso contrário r/7 é igual
a algum dos números mostrados no item (a) o que conclui o exerćıcio.
Questão 4: (2,0 pontos) Uma indústria de tecidos fabrica retalhos de mesmo compri-
mento. Após realizarem os cortes necessários, verificou-se que duas peças restantes tinham
as seguintes medidas: 156 cent́ımetros e 234 cent́ımetros. O gerente de produção ao ser in-
formado das medidas, deu a ordem para que o funcionário cortasse o pano em partes iguais
e de maior comprimento posśıvel. Como ele poderá resolver essa situação?
Solução: Note que devemos encontrar o mdc (254, 156), esse valor corresponderá à medida
do comprimento desejado.
Efetuando a decomposição em fatores primos obtemos:
156 = 2× 2× 3× 13
254 = 2× 3× 3× 13.
Portanto mdc (254, 156) = 2 × 3 × 13 = 78. Isso significa que os retalhos poderão ter, no
máximo, 78cm de comprimento.
Questão 5:
(a) (0,5 ponto) Prove que para qualquer número inteiro n temos mdc(n, n + 1) = 1.
(b) (0,5 ponto) Enuncie o Teorema Fundamental da Aritmética.
(c) (1,0 ponto) Seja P = {p1, p2, · · · } o conjunto dos números primos. Mostre que
P é um conjunto infinito. (Sugestão: Suponha que P seja finito e considere o número
N = p1p2 · · · pk para um k especial).
Solução:
(a) Seja d = mdc(n, n+ 1). Como d divide n e também divide n+ 1. Temos que d divide
(n + 1)− n = 1. Portanto, d = 1.
(b) Veja no módulo.
(c) Este é o Teorema 3 da Aula 8 no módulo (Semana 7 na plataforma).
3
Álgebra I
AP1 - Primeira Avaliação Presencial - Aulas 1 a 10
Questão 1: (2,0 pontos) Os pitagóricos, tendo uma forte ligação mı́stica com os números,
os classificaram em vários tipos: números pares, ı́mpares, perfeitos, amigos, poligonais, etc.
Os números poligonais surgem da contagem de certos pontos harmonicamente dispostos nas
arestas e vértices de poĺıgonos. Utilizando o prinćıpio de Indução, mostre a validade da
expressão abaixo, que fornece a soma dos n primeiros números pentagonais:
1 + 4 + 7 + ... + (3n− 2) = n (3n− 1)
2
.
Solução: Nota-se que, para n = 1 vale a igualdade.
Vamos admitir, por hipótese de indução, que a iqualdade é válida para n = k, isto é
1 + 4 + 7 + ... + (3k − 2) = k (3k − 1)
2
.
Mostremos a validade para n = k + 1. De fato,
1 + 4 + 7 + ... + (3k − 2) + 3 (k + 1)− 2 = k (3k − 1)
2
+ 3k + 1 =
3k2 + 5k + 2
2
,
que é o resultado correspondente para n = k + 1.
Questão 2: (2,0 pontos) Dois amigos passeiam de bicicleta, na mesma direção, em torno
de uma pista circular. Para dar uma volta completa um deles demora 15 minutos e o outro
demora 18 minutos. Eles partem juntos e combinam interromper o passeio quando os dois
se encontrarem pela primeira vez no ponto de partida. Quantas voltas deu cada um?
Solução: Perceba que os amigos irão se encontrar pela primeira vez no mmc (15, 18) =
15 · 18
mdc (15, 18)
= 270
3
= 90. Assim teremos, sendo N1 o número de voltas do primeiro e N2 o
número de voltas do segundo, que
N115 = N218 = 90,
donde vem que
N1 = 6 e N2 = 5.
1
Questão 3: Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou falsa. Prove as
que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) (1,0 ponto) Dado um número inteiro d, a relação definida em Z por
xRy ⇐⇒ existe um inteiro q tal que y − x = dq
é uma relação de equivalência.
(b) (1,0 ponto) O subconjunto I de Z dado por I = {m ∈ Z : mdc (9,m) = 1} é um
ideal de Z.
(c) (1,0 ponto) Se n é um inteiro ı́mpar, então, n2 − 1 é múltiplo de 8..
Solução:
(a) Verdadeira.
• xRx pois x− x = 0 = d · 0.
• Se xRy, então existe um inteiro q tal que y − x = dq. Logo, x − y = −dq = d(−q) e,
portanto, yRx.
• Se xRy e yRz, então existem inteiros q1 e q2 tal que y − x = dq1 e z − y = dq2. Dessa
forma, z − x = (z − y) + (y − x) = dq2 + dq1 = d(q2 + q1) e, portanto, xRz.
(b) Falso.
É suficiente notar que x = 10 e y = 8 pertencem a I, no entanto x + y = 18 /∈ I visto
que mdc (9, 18) = 9 6= 1.
(c) Verdadeira.
De fato, se n é ı́mpar então n = 2k + 1 para algum k ∈ Z e sendo assim n2 − 1 =
(2k + 1)2− 1 = 4k2 + 4k + 1− 1 = 4k (k + 1). Como k (k + 1) é diviśıvel por 2, então n2− 1
será diviśıvel por 8.
Questão 4:
(a) (1,5 pontos) Determine o resto da divisão de 476 por 17.
(b) (1,5 pontos) Sejam A e B conjuntos quaisquer, prove que A ⊂ B ⇐⇒ A ∩B = A.
2
Solução:
(a) Basta notar que
42 ≡ −1 (mod 17) ,
e como 76 = 2 · 38 então
476 =
(
42
)38 ≡ (−1)38 (mod 17) ,
ou seja,
476 ≡ 1 (mod 17) ,
mostrando que o resto procurado é 1.
(b) Mostremos primeiro que se A ⊂ B então A ∩B = A.
De fato, se x ∈ A ∩ B então x ∈ A, logo A ∩ B ⊂ A. Por outro lado, para todo x ∈ A,
como por hipótese A ⊂ B, então x ∈ B donde concluimos que x ∈ A∩B, isto é, A ⊂ A∩B.
Conclusão: A ∩B = A.
Provemos agora a implicação contrária, ou seja, se A ∩B = A então A ⊂ B.
De fato, se x ∈ A, como por hipótese A = A ∩B, então x ∈ B, isto é, A ⊂ B.
3
Álgebra I - Soluções da AP1
1a Questão: (2,0 pontos) Prove utilizando o Prinćıpio da Indução a seguinte afirmação
Dados n ∈ N− {0} e para todo x ≥ −1 vale
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
Solução: Para n = 1 obtemos 1 + x em ambos os membros, sendo assim a afirmação é
verdadeira quando n = 1.
Suponha que a desigualdade se verifique para um número natural k ≥ 1 arbitrário,
provaremos que isso implica a veracidade da desigualdade para o sucessor k + 1 e então
concluiremos, pelo Teorema de Indução, a afirmação para todo número natural n positivo.
De fato, se (1 + x)k ≥ 1 + kx, temos
(1 + x)k(1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x) = 1 + kx + x + kx2 ≥ 1 + (k + 1)x.
Questão 2: Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou falsa. Prove as
que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) (0,5 ponto) Dados a, b, c e d números naturais com a e c não-nulos. Se a | b e c | d,
então ac | bd.
(b) (0,5 ponto) Dados a, b, c e d números naturais com a e c não-nulos. Se ac | bd, então
a | b e c | d.
(c) (0,5 ponto) Se o resto da divisão do número natural N por 20 é 8, então o resto da
divisão de N por 5 é 3.
(d) (0,5 ponto) Se n é ı́mpar, então n3 − n é diviśıvel por 24.
Solução:
(a) Verdadeira. Se a | b e c | d, então existem inteiros r e s tais que b = ar e d = cs.
Logo multiplicando b e d obtemos bd = acrs, então ac | bd.
(b) Falsa. De fato, tomando a = 4, b = 2, c = 6 e d = 12 temos ac = 24 | 24 = bd, mas
não é verdade que a = 4 | 2 = b.
1
(c) Verdadeira. Se o resto da divisão de N por 20 é 8 temos que existe um inteiro
d tal que N = 20d + 8. Pelo Teorema da Divisão de Euclides existem q e r unicamente
determinados pelas propriedades N = 5q + r e 0 ≤ r < 5. Como N = 20d + 8, temos que
N = 5(4d) + 3 + 5 = 5(4d+ 1) + 3. Portanto, o quociente da divisão de N por 5 é q = 4d+ 1
e o resto é r = 3.
(d) Verdadeira. Esta é a Questão 5 da Aula 4 no módulo de Álgebra I. Confira a
solução!
Questão 3: Esta questão espera avaliar seus conhecimentos sobre o mdc .
(a) (1,0 ponto) Mostre que dados inteiros a, b e c, existem inteiros x e y tais que ax+by = c
se e somente se mdc (a, b) | c(você pode usar as propriedades do mdc que foram apresentadas
no Módulo de Álgebra I).
(b) (1,0 ponto) Decida se a equação
300x− 135y = 45
tem solução inteira e, em caso afirmativo, encontre uma solução.
Solução: (a) Seja d = mdc (a, b) e suponha que existam inteiros x e y tais que ax+ by = c.
Como d | a e d | b temos que d | ax + by = c.
Reciprocamente, se d | c, então existe um inteiro r tal que c = dr. Agora podemos usar
a propriedade do mdc que afirma: existem inteiros m e n tais que am+nb = mdc (a, b) para
concluir que x = mr e y = nr são soluções para a equação ax + by = c.
(b) Usando o diagrama para calcular mdc (300, 135) obtemos
2 4 2
300 135 30 15
30 15 0
e portanto, mdc (300, 135) = 15 e a equação possui solução pelo item (a). O mesmo diagrama
nos fornece
15 = 135− 30 · 4 e
30 = 300− 135 · 2
Substituindo a segunda equação na primeira obtemos
15 = 135− (300− 135 · 2) · 4 = 300 · (−4) + 135 · 9.
2
Portanto, x = −4 e y = 9 é uma solução da equação 300x + 135y = 15. Para obter uma
solução da equação original basta multiplicar a equação por três e obter x = −12 e y = 27.
Questão 4: (2,0 pontos) No alto de uma torre de uma emissora de televisão duas luzes
piscam com frequências constantes. A primeira “pisca” 15 vezes por minuto e a segunda
“pisca” 10 vezes por minuto. Sabendo que em um dado instante as luzes “piscam” ao
mesmo tempo, determine após quantos segundos elas voltaram a piscar simultaneamente.
Solução: Notem que este é um t́ıpico problema envolvendo a noção de mmc .
Inicialmente observem que se a primeira luz pisca 15 vezes por minuto então ela dá uma
piscada a cada
60
15
= 4 segundos. Já a segunda luz dá uma piscada a cada
60
10
= 6 segundos.
Dessa forma temos que a primeira luz estará acessa nos múltiplos de 4 segundos, isto é,
4, 8, 12, 16, ... e assim por diante. A segunda luz estará acessa nos múltiplos de 6 segundos,
isto é, 6, 12, 18, 24, ... e assim por diante. Dessa forma é claro que elas estarão acessas juntas
nos múltiplos comuns a 4 e 6. Logo a primeira vez em que ocorrerá a próxima coincidência
será no mmc (4, 6) = 12 segundos.
Questão 5: (2,0 pontos) Um professor disse que sua classe tinha 100 estudantes, 24 dos
quais eram meninos e 32 dos quais eram meninas. Determine qual sistema numérico ele
estava usando ao fazer tal afirmação.
Solução: Seja n a base do sistema. Da afirmação 100 = 24 + 32 obtemos que 1× n2 + 0×
n + 0 = 2 × n + 4 + 3 × n + 2, isto é, n2 − 5n − 6 = 0. Dáı vem que n = −1 ou n = 6.
Portanto a afirmação só pode ter sido feita no sistema de base 6.
3
Álgebra I
Soluções da AP1
Questão 1 [2,0 pontos] Mostre a seguinte igualdade entre conjuntos
(A×B) ∩ (C ×D) = (A ∩ C)× (B ∩D) .
Solução: Como desejamos provar a igualdade entre os dois conjuntos devemos mostrar que
(A×B)∩(C ×D) ⊂ (A ∩ C)×(B ∩D) e também (A ∩ C)×(B ∩D) ⊂ (A×B)∩(C ×D).
Mostremos a primeira inclusão. Para isso devemos tomar um elemento qualquer pertencente
ao conjunto (A×B) ∩ (C ×D) e concluir que ele também é um elemento de (A ∩ C) ×
(B ∩D) . Seja (x, y) um elemento qualquer de (A×B)∩(C ×D) , aqui é importante chamar
atenção para o fato de que em se tratanto de um produto cartesiano nosso elemento deve
ser um par ordenado. Como (x, y) está na interseção então (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 inclusão contrária o procedimento é o mesmo, isto é, 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) é 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 é,
(x, y) ∈ (A×B) ∩ (C ×D) como desejávamos mostrar.
Questão 2 [2,0 pontos] Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou
falsa. Prove as que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) Seja a um inteiro qualquer. Então a ou a + 5 ou a + 10 é diviśıvel por 3.
(b) A relação R sobre C definida por (x + yi) R (r + si) se, e somente se, x2 + y2 = r2 + s2
é de equivalência.
(c) Se I ⊂ Z é um ideal de Z então o complementar Ic ⊂ Z também é um ideal de Z.
(d) Se m é um inteiro ı́mpar, então, m2 ≡ 1(mod 4).
Solução:
1
(a) Verdadeira
Aplicando o Teorema da Divisão de Euclides obtemos inteiros q e r tais que
a = 3q + r, com 0 ≤ r < 3.
Se r = 0 então a é diviśıvel por 3
Se r = 1 então a + 5 = 3q + 6 donde vem que a + 5 = 3 (q + 2), isto é, a + 5 é diviśıvel
por 3.
Se r = 2 então a + 10 = 3q + 12, ou seja, a + 10 = 3 (q + 4) o que mostra que a + 10 é
diviśıvel por 3.
Dessa forma sempre ou a ou a + 5 ou a + 10 será diviśıvel por 3, fazendo a afirmação
verdadeira.
(b) Verdadeira
Vamos verificar que a relação dada é Reflexiva, Simétrica e Transitiva.
Reflexiva
• Se z = x + yi ∈ C então zRz pois x2 + y2 = x2 + y2.
Simétrica
• Se z = x + yi e w = r + si pertencem a C então 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 são tais que zRw e wRu então tem-se
x2 + y2 = r2 + s2
e
r2 + s2 = a2 + b2
e portanto x2 + y2 = a2 + b2 donde segue que zRu.
2
(c) Falsa
Sendo I ⊂ Z um ideal então 0 ∈ I. dessa forma 0 /∈ Ic o que torna imposśıvel Ic ser um
ideal de Z.
(d) Verdadeira
Se m é ı́mpar, então é 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) .
Questão 3 [2,0 pontos] Seja f : Z −→ Z uma função 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.
Sugestão: Observe que 0 + 0 = 0.
(b) Mostre, por indução, que f (n) = n · f (1) para todo n ∈ N.
Solução:
(a) Basta notar que como 0 + 0 = 0 então
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 Prinćıpio da Indução, vale
que f (n) = n · f (1) para todo n ∈ N.
Questão 4 [2,0 pontos] Um certo número de três 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 número quando se invertem os dois
algarismos extremos?
3
Solução: Seja xyz o nosso número de três algarismos no sistema decimal. Do enunciado da
questão concluimos que
xzy = xyz + 36 (o número aumenta de 36 quando se invertem os dois algarismos da direita)
yxz = xyz − 270 (o número diminui de 270 quando se invertem os dois algarismos da esquerda)
Da primeira equação acima vem que 102x + 10z + y = 102x + 10y + z + 36, ou seja,
z − y = 4. Da segunda equação obtemos que 102y + 10x + z = 102x + 10y + z − 270 donde
vem que 90y − 90x = −270, isto é, y − x = −3. De z − y = 4 e y − x = −3 concluimos que
z − x = 1.
Agora analisando a diferença entre xyz e zyx percebemos que
xyz − zyx = 99 (x− z) = −99.
Conclusão zyx = xyz+99, ou seja, ao invertermos os algarismos extremos o número aumenta
de 99.
Questão 5 [2,0 pontos] Um teorema de Teoria dos Números diz que é posśıvel conseguir
listas de números consecutivos não primos de qualquer tamanho.
(a) Encontre uma lista de 5 números inteiros consecutivos que não contenha nenhum número
primo.
(b) Dado k um inteiro positivo e n um inteiro maior que 1 mostre que a lista de k números
consecutivos começando por
n(n + 1)(n + 2) · · · (n + k − 1) + n
não contém nenhum número primo.
Este problema foi motivado peloArtigo do Professor Alexandre Eisenmann publicado na
RPM 77.
Solução:
(a) O item (b) fornece uma solução 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
4
não contém números 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 não contém números primos.
(b) De fato, o número An = n(n+1)(n+2) · · · (n+k−1)+n não é primo porque é diviśıvel
por n e temos que 1 < n < An. Do mesmo modo An+1 = n(n+1)(n+2) · · · (n+k−1)+n+1
é diviśıvel por n + 1 e assim por diante (uma prova rigorosa exigiria fazer uma indução em
k, mas não esperamos que o estudante faça isso), até que An+k−1 = n(n + 1)(n + 2) · · · (n +
k − 1) + n + k − 1 é diviśıvel por n + k − 1. Portanto, nenhum dos k números consecutivos
An, An+1 · · ·An+k−1 é primo. Obseve que isto prova o teorema do enunciado.
5
Álgebra I
AP 1 - Primeira Avaliação Presencial
Atenção: Enuncie os resultados desta disciplina que você utilizar para resolver as questões.
O exerćıcio a seguir justifica que, em um conjunto, toda partição determina uma relação
de equivalência (a rećıproca também é verdadeira). Lembre-se que dada uma relação de
equivalência R ⊂ X × X em X, a classe de equivalência do elemento a ∈ X é o conjunto
a = {b ∈ X | (a, b) ∈ R}, ou seja, a é o conjunto dos elementos que estão relacionados com
a pela relação R.
Questão 1: Seja X um conjunto não-vazio, A1, A2, · · · , An subconjuntos de X tais que
cada elemento de X pertence a exatamente um dos subconjuntos A1, · · · , An. Isto é,
1. Os conjuntos são dois a dois disjuntos, isto é, Ai ∩ Aj = sempre que i 6= j.
2. Todo elemento de X pertence a algum desses conjuntos, isto é, A1∪A2∪· · ·∪An = X.
a) (1,0 ponto) Defina uma relação de equivalência em X de modo que as classes de equivalência
sejam exatamente os conjuntos A1, · · · , An.
b) (1,0 ponto) Mostre que a relação que você definiu em a) é, de fato, uma relação de
equivalência.
Solução: A relação de equivalência em X pode ser definida por (a, b) ∈ R se, e somente se,
a e b pertencem ao mesmo conjunto Aj da partição. A relação é de equivalência porque é:
• reflexiva - Para todo a ∈ X, temos a ∈ Aj para algum j, logo (a, a) ∈ Aj.
• simétrica - Se (a, b) ∈ R, então a ∈ Aj e b ∈ Aj, logo (b, a) ∈ Aj.
• transitiva - Se (a, b) ∈ R e (b, c) ∈ R então existe um j ∈ {1, · · · , n} tal que a, b e c ∈
Aj, então (a, c) ∈ R.
1
Sejam a, b e c números inteiros. Considere a equação
ax + by = c
onde as indeterminadas x e y são números inteiros. Observe que uma equação assim nem
sempre possui solução, por exemplo, 4x + 6y = 3 não possui solução inteira, isto é, não
existem inteiros x e y que satisfaçam a equação. Por outro lado, 4 · (−1) + 6 · 1 = 2. O
exerćıcio a seguir fornece um critério para a existência de solução para este tipo de problema.
Questão 2: Prove:
a) (1,0 ponto) Se a equação ax + by = c possui solução, então o mdc(a, b) divide c.
b) (1,0 ponto) Se mdc(a, b) divide c, então a equação ax + by = c possui solução.
Solução: Suponha que existam inteiros x e y tais que ax + by = c. Seja d = mdc (a, b).
Sabemos que d | a e d | b, logo d | ax + by. Portanto, d | c. Reciprocamente, suponha que
d | c, então existe um inteiro q tal que c = qd. Como d = mdc (a, b) existem inteiros r e s
tais que ar + bs = d. Mas então basta tomar x = rq e y = sq que teremos ax + by = c.
Questão 3: (1,5 ponto) Numa corrida de automóveis, o primeiro piloto dá a volta completa
na pista em 10 segundos, o segundo em 11 segundos e o terceiro em 12 segundos. Mantendo-
se o mesmo tempo, no final de quantos segundos os três pilotos passarão juntos pela primeira
vez pela linha de partida e quantas voltas terão dado cada um nesse tempo?
Solução: Basta calcular o mı́nimo múltiplo comum de 10, 11 e 12 - mmc (10, 11, 12).
Temos a seguinte fatoração em primos 10 = 2 · 5, 11 é primo e 12 = 22 · 3. Logo o
mmc (10, 11, 12) = 22 · 3 · 5 · 11 = 660, portanto, os 3 pilotos passarão juntos pelo ponto
de partida, após 660 segundos (ou 660/60 = 11 minutos).
Conclusão:
1o piloto: 660/10 = 66 voltas
2o piloto: 660/11 = 60 voltas
3o piloto: 660/12 = 55 voltas.
2
Questão 4: (1,0 ponto) Encontre o erro na “demonstração” da seguinte afirmação ob-
viamente falsa: “todos os número inteiros positivos são iguais”, precisamente, para todo
n ∈ N− {0} é verdadeira a asserção P (n) : 1 = · · · = n.
Demonstração:
(i) P (1) é verdade pois 1 = 1.
(ii) Suponha P (n) verdadeira para algum n ∈ N, logo 1 = · · · = n− 1 = n. Somando 1 a
cada membro da última igualdade segue-se que n = n + 1, logo 1 = · · · = n− 1 = n =
n + 1 e, portanto, P (n + 1) é verdade.
Pelo Prinćıpio da Indução Matemática, segue-se que P (n) é verdade para todo n ∈
N− {0}.
Solução: O erro está no item (ii) da demonstração. Precisamente, a implicação P (n) ⇒
P (n + 1) é verdade para todo n ≥ 2, mas não vale para n = 1, isto é, P (1) ⇒ P (2) não
é verdade. De fato, se 1 = 2, então 2 = 1 + 1 = 2 + 1 = 3, logo, 1 = 2 = 3 portanto,
P (2)⇒ P (3), etc. Mas o mesmo argumento não serve para mostrar que P (1)⇒ P (2), pois
se somarmos 1 em ambos os membros teremos 1 = 1⇒ 2 = 2.
Questão 5: (1,5 ponto) Prove que para todo n ∈ N− {0} vale
n∑
k=1
k3 =
(
n∑
k=1
k
)2
.
Dica: observe que a expressão acima significa 13 + 23 + · · ·+ n3 = (1 + 2 + · · ·+ n)2.
Solução: Esta é a Questão 1 item b) do EP 3 deste semestre.
Questão 6: (2,0 pontos) Prove que o conjunto dos números primos é infinito.
Solução: Este é o Teorema 3 da Aula 8.
3
Álgebra I
AP 1 - Primeira Avaliação Presencial
Atenção: Enuncie todos os resultados desta disciplina que você utilizar para resolver qualquer
das questões.
Questão 1: (2 pontos) Demonstre detalhadamente a validade das seguintes afirmações:
(a) (1 ponto) Seja n um número ı́mpar. Prove que n3 − n é diviśıvel por 24.
(b) (1 ponto) Mostre que a soma dos n primeiros números naturais ı́mpares é n2.
Solução: Ambos as afirmações serão provadas por indução em n. Portanto, o estudante deve
enunciar o Teorema de Indução (ou Prinćıpio de Indução).
(a) Se n = 1 então n3 − n = 0 e, portanto, diviśıvel por 24. Provaremos que se para algum
número ı́mpar k ∈ N a afirmação for verdadeira, isto é, se k3 − k for múltiplo de 24, então
a afirmação valerá também para o próximo número ı́mpar, 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 última linha, k3−k é múltiplo de 24 por hipótese de indução. Como k é ı́mpar, k+1 é par,
logo múltiplo de 2. Sendo assim (k+1)2 é múltiplo de 4. Portanto, quando multiplicado por
6 o produto é múltiplo de 24. Por conseguinte,toda a expressão na última linha é múltiplo
de 24, conforme queŕıamos demonstrar.
(b) A verificação da afirmação é equivalente à verificação da fórmula
1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) = n2.
A fórmula vale para n = 1 trivialmente, com efeito, 1 = 2.1 − 1 = 12. Suponha que a
proposição seja verdadeira para um número natural n, isto é, suponha que 1+3+ · · ·+(2n−
1) = n2 para um certo número natural n. Vamos mostrar que isso implica que a proposição
vale para n + 1. De fato,
1 + 3 + · · ·+ (2n− 1)︸ ︷︷ ︸
hipótese de indução
+(2n + 1) = n2 + (2n + 1) = (n + 1)2.
Então pelo Prinćıpio de Indução a fórmula vale para todo n ∈ N.
1
Questão 2: (2 pontos) Seja Z o conjunto dos número inteiros. Dados a e b números inteiros,
diremos que a ∼ b quando a− b for múltiplo de 3.
(a) (1 ponto) Mostre que a relação determinada por ∼ em Z é uma relação de equivalência.
(b) (0,5 ponto) Mostreque esta relação possui exatamente três classes de equivalência em Z.
Descreva estas classes.
(c) (0,5 ponto) Mostre que as classes de equivalência determinam uma partição de Z. Isto é, que
duas classes distintas não possuem interseção e que a união das três classes contém todos os
números inteiros.
Solução:
(a) Afim de mostrar que a relação é de equivalência precisamos mostrar que a relação é reflexiva,
simétrica e transitiva.
Reflexividade: Temos que a− a = 0 e zero é múltiplo de 3. Portanto, a ∼ a.
Simetria: Se a ∼ b, então 3 divide a− b, logo existe q ∈ Z tal que a− b = 3q. Multiplicando
por −1 temos que b− a = 3(−q), donde conclui-se que b ∼ a.
Transitividade: Se a ∼ b e b ∼ c, então existem q1 e q2 tais que a− b = 3q1 e b− c = 3q2. Se
somarmos estas duas igualdades teremos (a−b)+(b−c) = 3q1+3q2. Então, a−c = 3(q1+q2)
e consequentemente a ∼ c. Portanto a relação é transitiva.
Conclusão: a relação ∼ é uma relação de equivalência.
(b) e (c) Fixe um inteiro b ∈ Z. O Teorema de Divisão de Euclides garante que qualquer que
seja a ∈ Z existem q e r, com r = 0, 1 ou 2 tais que a − b = 3q + r (q e r unicamente
determinados por estas propriedades). Então a − b − r = 3q, portanto, a ∼ (b + r), onde
r = 0, 1 ou 2.
Assim, dado um inteiro a arbitrário temos que a é equivalente a b, b + 1 ou b + 2. Isto é,
existem 3 classes de equivalência e, juntas, elas contêm todos os números inteiros.
Falta mostrar que as classes são disjuntas. De fato, se um elemento a da classe de b também
estiver na classe de b+ 1, então a ∼ b e a ∼ (b+ 1). Ora, pela transitividade isto implica que
b ∼ b + 1, ou seja, que b− (b + 1) = 3q para algum q ∈ Z. Uma contradição! (a contradição
também poderia ser encontrada assim: a ∼ b e a ∼ (b + 1) implica que existem q1 e q2 tais
que a − b = 3q1 e a − b = 3q2 + 1. Mas isto contraria a unicidade fornecida no Teorema
de Divisão de Euclides.) Portanto, as classes não podem ter interseção. A demonstração de
que as classes de b e b+ 2, assim como as classes de b+ 1 e b+ 2 são disjuntas é inteiramente
análoga e será deixada para exercitar o estudante.
Observe que o número b é completamente arbitrário. Tomemos b = 0. As 3 classes de
equivalência são 0 = {3q; q ∈ Z}, 1 = {3q + 1; q ∈ Z} e 2 = {3q + 2; q ∈ Z}.
2
Questão 3: (2 pontos) Dados A e B números inteiros sejam r1 e r2, respectivamente, os restos
da divisão de A e B por 7.
(a) (1 ponto) Calcule o resto da divisão de A + B por 7.
(b) (1 ponto) Suponha que r1 ∈ {0, 1, 2} e r2 ∈ {0, 1, 2, 3}. Mostre que o resto da divisão do
produto A×B por 7 é o produto dos restos r1 × r2.
Solução: O exerćıcio usa o Teorema da Divisão de Euclides. Por isso o estudante deve enunciar
este Teorema.
(a) Pelo Teorema de Divisão de Euclides existem inteiros q1, q2, r1 e r2, unicamente determina-
dos, com a propriedade de que A = 7 · q1 + r1 e B = 7 · q2 + r2 onde 0 ≤ r1 < 7 e 0 ≤ r2 < 7.
Então A+B = 7(q1 + q2) + (r1 + r2). Portanto, se r1 + r2 < 7 então este é o resto da divisão
de A + B por 7, unicamente determinado pelo Teorema de Euclides. Se r1 + r2 ≥ 7, então
“dividindo” por 7 (isto é, usando o Teorema de Divisão de Euclides) teremos quociente igual
a 1 pois sendo 0 ≤ r1 < 7 e 0 ≤ r2 < 7 temos 0 ≤ r1 + r2 < 14 = 2 × 7 + 0. Portanto,
r1 + r2 = 7 · 1 + r com 0 ≤ r < 7 unicamente determinado. E, neste caso o resto da divisão
de A + B por 7 é r = r1 + r2 − 7. É importante observar que neste segundo caso, como
7 ≤ r1 + r2 < 14 temos que 0 ≤ r1 + r2 − 7 < 7.
Resposta: O resto da divisão de A+B por 7 é o menor entre os números r1+r2 e |r1+r2−7|.
(b) Novamente temos A = 7 · q1 + r1 e B = 7 · q2 + r2. Logo
A×B = (7 · q1 + r1)(7 · q2 + r2) = 7[7q1q2 + (q1r2 + q2r1)] + r1r2.
É claro que 0 ≤ r1r2 < 7. Portanto, r1r2 então a unicidade do Teorema de Divisão de
Euclides garante que r1r2 é o resto da divisão de A×B por 7.
Questão 4: (2 pontos) Seja N = arar−1 · · · a1a0 a expressão decimal de um número natural N .
Mostre que o número N é diviśıvel por 11 se, e somente se, a0 − a1 + · · · + (−1)rar é diviśıvel
por 11.
Solução: Este é o Exemplo 11 da Aula 10. Confira!
Questão 5: (2 pontos) Mostre que se a, b e c são inteiros tais que a | bc e mdc(a, b) = 1, então
a | c.
Solução: Como mdc(a, b) = 1, então existem inteiros r e s tais que ar + bs = 1 e, portanto,
acr + bcs = c. Como a | bc, existe um inteiro q tal que bc = aq. Assim
c = acr + bcs = acr + aqs = a(cr + qs) = aq,
e,portanto, a | c.
3
Álgebra I
AP 1 - Primeira Avaliação Presencial
Questão 1: (2 pontos) Mostre a seguinte igualdade entre conjuntos:
A× (B ∩ C) = (A×B) ∩ (A× C).
Solução: Para mostrar a igualdade entre dois conjuntos devemos mostrar que o primeiro está
contido no segundo e que o segundo está contido no primeiro.
• A× (B ∩ C) ⊂ (A×B) ∩ (A× C)
Tomemos um par ordenado arbitrário (x, y) ∈ A × (B ∩ C). Então x ∈ A e y ∈ B ∩ C,
ou seja, x ∈ A, y ∈ B e y ∈ C. Portanto o par ordenado (x, y) é tal que (x, y) ∈ A × B e
(x, y) ∈ (A× C), donde concluimos que (x, y) ∈ (A×B) ∩ (A× C).
Mostramos assim que todo elemento de A× (B ∩ C) é elemento de (A×B) ∩ (A× C), isto
é,
A× (B ∩ C) ⊂ (A×B) ∩ (A× C) .
• (A×B) ∩ (A× C) ⊂ A× (B ∩ C)
Seja agora (x, y) ∈ (A×B) ∩ (A× C), então (x, y) ∈ A×B e (x, y) ∈ (A× C). Note que{
(x, y) ∈ A×B =⇒ x ∈ A e y ∈ B
(x, y) ∈ (A× C) =⇒ x ∈ A e y ∈ C,
portanto x ∈ A e y ∈ B ∩ C e assim (x, y) ∈ A × (B ∩ C). Mostramos que todo elemento de
(A×B) ∩ (A× C) é elemento de A× (B ∩ C), ou seja, mostramos que
(A×B) ∩ (A× C) ⊂ A× (B ∩ C) .
Com isso concluimos que vale a igualdade entre os conjuntos.
Observação: Chamamos a atenção de que utilizando equivalências podeŕıamos escrever a
solução também da seguinte forma:
(x, y) ∈ A× (B ∩ C) ⇐⇒ x ∈ A, y ∈ B e y ∈ C ⇐⇒
{
(x, y) ∈ A×B
(x, y) ∈ (A× C) ⇐⇒
⇐⇒ (x, y) ∈ (A×B) ∩ (A× C) .
1
Questão 2: (2 pontos) Dada a sentença P (n) : 1 + 2 + · · ·+ n =
[
n(n + 1)
2
]
+ 1, em N−{0},
mostre que:
(a) (1 ponto) Para todo n ∈ N− {0}, se P (n) é verdade, então P (n + 1) é verdade.
(b) (1 ponto) P (n) não é verdade para nenhum n.
Solução:
(a) Suponha que P (n) é verdade, ou seja,
1 + 2 + ... + n =
[
n (n + 1)
2
]
+ 1.
Para P (n + 1) teremos:
1 + 2 + ... + n︸ ︷︷ ︸
[n(n+1)2 ]+1
+ n + 1 =
[
n (n + 1)
2
]
+ 1 + n + 1
=
n (n + 1)
2
+ n + 2 =
n (n + 1) + 2 (n + 1) + 2
2
=
=
(n + 1) (n + 2) + 2
2
=
[
(n + 1) (n + 2)
2
]
+ 1,
mostrando que P (n + 1) é verdadeira.
(b) Mostremos, utilizando o Prinćıpio de Indução, que a soma dos n primeiros números naturais
é dada por
1 + 2 + ... + n =
n (n + 1)
2
∀ n ≥ 1.
De fato, para n = 1 tem-se 1 = 1(2)
2
mostrando que a expressão vale para n = 1.
Tomando por hipótese de indução que a afirmação vale para n = k, mostremos que ela é
válida para n = k + 1.
1 + 2 + ... + k︸ ︷︷ ︸
=
n (n + 1)
2
+ k + 1 =
k (k + 1)
2
+ k + 1 =
=
k (k + 1) + 2 (k + 1)
2
=
(k + 1) (k + 2)
2
.
Provamos assim que a afirmação P (n) não vale para nenhum n ∈ N− {0}.
2
Questão 3: (2 pontos) Verifique se cada uma das relações abaixo é relação de equivalência,
prove em caso afirmativo e justifique caso contrário.
(a) (1 ponto) “Tem primeiro nome igual” no conjunto de todas as pessoas;
(b) (1 ponto) “É paralela a” no conjunto das retas no espaço R3;
Solução: Lembremos que para uma dada relação R ser de equivalência é necessário que ela seja
reflexiva, simétrica e transitiva.
(a) Chamemos de A o conjunto de todas as pessoas e seja R a relação “Tem primeiro nome
igual”.
• R é reflexiva, pois claramente para todo x ∈ A vale xRx.
• R é simétrica pois para quaisquer x, y ∈ A se xRy então a pessoa x tem primeiro nome
igual ao da pessoa y, logo a pessoa y tem primeiro nome igual ao da pessoa x, donde yRx.
• R é transitiva. De fato, sejam x, y e z ∈ A tais que xRy e yRz. De xRy tiramos que a
pessoa x tem primeiro nome igual ao da pessoa y e de yRz concluimos que a pessoa y tem
primeiro nome igual aoda pessoa z. Dáı é imediato que a pessoa x tem primeiro nome
igual ao da pessoa z, isto é, xRz.
(b) Sejam A o conjunto das retas no espaço R3 e R a relação de paralelismo entre os objetos
de A. Tem-se que:
• R é reflexiva, pois toda reta r ∈ A é paralela a ela própria, isto é rRr (neste ponto estamos
considerando que retas coincidentes são paralelas, caso contrário a relação não será reflexiva
e portanto não será de equivalência).
• R é simétrica. Dadas duas retas em A, digamos r e s, se rRs então r é paralela a s e
portanto, s é paralela a r donde sRr.
• R é transitiva. Dadas as retas r, s e t ∈ A tais que rRs e sRt então{
rRs =⇒ r é paralela a s
sRt =⇒ s é paralela a t =⇒ r é paralela a t =⇒ rRt(faça um desenho!)
Questão 4: (2 pontos)
(a) (1 ponto) Mostre que todo número inteiro com d́ıgito das unidades igual a zero ou cinco é
múltiplo de 5.
(b) (1 ponto) Mostre que, se a | c, b | c e d = mdc (a, b), então ab | cd.
3
Solução:
(a) Seja N = anan−1aia1a0 um número inteiro positivo, escrito na base decimal, onde a0,
a1, ..., an são os algarismos que compõem o número ( 0 ≤ ai ≤ 9, i = 0, ..., n ).
O importante aqui é perceber que podemos escrever N da seguinte forma
N = an10
n + an−110
n−1 + ... + a110 + a0. (1)
Agora como 10 ≡ 0 mod 5, de (1) e das propriedades de conguência, obtemos que
N = an10
n + an−110
n−1 + ... + a110 + a0
≡ (0 · an + 0 · an−1 + ... + 0 · a1 + a0) mod 5,
isto é,
N ≡ a0 mod 5.
Como por hipótese a0 = 0 ou 5 então, em ambos os casos 5 divide N , isto é, existe k ∈ Z
tal que N = 5k, mostrando que N é multiplo de 5.
(b) Sabemos que se d = mdc (a, b) então existem inteiros r e s tais que
d = ra + sb. (2)
Multiplicando esta igualdade por c obtemos
cd = rca + scb. (3)
Como por hipótese a | c e b | c então existem inteiros k1 e k2 tais que
c = k1a e c = k2b. (4)
Utilizando (4) em (3) concluimos que
cd = rk2ab + sk1ab = (rk2 + sk1) ab,
ou seja existe um inteiro k3 = rk2 + sk1 tal que cd = k3ab, mostrando que ab | cd.
Questão 5: (2 pontos) Dado um ideal I de Z mostre que:
(a) (1 ponto) A relação R em Z definida por aRb se, e somente se, a− b ∈ I é uma relação de
equivalência.
(b) (1 ponto) Todo ideal I 6= {0} de Z é principal, isto é, existe d ∈ Z tal que I = Z · d.
Solução:
4
(a) Lembre-se que sendo I um ideal de Z então valem as seguintes propriedades:
1. 0 ∈ I
2. Para todo a e b ∈ I, tem-se a− b ∈ I
3. ZI ⊂ I
Mostremos que a relação R é reflexiva, simétrica e transitiva.
• R é reflexiva. De fato, ∀a ∈ Z aRa pois a− a = 0 ∈ I (propriedade 1 acima)
• R é simétrica. Se aRb então a − b ∈ I, sendo I ideal vale a propriedade 3, então
b− a = (−1) (a− b) ∈ I e assim bRa.
• R é transitiva. Sejam a, b e c ∈ Z tais que aRb e bRc. De aRb segue que a − b ∈ I
e de bRc segue que b − c ∈ I. Portanto (a− b) − (c− b) = a − c ∈ I (aqui estamos
usando a propriedade 2 juntamente com o fato de que como b− c ∈ I então c− b ∈ I,
o que é verdade pela propriedade 3)
Conclusão R é uma relação de equivalência.
(b) Seja I 6= {0} um ideal de Z. O conjunto I ∩N−{0} é não-vazio. De fato, existe a 6= 0 em
I, como a e −a são elementos de I, segue-se que I ∩N−{0}. Como I ∩N−{0} é limitado
inferiormente, pelo Prinćıpio de Boa Ordenação, ele admite um menor elemento d. Vamos
mostrar que I = Z · d.
Temos que Z ·d ⊂ I pois como I é um ideal vale d ∈ I ⇒ nd ∈ I para todo inteiro n, então
todo múltiplo inteiro de d está em I, ou seja, Z · d ⊂ I.
Por outro lado, seja x ∈ I. Pela divisão euclidiana em Z, existem q e r em Z tais que
x = d · q + r com 0 ≤ r < d. Suponha que r 6= 0, logo r = x − d · q ∈ I ∩ N − {0},
o que contradiz o fato de d ser o menor elemento de I ∩ N − {0} e, portanto, r = 0.
Consequentemente, x = d · q ∈ Z · d, o que prova que I ⊂ Z · d. Está, portanto, provado
que I = Z · d.
5
Álgebra I
Soluções da AP1
Questão 1: Observe que
(
1− 1
2
)
=
1
2(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)
=
1
3(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
=
1
4
...
(a) (0,5 ponto) Apresente a expressão geral para o padrão observado acima.
(b) (1,5 ponto) Utilize o prinćıpio de indução para demonstrar a validade da expressão
obtida no item (a).
Solução:
(a) A expressão é
(
1− 1
2
)(
1− 1
3
) (
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
n
)
=
1
n
∀ n ≥ 2.
(b) Para n = 2 tem-se (
1− 1
2
)
=
1
2
,
o que está OK!
Nossa hipótese de indução é que
(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
k
)
=
1
k
.
Para n = k + 1 teremos
(
1− 1
2
)(
1− 1
3
) (
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
k
)
︸ ︷︷ ︸
1/k
(
1− 1
k + 1
)
=
1
k
(
1− 1
k + 1
)
1
portanto
(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
k
)(
1− 1
k + 1
)
=
k
k (k + 1)
=
1
k + 1
que corresponde ao resultado procurado.
Questão 2: Considere a relação R sobre C definida por
(x + yi) R (r + si) se, e somente se, x2 + y2 = r2 + s2
com x, y, r e s reais.
(a) (1,5 ponto) Prove que R é uma relação de equivalência.
(b) (0,5 ponto) Descreva a classe 1 + i.
Solução:
(a) Mostremos que a relação é reflexiva, simétrica e transitiva.
Reflexiva
• Se z = x + yi ∈ C então zRz pois x2 + y2 = x2 + y2.
Simétrica
• Se z = x + yi e w = r + si pertencem a C então 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 são tais que zRw e wRu então tem-se
x2 + y2 = r2 + s2
e
r2 + s2 = a2 + b2
e portanto x2 + y2 = a2 + b2 donde segue que zRu.
2
(b) A classe 1 + i será formada pelos z = x + yi tais que x2 + y2 = 12 + 11 = 2, isto é, os
pontos sobre a circunferência de centro (0, 0) e raio
√
2.
Questão 3: (2,0 ponto) 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.
Solução: A partir do enunciado tiramos que
2 1 3 2
a b r1 r2 20
r1 r2 r3 0
Dáı segue que r2 = 2r3 = 40, r1 = 3r2 + r3 = 140, b = r1 + r2 = 180 e a = 2b + r1 = 500.
Conclusão a = 500 e b = 180.
Questão 4: (2,0 ponto) Utilizando congruência mostre que, qualquer que seja o inteiro
ı́mpar a, o resto da divisão de a2 por 8 é 1.
Solução: Inicialmente note que os restos posśıveis da divisão de a por 8 são 1, 3, 5 ou 7.(se
o resto fosse por exemplo 2, então a = 8q + 2 = 2 (4q + 1), donde a seria par, o que não é
posśıvel)
Tem-se então que
a ≡ 1, 3, 5 ou 7 (mod 8)
e dáı vem que
a2 ≡ 1, 9, 25 ou 49 (mod 8) .
Como 9 ≡ 1 (mod 8), 25 ≡ 1 (mod 8) e 49 ≡ 1 (mod 8) então
a2 ≡ 1 (mod 8)
em qualquer uma das posśıveis situações.
Questão 5: Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou falsa. Prove as
que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) (1,0 ponto) O resto na divisão de 426 + 642 por 5 é 0.
3
(b) (1,0 ponto) Necessariamente um dos inteiros a, a + 2, a + 4 é diviśıvel por 3.
Solução:
(a) Verdadeira.
Note que 42 ≡ 2 (mod 5) e assim 422 ≡ 4 (mod 5), como 4 ≡ −1 (mod 5) então 422 ≡
−1 (mod 5) donde concluimos que 426 ≡ −1 (mod 5) e portanto o resto de 426 na divisão
por 5 é 4.
Para a outra parcela da soma tem-se que 6 ≡ 1 (mod 5) e assim 642 ≡ 1 (mod 5), donde
concluimos que o resto na divisão por 5 é 1.
Conclusão: O resto na divisão de 426 + 642 por 5 será 0.
(b) Verdadeira.
Do algoritmo de Euclides tiramos que a = 3q + r, onde r = 0, 1 ou 2.
Se r = 0 então a é diviśıvel por 3.
Se r = 1 então a + 2 = 3q + 1 + 2 = 3q + 3 = 3 (q + 1), logo a + 2 será diviśıvel por 3.
Se r = 2 então a + 4 = 3q + 2 + 4 = 3q + 6 = 3 (q + 2), logo a + 4 será diviśıvel por 3.
4
Álgebra I
Soluções da AP1
Questão 1: (2,0 ponto) Os pitagóricos, tendo uma forte ligação mı́stica com os números,
os classificaram em vários tipos: números pares, ı́mpares, perfeitos, amigos, poligonais, etc.
Os números poligonais surgem da contagem de certos pontos harmonicamente dispostos nas
arestas e vértices de poĺıgonos. Utilizandoo prinćıpio de Indução, mostre a validade da
expressão abaixo, que fornece a soma dos n primeiros números pentagonais:
1 + 4 + 7 + ... + (3n− 2) = n (3n− 1)
2
.
Solução: Nota-se que, para n = 1 vale a igualdade.
Vamos admitir, por hipótese de indução, que a iqualdade é válida para n = k, isto é
1 + 4 + 7 + ... + (3k − 2) = k (3k − 1)
2
.
Mostremos a validade para n = k + 1. De fato,
1 + 4 + 7 + ... + (3k − 2) + 3 (k + 1)− 2 = k (3k − 1)
2
+ 3k + 1 =
3k2 + 5k + 2
2
,
que é o resultado correspondente para n = k + 1.
Questão 2: Dados os inteiros 512 e 360, determine:
(a) (0,5 ponto) mdc(512, 360).
(b) (1,0 ponto) Inteiros r e s tais que mdc(512, 360) = 512 · r + 360 · s.
(c) (0,5 ponto) mmc(512, 360).
Solução:
(a)
1 2 2 1 2 2
512 360 152 56 40 16 8
152 56 40 16 8 0
=⇒ mdc (512, 360) = 8.
(b)
1
• 512 = 360 · 1 + 152 =⇒ 152 = 512− 360 · 1
• 360 = 152 · 2 + 56 =⇒ 56 = 360− 152 · 2 = 360− (512− 360 · 1) · 2 = 3 · 360− 2 · 512
• 152 = 56 · 2 + 40 ⇒ 40 = 152 − 56 · 2 = (512− 360 · 1) − (3 · 360− 2 · 512) · 2 =
5 · 512− 7 · 360
• 56 = 40 · 1 + 16 =⇒ 16 = 56 − 40 · 1 = (3 · 360− 2 · 512) − (5 · 512− 7 · 360) · 1 =
−7 · 512 + 10 · 360
• 40 = 16 · 2 + 8 =⇒ 8 = 40 − 16 · 2 = (5 · 512− 7 · 360) − (−7 · 512 + 10 · 360) · 2 =
19 · 512− 27 · 360.
Donde r = 19 e s = −27.
(c) mdc(512, 360) = 8 =⇒ mmc(512, 360) = 512 · 360
mdc(512, 360)
= 23040.
Questão 3: Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou falsa. Prove as
que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) (1,0 ponto) Dado um número inteiro d, a relação definida em Z por
xRy ⇐⇒ existe um inteiro q tal que y − x = dq
é uma relação de equiavalência.
(b) (1,0 ponto) O subconjunto I de Z dado por I = {m ∈ Z : mdc (9,m) = 1} é um
ideal de Z.
(c) (1,0 ponto) Se m é um inteiro ı́mpar, então, m2 ≡ 1(mod 4).
Solução:
(a) Verdadeira.
• xRx pois x− x = 0 = d · 0.
• Se xRy, então existe um inteiro q tal que y − x = dq. Logo, x − y = −dq = d(−q) e,
portanto, yRx.
2
• Se xRy e yRz, então existem inteiros q1 e q2 tal que y − x = dq1 e z − y = dq2. Dessa
forma, z − x = (z − y) + (y − x) = dq2 + dq1 = d(q2 + q1) e, portanto, xRz.
(b) Falso.
É suficiente notar que x = 10 e y = 8 pertencem a I, no entanto x + y = 18 /∈ I visto
que mdc (9, 18) = 9 6= 1.
(c) Verdadeira
Se m é ı́mpar, então é da forma m = 2k+1, para algum inteiro k. Logo m2 = 4k2+4k+1 =
4 (k2 + k) + 1 = 4k + 1 e, portanto, m2 − 1 = 4k, donde se conclui que
m2 ≡ 1 (mod 4) .
Questão 4:
(a) (1,5 ponto) Determine o resto da divisão de 476 por 17.
(b) (1,5 ponto) Sejam A e B conjuntos quaisquer, prove que A ⊂ B ⇐⇒ A ∩B = A.
Solução:
(a) Basta notar que
42 ≡ −1 (mod 17) ,
e como 76 = 2 · 38 então
476 =
(
42
)38 ≡ (−1)38 (mod 17) ,
ou seja,
476 ≡ 1 (mod 17) ,
mostrando que o resto procurado é 1.
(b) Mostremos primeiro que se A ⊂ B então A ∩B = A.
De fato, se x ∈ A ∩ B então x ∈ A, logo A ∩ B ⊂ A. Por outro lado, para todo x ∈ A,
como por hipótese A ⊂ B, então x ∈ B donde concluimos que x ∈ A∩B, isto é, A ⊂ A∩B.
Conclusão: A ∩B = A.
Provemos agora a implicação contrária, ou seja, se A ∩B = A então A ⊂ B.
De fato, se x ∈ A, como por hipótese A = A ∩B, então x ∈ B, isto é, A ⊂ B.
3
 
 
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Primeira Avaliação Presencial de Álgebra 1- GABARITO 
 
Nome:________________________________________ 
Pólo:_________________________________________ 
 
 
1. (1,5pts) Discuta a validade das propriedades refexiva, simétrica e 
transitiva para a relação definidas por: 
x R y se e somente se (x,y) ={(x,y) IR 2 : 0≤ } 
RESOLUÇÃO: A relação não é reflexiva, pois para todo x IR , 
(x,x) já que x.x 0. Assim não é verdade que para todo x IR, x R 
x. 
A relação é simétrica, pois se (x,y) então 0≤ e portanto 0≤ 
logo (y,x) , assim para todo x e y IR tal que x R y y R x. 
A relação não é transitiva, pois se x 0, y 0 e z 0 então xRy e 
yRz, isto é, 
≤≤
, porém 0 e portanto não é verdade que x R z. 
 
2. (1,5pts) Se A = F(IR) é o conjunto de todas as funções reais f : IR 
IR. Mostre que: 
f g f(x) g(x), IR 
define uma relação de ordem parcial em A que não é total em A. 
RESOLUÇÃO: De fato, tem-se que: 
i. Reflexiva: f f f F(IR), pois f(x) f(x) IR já que 
f(x)-f(x)=0 IR. 
ii. Antisimétrica: Sejam f e g F(IR), tais que f g e g f, 
assim f(x) g(x) ou g(x) f(x) IR tem-se que f(x) = g(x) 
IR e portanto f = g. 
iii. Transitiva: Sejam f , g e h F(IR), tais que f g e g h, 
assim f(x) g(x) ou g(x) h(x) IR, tem-se então que 
f(x) h(x) IR, e portanto f h. 
Assim a relação é de ordem parcial em F(IR). Observe que não é de 
ordem total em F(IR). 
 Exemplo: 
Sejam f(x) = 3 e g(x) = x + 6. Observe que Df = Dg =IR e f(0) = 0 < g(0) 
=6, porém g(3) = 9 < f(3) = 27. Assim não podemos dizer que f g nem 
que g f, logo não é uma relação de ordem total em F(IR). 
 
3. (1,0pt) Use o Algoritmo da Divisão para provar que: 
Se k é um inteiro qualquer, então todo inteiro ímpar é da forma 
4k + 1 ou 4k + 3. 
RESOLUÇÃO: Seja n um inteiro ímpar. Pelo Algoritmo da Divisão, 
∃k
Z, tal que n = 4k + r onde 30 , como n é ímpar r não pode ser 
múltiplo de 2 . Assim r 0 e r 2, então r =1 ou r = 3. Tem-se portanto que 
n = 4k + 1 ou n = 4k + 3. 
 
4. (1,5pts) Use o Princípio da Indução Matemática para provar que: 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 1inteiro 
RESOLUÇÃO: Se n =1 1 = 1 
Supõem-se que a fórmula é válida para n = k. Assim, 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 kk , então 
1 + 3 + ... + ( ) ( ) ( ) 2121212 kkkk ++=++− = 
( )
2
1k
 
Logo, pelo primeiro princípio da indução, a fórmula é válida para todo n 1 
 
5. (1,5pts) Use a definição de ideal para verificar se: 
I = {m Z / m é múltiplo de 24} 
é um ideal de Z 
RESOLUÇÃO: i) 0 I, pois 0 = 24.0, então 0 é múltiplo de 24. 
ii) Sejam m,n∈I. Logo m = 24.a e n = 24.b, a e b Z . Tem-se então que 
m - n = 24.a - 24.b = 24(a - b) I. 
iii) Sejam r Z e m I. Assim m = 24.k, k Z. Então r.m = r.24.k = 24.a, 
a Z, logo r.m é múltiplo de 24. 
Devido a i), ii), iii) tem-se que I é um ideal de Z 
 
6. (1,0pt) Se Z é o conjunto dos números inteiros, mostre que 
Z · 8 ⊂ Z · 4 ⊂ Z · 2 ⊂ Z 
RESOLUÇÃO: 
De fato, se x Z · 8, x = 8q, para algum q Z x = 4 (2q) x Z · 4 
x = 2 (4q) x Z · 2 x Z. 
Por outro lado, tem-se que 1 Z, mas 1 Z · 2 , assim Z Z · 2 , 
analogamente 2 Z · 2, mas 2 Z · 4 , assim Z · 2 Z · 4. Do mesmo 
modo 4 Z · 4, mas 4 Z · 8 , assim Z · 4 Z · 8. 
 
7. (1,0pt) Sejam a, b inteiros, d = mdc (a,b) e c um inteiro positivo. Prove 
que : 
 mdc (ac,bc) = d c 
RESOLUÇÃO: 
Como d = mdc (a,b), então d | a e d | b. Então existem r e s tais que d = ra + 
sb. Logo dc = r (a c) + s (b c). Portanto dc divide ac e dc divide bc. Além 
disso se d’ é um inteiro tal que d’| ac e d’| bc tem-se que d’| dc e portanto d’< 
dc. Logo dc é o maior divisor comum de ac e bc. 
 
 
8. (1,0pt) Determine a congruência de 6m+5, módulo 4, sabendo-se que 
m 1 ( mod 4). 
RESOLUÇÃO: 
m 1 ( mod 4) m-1= 4.k m = 4.k+1 6m +5 =24.k+6+5 (6m+5)-
11= 4.(6k) 6m+5 11 ( mod 4). 
 
 
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Primeira Avaliação Presencial de Álgebra 1- GABARITO 
 
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Pólo:_________________________________________ 
 
 
1. (1,5pts) Discuta a validade das propriedades refexiva, simétrica e 
transitiva para a relação definidas por: 
x R y se e somente se (x,y) ={(x,y) IR 2 : 0≤ } 
RESOLUÇÃO: A relação não é reflexiva, pois para todo x IR , 
(x,x) já que x.x 0. Assim não é verdade que para todo x IR, x R 
x. 
A relação é simétrica, pois se (x,y) então 0≤ e portanto 0≤ 
logo (y,x) , assimpara todo x e y IR tal que x R y y R x. 
A relação não é transitiva, pois se x 0, y 0 e z 0 então xRy e 
yRz, isto é, 
≤≤
, porém 0 e portanto não é verdade que x R z. 
 
2. (1,5pts) Se A = F(IR) é o conjunto de todas as funções reais f : IR 
IR. Mostre que: 
f g f(x) g(x), IR 
define uma relação de ordem parcial em A que não é total em A. 
RESOLUÇÃO: De fato, tem-se que: 
i. Reflexiva: f f f F(IR), pois f(x) f(x) IR já que 
f(x)-f(x)=0 IR. 
ii. Antisimétrica: Sejam f e g F(IR), tais que f g e g f, 
assim f(x) g(x) ou g(x) f(x) IR tem-se que f(x) = g(x) 
IR e portanto f = g. 
iii. Transitiva: Sejam f , g e h F(IR), tais que f g e g h, 
assim f(x) g(x) ou g(x) h(x) IR, tem-se então que 
f(x) h(x) IR, e portanto f h. 
Assim a relação é de ordem parcial em F(IR). Observe que não é de 
ordem total em F(IR). 
 Exemplo: 
Sejam f(x) = 3 e g(x) = x + 6. Observe que Df = Dg =IR e f(0) = 0 < g(0) 
=6, porém g(3) = 9 < f(3) = 27. Assim não podemos dizer que f g nem 
que g f, logo não é uma relação de ordem total em F(IR). 
 
3. (1,0pt) Use o Algoritmo da Divisão para provar que: 
Se k é um inteiro qualquer, então todo inteiro ímpar é da forma 
4k + 1 ou 4k + 3. 
RESOLUÇÃO: Seja n um inteiro ímpar. Pelo Algoritmo da Divisão, 
∃k
Z, tal que n = 4k + r onde 30 , como n é ímpar r não pode ser 
múltiplo de 2 . Assim r 0 e r 2, então r =1 ou r = 3. Tem-se portanto que 
n = 4k + 1 ou n = 4k + 3. 
 
4. (1,5pts) Use o Princípio da Indução Matemática para provar que: 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 1inteiro 
RESOLUÇÃO: Se n =1 1 = 1 
Supõem-se que a fórmula é válida para n = k. Assim, 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 kk , então 
1 + 3 + ... + ( ) ( ) ( ) 2121212 kkkk ++=++− = 
( )
2
1k
 
Logo, pelo primeiro princípio da indução, a fórmula é válida para todo n 1 
 
5. (1,5pts) Use a definição de ideal para verificar se: 
I = {m Z / m é múltiplo de 24} 
é um ideal de Z 
RESOLUÇÃO: i) 0 I, pois 0 = 24.0, então 0 é múltiplo de 24. 
ii) Sejam m,n∈I. Logo m = 24.a e n = 24.b, a e b Z . Tem-se então que 
m - n = 24.a - 24.b = 24(a - b) I. 
iii) Sejam r Z e m I. Assim m = 24.k, k Z. Então r.m = r.24.k = 24.a, 
a Z, logo r.m é múltiplo de 24. 
Devido a i), ii), iii) tem-se que I é um ideal de Z 
 
6. (1,0pt) Se Z é o conjunto dos números inteiros, mostre que 
Z · 8 ⊂ Z · 4 ⊂ Z · 2 ⊂ Z 
RESOLUÇÃO: 
De fato, se x Z · 8, x = 8q, para algum q Z x = 4 (2q) x Z · 4 
x = 2 (4q) x Z · 2 x Z. 
Por outro lado, tem-se que 1 Z, mas 1 Z · 2 , assim Z Z · 2 , 
analogamente 2 Z · 2, mas 2 Z · 4 , assim Z · 2 Z · 4. Do mesmo 
modo 4 Z · 4, mas 4 Z · 8 , assim Z · 4 Z · 8. 
 
7. (1,0pt) Sejam a, b inteiros, d = mdc (a,b) e c um inteiro positivo. Prove 
que : 
 mdc (ac,bc) = d c 
RESOLUÇÃO: 
Como d = mdc (a,b), então d | a e d | b. Então existem r e s tais que d = ra + 
sb. Logo dc = r (a c) + s (b c). Portanto dc divide ac e dc divide bc. Além 
disso se d’ é um inteiro tal que d’| ac e d’| bc tem-se que d’| dc e portanto d’< 
dc. Logo dc é o maior divisor comum de ac e bc. 
 
 
8. (1,0pt) Determine a congruência de 6m+5, módulo 4, sabendo-se que 
m 1 ( mod 4). 
RESOLUÇÃO: 
m 1 ( mod 4) m-1= 4.k m = 4.k+1 6m +5 =24.k+6+5 (6m+5)-
11= 4.(6k) 6m+5 11 ( mod 4). 
 
 
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1. (1,5pts) Discuta a validade das propriedades refexiva, simétrica e 
transitiva para a relação definidas por: 
x R y se e somente se (x,y) ={(x,y) IR 2 : 0≤ } 
RESOLUÇÃO: A relação não é reflexiva, pois para todo x IR , 
(x,x) já que x.x 0. Assim não é verdade que para todo x IR, x R 
x. 
A relação é simétrica, pois se (x,y) então 0≤ e portanto 0≤ 
logo (y,x) , assim para todo x e y IR tal que x R y y R x. 
A relação não é transitiva, pois se x 0, y 0 e z 0 então xRy e 
yRz, isto é, 
≤≤
, porém 0 e portanto não é verdade que x R z. 
 
2. (1,5pts) Se A = F(IR) é o conjunto de todas as funções reais f : IR 
IR. Mostre que: 
f g f(x) g(x), IR 
define uma relação de ordem parcial em A que não é total em A. 
RESOLUÇÃO: De fato, tem-se que: 
i. Reflexiva: f f f F(IR), pois f(x) f(x) IR já que 
f(x)-f(x)=0 IR. 
ii. Antisimétrica: Sejam f e g F(IR), tais que f g e g f, 
assim f(x) g(x) ou g(x) f(x) IR tem-se que f(x) = g(x) 
IR e portanto f = g. 
iii. Transitiva: Sejam f , g e h F(IR), tais que f g e g h, 
assim f(x) g(x) ou g(x) h(x) IR, tem-se então que 
f(x) h(x) IR, e portanto f h. 
Assim a relação é de ordem parcial em F(IR). Observe que não é de 
ordem total em F(IR). 
 Exemplo: 
Sejam f(x) = 3 e g(x) = x + 6. Observe que Df = Dg =IR e f(0) = 0 < g(0) 
=6, porém g(3) = 9 < f(3) = 27. Assim não podemos dizer que f g nem 
que g f, logo não é uma relação de ordem total em F(IR). 
 
3. (1,0pt) Use o Algoritmo da Divisão para provar que: 
Se k é um inteiro qualquer, então todo inteiro ímpar é da forma 
4k + 1 ou 4k + 3. 
RESOLUÇÃO: Seja n um inteiro ímpar. Pelo Algoritmo da Divisão, 
∃k
Z, tal que n = 4k + r onde 30 , como n é ímpar r não pode ser 
múltiplo de 2 . Assim r 0 e r 2, então r =1 ou r = 3. Tem-se portanto que 
n = 4k + 1 ou n = 4k + 3. 
 
4. (1,5pts) Use o Princípio da Indução Matemática para provar que: 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 1inteiro 
RESOLUÇÃO: Se n =1 1 = 1 
Supõem-se que a fórmula é válida para n = k. Assim, 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 kk , então 
1 + 3 + ... + ( ) ( ) ( ) 2121212 kkkk ++=++− = 
( )
2
1k
 
Logo, pelo primeiro princípio da indução, a fórmula é válida para todo n 1 
 
5. (1,5pts) Use a definição de ideal para verificar se: 
I = {m Z / m é múltiplo de 24} 
é um ideal de Z 
RESOLUÇÃO: i) 0 I, pois 0 = 24.0, então 0 é múltiplo de 24. 
ii) Sejam m,n∈I. Logo m = 24.a e n = 24.b, a e b Z . Tem-se então que 
m - n = 24.a - 24.b = 24(a - b) I. 
iii) Sejam r Z e m I. Assim m = 24.k, k Z. Então r.m = r.24.k = 24.a, 
a Z, logo r.m é múltiplo de 24. 
Devido a i), ii), iii) tem-se que I é um ideal de Z 
 
6. (1,0pt) Se Z é o conjunto dos números inteiros, mostre que 
Z · 8 ⊂ Z · 4 ⊂ Z · 2 ⊂ Z 
RESOLUÇÃO: 
De fato, se x Z · 8, x = 8q, para algum q Z x = 4 (2q) x Z · 4 
x = 2 (4q) x Z · 2 x Z. 
Por outro lado, tem-se que 1 Z, mas 1 Z · 2 , assim Z Z · 2 , 
analogamente 2 Z · 2, mas 2 Z · 4 , assim Z · 2 Z · 4. Do mesmo 
modo 4 Z · 4, mas 4 Z · 8 , assim Z · 4 Z · 8. 
 
7. (1,0pt) Sejam a, b inteiros, d = mdc (a,b) e c um inteiro positivo. Prove 
que : 
 mdc (ac,bc) = d c 
RESOLUÇÃO: 
Como d = mdc (a,b), então d | a e d | b. Então existem r e s tais que d = ra + 
sb. Logo dc = r (a c) + s (b c). Portanto dc divide ac e dc divide bc. Além 
disso se d’ é um inteiro tal que d’| ac e d’| bc tem-se que d’| dc e portanto d’< 
dc. Logo dc é o maior divisor comum de ac e bc. 
 
 
8. (1,0pt) Determine a congruência de 6m+5, módulo 4, sabendo-se que 
m 1 ( mod 4). 
RESOLUÇÃO: 
m 1 ( mod 4) m-1= 4.k m = 4.k+1 6m +5 =24.k+6+5 (6m+5)-
11= 4.(6k) 6m+5 11 ( mod 4). 
Álgebra I - Soluções da AP1
1a Questão: Seja Z2 = {X = (x1, x2) | x1, x2 ∈ Z} o conjunto dos pontos no plano, repre-
sentados por pares ordenados de números inteiros. Definimos uma relação R no conjunto Z2
por
XRY ⇐⇒ x1 = y1 ou x2 = y2,
onde X = (x1, x2) e Y = (y1, y2). Verifique se R é uma relação de equivalência.
Solução: A relação R não é uma relação de equivalência, pois não é transitiva.
Por exemplo: (1, 2)R(1, 3) e (1, 3)R(5, 3), mas não vale (1, 2)R(5, 3).
2a Questão: Considere a seguinte seqüência de somas
1
2!
=
1
2
1
2!
+
2
3!
=
5
6
1
2!
+
2
3!
+
3
4!
=
23
24
1
2!
+
2
3!
+3
4!
+
4
5!
=
119
120
...
e seja P (n) a soma
1
2!
+
2
3!
+ ... +
n− 1
n!
.
Determine uma expressão para P (n) e, em seguida, utilizando o Prinćıpio da Indução Finita,
prove a sua validade para n ≥ 2.
Solução:
A lei de formação é dada por
1
2!
+
2
3!
+ ... +
n− 1
n!
=
n!− 1
n!
De fato, se n = 2 a fórmula fornece
2!− 1
2!
=
2− 1
2!
=
1
2!
,
1
ou seja, a expressão é verdadeira para n = 2.
Admitimos, para hipótese de indução, que
1
2!
+
2
3!
+ ... +
k − 1
k!
=
k!− 1
k!
.
Provemos que o resultado vale para k + 1. De fato
1
2!
+
2
3!
+ ... +
k − 1
k!
+
(k + 1)− 1
(k + 1)!
=
(k + 1)!k!− (k + 1)! + k!(k + 1)− k!
k!(k + 1)!
=
=
(k + 1)!k!− (k + 1)! + (k + 1)!− k!
k!(k + 1)!
=
k! [(k + 1)!− 1]
k!(k + 1)!
=
(k + 1)!− 1
(k + 1)!
.
3a Questão: Dados os inteiros 512 e 360, determine:
(a) mdc(512, 360).
(b) Inteiros r e s tais que mdc(512, 360) = 512 · r + 360 · s.
(c) mmc(512, 360).
Solução:
(a)
1 2 2 1 2 2
512 360 152 56 40 16 8
152 56 40 16 8 0
=⇒ mdc (512, 360) = 8.
(b)
• 512 = 360 · 1 + 152 =⇒ 152 = 512− 360 · 1
• 360 = 152 · 2 + 56 =⇒ 56 = 360− 152 · 2 = 360− (512− 360 · 1) · 2 = 3 · 360− 2 · 512
• 152 = 56 · 2 + 40 ⇒ 40 = 152 − 56 · 2 = (512− 360 · 1) − (3 · 360− 2 · 512) · 2 =
5 · 512− 7 · 360
• 56 = 40 · 1 + 16 =⇒ 16 = 56 − 40 · 1 = (3 · 360− 2 · 512) − (5 · 512− 7 · 360) · 1 =
−7 · 512 + 10 · 360
2
• 40 = 16 · 2 + 8 =⇒ 8 = 40 − 16 · 2 = (5 · 512− 7 · 360) − (−7 · 512 + 10 · 360) · 2 =
19 · 512− 27 · 360.
Donde r = 19 e s = −27.
(c) mdc(512, 360) = 8 =⇒ mmc(512, 360) = 512·360
mdc(512,360)
= 23040.
4a Questão: Determine se cada uma das afirmações abaixo é verdadeira ou falsa. Prove as
que julgar verdadeiras e apresente um contra-exemplo para as falsas:
(a) Se m é um inteiro cujo resto da divisão por 6 é 5, então o resto da divisão de m por
3 é 2.
(b) O subconjunto I de Z dado por
I = {m ∈ Z : mdc (7,m) = 1}
é um ideal de Z.
Solução:
(a) Verdadeiro.
De fato, pelo algoritmo de Euclides temos que m = 6q + 5. Sendo r o resto da divisão
de m por 3, então tem-se m = 3q′ + r onde r = 0, 1 ou 2.
• Se r = 0 então 6q + 5 = 3q′ donde vem que 3 (q′ − 2q) = 5, isto é, 3 | 5 o que é um
absurdo.
• Se r = 1 então 6q + 5 = 3q′ + 1 donde 3 (q′ − 2q) = 4, isto é, 3 | 4 o que também é um
absurdo.
Portanto r = 2.
(b) Falso.
É suficiente notar que x = 10 e y = 4 pertencem a I, no entanto x + y = 14 /∈ I visto
que mdc (7, 14) = 7 6= 1.
5a Questão:
(a) Determine a congruência de 6m + 5 módulo 4, sabendo-se que m ≡ 1(mod 4).
3
(b) Calcule o resto da divisão de 3150 por 10.
Solução:
(a) Temos que
m ≡ 1(mod 4) =⇒ 6m ≡ 6 · 1(mod 4) =⇒ 6m ≡ 6 (mod 4)
5 ≡ 1 (mod 4)


 =⇒ 6m+5 ≡ (6+1) (mod 4)
Por outro lado, 7 ≡ 3 (mod 4) . Logo, 6m + 5 ≡ 3 (mod 4) .
(b) Observe inicialmente que
3150 =
(
32
)75
.
Por outro lado,
32 = 9 ≡ −1(mod 10)
Assim,
(
32
)75 ≡ (−1)75 (mod 10) =⇒ (32)75 ≡ −1 (mod 10) =⇒ (32)75 ≡ 9 (mod 10)
ou seja, 3150 = 10k + 9, o que mostra que o resto procurado é 9.
4
Álgebra I - Soluções da AP1
1a Questão:
Solução:
De fato, se n = 1 a fórmula fornece
21−1 = 21 − 1,
ou seja, a expressão é verdadeira para n = 1.
Admitimos, para hipótese de indução, que
1 + 2 + ... + 2k−1 = 2k − 1.
Provemos que o resultado vale para k + 1. De fato
1 + 2 + ... + 2k−1 + 2k = 2k − 1 + 2k = 2 · 2k − 1 = 2k+1 − 1.
2a Questão:
Solução:
(a)
1 2 3 1 2
432 300 132 36 24 12
132 36 24 12 0
=⇒ mdc (432, 300) = 12.
(b)
• 432 = 300 · 1 + 132 =⇒ 132 = 432− 300 · 1
• 300 = 132 · 2 + 36 =⇒ 36 = 300− 132 · 2 = 300− (432− 300 · 1) = 2 · 300− 432
• 132 = 36·3+24 ⇒ 24 = 132−36·3 = (432− 300 · 1)−(2 · 300− 432)·2 = 3·432−3·300
• 36 = 24 · 1 + 12 =⇒ 12 = 36 − 24 · 1 = (2 · 300− 432) − (3 · 432− 3 · 300) · 1 =
−4 · 432 + 5 · 300.
1
Donde r = −4e s = 5.
(c) mdc(432, 300) = 12 =⇒ mmc(432, 300) = 432·300
mdc(432,300)
= 10800.
3a Questão:
Solução:
(a) Verdadeira
a | b e a | c =⇒ existem inteiros p e q tais que b = ap e c = aq. Logo, para quaisquer m
e n inteiros tem-se mb + nc = map + nac = a (mp + nc) e, portanto, a | (mb + nc).
(b) Falsa
Tomando como exemplo I = 2Z e J = 3Z nota-se que I ∪ J não é ideal de Z, pois, por
exemplo, 8 e 9 ∈ I1 ∪ I2 e, no entanto, 1 = 9− 8 /∈ I1 ∪ I2.
(c) Verdadeira
Se m é ı́mpar, então é da forma m = 2k+1, para algum inteiro k. Logo m2 = 4k2+4k+1 =
4 (k2 + k) + 1 = 4k + 1 e, portanto, m2 − 1 = 4k, donde se conclui que
m2 ≡ 1 (mod 4) .
4a Questão:
Solução:
(a) Observe inicialmente que
250 = 248 · 4 = (23)16 · 4.
Por outro lado,
23 = 8 ≡ 1 (mod 7) =⇒ (23)16 ≡ 116 (mod 7) =⇒ 248 ≡ 1 (mod 7)
4 ≡ 4 (mod 7)


 =⇒ 2
50 ≡ 1·4 (mod 7)
=⇒ 250 = 7k + 4, o que mostra que o resto procurado é 4.
(b) Note inicialmente que Z6 =
{
0, 1, 2, 3, 4, 5
}
.
• 02 = 02 = 0 =⇒ 0 é solução.
• 12 = 12 = 1 =⇒ 1 é solução.
• 22 = 22 = 4 6= 2 =⇒ 2 não é solução.
2
• 32 = 32 = 9 = 3 =⇒ 3 é solução.
• 42 = 42 = 16 = 4 =⇒ 4 é solução.
• 52 = 52 = 25 = 1 6= 5 =⇒ 5 não é solução.
O conjunto solução é
{
0, 1, 3, 4
}
.
(c) É suficiente observar que
Z10 =
{
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
}
0 = 10 = 20 = 30 = 40 = 50 = 60 = 70 = 80.
Portanto, procuramos duplas de elementos do conjunto Z10 cujo produto seja uma das classes
equivalentes a 0 dadas acima. Sendo assim os divisores de zero em Z10 são:
• 2 e 5, pois 2 · 5 = 10.
• 4, pois 4 · 5 = 20.
• 6, pois 6 · 5 = 30.
• 8, pois 8 · 5 = 40.
3
 
 
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Primeira Avaliação Presencial de Álgebra 1- GABARITO 
 
Nome:________________________________________ 
Pólo:_________________________________________ 
 
 
1. (1,5pts) Discuta a validade das propriedades refexiva, simétrica e 
transitiva para a relação definidas por: 
x R y se e somente se (x,y) ={(x,y) IR 2 : 0≤ } 
RESOLUÇÃO: A relação não é reflexiva, pois para todo x IR , 
(x,x) já que x.x 0. Assim não é verdade que para todo x IR, x R 
x. 
A relação é simétrica, pois se (x,y) então 0≤ e portanto 0≤ 
logo (y,x) , assim para todo x e y IR tal que x R y y R x. 
A relação não é transitiva, pois se x 0, y 0 e z 0 então xRy e 
yRz, isto é, 
≤≤
, porém 0 e portanto não é verdade que x R z. 
 
2. (1,5pts) Se A = F(IR) é o conjunto de todas as funções reais f : IR 
IR. Mostre que: 
f g f(x) g(x), IR 
define uma relação de ordem parcial em A que não é total em A. 
RESOLUÇÃO: De fato, tem-se que: 
i. Reflexiva: f f f F(IR), pois f(x) f(x) IR já que 
f(x)-f(x)=0 IR. 
ii. Antisimétrica: Sejam f e g F(IR), tais que f g e g f, 
assim f(x) g(x) ou g(x) f(x) IR tem-se que f(x) = g(x) 
IR e portanto f = g. 
iii. Transitiva: Sejam f , g e h F(IR), tais que f g e g h, 
assim f(x) g(x) ou g(x) h(x) IR, tem-se então que 
f(x) h(x) IR, e portanto f h. 
Assim a relação é de ordem parcial em F(IR). Observe que não é de 
ordem total em F(IR). 
 Exemplo: 
Sejam f(x) = 3 e g(x) = x + 6. Observe que Df = Dg =IR e f(0) = 0 < g(0) 
=6, porém g(3) = 9 < f(3) = 27. Assim não podemos dizer que f g nem 
que g f, logo não é uma relação de ordem total em F(IR). 
 
3. (1,0pt) Use o Algoritmo da Divisão para provar que: 
Se k é um inteiro qualquer, então todo inteiro ímpar é da forma 
4k + 1 ou 4k + 3. 
RESOLUÇÃO: Seja n um inteiro ímpar. Pelo Algoritmo da Divisão, 
∃k
Z, tal que n = 4k + r onde 30 , como n é ímpar r não pode ser 
múltiplo de 2 . Assim r 0 e r 2, então r =1 ou r = 3. Tem-se portanto que 
n = 4k + 1 ou n = 4k + 3. 
 
4. (1,5pts) Use o Princípio da Indução Matemática para provar que: 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 1inteiro 
RESOLUÇÃO: Se n =1 1 = 1 
Supõem-se que a fórmula é válida para n = k. Assim, 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 kk , então 
1 + 3 + ... + ( ) ( ) ( ) 2121212 kkkk ++=++− = 
( )
2
1k
 
Logo, pelo primeiro princípio da indução,a fórmula é válida para todo n 1 
 
5. (1,5pts) Use a definição de ideal para verificar se: 
I = {m Z / m é múltiplo de 24} 
é um ideal de Z 
RESOLUÇÃO: i) 0 I, pois 0 = 24.0, então 0 é múltiplo de 24. 
ii) Sejam m,n∈I. Logo m = 24.a e n = 24.b, a e b Z . Tem-se então que 
m - n = 24.a - 24.b = 24(a - b) I. 
iii) Sejam r Z e m I. Assim m = 24.k, k Z. Então r.m = r.24.k = 24.a, 
a Z, logo r.m é múltiplo de 24. 
Devido a i), ii), iii) tem-se que I é um ideal de Z 
 
6. (1,0pt) Se Z é o conjunto dos números inteiros, mostre que 
Z · 8 ⊂ Z · 4 ⊂ Z · 2 ⊂ Z 
RESOLUÇÃO: 
De fato, se x Z · 8, x = 8q, para algum q Z x = 4 (2q) x Z · 4 
x = 2 (4q) x Z · 2 x Z. 
Por outro lado, tem-se que 1 Z, mas 1 Z · 2 , assim Z Z · 2 , 
analogamente 2 Z · 2, mas 2 Z · 4 , assim Z · 2 Z · 4. Do mesmo 
modo 4 Z · 4, mas 4 Z · 8 , assim Z · 4 Z · 8. 
 
7. (1,0pt) Sejam a, b inteiros, d = mdc (a,b) e c um inteiro positivo. Prove 
que : 
 mdc (ac,bc) = d c 
RESOLUÇÃO: 
Como d = mdc (a,b), então d | a e d | b. Então existem r e s tais que d = ra + 
sb. Logo dc = r (a c) + s (b c). Portanto dc divide ac e dc divide bc. Além 
disso se d’ é um inteiro tal que d’| ac e d’| bc tem-se que d’| dc e portanto d’< 
dc. Logo dc é o maior divisor comum de ac e bc. 
 
 
8. (1,0pt) Determine a congruência de 6m+5, módulo 4, sabendo-se que 
m 1 ( mod 4). 
RESOLUÇÃO: 
m 1 ( mod 4) m-1= 4.k m = 4.k+1 6m +5 =24.k+6+5 (6m+5)-
11= 4.(6k) 6m+5 11 ( mod 4). 
RESOLUÇÃO DA 1ª AVALIAÇÃO PRESENCIAL DE ÁLGEBRA I 
 
 
1. (1,0pt) Sejam os conjuntos A e B tais que BABA −=∪ . Prove que φ=B 
RESOLUÇÃO: Sejam A e B conjuntos tais que BABA −=∪ . 
Suponhamos por absurdo que φ≠B . Logo existe x∈B. Assim pela definição de 
união e diferença entre conjuntos, BAxeBAx −∉∪∈ . Por hipótese isto é um 
absurdo, visto que BABA −=∪ . 
Assim φ=B . 
2. (1,5pts)Discuta a validade das propriedades refexiva, simétrica e 
transitiva para a relação definidas por: 
x R y se e somente se (x,y) ∈ Ω ={(x,y) ∈ IR 2 : 0. ≤yx } 
RESOLUÇÃO: A relação não é reflexiva, pois para todo x∈IR , (x,x) Ω∉ já que 
x.x ≥ 0. Assim não é verdade que para todo x∈ IR, x R x. 
A relação é simétrica, pois se (x,y) ∈ Ω então 0. ≤yx e portanto 0. ≤xy logo 
(y,x)∈ Ω , assim para todo x e y ∈IR tal que x R y � y R x. 
A relação não é transitiva, pois se x ≥ 0, y ≤ 0 e z ≥ 0 então xRy e yRz, isto 
é, 0.0. ≤∧≤ zyyx , porém 0. ≥zx e portanto não é verdade que x R z. 
 
3. (1,5pts)Seja A ={x∈ Q : 0≤ 2x ≤ 5} um subconjunto de Q, onde esta 
definida a relação de ordem habitual. Determinar, caso existam, os limites 
superiores, limites inferiores, ínfimo, supremo, máximo e mínimo de A. 
RESOLUÇÃO: 
limites superiores: L ∈ Q tal que L > 5 
limites inferiores: l ∈ Q tal que l < - 5 
ínfimo: Não ∃ 
supremo: Não ∃ 
máximo: Não ∃ 
mínimo: Não ∃ 
 
4. (1,0pt)Use o princípio da indução matemática para provar que: 
322 +≥ nn 3≥∀n . 
RESOLUÇÃO: Se n =3 � 9 33.2 +≥ = 9 
Supõem-se que a desigualdade seja válida para n = k ≥ 3. Assim, 
322 +≥ kk , então 
( ) 3)1(2521232121 22 ++=+≥+++≥++=+ kkkkkkk 
Logo, pelo primeiro princípio da indução, a desigualdade é válida para todo n ≥ 3 
 
5. (1,0pt)Prove, usando a definição de mdc, que: 
Se p e q são números primos distintos então mdc (p,q) = 1 
RESOLUÇÃO: Pela definição de número primo o conjunto dos divisores de p e 
q são respectivamente: D(p) = { ± 1, ± p} e D(q) = { ± 1, ± q}. Assim se p é 
diferente de q, D(p) ∩ D(q) = { ± 1}. Portanto mdc (p,q) = 1 
 
6. (1,5pts)Use o Algoritmo de Euclides para obter números inteiros r e s tais 
que mdc (24,138) = 24r + 138s 
RESOLUÇÃO: (1) 138 = 5. 24 + 18 
 (2) 24 = 1 . 18 + 6 
 (3) 18 = 3 . 6 
Assim, o mdc (138,24) = 6 
De (1), tem-se 18 = 138 – 5 . 24. Substituindo em (2), vem que 24 = 1 . (138 – 5 . 
24) + 6 
Assim 6 = 24 - 1 . (138 – 5 . 24) = 6 . 24 – 1 . 138 . Logo r = 6 e s = -1 
7. (1,5pts)Usar o algoritmo da divisão para provar que de três inteiros 
consecutivos um é múltiplo de 3. 
RESOLUÇÃO: Considere a, a+1, a+2 tais números. 
Pelo algoritm ode Euclides a = 3q + r , 30 <≤ r . Assim r = 0, r = 1, r = 2 
Se r = 0, então a é múltiplo de 3. 
Se r =1, então a+2 = 3q + 1 + 2 = 3 (q + 1) é múltiplo de 3 
Se r = 2, então a + 1 = 3q + 2 +1 = 3 (q + 1) é múltiplo de 3. 
Conclui-se então o desejado. 
 
8. (1,0pt) Sejam a,b ∈Z + tais que mdc(a,b) =1. Prove que: 
mdc (a + b,a - b) = 1 ou 2 
RESOLUÇÃO: Seja x = mdc (a + b,a - b), assim x | (a+b) , x | (a-b) e x > 0 
Logo existem m e n ∈Z + tais que a+b = m.x e a-b = nx. 
Tem-se então que 2a = (m +n).x e 2b = (m-n).x. 
Sendo assim x | 2a e x | 2b, logo x | mdc(2a,2b). 
Assim x | 2. 
Logo x = 1 ou x =2 
 
 
 
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
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Primeira Avaliação Presencial de Álgebra 1- GABARITO 
 
Nome:________________________________________ 
Pólo:_________________________________________ 
 
 
1. (1,5pts) Discuta a validade das propriedades refexiva, simétrica e 
transitiva para a relação definidas por: 
x R y se e somente se (x,y) ={(x,y) IR 2 : 0≤ } 
RESOLUÇÃO: A relação não é reflexiva, pois para todo x IR , 
(x,x) já que x.x 0. Assim não é verdade que para todo x IR, x R 
x. 
A relação é simétrica, pois se (x,y) então 0≤ e portanto 0≤ 
logo (y,x) , assim para todo x e y IR tal que x R y y R x. 
A relação não é transitiva, pois se x 0, y 0 e z 0 então xRy e 
yRz, isto é, 
≤≤
, porém 0 e portanto não é verdade que x R z. 
 
2. (1,5pts) Se A = F(IR) é o conjunto de todas as funções reais f : IR 
IR. Mostre que: 
f g f(x) g(x), IR 
define uma relação de ordem parcial em A que não é total em A. 
RESOLUÇÃO: De fato, tem-se que: 
i. Reflexiva: f f f F(IR), pois f(x) f(x) IR já que 
f(x)-f(x)=0 IR. 
ii. Antisimétrica: Sejam f e g F(IR), tais que f g e g f, 
assim f(x) g(x) ou g(x) f(x) IR tem-se que f(x) = g(x) 
IR e portanto f = g. 
iii. Transitiva: Sejam f , g e h F(IR), tais que f g e g h, 
assim f(x) g(x) ou g(x) h(x) IR, tem-se então que 
f(x) h(x) IR, e portanto f h. 
Assim a relação é de ordem parcial em F(IR). Observe que não é de 
ordem total em F(IR). 
 Exemplo: 
Sejam f(x) = 3 e g(x) = x + 6. Observe que Df = Dg =IR e f(0) = 0 < g(0) 
=6, porém g(3) = 9 < f(3) = 27. Assim não podemos dizer que f g nem 
que g f, logo não é uma relação de ordem total em F(IR). 
 
3. (1,0pt) Use o Algoritmo da Divisão para provar que: 
Se k é um inteiro qualquer, então todo inteiro ímpar é da forma 
4k + 1 ou 4k + 3. 
RESOLUÇÃO: Seja n um inteiro ímpar. Pelo Algoritmo da Divisão, 
∃k
Z, tal que n = 4k + r onde 30 , como n é ímpar r não pode ser 
múltiplo de 2 . Assim r 0 e r 2, então r =1 ou r = 3. Tem-se portanto que 
n = 4k + 1 ou n = 4k + 3. 
 
4. (1,5pts) Use o Princípio da Indução Matemática para provar que: 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 1inteiro 
RESOLUÇÃO: Se n =1 1 = 1 
Supõem-se que a fórmula é válida para n = k. Assim, 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 kk , então 
1 + 3 + ... + ( ) ( ) ( ) 2121212 kkkk ++=++− = 
( )
2
1k
 
Logo, pelo primeiro princípio da indução, a fórmula é válida para todo n 1 
 
5. (1,5pts) Use a definição de ideal para verificar se: 
I = {m Z / m é múltiplo de 24} 
é um ideal de Z 
RESOLUÇÃO: i) 0 I, pois 0 = 24.0, então 0 é múltiplo de 24. 
ii) Sejam m,n∈I. Logo m = 24.a e n = 24.b, a e b Z . Tem-se então que 
m - n = 24.a - 24.b = 24(a - b) I. 
iii) Sejam r Z e m I. Assim m = 24.k, k Z. Então r.m = r.24.k = 24.a, 
a Z, logo r.m é múltiplo de 24. 
Devido a i), ii), iii) tem-se que I é um ideal de Z 
 
6. (1,0pt) Se Z é o conjunto dos números inteiros, mostre que 
Z · 8 ⊂ Z · 4 ⊂ Z · 2 ⊂ Z 
RESOLUÇÃO: 
De fato, se x Z · 8,x = 8q, para algum q Z x = 4 (2q) x Z · 4 
x = 2 (4q) x Z · 2 x Z. 
Por outro lado, tem-se que 1 Z, mas 1 Z · 2 , assim Z Z · 2 , 
analogamente 2 Z · 2, mas 2 Z · 4 , assim Z · 2 Z · 4. Do mesmo 
modo 4 Z · 4, mas 4 Z · 8 , assim Z · 4 Z · 8. 
 
7. (1,0pt) Sejam a, b inteiros, d = mdc (a,b) e c um inteiro positivo. Prove 
que : 
 mdc (ac,bc) = d c 
RESOLUÇÃO: 
Como d = mdc (a,b), então d | a e d | b. Então existem r e s tais que d = ra + 
sb. Logo dc = r (a c) + s (b c). Portanto dc divide ac e dc divide bc. Além 
disso se d’ é um inteiro tal que d’| ac e d’| bc tem-se que d’| dc e portanto d’< 
dc. Logo dc é o maior divisor comum de ac e bc. 
 
 
8. (1,0pt) Determine a congruência de 6m+5, módulo 4, sabendo-se que 
m 1 ( mod 4). 
RESOLUÇÃO: 
m 1 ( mod 4) m-1= 4.k m = 4.k+1 6m +5 =24.k+6+5 (6m+5)-
11= 4.(6k) 6m+5 11 ( mod 4). 
 
 
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Primeira Avaliação Presencial de Álgebra 1- GABARITO 
 
Nome:________________________________________ 
Pólo:_________________________________________ 
 
 
1. (1,5pts) Discuta a validade das propriedades refexiva, simétrica e 
transitiva para a relação definidas por: 
x R y se e somente se (x,y) ={(x,y) IR 2 : 0≤ } 
RESOLUÇÃO: A relação não é reflexiva, pois para todo x IR , 
(x,x) já que x.x 0. Assim não é verdade que para todo x IR, x R 
x. 
A relação é simétrica, pois se (x,y) então 0≤ e portanto 0≤ 
logo (y,x) , assim para todo x e y IR tal que x R y y R x. 
A relação não é transitiva, pois se x 0, y 0 e z 0 então xRy e 
yRz, isto é, 
≤≤
, porém 0 e portanto não é verdade que x R z. 
 
2. (1,5pts) Se A = F(IR) é o conjunto de todas as funções reais f : IR 
IR. Mostre que: 
f g f(x) g(x), IR 
define uma relação de ordem parcial em A que não é total em A. 
RESOLUÇÃO: De fato, tem-se que: 
i. Reflexiva: f f f F(IR), pois f(x) f(x) IR já que 
f(x)-f(x)=0 IR. 
ii. Antisimétrica: Sejam f e g F(IR), tais que f g e g f, 
assim f(x) g(x) ou g(x) f(x) IR tem-se que f(x) = g(x) 
IR e portanto f = g. 
iii. Transitiva: Sejam f , g e h F(IR), tais que f g e g h, 
assim f(x) g(x) ou g(x) h(x) IR, tem-se então que 
f(x) h(x) IR, e portanto f h. 
Assim a relação é de ordem parcial em F(IR). Observe que não é de 
ordem total em F(IR). 
 Exemplo: 
Sejam f(x) = 3 e g(x) = x + 6. Observe que Df = Dg =IR e f(0) = 0 < g(0) 
=6, porém g(3) = 9 < f(3) = 27. Assim não podemos dizer que f g nem 
que g f, logo não é uma relação de ordem total em F(IR). 
 
3. (1,0pt) Use o Algoritmo da Divisão para provar que: 
Se k é um inteiro qualquer, então todo inteiro ímpar é da forma 
4k + 1 ou 4k + 3. 
RESOLUÇÃO: Seja n um inteiro ímpar. Pelo Algoritmo da Divisão, 
∃k
Z, tal que n = 4k + r onde 30 , como n é ímpar r não pode ser 
múltiplo de 2 . Assim r 0 e r 2, então r =1 ou r = 3. Tem-se portanto que 
n = 4k + 1 ou n = 4k + 3. 
 
4. (1,5pts) Use o Princípio da Indução Matemática para provar que: 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 1inteiro 
RESOLUÇÃO: Se n =1 1 = 1 
Supõem-se que a fórmula é válida para n = k. Assim, 
1 + 3 + ... + 
( )
2
12 kk , então 
1 + 3 + ... + ( ) ( ) ( ) 2121212 kkkk ++=++− = 
( )
2
1k
 
Logo, pelo primeiro princípio da indução, a fórmula é válida para todo n 1 
 
5. (1,5pts) Use a definição de ideal para verificar se: 
I = {m Z / m é múltiplo de 24} 
é um ideal de Z 
RESOLUÇÃO: i) 0 I, pois 0 = 24.0, então 0 é múltiplo de 24. 
ii) Sejam m,n∈I. Logo m = 24.a e n = 24.b, a e b Z . Tem-se então que 
m - n = 24.a - 24.b = 24(a - b) I. 
iii) Sejam r Z e m I. Assim m = 24.k, k Z. Então r.m = r.24.k = 24.a, 
a Z, logo r.m é múltiplo de 24. 
Devido a i), ii), iii) tem-se que I é um ideal de Z 
 
6. (1,0pt) Se Z é o conjunto dos números inteiros, mostre que 
Z · 8 ⊂ Z · 4 ⊂ Z · 2 ⊂ Z 
RESOLUÇÃO: 
De fato, se x Z · 8, x = 8q, para algum q Z x = 4 (2q) x Z · 4 
x = 2 (4q) x Z · 2 x Z. 
Por outro lado, tem-se que 1 Z, mas 1 Z · 2 , assim Z Z · 2 , 
analogamente 2 Z · 2, mas 2 Z · 4 , assim Z · 2 Z · 4. Do mesmo 
modo 4 Z · 4, mas 4 Z · 8 , assim Z · 4 Z · 8. 
 
7. (1,0pt) Sejam a, b inteiros, d = mdc (a,b) e c um inteiro positivo. Prove 
que : 
 mdc (ac,bc) = d c 
RESOLUÇÃO: 
Como d = mdc (a,b), então d | a e d | b. Então existem r e s tais que d = ra + 
sb. Logo dc = r (a c) + s (b c). Portanto dc divide ac e dc divide bc. Além 
disso se d’ é um inteiro tal que d’| ac e d’| bc tem-se que d’| dc e portanto d’< 
dc. Logo dc é o maior divisor comum de ac e bc. 
 
 
8. (1,0pt) Determine a congruência de 6m+5, módulo 4, sabendo-se que 
m 1 ( mod 4). 
RESOLUÇÃO: 
m 1 ( mod 4) m-1= 4.k m = 4.k+1 6m +5 =24.k+6+5 (6m+5)-
11= 4.(6k) 6m+5 11 ( mod 4). 
RESOLUÇÃO DA a1 AVALIAÇÃO PRESENCIAL DE ÁLGEBRA I 
 
 
 
1. (1,0pt) Escreva o conjunto A = {x∈IR : e } como 
união de intervalos. Escreva também A Z. 
12 >x 42 <x
∩
RESOLUÇÃO: 
Se , então x < -1 ou x > 1. 12 >x
Se , então -2 < x < 2 42 <x
 Assim a união de intervalos que determina o conjunto A é: 
 )2,1()1,2( ∪−−
 A∩Z.= φ 
 
2. (1,5pts) Discuta a validade das propriedades refexiva, 
simétrica e transitiva para a relação definidas por: x R y se e 
somente se (x,y)∈Ω= {(x,y) ∈ IR : e } 2 0≤x 0≥y
RESOLUÇÃO: A relação não é reflexiva pois para todo x∈IR , 
(x,x) se e somente se x = 0, assim não é verdade que para 
todo x∈IR, x R x. 
∈Ω
A relação não é simétrica pois se (x,y) ∈ então e e 
portanto (y,x)∉ , assim não é verdade que para todo x e y ∈IR tal 
que x R y ⇒y R x. 
Ω 0≤x 0≥y
Ω
A relação é transitiva pois para todo (x,y) ∈ , com y≠ 0, tem-se 
que (y,z)∉ para todo z∈IR. 
Ω
Ω
Assim se (x,y) e (y,z) ∈ então (x,z) ∈ é verdadeiro. Ω Ω
Se y=0 tem-se que (x,y) ∈ e (y,z) ∈ implica que (x,z) ∈ . Ω Ω Ω
 3. (1,0pt) Seja p um número primo, e sejam a e b inteiros. Mostre que: 
Se p não divide a então mdc (p,a) = 1 
RESOLUÇÃO: Como p é primo tem-se que a não divide p . Se pela 
hipótese p não divide a, então o único divisor comum de a e p é 1 
.Assim tem-se que mdc (p,a) = 1. 
4. Seja A = {x∈Z : } e seja R a relação sobre A definida por: 100 ≤≤ x
xRy se e somente se existe k∈Z tal que x-y = 4k. 
Determine o conjunto quociente A /R. 
RESOLUÇÃO: A /R={{0,4,8},{1,5,9},{2,6,10},{3,7}} 
 
5. (0,5pt) Considere a seguinte partição dos inteiros Z: 
{{0, 2, 4, 6,...}, { 1, 3, 5, 7...}}. ± ± ± ± ± ± ±
 Qual a relação de equivalência associada a ela? 
RESOLUÇÃO: 
 R={(x,y) : x-y =2k, para algum k inteiro } 
6. (1,5pts) Use a definição de ideal para provar que 
I = {m∈ Z : 21 . m é divisível por 9} 
é um ideal de Z. 
 
 RESOLUÇÃO i) 0∈I, pois 21 . 0 = 0, e 0 é divisível por 9. 
ii) Sejam m,n∈I. Logo 21.m e 21.n são divisíveis por 9. Tem-se 
então que 21.(m+n) = 21.m + 21.n. também é divisível por 9. 
iii) Seja m∈I. Assim 21.m é divisível por 9. Então –21.m também 
é divisível por 9. 
iv) Sejam r ∈Z e m ∈I. Assim 21.m é divisível por 9. Então r.21.m 
também é divisível por 9. 
Devido a i), ii), iii) e iv) tem-se que I é um ideal de Z 
 7. (1,5pts) Sejam E = IR, A =(0,1] e a ordem usual de IR. Determine, 
se 
 possível: 
a) 
b) 
c) 
os limites superiores e inferiores de A; 
o máximo e o mínimo de A; 
o supremo e o ínfimo de A. 
: 
RESOLUÇÃO: 
a) Os limites superiores e inferiores de A. S∈ IR tal que S 1 é 
o limite superior de A e i∈ IR tal que i≤0 é o limite inferior de 
A. 
≥
b) O máximo e o mínimo. 1 é o máximo de A e A não tem 
mínimo 
c) O supremo e o ínfimo. 1 é o supremo de A e 0 é o ínfimo de 
A. 
 
 8. (1,5pts) Use indução matemática para provar que : 
 .1,,
6
)12)(1(...1694 2 ≥∈∀++=+++++ nINnnnnn1 
RESOLUÇÃO: Se n =1 ⇒ 1
6
1).12)(11(1 =++=1 
Supõem-se que a fórmula é válida para n =k. Assim, 
6
)12)(1(...941 2 ++=++++ kkkk então 
=
++++
=
+
+
++
=++++++
6
)662)(1(
6
)1(6
6
)12)(1()1(..941
22
22 kkkkkkkkkk
 
6
)32)(2)(1( +++
=
kkk 
 Logo, pelo primeiro princípio da indução, a fórmula é válida para todo 
n 1 ≥
9. (1,0pt) Considere a = 72 e b = 56. 
Encontre d∈Z tal que, 
Z.d = Z.a + Z.b. 
Encontre r, s ∈ Z, tais que 
d = ra + sb 
 RESOLUÇÃO: (1) 72 = 1. 56 + 16 
 (2) 56 = 3 . 16 + 8 
 (3) 16 = 2 . 8 
Assim, o d = mdc (56,72) = 8 
De (1), tem-se 16 = 72 – 1 . 56. Substituindo em (2), vem que 56 = 3 . (72 – 
1 . 56) + 8 
Assim 8 = 56 - 3 . (72 – 1 . 56) = 4 . 56 – 3 . 72. Logo r = 4 e s = -3. 
 
RESOLUÇÃO DA 1ª AVALIAÇÃO PRESENCIAL DE ÁLGEBRA I 
 
Justifique as suas respostas. Você também será avaliado pela clareza da 
linguagem utilizada. Cada questão vale 2.0 pts. 
 
1. Seja R a relação sobre o conjunto dos números racionais, definida da 
seguinte forma xRy (x-y)∈Z (conjunto dos números inteiros). Prove 
que R é uma relação de equivalência e descreva a classe 
⇔
1 . 
 
Resolução: R será uma relação de equivalência em Z (conjunto dos 
inteiros), se R for reflexiva, simétrica e transitiva em Z. 
• Reflexiva: x∈Z, tem-se x R x, pois (x-x) ∈ Z. Logo R é 
reflexiva em Z. 
( x∀ )
• Simétrica: Se x e y ∈ Z, tais que x R y, então (x-y)∈ Z. 
Assim y-x = - (x-y) ∈ Z, assim y R x. Tem-se então que R é uma relação 
simétrica em A. 
• Transitiva: Se x,y e z ∈Z, tais que x R y e y R z. Logo existem e 
 inteiros tais que x-y = e y-z = , tem-se então que x-z = k + k 
Z. Assim R é uma relação de equivalência em Z. 
1k
22k 1k 2k 1 ∈
1= {x∈ Z | x R1} = { x∈ Z | (x-1)∈ Z } = Z 
 
2. Use a Indução Matemática para provar que . 
nn 32 > ∀ . 4≥n
 
Resolução: Se n =4 16 > 12. Supõem-se que a desigualdade seja válida 
para k 4. Assim, 
→
≥
kk 32 > , então 
( ) )1(33123121 22 +=+>++>++>+ kkkkkkkk . Logo, pelo primeiro princípio 
da indução, a desigualdade é válida para todo n ≥ 4 
 3. Usar o Algoritmo de Euclides para obter números r e s tais que: 
MDC (1128,336) = 1128r + 336s. Qual o valor do MDC (1128,336) 
Resolução: (1) 1128 3 . 336 + 120 
 (2) 336 = 2 . 120 + 96 
 (3) 120 = 1 . 96 + 24 
 (4) 96 = 4 . 24 
Em (1), obtém-se 120 = 1128-3 . 336. Substituindo em (2), vem que 
336 = 2 . (1128 – 3 . 336) + 96, logo, 96 = -2 . 1128 + 7 . 336. Assim 
de (3), vem que 1128 – 3 . 336 = 1 . (-2 . 1128 + 7 . 336) + 24, logo 
24 = 3 . 1128 – 10 . 336. Então r = 1 e s = - 10. 
Além disso MDC (1128,336) = 24 
 
4. Use a definição de ideal para provar que seguintes subconjuntos I de 
 Z, dados abaixo, são ideais de Z 
a) I = {m∈ Z : 21 . m é divisível por 9} 
 Resolução: 
i) 0∈I, pois 21 . 0 = 0, e 0 é divisível por 9. 
ii) Sejam x,y∈I. Logo x . m e y . m são divisíveis por 9. Tem-se 
então que (x + y) . m = x. m + y . m. também é divisível por 9. 
iii) Seja x∈I. Assim x . m é divisível por 9. Então –x . m também é 
divisível por 9. 
iv) Sejam r ∈Z e x ∈I. Assim x . m é divisível por 9. Então rx . m 
também é divisível por 9. 
Devido a i), ii), iii) e iv) tem-se que I é um ideal de Z 
 
 
 
b) I = {m∈ Z : MDC (7,m) = 1} 
 Resolução: Tem-se por exemplo que 2∈ I, já que MDC (7,2) = 1. 
Porém 7.2∉ I, pois MDC (7,14) = 7. Assim o conjunto I não é um ideal de Z. 
 
5. Seja m um inteiro fixo e sejam a,b e c inteiros arbitrários. Prove que: 
a) Se MDC(c,m)=1 então ac bc (mod m) implica a b (mod m). ≡ ≡
 Resolução: Se ac ≡ bc (mod m) então m | (a - b) c. 
Como MDC (c,m) = 1 tem-se do Teorema de Euclides que m | (a - b). 
Portanto a ≡ b (mod m). 
b) Se a b (mod m) e b c (mod m) então a c (mod m) ≡ ≡ ≡
 Resolução: Supõem-se que a b (mod m) e b c (mod m) então 
m | (a - b) e m | (b - c). Logo m | (a -b)+(b -c), assim m| a-c, e portanto 
a c (mod m) 
≡ ≡
≡
c) A operação a+b = ba + definida em Z = {m 0 ,1 ,..., 1−m } é 
uma operação associativa em Z . m
 Resolução: 
 ( a+b )+c =( ba + )+ c = cba ++ )( = )( cba ++ =a + )( cb + = a +(b + c )