ProvasdeIntroducao`aAlgebraManuelRicouDepartamentodeMatematicaInstitutoSuperiorTecnico19deJaneirode2008Conte udo1 EnunciadosdeTestes 31.1 1oTeste: 12/4/2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 2oTeste: 18/5/2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 3oTeste: 15/6/2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 1oTeste: 5/4/2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5 2oTeste: 10/5/2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.6 3oTeste: 12/6/2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.7 1oTeste: 10/4/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.8 2oTeste: 15/5/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.9 3oTeste: 7/6/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.101oTeste: 18/3/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.112oTeste: 29/4/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.123oTeste: 27/5/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.131oTeste: 30/3/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.142oTeste: 27/4/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.153oTeste: 25/5/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.161oTeste: 31/3/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.172oTeste: 28/4/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.183oTeste: 25/5/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.191oTeste: 27/3/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.202oTeste: 8/5/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.213oTeste: 5/6/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 EnunciadosdeExames 172.1 1oExame: 1/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2 2oExame: 24/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 1oExame: 4/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 2oExame: 21/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.5 1oExame: 9/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.6 2oExame: 24/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.7 1oExame: 1/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.8 2oExame: 18/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.9 1oExame: 7/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26iii CONTEUDO2.102oExame: 21/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273 TestesResolvidos 293.1 1oTeste: 10/4/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.2 2oTeste: 15/5/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.3 3oTeste: 7/6/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.4 1oTeste: 18/3/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.5 2oTeste: 29/4/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.6 3oTeste: 27/5/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.7 1oTeste: 30/3/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.8 2oTeste: 27/4/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.9 3oTeste: 25/5/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.101oTeste: 31/3/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.112oTeste: 28/4/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.123oTeste: 25/5/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.131oTeste: 27/3/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.142oTeste: 8/5/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.153oTeste: 5/6/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724 ExamesResolvidos 774.1 1oExame: 1/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 774.2 2oExame: 24/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 824.3 1oExame: 4/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.4 2oExame: 21/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.5 1oExame: 9/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.6 2oExame: 24/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 964.7 1oExame: 1/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.8 2oExame: 18/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.9 1oExame: 7/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1084.102oExame: 21/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114Captulo1EnunciadosdeTestes1.1 1oTeste: 12/4/20001. Considereapermutacao_1 2 3 4 5 6 7 83 1 5 6 7 8 2 4_emS8. Quaissao as suas orbitas?Qual e a sua paridade?2. SejamG eHgrupos. Demonstre as seguintes armacoes:a) Sef: G He um homomorsmo de grupos, eI e a identidadedeG, entaof(I) e a identidade deH.b) SeA eBsao subgrupos do grupoG,A B e tambem subgrupodeG.3. SejaA um anel com identidadeI. Diga se as seguintes armacoes saoverdadeiras ou falsas, justicando as suas respostas com uma demon-stracao ou um exemplo.a) SeB e subanel deA entaoBtem identidadeI.b) A equacaox2= Item no maximo as solucoesx = Iex = I.4. SendoG=1, i, 1, iogrupoformadopelas razes quartas daunidade, quais saoos homomorsmos f : GG? Quais saoosautomorsmosf: G G?Sugestao: Determinef(i).1.2 2oTeste: 18/5/20001. Sejad o maximo divisor comum de 663 e 969.a) Determine uma solucao da equacao 969x + 663y = d.b) Determine todas as solucoes da equacao 969x + 663y = 0. (Ex-prima a solucao na forma (x, y) = k(a, b), k Z.)34 CAPITULO1. ENUNCIADOSDETESTESc) Determine todas as solucoes da equacao 969x + 663y = d.2. Os n umeros 1.234.567 e 1.234.572 sao primos entre si?Porque?3. Sejan N. As seguintes armacoes sao verdadeiras ou falsas?a) Existe pelo menos um n umero primop > n.b) Existemn naturais consecutivos que nao sao primos.4. SejaA um anel com identidadeI, eN(A) o menor conjunto indutivoemA.a) Prove queN(A) = nI : n N.b) Mostre que N(A) e nito e tem m elementos se e so se m N e amenor solucao da equacaonI = 0. Sugestao: Considere o n ucleodo homomorsmof: Z A dado porf(n) = nI.1.3 3oTeste: 15/6/20001. Considere o anel Z55.a) Quais sao os divisores de zero neste anel?b) Resolva a equacaox2= 4 em Z55.c) Suponha queh : Z5 Z55 e um homomorsmo de aneis. Quaissao os valores possveis parah(1)?2. Suponha que o anelA e um anel com caracterstica 0. Prove que:a) A tem um subanel isomorfo ao anel dos inteiros.b) SeA eumcorpo,entaoAtemumsubcorpoisomorfoaocorpodos racionais.3. Esta questao refere-se a polinomios com coecientes em Z3.a) Determine todos os polinomios irredutveis da formax2+x +a.b) Qual e o maximo divisor comum de x4+1 e x4+2x3+2x2+x+1?c) Quantos elementos tem o quocienteA = Z3[x]/ < x4+ 1 >?d) O elementox4+ 2x3+ 2x2+x + 1 e invertvel no anelA?1.4 1oTeste: 5/4/20011. Considere as permutacoes = (3, 5, 9)(2, 4, 6)(1, 8, 7) e = (2, 9)(1, 8)do grupoS9.a) Diga se cada uma destas particoes e par ou mpar.1.5. 2oTESTE:10/5/2001 5b) Quais sao as orbitas de?2. Sendo (G, ) um grupo, demonstre as seguintes armacoes:a) SeNeHsao subgrupos deG entaoNH e um subgrupo deG.b) SeG e abeliano, qualquer subgrupo deG e normal.c) O elemento neutro de qualquer subgrupo de Ge o elemento neutrodeG.3. SejaA um anel unitario, com identidadeI ,= 0.a) MostrequeoprodutodedoiselementosinvertveisdeAeumelemento invertvel deA.b) Um subanel de A pode ter uma identidade distinta da identidadedeA?Porque?c) Se Atem3elementos, podemos concluir que Aeisomorfoa(Z3, +, )?Porque?1.5 2oTeste: 10/5/20011. Sejad o maximo divisor comum de 2093 e 483.a) Determine uma solucao da equacao 2093x + 483y = d.b) Determine todas as solucoes da equacao 2093x + 483y = 0. (Ex-prima a solucao na forma (x, y) = k(a, b), k Z.)c) Determine todas as solucoes da equacao 2093x + 483y = d.2. SejaA um anel com identidadeI, eN(A) o menor conjunto indutivoemA. Prove queN(A) = nI : n N.3. Determine todos os naturais x que satisfazem simultaneamente as duascongruenciasx 2(mod 17) ex 5(mod 13).4. Os n umeros da formaFn = 22n+1, comn 0, dizem-se os n umerosde Fermat.a) DemonstrequeseGneoprodutodosn umerosdeFermat Fk,0 k n,ouseja,seGn=F0 F1 Fn,entaoFn+1=Gn + 2, para qualquern 0.b) Prove que sen ,= m entaoFn eFm sao primos entre si.6 CAPITULO1. ENUNCIADOSDETESTES1.6 3oTeste: 12/6/20011. Considere neste exerccio o anel Z216.a) Quantos subaneis tem o anel Z216? Quantos geradores tem esteanel?b) Sendof: Z216 Z8 Z27um isomorsmo de aneis,determinex Z216 tal quef(x) = (7, 21).2. Seja h : Zn Zm um homomorsmo. Demonstre as seguintes arma-coes:a) Seh e injectivo entaon e um factor dem.b) Seh e sobrejectivo entaon e m ultiplo dem.3. Considere o anel quociente A/I, onde A = Z2[x], e I =< x3+x+1 >.a) Determine o inverso dex2+ 1 emA/I.b) Existem elementos nao-invertveis no anelA/I?c) Os elementos doanel A/I podemser representados naformaa +bi +cj, ondea, b, c Z2,i = x, ej = x2. Mostre queI2= j,j2= i +j, eij = 1 +i.d) Na notacao da alnea anterior,quais sao os factores irredutveisdo polinomiox3+x + 1 no anel dos polinomios com coecientesemA/I?1.7 1oTeste: 10/4/20021. Mostre que o grupo (Z4, +) nao e isomorfo ao grupo (Z2Z2, +).2. SejaH = A Mn(R) : det(A) = 1.a) Mostre queHcom o produto usual de matrizes e um grupo.b) SendoG o grupo formado por todas as matrizes invertveis, coma mesma operacao, mostre queHe um subgrupo normal deG.3. SendoJeKideais de um dado anel A,prove queL = x + y:x J, y K e um ideal deA.4. Suponha quex ey pertencem a um anelA.a) Mostre quex2y2= (x y)(x +y) para quaisquerx, y A se eso seA e um anel abeliano.b) Supondoque Aeabelianoe x2=y2, temos necessariamentex = y?1.8. 2oTESTE:15/5/2002 75. Considere o grupo das razes-4 da unidade, G = 1, i, 1, i, com oprodutousualdecomplexos,eogrupo(Z2, +). Quaissaooshomo-morsmosh : G Z2?Sugestao: Comece por recordar que o n ucleodeh e um subgrupo deG.1.8 2oTeste: 15/5/20021. Estaquestaorefere-seaoanel dos inteirosZ. SejaJ =oconjunto dos m ultiplos de 24, eK =< 36 > o conjunto dos m ultiplosde 36.a) Qual eomenorelementopositivodeJ K? Quaissaoosele-mentos deJ K?b) Qual e o menor ideal de Z que contem os ideaisJeK?2. Mostre que os n umeros 1.999.991 e 1.999.994 sao primos entre si.3. Ainda no anel dos inteiros, considere a equacao 105x + 154y = d.a) Qual e omenor natural dparaoqual aequacaoacimatemsolucoes?Resolva a equacao para esse naturald.b) Oelemento105teminversonoanel Z154? Quantoselementostem< 105 >?c) O subanel< 105 > tem identidade?Caso armativo, qual e essaidentidade?4. Prove que sen e natural entaon

k=1k3=n2(n + 1)24.5. Sejamn, m N, D=mdc(n, m) e M=mmc(n, m). Provequenm = DM.Sugestao: Supondoque n=aDe m=bD, mostrequequalquerm ultiplo comum den em e m ultiplo deabD.1.9 3oTeste: 7/6/20021. Considerep(x) = x4+ 2x3+ 2x + 2 eq(x) = x4+ 1 em Z3[x].a) Determine o maximo divisor comum dep(x) eq(x).b) Qual e menor m ultiplo comum dep(x) eq(x)?2. Mostre que (

n=0xn)2= (1 + 2x)

n=0x3nem Z3[[x]].8 CAPITULO1. ENUNCIADOSDETESTES3. Considere o anel quocienteA/I, ondeA = Z2[x], eI =< x2+ 1 >.a) Quantos elementos tem o anelA/I?b) Determine a tabuada da multiplicacao emA/I.4. Seja Rumn umeroirracionalalgebricosobre Q. SejaaindaJoconjunto dos polinomiosp(x) Q[x] tais quep() = 0.a) Mostre queJ=< m(x) >, ondem(x) e monico e irredutvel emQ[x].b) Prove que Q[] e um corpo.c) Seja =32. Mostre quem(x) = x32, e determinea, b, c Qtais que11 +32 +34= a +b32 +c34.1.10 1oTeste: 18/3/20031. SejaS1= z C : [z[ = 1.a) Mostre queS1com o produto usual de complexos e um grupo.b) Sendon NeRn= z C: zn=1, mostrequeRneumsubgrupo deS1.c) SejaR = n=1Rn. R e igualmente um subgrupo deS1?2. Determinetodososhomomorsmosdegrupof: S3 Z2. (S3eogrupodaspermutacoesem 1, 2, 3, eZ2ogrupoaditivocomdoiselementos).3. SejamA eBaneis, ef: A Bum homomorsmo de aneis.a) Provequef(O) = O, onde Oe Osaooszerosderespectiva-menteA eB.b) Prove quef(x) = f(x) para qualquerx A.c) Sex e invertvel emA, temos sempref(x) invertvel emB?d) Mostreque f(nx) =nf(x), paraquaisquer n Ze x A.Sugestao: Deve recordar a denicao dena, paran Z ea G,ondeG e um qualquer grupo aditivo. Paran > 0, deve procederpor inducao.1.11. 2oTESTE:29/4/2003 91.11 2oTeste: 29/4/20031. a) Quantos divisores naturais tem 2.000?b) Quantos naturais 1k2.000saoprimos relativamente a2.000?2. Determine todas as solucoes da equacao 87x 3(mod 6.000) em Z.3. Determinetodasassolucoesdaequacaox2y=108, ondexeysaointeiros. Sugestao: Recorde o teorema fundamental da Aritmetica.4. Suponha quea, b em sao inteiros xos. Prove quea) ax b(modm)temsolucoesinteirasxseesoseb em ultiplode mdc(a, m).b) ax 0(modm) tem solucoesx , 0(modm) se e so seax 1(modm) nao tem solucoes (supondom ,= 0).5. Considere o idealJ =< 87 > em Z6000.a) Quantos elementos temJ?Quantos geradores temJ?b) Jtem identidade?Se Jtem identidade, qual e a sua identidade?1.12 3oTeste: 27/5/20031. Considere os polinomios p(x) = x3+25x2+10x5 e q(x) = 1+x+x2em Q[x].a) Quais dos polinomiosp(x) eq(x) sao irredutveis em Q[x]?b) Determine a(x), b(x) Q[x] taisque1=a(x)(1 +x +x2) +b(x)(1 +x2).2. Suponhaque R eumn umeroirracionalalgebricosobre Q. SejaJ =< m(x) >o conjunto dos polinomios p(x) Q[x] tais que p() = 0.a) Supondo que m(x) tem grau n, prove que o espaco vectorial Q[]tem dimensaon sobre o corpo Q.b) Prove que Q[] e um corpo, e uma extensao algebrica de Q.3. Suponhaque p(x), q(x) Z[x]. Diga(comacorrespondentejusti-cacao!)se cada uma das seguintes armacoes e falsa ou verdadeira.a) Sep(x) e irredutvel em Q[x] entaop(x) e irredutvel em Z[x].b) Sep(x) eq(x) sao primitivos, entaop(x)q(x) e primitivo.10 CAPITULO1. ENUNCIADOSDETESTES4. SuponhaqueGeHsaogruposnitos, respectivamentecomnemelementos, e sejaf: G Hum homomorsmo de grupos.a) Prove que sefe injectivo entaon e factor dem.b) O que pode concluir sobrefsen em sao primos entre si?1.13 1oTeste: 30/3/20041. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nestaquestao, (G, ) e um grupo, e (A, +, ) e um anel unitario.a) Qualquer subgrupo deG contem a identidade deG.b) Se He Ksao subgrupos de G, e H e um subgrupo normal de G,entaoH K e um subgrupo normal deK.c) SeB e um subanel deA, entaoB e tambem um anel unitario.d) Sex, y A, entao (x +y)2= x2+ 2xy +y2.e) Sea, b A en Z entaon(ab) = (na)b = a(nb).f) Sea A,a equacaox2=a2tem um n umero nito de solucoesemA.2. Recordequeogrupodiedral Dneogrupodesimetriadopolgonoregular de nlados, etem2nelementos (nreexoes e nrotacoes).Designamospor R2ogrupomultiplicativodasrazesquadradasdaunidade.a) Sejaf: Dn R2 dada porf() =_+1, se e uma rotacao,1, se e uma reexao.Mostre quefe um homomorsmo de grupos. Podemos concluirdaqui queasrotacoesemDnformamumsubgruponormal deDn?b) Determine todos os subgrupos de D5. Quais destes subgrupos saonormais? sugest ao: Podeserconvenientevericarquequal-quer subgrupo que contenha umarotacaor ,= 1 contem todasasrotacoes emD5.1.14 2oTeste: 27/4/20041. Esta questao refere-se a equacoesax b(mod 216), coma, b, x Z.a) Determine as solucoes da equacao homogenea 10x 0(mod 216).1.15. 3oTESTE:25/5/2004 11b) Determine as solucoes da equacao 10x 6(mod 216).c) Quantos naturaisa 216 tem inverso (mod 216)?2. Nesta questao,A e um anel unitario, com identidadeI ,= 0, e : Z A e o homomorsmo de aneis dado por(n) = nI.a) Prove que(Z) e o menor subanel deA que contemI.b) Mostre que seA e ordenado eA+=(N) entaoA e isomorfo aZ. sugest ao: Verique primeiro que seA e ordenado entao einjectiva, i.e., a caracterstica deA so pode ser 0.3. Designamos aqui porS(n) a soma dos divisores naturais den N.a) Quantos naturaisd 4.000 sao divisores de 4.000?b) DetermineS(4.000).c) Resolva a equacaoS(n) = 399 = 3719. sugest ao: Quaispodemserosfactorespknadecomposicaodenemprodutodepotencias de primos?1.15 3oTeste: 25/5/20041. Este grupo refere-se ao anelA = Z1155.a) Determineumasolucaoparticulardaequacao60x=15, comx Z1155. Quantas solucoes tem esta equacao?b) O subanelB =< 60 > A tem identidade?Em caso armativo,qual e essa identidade?2. Neste grupo,p(x) Z3[x], eFe o anel das funcoesf: Z3 Z3. De-signamos por : Z3[x] Fo homomorsmo de aneis que transformacadapolinomionarespectivafuncaopolinomial, eg: Z3 Z3eafuncao dada porg(0) = g(1) = 2, eg(2) = 1.a) Determinep(x) tal que(p(x)) = g.b) Qual e a solucao geral da equacao(p(x)) = g?3. Este grupo refere-se ao anel dos inteiros de Gauss Z[i].a) Suponha que n, m Z, e p = n2+m2e um inteiro primo. Mostrequen +mi e um elemento irredutvel de Z[i].b) Considere o inteiro de Gaussz = 15(2 + 3i)2. Quantos divisoresdezexistememZ[i]? sugest ao: Comocalculaon umerodedivisoresk N de um dadon N?4. SejaKumcorpoeA=K [[x]] oanel dasseriesdepotenciascomcoecientes emK.12 CAPITULO1. ENUNCIADOSDETESTESa) Mostre que os elementos invertveis deA sao as series da forma

n=0anxn, coma0 ,= 0.b) A e um d.i.p. e/ou um d.f.u.?1.16 1oTeste: 31/3/20051. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nestaquestao, (G, ) e um grupo, e (A, +, ) e um anel unitario.a) Qualquer subgrupo deG contem a identidade deG.b) Qualquer subanel unitario deA contem a identidade deA.c) Sex G ex2= e, ondee e a identidade deG, entaox = e.d) Sex A ex2= 0 entaox = 0.2. OgrupoGL(2, R)eformadopelasmatrizes22, invertveis, comentradas em R, com o produto usual de matrizes. Para cada um dosseguintesexemplos, digaseHeumsubgrupodeGL(2, R), e, casoarmativo, seHe um subgrupo normal deGL(2, R).a) H = _a 00 b_, ab ,= 0.b) H = M GL(2, R) : det(M) = 1.3. Nesta questao, G = 1, i, 1, i e o grupo multiplicativo dasrazesquartasdaunidade, e Z2= 0, 1 eousual grupoaditivocomdoiselementos.a) Determine todos os homomorsmos de grupof: Z2 G.b) Suponha queHe um grupo,eg:G He um homomorsmosobrejectivo. Classique o grupoH.1.17 2oTeste: 28/4/20051. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo.a) Todososgruposnaoabelianoscom8elementossaoisomorfosentre si.b) Nogrupodiedral Dn(grupodesimetriadopolgonoregularden lados), as rotacoes formam um subgrupo normal deDn.c) Sen, m N, mdc(n, m) = 1 en[mk entaon[k.1.18. 3oTESTE:25/5/2005 132. Neste grupo,x, y ez0 sao n umeros inteiros.a) Qual e o menor natural z0 para o qual a equacao 2279x+731y =z0 tem solucoes?b) Sendo z0onatural determinadonaalneaanterior, qual e omenor naturalx que e solucao da equacao 2279x + 731y = z0?3. Suponha quen ,= 4 e um natural, e mostre quen[(n 1)! se e so sennao e primo. sugest ao: Considere sucessivamente os casos(1) n e primo,(2) Existem 1 < k < m < n tais quen = mk, e(3) n = m2.1.18 3oTeste: 25/5/20051. Esta questao refere-se ao anel Z808.a) Quantos subaneis existem em Z808? Quantos elementos de Z808sao invertveis?Quantos elementos de Z808 sao divisores de zero?b) Quantoselementostemosubanel ? Quaissaoosseusgeradores?Qual e a sua identidade?2. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo.a) O polinomiox3+x2+x + 2 e irredutvel em Z3[x].b) A equacao 1 = p(x)(x3+x2+x+2)+q(x)(x2+2x+2) tem solucoesp(x), q(x) Z3[x], mas nao tem solucoesp(x), q(x) Z5[x].c) Exactamente um dos subaneis de Z808 e um corpo.3. Recordeque, se p Neprimo, entaotodos os elementos a Zpsatisfazemap1= 1. Recorde igualmente o Teorema do Resto.a) Quais sao os factores irredutveis do polinomio xp11 em Zp[x]?b) Use a factorizacao acima para concluir que (p1)! 1 modp.1.19 1oTeste: 27/3/20061. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nestaquestao, (G, ) e um grupo, e (A, +, ) e um anel unitario.a) A equacaox2=x tem uma unica solucao emG, que e a identi-dade deG.14 CAPITULO1. ENUNCIADOSDETESTESb) Sef: G G e um homomorsmo de grupos, entao o n ucleo defe um subgrupo normal deG.c) SeB e um subanel deA, entaoB e tambem um ideal deA.d) Se f: A Ae um homomorsmo de aneis, entao f(nx) = nf(x),para quaisquerx A en N.e) Sea A, a equacaox2= a2so tem as solucoesx = a.2. Designamos aqui porRn = z C :zn= 1 o grupo das razes-n daunidade com o produto usual de complexos.a) Mostre que sen e m ultiplo dem entaoRm e subgrupo deRn.b) O grupoR2R4 e isomorfo aR8?c) Considereohomomorsmodegrupos f : R12 Cdadoporf(x) = x3. Qual e o n ucleo defe a imagemf(R12)?Quais saoas solucoes da equacaof(x) = 1?1.20 2oTeste: 8/5/20061. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta convenientemente.a) A equacao 2491x + 829y = 11 tem solucoesx, y Z.b) A soma dos divisores de 100.000 e superior a 250.000.c) Qualquer anel ordenadoA ,= 0 e innito.d) O natural 219951 nao e primo.2. Considere nesta questao o anelA = Z75, e sejaB o subanel deA com15 elementos.a) QuaissaoosideaisdeA? Quantoselementostemcadaumdessesideais?b) Quantos divisores de zero existem em A?Quantos elementos tem A?c) O anel Be isomorfo ao anel Z15? Quais sao os geradores deB,i.e.,quais sao os elementosx Btais queB =< x >?d) Determine todas as solucoes da equacaox2= 1 emA.1.21. 3oTESTE:5/6/2006 153. Numa aplicacao do algoritmo de criptograa RSA, sabe-se que a chavep ublica er = 49, e o modulo eN= 10.403. Observando que 10.403 eo produto dos primos 101 103, qual e o valor da chave privada?1.21 3oTeste: 5/6/20061. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo.a) Existempolinomios p(x) Z[x] quesaoirredutveisemQ[x] ere-dutveis em Z[x].b) SeD e um domnio integral, entao qualquer elementox D que sejaprimo e irredutvel.c) Os aneis Q[32] e Q[x]/ < x32 > sao corpos, e sao isomorfos.d) Se K e um corpo, e m(x) K[x] e um polinomio irredutvel com grau 2, existe um corpo L que e uma extensao de K onde m(x) tem pelomenos uma raz.2. Observe que 845 = 5 132.a) Quantos divisores tem 845 no anel dos inteiros de Gauss?b) Quais sao os naturaisn, m tais que 845 = n2+m2?3. SuponhaqueG eumgrupocom14elementos,erecordequeGtempelo menos um elemento de ordem 2.a) Mostre queG tem subgruposHeKcom [H[ = 2 e [K[ = 7.b) MostrequeG=HK. TeremossempreG H K? sugest ao:Observe queH K e comutativo.16 CAPITULO1. ENUNCIADOSDETESTESCaptulo2EnunciadosdeExames2.1 1oExame: 1/7/20021. Neste grupo, G e H sao grupos, e a identidade de G designa-se por I. Paracadaumadasarmacoesseguintes, mostrequeaarmacaoeverdadeira,com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.a) Sef: G He um homomorsmo de grupos,f(I) e a identidade deH.b) Sef: G Heumhomomorsmodegrupos, on ucleodefeumsubgrupo normal deG.c) SeA eBsao subgrupos deG entaoA B e subgrupo deG.d) Se A e B sao subgrupos de G entao AB = BA se e so se AB e subgrupodeG.2. Nesta questao,A e um domnio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 ,= 0. Para cada uma das armacoes seguintes,mostre que a armacao everdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.a) Os elementos invertveis deA formam um grupo.b) A identidade de qualquer subanelB ,= 0, se existir, e 1.c) Qualquer ideal deA e principal.d) SeJe um ideal maximal deA, entaoA/Je um corpo.3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z900.a) Quantos subgrupos existem em Z900?Sendo n um qualquer divisor de900, quantos destes subgrupos tem exactamenten elementos?b) QuantoselementosinvertveisexistemnoanelZ900? Quantosauto-morsmos do grupo Z900 existem?1718 CAPITULO2. ENUNCIADOSDEEXAMESc) Considere o homomorsmo de grupos f: Z900 Z30 dado por f(x) =24x. Determine o n ucleo def, e diga sefe sobrejectivo.d) Continuando a alnea anterior, resolva a equacaof(x) = 18.4. Nesta questao,G e um grupo nao-abeliano com 6 elementos.a) Prove que nenhum elemento deG tem ordem 6,mas que existe pelomenos um elemento deG com ordem 3. Sugestao: Mostre que, casocontrario,G seria abeliano.b) SendoumelementodeGdeordem3,eH= 1, , 2osubgrupogerado por , mostre que H e normal em G. Sugestao: Qual e o ndicedeHemG?c) Suponhaque ,H, emostreque 2=1. Sugestao: NogrupoquocienteG/H,a ordem do elemento e 2. Qual pode ser a ordemde emG?d) ComoH=H, o produto so pode ser ou2. Conclua queG e necessariamente isomorfo aS3.2.2 2oExame: 24/7/20021. Nestegrupo, K HsaosubgruposdogrupoG. Paracadaumadasarmacoes seguintes, mostre que a armacao e verdadeira, com uma demon-stracao, ou falsa, com um contra-exemplo.a) SeK e normal emG entaoK e normal emH.b) SeK e normal emHentaoK e normal emG.c) SeG e um grupo cclico innito entaoG e isomorfo a (Z, +).d) SeKe normal emG ex G, entao a ordem dex emG/Ke factorda ordem dex emG.2. Nesta questao,A e um domnio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 ,= 0. Para cada uma das armacoes seguintes,mostre que a armacao everdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.a) A caracterstica deA e 0, ou um n umero primop.b) O anelA[x] e tambem um domnio integral.c) Qualquer ideal emA[x] e principal.d) Existe um corpoKcom um subanel isomorfo aA.2.3. 1oEXAME:4/7/2003 193. Considere o grupo aditivo (e anel) Z36.a) Quantos subgrupos existem em Z36?Quantos geradores tem Z36?b) Suponha que B e um subanel de Z36, com identidade a, e n elementos.Mostre que a caracterstica deB e um factor de 36, e que a ordem dequalquer elemento de B e um factor da caracterstica de B. (sugestao:sema = 0, entaomx = 0 para qualquerx B)c) Conclua que a caracterstica deB en, dondea e um gerador deB, ed = mdc(a, 36) = 36/n.d) Conclua nalmente que seBtem identidadea,entao mdc(d, n) = 1.DeterminetodosossubaneisdeZ36comidentidade, ecalculeessasidentidades.4. Nesta questao,G eHsao grupos.a) Prove que sef:G He um homomorsmo injectivo, o n umero deelementosdeG efactordon umerodeelementosdeH. Oquepodeconcluir sefe sobrejectivo?b) Se G e H sao os grupos aditivos Zn e Zm, onde n e factor de m, existesemprealgumhomomorsmoinjectivof : G H? SeG=Z6eH = Z24, quantos homomorsmos injectivos existem?c) Supondo queH = Z6, ef: G He injectivo, classique o grupoG.d) Supondo queG = Z6, ef: G He sobrejectivo, classique o grupoH.2.3 1oExame: 4/7/20031. Nestegrupo, GeHsaogrupos, eNeumsubgrupodeG. Paracadaumadasarmacoesseguintes, mostrequeaarmacaoeverdadeira, comuma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.a) Sef: G Heumhomomorsmodegrupos, f(G) eumsubgrupodeH.b) Sef: G Heumhomomorsmodegrupos, f(xn)=f(x)nparaqualquern Z.c) Sef: G Heumhomomorsmodegruposnitos, on umerodeelementos de f(G) e um divisor comum do n umero de elementos de Ge do n umero de elementos deH.d) SeX = xN: x G eY= Ny : y G entaoXeYtem o mesmocardinal.20 CAPITULO2. ENUNCIADOSDEEXAMES2. Nesta questao,D e um domnio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 ,= 0. Para cada uma das armacoes seguintes,mostre que a armacao everdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.a) Qualquer subanelBdeD tem identidade.b) Qualquer subgrupo de (D, +) e um subanel deD.c) SeD e nito entaoD contem um subanelBisomorfo a algum Zm.d) Se D e um d.f.u., a equacao mdc(a, b) = ax+by tem solucoes x, y D.3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z833.a) Sejaf: Z Z833o homomorsmo de grupos dado porf(n) = 357n.Quantos elementos tem a imagemf(Z)?Qual e o n ucleo def?b) Quais sao os grupos Zm tais que h : Zm Z833 dado por h(n) = 357nesta bem denido,e e um homomorsmo de grupos? Para que valordem e queh e um isomorsmo?c) f(Z) e tambem um anel?E se e um anel, e isomorfo a um anel Zk?d) Quaisdosseguintesaneissaoisomorfosentresi: Z1000, Z2 Z500,Z4Z250, Z8Z125?4. Nestaquestao, Keumcorpo, m(x) K[x], A =K[x]/, e : K[x] A e o usual homomorsmo de aneis(p(x)) = p(x).a) ProvequeosideaisdeAsaodaforma(J), ondeJeumideal deK[x]. ConcluaqueAeumd.i.p., ouseja, todososseusideaissaoprincipais.b) MostrequeosideaisdeAsaodaforma, onded(x)[m(x)emK[x]. Sugestao: Mostreque=, onded(x)=mdc(p(x), m(x)) emK[x].c) SupondoK= Z3, em(x) =x3+ 2x, quantoselementospodemterosideaisdeA? Quantosideaiscomnelementosexistem, paracadapossvel valor den?Quantos elementos invertveis existem emA?d) Supondo K = Z3, e m(x) = x3+2x, o anel Ae isomorfo a Z3Z3Z3?2.4 2oExame: 21/7/20031. Nestaquestao, GeHsaogruposmultiplicativos, ef: G Heumhomomorsmo de grupos. Para cada uma das armacoes seguintes, mostrequeaarmacaoeverdadeira, comumademonstracao, oufalsa, comumcontra-exemplo.2.4. 2oEXAME:21/7/2003 21a) f(x1) = f(x)1para qualquerx G.b) O n ucleo defe um subgrupo normal deG.c) Sefe sobrejectivo, eG e nito, entao [H[ e factor de [G[.d) SeGeumgrupocclicocomnelementos, ekefactorden, entaoexiste pelo menos um elemento deG com ordemk.2. Nestaquestao, p(x), q(x) Z[x] saopolinomios comcoecientes in-teiros. Para cada uma das armacoes seguintes,mostrequea armacao everdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.a) Sep(x) e irredutvel em Q[x], entaop(x) e irredutvel em Z[x].b) Sep(x) e irredutvel em Z[x], entaop(x) e irredutvel em Q[x].c) Seq(x)[p(x) em Z[x], ep(x) e primitivo, entaoq(x) e primitivo.d) Seq(x)[p(x) em Q[x], entao existek Q tal quekq(x)[p(x) em Z[x].3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z300.a) Quantos subgrupos tem Z300?b) Quantoshomomorsmossobrejectivosdegrupoh: Z600 Z300ex-istem? Quaisdesteshomomorsmossaotambemhomomorsmosdeanel?c) Quantoshomomorsmosdegrupof: Z600 Z300existem,taisquef(Z) tem 100 elementos?Prove quef(Z) e um anel isomorfo ao anelZ100.d) Quaisdosseguintesgrupossaoisomorfosentresi: Z300, Z6 Z50,Z100Z3, Z10Z30?4. Nestaquestao, Geumgruponito, e Ae Bsaosubgrupos de G.AB = xy : x A ey B.a) Prove queA B e um subgrupo deG. O conjuntoAB e sempre umsubgrupo deG?b) Proveque [AB[[A B[ = [A[[B[. Sugestao: Mostrequeafuncaof:A/(A B) G/Besta bem denida porf(x(A B)) =xB, e einjectiva. Mostretambemqueauniaodasclassesemf(A/A B) eexactamenteAB.c) SuponhaqueGeumgrupoabelianocom10elementos. ProvequeG tem necessariamente um elementox com ordem 5,e um elementoycomordem2,econcluaqueG eogrupo Z10. Sugestao: Qual eaordem dexy?22 CAPITULO2. ENUNCIADOSDEEXAMESd) Mostre que, se G e um grupo nao-abeliano com 10 elementos, entao Gtem um elementox com ordem 5, e sey , entaoytem ordem2. Concluaquexy=yx4, eportantoqueexisteapenasumgruponao-abeliano com 10 elementos, que so pode serD5.2.5 1oExame: 9/7/20041. Diga se cada armacao e verdadeira ou falsa, justicando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,G eHsaogrupos,f: G He um homomorsmo de grupos, eNe o n ucleo def.a) See e a identidade deG, entaof(e) e a identidade deH.b) SeKeumsubgrupodeH, entaof1(K) eumsubgrupodeGquecontemN.c) Se todos os elementos deG tem ordem nita entaoG e nito.d) Se [G[ = 15 e [H[ = 25, entaof(G) e um grupo cclico.2. Diga se cada armacao e verdadeira ou falsa, justicando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,A eBsaoaneis, A e um domnio integral, f: A B e um homomorsmo sobrejectivode aneis, eNe o n ucleo def.a) Ne um ideal deA.b) Sea e invertvel emA, entaof(a) e invertvel emB.c) B e um domnio integral.d) SeB e um corpo, entaoNe um ideal maximo deA.3. Neste grupo,n designa a classe de equivalencia do inteiron em Z1800.a) Quantossubgrupostem Z1800? Quaissaoosgeradoresdosubgrupogerado por 1300?b) Considere os grupos Z25Z72, Z20Z90, Z200Z9, e Z40Z45. Quaisdestes grupos sao isomorfos entre si?c) Quantoshomomorsmosdegrupof : Z1800 Z1800existem, comn ucleoN(f) =< 1300 >?sugest ao: Determine primeirof(Z1800).d) Supondo queg : Z Z40 Z45 e um homomorsmo de aneis, classi-que o anelg(Z).4. Considere o anel Z3[x], e o polinomio p(x) = x3+2x+1. Nesta questao,quando m(x) Z3[x], designamos por m(x) a correspondente classe no anelquocienteK = Z3[x]/ < p(x) >.2.6. 2oEXAME:24/7/2004 23a) Qual e o inverso dex2+ 1 emK[x]?b) MostrequeKeumcorpo, eumaextensaoalgebricade Z3. K[x] eum d.f.u.?c) Decomponha p(x) em factores irredutveis em K[x]. sugest ao:Parafactorizar polinomios quadraticos com coecientes emK, pode com-pletar o quadrado.d) Seja K, , Z3. Prove que Z3() e isomorfo a K, e em particular e raz de um polinomio irredutvel do terceiro graun(x) Z3[x].2.6 2oExame: 24/7/20041. Diga se cada armacao e verdadeira ou falsa, justicando a sua respostacomumademonstracao, ouumcontra-exemplo. Nestaquestao, Geumgrupo, eKeHsao subgrupos deG.a) Sex, y G, entao (xy)1= y1x1.b) Se K e subgrupo normal de G, entao KH e subgrupo normal de H.c) OsautomorsmosdeGformamumgrupo,comaoperacaodecom-posicao.d) SeKe subgrupo normal deG, entao existe um grupoL e um homo-morsmo de gruposf: G L tal queK e o n ucleo def.2. Diga se cada armacao e verdadeira ou falsa, justicando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,A eBsaoaneis unitarios, ef: A B e um homomorsmo de aneis.a) Sea e invertvel emA, entaof(a) e invertvel emB.b) A imagemf(A) e um ideal deB.c) SeA = Z, entaof(n) = nb, ondeb2= b.d) SeBenitoetemmaisdeumelemento, entaoBtemumsubanelisomorfo a algum Zm, ondem > 1.3. Neste grupo,n designa a classe de equivalencia do inteiron em Z990.a) Quantos subgrupos tem Z990?Quantos destes sao aneis unitarios?b) Quantos automorsmos de grupof: Z990 Z990 existem?c) Quantos ideais existem em Z15Z66?Existem subaneis de Z15Z66que nao sao ideais de Z15Z66?24 CAPITULO2. ENUNCIADOSDEEXAMESd) Determine os homomorsmos de anelg : Z33 Z990.4. Considere o anel Z3[x],e o polinomiop(x) =x3+ 2x2+ x + 2. Nestaquestao, quando m(x)Z3[x], designamos por m(x) acorrespondenteclasse no anel quocienteK = Z3[x]/ < p(x) >.a) O elementox2+ x + 1 tem inverso?b) Quais sao os ideais deK?c) Quantos elementos invertveis existem emK?d) Quais saoos ideais I de Kparaos quais oanel quociente K/I eisomorfo a algum Zm?2.7 1oExame: 1/7/20051. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(G, ) e um grupo, com identidade 1.a) A equacaox2= x so tem uma solucaox G.b) SeHeKsao subgrupos deG, entaoH K e um subgrupo deG.c) SeG e nito e tem um n umero mparde elementos, entao a equacaox2= 1 so tem a solucaox = 1.d) SeGenitoetemumn umeropar deelementos, entaoaequacaox2= 1 tem solucoesx ,= 1.2. Neste grupo,f: Z Z180 e dada porf(n) = 63n.a) Determine o n umero de subaneis, e de geradores, do anel Z180.b) Mostre que a funcao f e um homomorsmo de grupo. Qual e o n ucleodef?Determine as solucoes da equacaof(n) = 9.c) Mostre que o grupof(Z) e isomorfo a Zm, para um valor apropriadodem que deve calcular. Quais sao os subgrupos def(Z)?d) fsera tambem um homomorsmo de anel? Os aneisZmef(Z) saoisomorfos?3. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,A e um anel abeliano unitario, com identidadeI.a) Todos os subaneis deA sao unitarios.2.8. 2oEXAME:18/7/2005 25b) Todos os subgrupos de (A, +) sao igualmente subaneis.c) Se A e um corpo nito, entao a sua caracterstica e um n umero primo.d) SeA e nito, existe um subanel deA isomorfo a algum anel Zn.4. Neste grupo, consideramos o anel quocienteA = Z3[x]/J, ondeJ =< x3+x2+x + 1 > .a) Quantoselementosexistemnoanel A? Quaissaooselementosdaforma< x +a > que sao invertveis?b) Quais sao os divisores de zero emA?c) Mostre queA e um domnio de ideais principais.d) ClassiqueosaneisquocientedaformaA/K,ondeKeumidealdeA.2.8 2oExame: 18/7/20051. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(G, ) e um grupo, com identidade 1.a) A equacaox3= x so tem uma solucaox G.c) SeHeKsaosubgruposnormaisdeGeK H, entaoK/Heumsubgrupo normal deG/H.d) SeG tem 11 elementos entaoG Z11.2. As questoes seguintes referem-se a grupos ou aneis Zn. Os homomorsmoseisomorsmos referidos saodegrupo, exceptoquandoasuanaturezaereferida explicitamente.a) Determine o n umero de subgrupos, e de geradores, do grupo Z495.b) Existe algum homomorsmo injectivof: Z495 Z595?Existe algumhomomorsmo sobrejectivo f: Z495 Z395?Quantos homomorsmosf: Z495 Z295 existem?c) Quais dos seguintes grupos sao isomorfos entre si?Z3Z165, Z9Z55, Z99Z5, Z15Z33.d) Determine todos os homomorsmos injectivos de anel f: Z495 Z990.Quantos homomorsmos sobrejectivos de anel f: Z495 Zn existem?26 CAPITULO2. ENUNCIADOSDEEXAMES3. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Neste grupo,D e um domnio integral.a) SeCe um subanel unitario deD com mais de um elemento, entaoCcontem a identidade deD.b) SeD e um domnio de ideais principais, entaoD[x] e um domnio deideais principais.c) Se os unicos ideais de D sao os triviais (0, e D), entao D e um corpo.d) Se D e um domnio de ideais principais, entao qualquer elemento irre-dutvel emD e primo emD.4. Este grupo diz respeito ao anel dos inteiros de Gauss Z[i].a) Dado o natural n > 1, se a equacao n = x2+y2tem solucoes x, y N,e possvel quen seja primo em Z[i]?b) Se o natural n e primo em Z, e a equacao n = x2+y2nao tem solucoesx, y N, e possvel quen seja redutvel em Z[i]?c) Quantos divisores de 1105 existem emZ[i]?Determine todas as solucoesnaturais da equacaox2+y2= 1105. (Nota: 13 e factor de 1105.)d) Quais sao os naturaisn para os quais o anel quociente Z[i]/ eum corpo?2.9 1oExame: 7/7/20061. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(G, ) e um grupo.a) Qualquer subgrupo deG contem a identidade deG.b) SeHeKsao subgrupos deG, entaoH K e um subgrupo deG.c) SeG tem 17 elementos, entaoG Z17.d) Os grupos Z4Z18 e Z6Z12 sao isomorfos.2. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(A, +, ) e um anel unitario, com identidade 1.a) QualquersubanelunitariodeAcommaisdeumelementocontemaidentidade deA.2.10. 2oEXAME:21/7/2006 27b) Qualquer subgrupo de (A, +) e um subanel de (A, +, ).c) O anel Q[x]/ < x31 > tem exactamente 4 ideais.d) O anel Z[i]/ < 37 > e um corpo.3. Considere o anel Z1325.a) Quantos geradores e quantos divisores de zero existem em Z1325?b) Quais sao os homomorsmos de grupo : Z505 Z1325?c) Quais sao os subaneis de Z1325 que sao corpos?d) Determine os homomorsmos de anel : Z Z1325.4. SuponhaqueGeumgrupocom2pelementos, ondep ,=2eumn umero primo. Recorde queG tem pelo menos um elemento com ordem2.a) Prove queG contem pelo menos um elemento de ordempb) Prove que x Gtem ordemp se e so se x H =< >= 1, , 2, , p1ex ,= 1.c) OselementosdeGsaodaformax=nm, com0 n Z5[x]< b(x) >.sugest ao: Determine um homomorsmo de aneis apropriado : Z5[x] Z5[x]< a(x) > Z5[x]< b(x) >Captulo3TestesResolvidos3.1 1oTeste: 10/4/20021. Mostre que o grupo (Z4, +) nao e isomorfo ao grupo (Z2Z2, +).resoluc ao: Suponha-se quef: Z4 Z2 Z2e um homomorsmodegrupos. Vamosvericarquefnaopodeserinjectiva, ouseja, fnao pode ser um isomorsmo, porque a tabuada de Z2Z2so tem oelemento neutro na diagonal principal, o que nao e o caso da tabuadade Z4.Temos f(0) =(0, 0), porquequalquer homomorsmotransformaaidentidadedogrupodepartidanaidentidadedogrupodechegada.Em Z4temos 1 + 1 = 2 ,= 0, e em Z2 Z2temosx + x = (0, 0) paratodosos elementosx Z2Z2. Notamos quef(2) = f(1 + 1) = f(1) +f(1) = (0, 0) = f(0).Portantofnao e injectivo, efnao e um isomorsmo.2. SejaH = A Mn(R) : det(A) = 1.a) Mostre queHcom o produto usual de matrizes e um grupo.resoluc ao: Sabemos daAlgebra Linear que o produto de ma-trizes e associativo, e tem identidade (a matriz identidadeI).Temos det(I) = 1, e portantoI H, eH ,= .SendoA, B H, temos det(AB) = det(A) det(B) = 1 1 =1 AB H, ou seja,He fechado em relacao ao produto.SeA HentaoAeinvertvel, porquedet(A)=1 ,=0, edet(A1) = 1/ det(A) = 1, ou seja,A H A1 H.Podemos assim concluir queH e um grupo com o produto usualde matrizes.2930 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSb) SendoG o grupo formado por todas as matrizes invertveis, coma mesma operacao, mostre queHe um subgrupo normal deG.resoluc ao: Sabemos da alnea anterior queHe um subgrupodeG (porqueHe um grupo, esta contido emG, e as operacoesemHeG sao a mesma). Temos apenas que vericar queA He BGB1ABH, oqueresultadedet(B1AB) =det(B1) det(A) det(B) = det(B1) det(B) = 1.3. SendoJeKideais de um dado anel A,prove queL = x + y:x J, y K e um ideal deA.resoluc ao: TemosquevericarqueLeumsubanel deA, queealem disso fechado em relacao ao produto por elementos deA. Maisexactamente, temos que mostrar que: L ,= , b, b

L b b

L (L e fechado em relacao `a diferenca) b L ea A ab, ba L (L e fechado em relacao ao produtopora A)Seja0ozerodoanel A. Entao0=0 + 0 L, porque0 J e0 K(qualquer subgrupode(A, +) contemorespectivoelementoneutro), e portantoL ,= . Seb, b

L entaob = x + y eb

= x

+ y

,ondex, x

Jey, y

K. Temos b b

=(x + y) (x

+ y

)=(xx

) +(y y

). Como Je K sao subaneis, sao fechados em relacao`a diferenca, e portanto x x

Je y y

K, i.e.,b b

L. Temosab =a(x + y) =ax + ay,eba = (x + y)a =xa + ya. ComoJeKsao ideais, sao fechados em relacao ao produto por elementos deA, eax, xa J, eay, ya K. Segue-se queab, ba L.4. Suponha quex ey pertencem a um anelA.a) Mostre quex2y2= (x y)(x +y) para quaisquerx, y A se eso seA e um anel abeliano.resoluc ao:(xy)(x+y) = (xy)x+(xy)y = x2yx+xyy2.E portanto evidente que (x y)(x +y) = x2y2yx +xy =0 yx = xy.b) Supondoque Aeabelianoe x2=y2, temos necessariamentex = y?resoluc ao: Nao. Eis alguns contra-exemplos, como: (bastaindicar um, bem entendido!)O anel Z4, tomandox = 0 ey = 2, dondex2= y2= 0, mas2 = 2 ,= 0.3.2. 2oTESTE:15/5/2002 31AsomadirectaR R, ou(oqueebasicamenteomesmoexemplo) as matrizes 2 2 diagonais, com a soma e produtode matrizes.As funcoes f : R Rcomasomaeprodutousuais defuncoes tomando, por exemplo,f(x) = 1 para qualquerx, eg(x) = 1 parax 0, eg(x) = 1 parax < 0.5. Considere o grupo das razes-4 da unidade, G = 1, i, 1, i, com oprodutousualdecomplexos,eogrupo(Z2, +). Quaissaooshomo-morsmosh : G Z2?Sugestao: Comece por recordar que o n ucleodeh e um subgrupo deG.resoluc ao: Gtemapenas 3subgrupos, asaber: oproprioG, osubgrupotrivial 1, e 1, 1. Portantoteremos N(h) =G, ouN(h) = 1, ouN(h) = 1, 1.SeN(h)=G, temosh(x)=0paraqualquerx G, eh eumhomomorsmo de grupos.SeN(h) = 1 entaoh e injectiva, o que e impossvel, porqueGtem 4 elementos, e Z2 tem apenas 2 elementos.SeN(h) = 1, 1, entaoh(1) = h(1) = 0, eh(i) ,= 0,h(i) ,=0. Claro que neste caso teremos necessariamenteh(i) = h(i) =1. A equacaoh(xy) = h(x) +h(y) e valida quando x = 1,y = 1: porque se reduz a 0 = 0 + 0. x = i,y = i: porque a equacao reduz-se a 0 = 1 + 1. x = 1, y= i,oux = i, y= 1: porqueaequacaosereduz a 1 = 0 + 1, ou 1 = 1 + 0.3.2 2oTeste: 15/5/20021. Estaquestaorefere-seaoanel dos inteirosZ. SejaJ =oconjunto dos m ultiplos de 24, eK =< 36 > o conjunto dos m ultiplosde 36.a) Qual eomenorelementopositivodeJ K? Quaissaoosele-mentos deJ K?resoluc ao: J K e o conjunto dos m ultiplos comuns a 24 e 36.O seu menor elemento positivo e o menor m ultiplo comum de 24e 36, i.e., 72. Os seus elementos sao os m ultiplos de 72.b) Qual e o menor ideal de Z que contem os ideaisJeK?resoluc ao: Qualquer ideal que contenhaJcontem 24, e e porissogeradoporumdivisorde24. Analogamente, seumidealcontemKentao e gerado por um divisor de 36. Concluimos que32 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSum ideal que contenha Je K e gerado por um divisor comum de24 e 36. Esse ideal sera tanto menor quanto maior for esse divisorcomum. Portantoomenor ideal quecontemJ e Kegeradopelo maximo divisor comum de 24 e 36,ou seja, e o conjunto dosm ultiplos de 12.2. Mostre que os n umeros 1.999.991 e 1.999.994 sao primos entre si.resoluc ao: Seja d o maximo divisor comum de 1.999.991 e 1.999.994.Sabemos que a diferenca 1.999.994 1.999.991 = 3 e m ultiplo ded, eportanto d so pode ser 1 ou 3.E evidente que 1.999.991 2(mod 3),portantod nao e 3, e estes n umeros sao primos entre si.3. Ainda no anel dos inteiros, considere a equacao 105x + 154y = d.a) Qual e omenor natural dparaoqual aequacaoacimatemsolucoes?Resolva a equacao para esse naturald.resoluc ao: O menor naturald e o mdc(105, 154). Aplicando oalgoritmo de Euclides, temos:n m q r y1x1y2x2154 105 1 49 1 0 0 1105 49 2 7 0 1 1 149 7 7 0 1 1 2 3Conclumosqued=7, equex=3ey= 2eumasolucaoparticular de 105x + 154y = 7.Paracalcularasolucaogeraldaequacaohomogeneacorrespon-dente, que e 105x+154y = 0, dividimos por 7, donde 15x+22y =0, ou 15x = 22y. Como 15 e 22 sao primos entre si, temos15x = 22y 22[x x = 22k y = 15k.A solucao geral de 105x + 154y = 7 e assimx = 3 + 22k, y = 2 15k, k Z.b) Oelemento105teminversonoanel Z154? Quantoselementostem< 105 >?resoluc ao: Nao, porque 105 nao e primo relativamente a 154.Comomdc(105, 154) =7, temos =, que tem154/7 = 22 elementos.c) O subanel< 105 > tem identidade?Caso armativo, qual e essaidentidade?resoluc ao: Temos < 105 >=< 7 >. Sendo x a identidade destesubanel, temos3.2. 2oTESTE:15/5/2002 33 x < 7 >, i.e.,x 0(mod 7), oux = 7k, e x2= x, i.e.,x(x 1) 0(mod 154).Como 154 = 7 22, e 7 e 22 sao primos entre si, o sistemax 0 (mod 7), ex 1 (mod 22)tem solucao, e essa solucao satisfaz x(x1) 0(mod 154). Nestecaso, xeprimorelativamentea22, porquex 1(mod 22), eportanto mdc(x, 154) = 7k= 7. Em particular, =< 7>,e todos os elementos do subanel < 7> sao da formakx. Comokx x = k x2= kx, e claro quex e a identidade de< 7 >.Para calcularx, notamos que x 1(mod 22) x = 1 + 22y, donde x 0(mod 7) 1 + 22y 0(mod 7).Temos1 + 22y 0 (mod 7) y 1 (mod 7) y = 1 + 7k.Segue-se que x = 1+22(1+7k) = 21+154k, e x = 21 = 133.4. Prove que sen e natural entaon

k=1k3=n2(n + 1)24.resoluc ao: Demonstramos por inducao a armacaoP(n) = n

k=1k3=n2(n + 1)24.A armacaoP(1) e verdadeira, porque1

k=1k3= 1, e12(1 + 1)24= 1.SupondoP(n) verdadeira, temosn+1

k=1k3=n

k=1k3+ (n + 1)3=n2(n + 1)24+ (n + 1)3==_n2(n + 1)2+ 4(n + 1)3_4=(n + 1)2(n2+ 4(n + 1))4==(n + 1)2(n2+ 4n + 4)4=(n + 1)2(n + 2)24.A igualdade n+1k=1 k3=(n+1)2(n+2)24eP(n + 1).34 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOS5. Sejamn, m N, D=mdc(n, m) e M=mmc(n, m). Provequenm = DM.Sugestao: Supondoque n=aDe m=bD, mostrequequalquerm ultiplo comum den em e m ultiplo deabD.resoluc ao: Notamos que abD = nb = ma e m ultiplo comum den em.(abD)D = (aD)(bD) = nm.ProvamosqueabD=Meomenorm ultiplocomum, dondeDM=nm, mostrando que qualquer m ultiplo comum e m ultiplo deabd.ComoD=nx + my=aDx + bDy, temos1=ax + byeportantomdc(a, b) =1, ouseja, aebsaoprimosentresi. Sejaagorak=ns = aDs um m ultiplo den. Sek e igualmente m ultiplo dem temosk = mt = bDt, e portantoaDs = bDt, ouas = bt.a e assim factor debt, e comoa e primo relativamente ab,a e factordet. Logot = au, ek = bDt = bDau e m ultiplo deabD.3.3 3oTeste: 7/6/20021. Considerep(x) = x4+ 2x3+ 2x + 2 eq(x) = x4+ 1 em Z3[x].a) Determine o maximo divisor comum dep(x) eq(x).resoluc ao:m(x) n(x) q(x) r(x)x4+ 2x3+ 2x + 2 x4+ 1 1 2x3+ 2x + 1x4+ 1 2x3+ 2x + 1 2x 2x2+x + 12x3+ 2x + 1 2x2+x + 1 x + 1 0Temos portanto que mdc = 2(2x2+x + 1) = x2+ 2x + 2.b) Qual e menor m ultiplo comum dep(x) eq(x)?resoluc ao:mmc =p(x)q(x)mdc=(x4+ 2x3+ 2x + 2)(x4+ 1)x2+ 2x + 2==(x2+ 1)(x4+ 1) = x6+x4+x2+ 1.2. Mostre que (

n=0xn)2= (1 + 2x)

n=0x3nem Z3[[x]].resoluc ao: Sabemos que

n=0cnxn=_

n=0anxn__

n=0bnxn_cn =n

k=0akbnk.3.3. 3oTESTE:7/6/2002 35No caso presente, temos

n=0cnxn=_

n=0xn_2, i.e.,an = bn = 1, ecn =n

k=01 = n + 1.Comocn Z3, temos: n 0(mod 3) n + 1 1(mod 3) cn = 1. n 1(mod 3) n + 1 2(mod 3) cn = 2. n 2(mod 3) n + 1 0(mod 3) cn = 0.Portanto,c3n = 1,c3n+1 = 2, ec3n+2 = 0. Conclumos que_

n=0xn_2=

n=0cnxn=

n=0c3nx3n+

n=0c3n+1x3n+1==

n=0x3n+

n=02x3n+1=

n=0x3n+ 2x

n=0x3n==(1 + 2x)

n=0x3n.3. Considere o anel quocienteA/I, ondeA = Z2[x], eI =< x2+ 1 >.a) Quantos elementos tem o anelA/I?resoluc ao:Dado p(x) Z2[x], temos p(x) = q(x)(x2+1)+r(x),onder(x) =a + bx,e portantop(x) =a +bx. Comoa, b Z2,existem 2 2 = 4 elementos emA/I.b) Determine a tabuada da multiplicacao emA/I.resoluc ao: Os seguintes calculos sao imediatos: x2+ 1 = 0, dondex2= 1 = 1.(x + 1)2= x2+ 2x + 1 = x2+ 1 = 0. x (x + 1) = x2+x = 1 +x = x + 1.A tabuada da multiplicacao e assim:0 1 x x + 10 0 0 0 01 0 1 x x + 1x 0 x 1 x + 1x + 1 0 x + 1 x + 1 04. Seja Rumn umeroirracionalalgebricosobre Q. SejaaindaJoconjunto dos polinomiosp(x) Q[x] tais quep() = 0.36 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSa) Mostre queJ=< m(x) >, ondem(x) e monico e irredutvel emQ[x].resoluc ao: Sejaf: Q[x] Rdadaporf(p(x))=p(). feum homomorsmo de aneis com n ucleo J, e por isso J e um idealde Q[x].Como qualquer ideal em Q[x] e principal, temosJ=,e podemos supor quem(x) e monico, porque Q e um corpo.Para provar que m(x) e irredutvel, suponha-se que m(x) =s(x)t(x). Temosentao0=m()=s()t(), dondes()=0out() = 0. Supomos sem perda de generalidade ques() = 0.Notamos que: s() = 0 s(x) J s(x) = m(x)r(x).Temos assimm(x) = s(x)t(x) = m(x)r(x)t(x), donde 1 = r(x)t(x),et(x) einvertvel. Portantom(x)sotemfactorizacoestriviais,i.e.,m(x) e irredutvel.b) Prove que Q[] e um corpo.resoluc ao: Sendof : Q[x] Rohomomorsmof(p(x))=p() referido acima, f(Q[x]) = Q[] e um subanel de R. Temosapenas que provar que os elementos p() ,= 0 emQ[] tem inversomultiplicativo tambem em Q[].Paraisso, note-sequesep() ,=0entaop(x) ,J, eportantom(x) nao e factor de p(x). Como m(x) e irredutvel, segue-se quemdc(p(x), m(x)) = 1.Existem polinomioss(x), t(x) Q[x] tais quep(x)s(x) +m(x)t(x) = 1, dondep()s() +m()t() = p()s() = 1.Por outras palavras,p()1= s() Q[].c) Seja =32. Mostre quem(x) = x32, e determinea, b, c Qtais que11 +32 +34= a +b32 +c34.resoluc ao: Sendo Jo conjunto dos polinomios p(x) Q[x] taisquep(a) = 0, temos como vimos queJ =< m(x) >, e e evidentequex3 2 J, dondem(x)efactordex3 2. Opolinomiox32 e irredutvel, pelo criterio de Eisenstein (com p = 2), e porissom(x) = 1 oux32. So podemos term(x) = x32, porqueJ ,= Q[x].1 +32 +34 =p(),ondep(x) = 1 + x + x2. Comovimosnaalnea anterior, o inverso de p() calcula-se resolvendo a equacao3.4. 1oTESTE:18/3/2003 37p(x)s(x) +m(x)t(x) = 1, o que pode fazer-se usando o algoritmode Euclides. O 1opasso deste algoritmo revela quex32 = (x 1)(1 +x +x2) 1,e por isso 1 = (x1)(1+x+x2)+(1)(x32), i.e., s(x) = x1.Conclumos que:11 +32 +34= s(32) =32 1, i.e.,a = 1, b = 1, c = 0.3.4 1oTeste: 18/3/20031. SejaS1= z C : [z[ = 1.a) Mostre queS1com o produto usual de complexos e um grupo.resoluc ao: Temos a mostrar que: S1e nao-vazio:E evidente que 1 S1. S1e fechado em relacao ao produto usual de complexos:z, w S1[z[ = [w[ = 1 [zw[ = [z[[w[ = 1, i.e.,zw S1.O produto de complexos e associativo, como sabemos.Existe identidade para o produto emS1: Porque 1 S1.TodososelementosdeS1teminversoemS1: Sez S1temos [z[ = 1, portanto z ,= 0, e z e invertvel nos complexos.Poroutrolado, temosnovamente [zz1[ = [z[[z1[ =1, ecomo [z[ = 1, temos [z1[ = 1, ou seja,z1 S1.Conclumos assim queS1e um grupo.b) Sendon NeRn= z C: zn=1, mostrequeRneumsubgrupo deS1.resoluc ao:E evidente queRn S1, porquezn= 1 [zn[ = 1 = [z[n[z[ = 1.Observamos apenas que Rn ,= : porque 1 Rn, qualquer que sejan.Sez, w Rnentaozw1Rn: Sez, w Rnentaozn=wn= 1, e portanto_zw1_n= zn(wn)1= 1 zw1 Rn.38 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSc) SejaR = n=1Rn. R e igualmente um subgrupo deS1?resoluc ao:E evidente (em particular da alnea anterior) que Re nao-vazio, e queR S1. Para mostrar que sez, w R entaozw1 R, note-se que existemn, m N tais que z Rn, w Rm,i.e., tais quezn= wm= 1. Neste caso,_zw1_nm= (zn)m(wm)n= 1 zw1 Rnm R.2. Determinetodososhomomorsmosdegrupof: S3 Z2. (S3eogrupodaspermutacoesem 1, 2, 3, eZ2ogrupoaditivocomdoiselementos).resoluc ao: Sendof: S3 Z2umhomomorsmodegrupo,oseun ucleoN(f) e um subgrupo normal deS3. Os unicos subgrupos nor-mais de S3 sao o proprio S3, o grupo alternado A3 e o subgrupo trivialK = 1. Notamos que:(1) SeN(f) =S3,entaof(x) = 0paraqualquerx S3,efeumhomomorsmo.(2) Nao podemos ter N(f) = K, porque senao f seria injectiva, o quee impossvel, porqueS3 tem 6 elementos e Z2 tem 2 elementos.(3) Se N(f) =A3, entaof(x) =0paraqualquer xA3, esopodemosterf(x) = 1parax ,A3. Nestecasofeigualmenteum homomorsmo (f(x) e a paridade da permutacaox).Conclumos que existem apenas dois homomorsmos f: S3 Z2, quesao os indicados acima em (1) e (3).3. SejamA eBaneis, ef: A Bum homomorsmo de aneis.a) Provequef(O) = O, onde Oe Osaooszerosderespectiva-menteA eB.resoluc ao:f(O) =f(O+O), porque O e o elemento neutro da soma emA,=f(O) +f(O), porquefe um homomorsmo de aneis.Segue-se da lei do corte no grupo aditivo (B, +) quef(O) = O.b) Prove quef(x) = f(x) para qualquerx A.resoluc ao:f(x) +f(x) =f(x + (x)), porquefe um homomorsmo.=f(O) = O, de acordo com a alnea anterior.=f(x) + [f(x)], por denicao de [f(x)].Comof(x) +f(x) = f(x) +[f(x)], segue-se mais uma vez dalei do corte no grupo aditivo (B, +) quef(x) = [f(x)].3.4. 1oTESTE:18/3/2003 39c) Sex e invertvel emA, temos sempref(x) invertvel emB?resoluc ao: Nao. Considere-sef: R M2(R), dada porf(x) =_x 00 0_.Sabemos que x e invertvel em R se e so se x ,= 0, mas e evidenteque a imagemf(x) nunca e invertvel emM2(R).d) Mostreque f(nx) =nf(x), paraquaisquer n Ze x A.Sugestao: Deve recordar a denicao dena, paran Z ea G,ondeG e um qualquer grupo aditivo. Paran > 0, deve procederpor inducao.resoluc ao: Sendon Z ea G, ondeG e um qualquer grupoaditivo (com elemento neutro O), denimosna como se segue:1) n = 1 : na = 1a = a,2) n > 1 : na = (n 1)a +a,3) n = 0 : na = 0a = O, e4) n < 0 : na = (n)(a).Provamos primeiro que f(nx) = nf(x), para n 1, e por inducao.n = 1: temos de 1) que1x = x f(1x) = f(x) = 1f(x).n > 1: A hipotese de inducao e f((n1)x) = (n1)f(x). Temosf(nx) =f((n 1)x +x), (ponto 2) da denicao acima coma = x),=f((n 1)x) +f(x), porquefe um homomorsmo,=(n 1)f(x) +f(x), pela hipotese de inducao, e=nf(x), (ponto 2) da denicao acima coma = f(x)).n = 0:0f(x) =O, (ponto 3) da denicao acima coma = f(x) B),=f(O), pela alnea a) desta questao,=f(0x), (ponto 3) da denicao acima coma = x A).n < 0: pode ser vericado como se segue:f(nx) =f((n)(x)), (ponto 4) da denicao acima coma = x),=(n)f(x), como provamos acima para n > 0,=(n)[f(x)], conforme vimos na alnea b), e=nf(x), (ponto 4) da denicao acima coma = f(x)).40 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOS3.5 2oTeste: 29/4/20031. a) Quantos divisores naturais tem 2.000?resoluc ao:2.000 = 2(10)3= 2(25)3= 2453. Portanto,o natural k e divisor de 2.000 se e so se k = 2n3m, onde 0 n 4e0 m 3. Existem5valoresparan, e4valoresparam.Conclumos que 2.000 tem 5 4 = 20 divisores naturais.b) Quantos naturais 1k2.000saoprimos relativamente a2.000?resoluc ao: Os unicos factores primos de 2.000 sao 2 e 5. Por-tanto, os naturais 1 k 2.000 que sao primos relativamente a2.000 sao os que nao sao m ultiplos de 2 nem de 5.De 1 ate 2.000 temos:O conjunto A = 1 k 2.000 : 2[k, formado pelos m ultiplosde 2, tem 2.000/2 = 1.000 elementos, ou seja, #(A) = 1.000.O conjunto B = 1 k 2.000 : 5[k, formado pelos m ultiplosde 5, tem 2.000/5 = 400 elementos, #(B) = 400.OconjuntoA B, formadopelos m ultiplos comuns de2ede5, contemosm ultiplosdemmc(2, 5)=10. Portanto#(A B) = 2.000/10 = 200.Os naturais que sao m ultiplos de 2 e/ou 5 formam o conjuntoA B. Temos#(A B)=#(A) + #(B) #(A B)=1.000 + 400 200 = 1.200.Finalmente, osnaturaisk 2.000quesaoprimosrelativa-mente a 2.000 sao os que nao pertencem ao conjuntoA B.Existem portanto 2.000 1.200 = 800.2. Determine todas as solucoes da equacao 87x 3(mod 6.000) em Z.resoluc ao: Paracalcular d=mdc(87, 6.000), eumasolucaopar-ticulardaequacaonao-homogenea87x d(mod 6.000), usamosoalgoritmo de Euclides.m n r q x y x

y

6.000 87 84 68 1 0 0 187 84 3 1 0 1 1 6884 3 0 1 68 1 69Conclumos que d=3, portantoaequacaoinicial temsolucoes, esabemosaindaque(6.000)(1) + (87)(69)=3. Portantox=69esolucao particular da equacao nao-homogenea em causa.Passamosacalcularasolucaogeraldaequacaohomogenea87x 0(mod 6.000). Temosentao87x + 6.000y=0. Dividindopord=33.5. 2oTESTE:29/4/2003 41obtemos 29x+2.000y = 0, ou 29x = 2.000y. Como 29 e primo e naoe factor de 2.000 e claro quey e m ultiplo de 29, i.e., y = 29z, donde29x = 2.000(29z), ou x = 2.000z, que e a solucao geral da equacaohomogenea em causa.Asolucaogeral daequacaonao-homogeneainicial eportantox=69 2.000z, que podemos tambem escrever na forma x = 69 +2.000z,ja quez e arbitrario, ou ainda na formax 69(mod 2.000).3. Determinetodasassolucoesdaequacaox2y=108, ondexeysaointeiros. Sugestao: Recorde o teorema fundamental da Aritmetica.resoluc ao:Deve ser claro que y> 0, e que o sinal de x e irrelevante.Notamos que 108 = 2233. Os factores primos dex ey sao factoresprimos de 108, por razoes evidentes, e portanto so podem ser 2 e/ou 3,i.e., x = 2n3me y = 2k3j, onde n, m, k e j sao inteiros nao-negativos.Conclumos quex2y = (2n3m)2(2k3j) = 22n+k32m+j= 2233.Pelo teorema fundamental da Aritmetica, temos 2n+k = 2 e 2m+j =3. Como as incognitasn,m,k ejsao inteiros nao-negativos:2n +k = 2 (n = 0 ek = 2) ou (n = 1ek = 0)2m+j = 3 (m = 0 ej = 3) ou (m = 1ej = 1)As diferentes solucoes apresentam-se na tabela seguinte:n k m j x y0 2 0 3 1 1080 2 1 1 3 121 0 0 3 2 271 0 1 1 6 34. Suponha quea, b em sao inteiros xos. Prove quea) ax b(modm)temsolucoesinteirasxseesoseb em ultiplode mdc(a, m).resoluc ao: As seguintes armacoes sao equivalentes:(1) ax b(modm) tem solucaox,(2) Existe um inteirox tal quem[(b ax),(3) b K = ax +my : x, y Z.Basta notar que (1) (2) por denicao de congruencia modulom, e (2) (3) por razoes obvias.O conjuntoK e um ideal dos inteiros contendoa em, porque:42 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOS a = a 1 +m0 Kem = a 0 +m1 K, K ,= , porquea, m K,(ax+my) (ax

+my

) = a(xx

) +m(y y

) K, i.e.,Ke fechado em relacao `a diferenca, e(ax +my)z =a(xz) +m(yz) K, i.e., Kefechadoemrelacao ao produto por inteiros arbitrarios.Para provar que K e o conjunto dos m ultiplos de d = mdc(a, m),consideramos primeiro o caso especiala = m = 0.Neste caso, K = ax +my : x, y Z = 0 = dz : z Z, comd = 0, e 0 e o maximo (e unico) divisor comum dea em.Supomos agora quea ,= 0 oum ,= 0. Kcontem naturais, porquecontem pelo menos um elemento nao-nulo. Seja d o menor naturalemK, que existe pelo princpio da boa ordenacao, e note-se quedz: z Z K, porqueKeumideal, ed K. Sendomum qualquer elemento deK,temosm =dq + r,ondeqersaointeiros, e0 r 1,em =nd,onde1 n em Z6000.a) Quantos elementos temJ?Quantos geradores temJ?resoluc ao: Vimos na questao 2 que mdc(87, 6.000) = 3, e por-tantoJ==, quetem6.000/3=2.000elementos,correspondendo a todos os m ultiplos de 3 ate 6.000.Osgeradoresde Jsaoassolucoesdemdc(x, 6.000) =3, com1 x 6.000. Paraoscontar, bastanotarquex=3k, onde1 k 2.000, emdc(3k, 6.000)=3. Comomdc(3k, 6.000)=3 mdc(k, 2.000), e claro que mdc(k, 2.000) = 1. Portanto, os gera-dores de Jcorrespondem aos naturais k ate 2.000 que sao primosrelativamentea 2.000. Tal como calculado na questao 1, Jtem800 geradores.b) Jtem identidade?Se Jtem identidade, qual e a sua identidade?resoluc ao:Se x e identidade de J, entao temos x 0(mod 3),porquex J. Temosigualmentex2=x, oux(x 1)=0, ouseja,x(x 1) 0(mod 6.000). Comox 0(mod 3), i.e., comox e m ultiplo de 3, para quex(x 1) seja m ultiplo de 6.000 bastaque(x 1) sejam ultiplode2.000, i.e., bastaque x 1 0(mod 2.000), oquetambempodemosescrevernaformax 1(mod 2.000).Segue-se do Teorema Chines do Resto que x 0(mod 3) e x 1(mod 2.000) temumasolucao unica (mod 6.000), porque3e2.000saoprimosentresi. Sex esolucaoentaox eumgeradordeJ(porquex e primo relativamente a 2.000, de acordo com asegundaequacao). ComoqualquerelementoydeJedaformay = nx, temosxy = yx = nx x = n x2= nx = y. Portantoxe identidade deJ.Para calcular a identidade de J, notamos que x 1(mod 2.000) x = 1 + 2.000y,ex 0(mod 3) 1 + 2.000y 0(mod 3) y 1(mod 3) y 1(mod 3). Portantoy = 1 +3z, ex =1 +2.000(1 +3z) = 2.001 +6.000z, i.e, x 2.001(mod 6.000) x = 2.001.3.6 3oTeste: 27/5/20031. Considere os polinomios p(x) = x3+25x2+10x5 e q(x) = 1+x+x2em Q[x].44 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSa) Quais dos polinomiosp(x) eq(x) sao irredutveis em Q[x]?resoluc ao: Opolinomiop(x) eirredutvelem Z[x]deacordocom o criterio de Eisenstein, que se aplica aqui com o primo 5. Deacordo com o Lema de Gauss, e igualmente irredutvel em Q[x],porque eumpolinomiomonico. Opolinomioq(x) eirredutvelemR[x] porquetemdiscriminante d =3 o conjunto dos polinomios p(x) Q[x] tais que p() = 0.a) Supondo que m(x) tem grau n, prove que o espaco vectorial Q[]tem dimensaon sobre o corpo Q.resoluc ao: Q[] = p() : p(x) Q[x]. Deacordocomoal-goritmo de divisao, p(x) = q(x)m(x)+r(x), onde o grau de r(x) e< n.E evidente que p() = r(), e sendo r(x) = r0 +r1x+ +rn1xn1, temosp() =r() =r0 + r1 ++ rn1n1. Poroutras palavras, o conjuntoB = _1, , , n1_ gera o espacovectorial Q[] sobre Q.Be um conjunto linearmente independente: ser0 + r1 ++rn1n1= 0 com rk Q entao r() = 0, onde r(x) = r0+r1x+ + rn1xn1 Q[x]. Temosportantoquer(x) em ultiplodem(x), e como o grau dem(x) e maior que o der(x) so podemosterr(x) = 0, ou seja,r0 = r1 == rn1 = 0.Conclumos queB e uma base de Q[] sobre Q, e portanto Q[]tem dimensaon.b) Prove que Q[] e um corpo, e uma extensao algebrica de Q.3.6. 3oTESTE:27/5/2003 45resoluc ao:Mostramos primeiro que m(x) e um polinomio irre-dutvel. Para isso, supomos que m(x) = a(x)b(x). Como m() =a()b() = 0, temosa() = 0 oub() = 0. Supondo sem perdade generalidade quea() = 0, conclumos quea(x) ,i.e., m(x)[a(x). Comoeevidentequea(x)[m(x), ospolinomiosm(x) ea(x) sao associados, eb(x) e invertvel. Portantom(x) eirredutvel.E evidente que podemos suporm(x) monico.Sejap(x) Q[x]. Supondop() ,= 0,temos a provar que existeq(x) Q[x]talque1 =q()p(), dondepodemosconcluirqueq() Q[] e o inverso dep().Comod(x)=mdc(p(x), m(x)) efactordem(x), em(x) eirre-dutvel, e claro qued(x) = 1 oud(x) = m(x). Sep() ,= 0, entaop(x) ,, i.e., m(x) naoefactor de p(x), eportantod(x) ,=m(x). Nestecasosopodemoster d(x)=1, eexistempolinomiosq(x), n(x) Q[x] tais que 1 =q(x)p(x) + n(x)m(x).Conclumosque1=q()p(), eq() eoinversodep(), comq() Q[]. Comooselementosnao-nulosdoanel Q[] teminverso em Q[], conclumos que Q[] e um corpo.Sejab Q[]. Para provar queb e algebrico sobre Q, considere-seoconjuntoC= _1, b, b2, , bn_. SeCtemmenosden + 1elementos, eevidentequeexistem0k s entao k i = s +r i < r.Como o termo restante e psqr, que nao e m ultiplo de a, conclumosque mk nao e m ultiplo de a. Portanto a nao e factor do conte udodem(x), e comoa e arbitrariom(x) e primitivo.4. SuponhaqueGeHsaogruposnitos, respectivamentecomnemelementos, e sejaf: G Hum homomorsmo de grupos.a) Prove que sefe injectivo entaon e factor dem.resoluc ao:Se f e injectivo entao f(G) tem n elementos. Comof(G) e um subgrupo de H, e Htem m elementos, conclumos doteorema de Lagrange quen[m.b) O que pode concluir sobrefsen em sao primos entre si?resoluc ao:Sabemos como dissemos acima que f(G) e um sub-grupo de H, e portanto o n umero de elementos de f(G) e divisordem. SejaNon ucleodef, erecorde-seaidentidade: (nodeelementosdeG)=(nodeelementosdeN)(nodeelementosdef(G))Segue-sedestaequacaoqueon umerodeelementosdef(G)etambem factor do n umero de elementos deG, alem de ser factordo n umero de elementos deH. O unico divisor comum den eme 1, e portanto f(G) so pode ter 1 elemento. Por outras palavras,fso pode ser o homomorsmo trivial, que transforma todos oselementos deG na identidade deH.3.7. 1oTESTE:30/3/2004 473.7 1oTeste: 30/3/20041. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nestaquestao, (G, ) e um grupo, e (A, +, ) e um anel unitario.a) Qualquer subgrupo deG contem a identidade deG.resoluc ao:Verdadeiro. Seja e a identidade do grupo originalG, efa identidade do subgrupoH G. Notamos que: f f= f, porquefe a identidade deH. f e = f, porquef G, ee e a identidade deG.Conclumos quef f= f e. Pela lei do corte no grupoG (i.e.,multiplicando `a esquerda porf1, que e o inverso defno grupoG), obtemos imediatamente quef= e.b) Se He Ksao subgrupos de G, e H e um subgrupo normal de G,entaoH K e um subgrupo normal deK.resoluc ao: Verdadeiro. Observamosprimeirodaalneaante-rior que tantoHcomoKcontem a identidade deG, e portantoH K ,= . Por outro lado, e supondo quex, y H K, temos x y1 H, porquex, y H, eHe subgrupo deG, e x y1 K, porquex, y K, eK e subgrupo deG.Conclumos que xy1 HK, e por isso HK e um subgrupodeG, e portanto deK, ja queH K K.Para vericar queH K e um subgrupo normal deK, supomosquex H K, ey K. Temos entao: y x y1 K, porquex, y K, eK e um subgrupo. y x y1H, porquex H, y G, eHe um subgruponormal deG.Temos assim quey x y1H K, eH Ke um subgruponormal deK.c) SeB e um subanel deA, entaoB e tambem um anel unitario.resoluc ao: Falso. Basta recordar o exemploA = Z, que e umanelunitario, etomarparaBosubaneldosinteirospares, quenao e um anel unitario, por razoes obvias.d) Sex, y A, entao (x +y)2= x2+ 2xy +y2.resoluc ao: Falso. Considere-se por exemplooanel Hdosquaternioes, e tome-sex = i, y = j. Observe-se que(i + j)2=i2+ ij + ji + j2= 2,porquei2=j2= 1,eij = ji = k, e i2+ 2ij + j2= 2 + 2k ,= 2.48 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSe) Sea, b A en Z entaon(ab) = (na)b = a(nb).resoluc ao: Verdadeiro. Recorde-seprimeiroquesen Zec A, e sendo O o zero deA, e 0, 1 Z, entao denimos:(1) 0c = O.(2) 1c = c.(3) Sen > 1,nc = (n 1)c +c.(4) Sen > 0, (n)c = n(c).Passamos a vericar a identidaden(ab) = (na)b = a(nb).Sen=0, entaon(ab)=O, (na)b=Ob=O, ea(nb)=aO = O. Usamos aqui a identidade (1), e o facto do zero dequalqueranelserelementoabsorventeparaoproduto, i.e.,aO = Oa = O, para qualquera A.Sen N, a identidade verica-se por inducao.n=1: temos n(ab)=1(ab)=ab, (na)b=(1a)b=ab, ea(nb) = a(1b) = ab, sempre pela identidade (2).n > 1: usando a identidade (3), temosn(ab) = (n 1)(ab) +ab.A hipotese de inducao e(n 1)(ab) = ((n 1)a)b = a((n 1)b),e portanton(ab) = (n1)(ab)+ab = ((n1)a)b+ab = ((n1)a+a)b = (na)b.Analogamente,n(ab) = (n1)(ab)+ab = a((n1)b)+ab = a((n1)b+b) = a(nb).f) Sea A,a equacaox2=a2tem um n umero nito de solucoesemA.resoluc ao: Falso. Considere-se no anelA =M2(R) a equacaox2= 0 = 02, onde 0 e a matriz zero. A equacao tem um n umeroinnito de solucoes, em particular as matrizes da formax =_0 c0 0_, c R.2. Recordequeogrupodiedral Dneogrupodesimetriadopolgonoregular de nlados, etem2nelementos (nreexoes e nrotacoes).Designamospor R2ogrupomultiplicativodasrazesquadradasdaunidade.3.7. 1oTESTE:30/3/2004 49a) Sejaf: Dn R2 dada porf() =_+1, se e uma rotacao,1, se e uma reexao.Mostre quefe um homomorsmo de grupos. Podemos concluirdaqui queasrotacoesemDnformamumsubgruponormal deDn?resoluc ao: As simetrias dopolgonoregular de nlados saotransformacoes ortogonais. As transformacoes ortogonais temdeterminante 1, e as rotacoes sao as transformacoes ortogonaiscomdeterminante1. Portanto, asreexoestemdeterminante1, e a funcaofacima mencionada e o determinante. Mais pre-cisamente, f() eodeterminantedarepresentacaomatricialde numa qualquerbase de R2.Se, Dn, em(), m() sao as respectivas representacoes ma-triciais numadadabasedeR2, temos m( ) =m()m(),eportantodet(m( )=det(m()) det(m()). Comof()=det(m()), temos f() = f()f(), i.e., f e um homomorsmode grupos.AsrotacoesemDnformamumsubgruponormal porquecon-stituem, porrazoesevidentes, on ucleodohomomorsmof, esabemos que o n ucleo de um homomorsmo de grupos e um sub-grupo normal do grupo de partida.b) Determine todos os subgrupos de D5. Quais destes subgrupos saonormais? sugest ao: Podeserconvenientevericarquequal-quer subgrupo que contenha umarotacaor ,= 1 contem todasasrotacoes emD5.resoluc ao: DesignamosporIaidentidadedeD5,que eumarotacao (de zero graus), porr a rotacao de 2/5, e por, , , ,e as 5 reexoes emD5. As restantes rotacoes emD5sao,porrazoes obvias,r2,r3, er4.Qualquerreexao easuapropriainversa,eportantoexistem5subgrupos cada um com 2 elementos, com suportesI, , I, , I, , I, , e I, .Comovimosacima, asrotacoesformamumsubgrupo(normal)deD5, com suporteK = I, r, r2, r3, r4. Temos, alem destes, ossubgrupos (triviais) I eD5.Passamos a vericar que D5 nao tem subgrupos alem dos 8 que jaindicamos. Precisamos para isso de alguns resultados auxiliares:i. Qualquer subgrupo H que contenha uma rotacao ,= I contemtodasas rotacoes.50 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSSe o subgrupo contemr2ou r3entao contemr, porque_r2_3=_r3_2=r6=r. Seosubgrupocontemr4entaocontemr,porquer1= r4.ii. QualquersubgrupoHquecontenhaduasreexoescontemtodasas rotacoes.O produto de duas reexoes (distintas) e uma rotacao ,= 1, epelo resultado anterior o subgrupo contem todas as rotacoes.iii. Qualquer subgrupo Hque contenhaumareexaoe umarotacao ,= 1 e o proprio grupoD5.Ja vimos queHcontem todas as rotacoes, i.e., contemK =I, r, r2, r3, r4. Se Heumareexao,entaoHcontemoselementos, r, r2, r3, r4, quesaodistintos, esaore-exoes. Conclumos queHcontem 5 reexoes e 5 rotacoes,i.e., contem todos os elementos deD5.Finalmente,observamosquequalquersubgrupodeD5possivel-mente distinto dos 8 que indicamos contem pelo menos duas re-exoes, ou uma reexao e uma rotacao, e portanto eD5.Ja vimos que o subgrupo das rotacoes K e normal, e e obvio que 1 eD5 sao subgrupos normais de D5. Resta-nos vericar que os subgruposda forma H = 1, , onde e uma reexao, nao sao normais. Recorde-se que qualquer reexao e inversa de si propria, i.e., satisfaz 1= .Temos agora que se ,= entao 1, H, porque 1= 1 = = 1, o que e impossvel. 1= = =( )1, eportanto eumarotacaoigualasuainversa,ou = 1,que etambemimpossvel, porque ,= .algumasnotassoltas:1 a) Nao podemos invocar na resolucao deste exerccio a identidade f e =f, apretextodefseraidentidadedosubgrupo, porquenestecasosabemos apenas quef x =x f=x para qualquerx H. Tomarx = e equivale a dizer quee H, que e exactamente o que queremosprovar!1 b) O subgrupo HK e normal apenas no subgrupoK! Em geral, HKnao e normal no grupo originalG.1 d) A identidade (x +y)2= x2+2xy +y2e equivalente axy = yx. Qual-quer anel nao-abeliano pode ser usado para obter um contra-exemplo,masconvemescolherelementos xe ytaisque xy ,=yx!Emuitosimples obter exemplos com matrizes.3.8. 2oTESTE:27/4/2004 511 f) Estefactoefalso, mesmoemaneissemdivisoresdezero, desdeque nao-abelianos. Por exemplo, a equacaox2= 1 tem um n umeroinnito de solucoes no anel dos quaternioes.2 a) Existem muitas maneiras de vericar que as rotacoes tem determinante1, e as reexoes determinante 1. Por exemplo, qualquer rotacao deR2em torno da origem e uma transformacao linear com determinante1, porque a respectiva representacao matricial numa base ortonormadae da forma:_cos sen sen cos _.Estamatriztemdeterminantecos2 + sen2=1. Poroutrolado,qualquerreexaodoplanonumarectaquepassepelaorigem eumatransformacao linear com representacao matricial da forma_1 00 1_numabaseortogonal convenientementeescolhida(oprimeirovectorda base tem a direccao da recta em causa, e o segundo e ortogonal `amesma recta). O determinante da transformacao e neste caso 1.2 b) O argumento usado para mostrar que os subgrupos de dois elementosnao sao normais pode ser explorado para determinar a tabuada dogrupoDn. Na realidade, se e uma reexao er e a rotacao de 2/n,entao a tabuada de Dn ca determinada observando que os elementosdeDnsao da formakrm, com 0 k< 2, e 0 m < n, e calculandor. O calculo e directo, se notarmos que r e uma reexao, e portantor=(r)1. Como(r)(rn1)=rn=1, temos(r)1=rn1,i.e.,r = rn1.3.8 2oTeste: 27/4/20041. Esta questao refere-se a equacoesax b(mod 216), coma, b, x Z.a) Determine as solucoes da equacao homogenea 10x 0(mod 216).resoluc ao: Temos216=23 33, e10=25.Eportantoevidente que mdc(10, 216) = 2. Notamos que10x 0 (mod 216) 10x = 216y 5x = 108y 108[5x.Comomdc(5, 108) =1, sabemosque108[5x 108[x.Eporoutro lado obvio que 108[x 108[5x, i.e., 108[x 108[5x, e10x 0 (mod 216) 108[x x 0 (mod 108).52 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSPor outras palavras,x e solucao da equacao homogenea 10x 0(mod 216) se e so sex 0(mod 108), i.e., se e so sex = 108k,comk Z.b) Determine as solucoes da equacao 10x 6(mod 216).resoluc ao: A equacao tem solucoes, porque mdc(10, 216) = 2,e 2 e factor de 6. Podemos calcular uma solucao particular para aequacao 10x 2(mod 216) recorrendo ao algoritmo de Euclides:n m q r y1x1y2x2216 10 21 6 1 0 0 110 6 1 2 0 1 1 216 4 1 2 1 21 1 224 2 2 0 1 22 2 43Conclumos que216(2) + 10(43) =2, i.e., x= 43eumasolucaoparticulardaequacao10x 2(mod 216), dondex=129 = (43)3 e uma solucao particular da equacao 10x 6(mod 216). Asolucaogeral destaequacaopodeserobtidaso-mandoaestasolucaoparticularasolucaogeraldaequacaoho-mogenea corresponente, que e como vimosx = 108k, comk Z,para obter:10x 6 (mod 216) x = 129 + 108k, k Z.Podemos ainda escrever10x 6 (mod 216) x 129 (mod 108).O inteiro 129 pode ser substitudo por qualquer outro que lheseja congruente (mod 108), e e comum escrever a solucao geralrecorrendo `a menor solucao particular positiva, i.e., escrever x 87(mod 108).c) Quantos naturaisa 216 tem inverso (mod 216)?resoluc ao: a e invertvel (mod 216) se e so se a equacao ax 1(mod 216) tem solucao, ou seja, se e so se mdc(a, 216) = 1. Comoos unicos factores primos de 216 sao 2 e 3, segue-se que desejamoscontar os naturaisa 216 que nao sao m ultiplos de 2 nem de 3.E claro que existem216/2 = 108 naturaisa 216 que sao m ultiplos de 2.216/3 = 72 naturaisa 216 que sao m ultiplos de 3.Alguns destes naturais sao simultaneamente m ultiplos de 2 e de3, masessessaom ultiplosdemmc(2, 3) =6. Maisumavez,existem216/6=36m ultiplos de6, menores ouiguais a216.Osnaturaisa 216quesaom ultiplosde2oude3saoentao108 + 72 36 = 144, restando 216 144 = 72 naturaisa 216que sao invertveis (mod 216).3.8. 2oTESTE:27/4/2004 532. Nesta questao,A e um anel unitario, com identidadeI ,= 0, e : Z A e o homomorsmo de aneis dado por(n) = nI.a) Prove que(Z) e o menor subanel deA que contemI.resoluc ao: Temos a provar duas armacoes:(1) (Z) e um subanel deA que contemI.(2) SeI B A, eB e subanel deA, entao(Z) B.A armacao (1) e evidente, porque I = (1) (Z), e (Z) e um subanel deA, porque e a imagem do anel Z pelohomomorsmo de aneis.Para provar (2), suponha-se queI B A, eB e subanel deA.Temos que mostrar que(a)(n) B, para qualquern Z:Demonstramos primeiro, e por inducao emn, que(b)(n) B, para qualquern N: (1) B, porque(1) = I B.Se(n) Bentao(n + 1)=(n) + I B, porqueBefechado para a soma.Sabemosquesen Zentaon N, oun=0, ou n N.Para provar (a), resta-nos mostrar que(n) B, quandon = 0e quando n N.Sen = 0: (0) = 0 A,porque eumhomomorsmodeaneis, eportantotransformaozerodoanel departidanozerodoaneldechegada. QualquersubaneldeAcontemozero deA, e portanto(0) = 0 B.Se n N: (n) = (n), porque e um homomorsmode aneis, e(n) B, de acordo com (b). Portanto(n) B, jaqueBeumsubanel, eporissocontemossimetricosdos seus elementos.b) Mostre que seA e ordenado eA+=(N) entaoA e isomorfo aZ. sugest ao: Verique primeiro que seA e ordenado entao einjectiva, i.e., a caracterstica deA so pode ser 0.resoluc ao: Para mostrar que e injectiva basta-nos provar quen ,= 0 = (n) ,= 0, ja que e um homomorsmo. Recordamosque sen ,= 0 entaon N ou n N. Provamos primeiro:(i) Sen N entao(n) A+, donde(n) ,= 0.Argumentamos por inducao: (1) = I A+, porqueI = I2, eI ,= 0.54 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSSe(n) A+entao(n + 1) = (n) +I A+, porqueA+efechado para a soma.Pela propriedade detricotomia, temos(n) ,= 0.Provamos em seguida:(ii) Se n N, entao(n) ,= 0.(n) A+, de acordo com (i), donde(n) = (n) ,= 0.Conclumos de (i) e (ii) que e injectiva.Supomos agora queA+= (N), e passamos a demonstrar queetambemsobrejectiva. Dadoa A, temosmaisumavezpelapropriedadedetricotomiaquea A+,oua = 0,ou a A+.Observamos que:Sea A+, entaoporhipoteseexisten Ntal quea=(n) (N) (Z).Sea = 0 entaoa = (0) (Z).Se a A+entaotemosmaisumavez a=(n), comn N, ea = (n) = (n) (Z).Conclumos que e um homomorsmo bijectivo,i.e., e um iso-morsmo, e os aneisA e Z sao isomorfos.3. Designamos aqui porS(n) a soma dos divisores naturais den N.a) Quantos naturaisd 4.000 sao divisores de 4.000?resoluc ao: Como 4.000 = 2553, os divisores de 4.000 sao daformad = 2n 3m, com 0 n 5, e 0 m 3. Existem porisso (5 + 1) (3 + 1) = 24 divisores de 4.000.b) DetermineS(4.000).resoluc ao: De acordo com a alnea anterior, temos:S(4.000) =5

n=03

m=02n5m=5

n=02n3

m=05m== (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32)(1 + 5 + 25 + 125) = 63 156 = 9.828c) Resolva a equacaoS(n) = 399 = 3 7 19.resoluc ao: Sepke a maior potencia dep que divide o naturalnentaoasoma1 + p + p2++ pkefactordeS(n). Nestecaso, S(n)=3719tem7factores ,=1, i.e., D=3, 7, 19, 21, 57, 133, 399, e teremos portanto1 +p +p2+ +pk= 3, 7, 19, 21, 57, 133, 399Oscasos =3e =7saomuitofaceisderesolver, jaque3=1 + 2, e7=1 + 2 + 4, correspondendosempreap=2, esendo respectivamentek = 1 ek = 2.3.9. 3oTESTE:25/5/2004 55Para estudar os casos dos restantes factores,convem observar oseguinte:(1) Se 1+p+p2+ +pk= entao 1(modp), i.e., p[1.(2) Se1 + p + p2++ pk= 19, 21, 57, 133, 399entaok 2, e portantop2< .(3) 1 + 2 + 22+ + 2k= 2k+11: os valores correspondentessao: 3, 7, 15, 31, 63, 127, 255, 511,.(4) 1+3+32++3k= (3k+11)/2: os valores correspondentessao: 4, 13, 40, 121, 364,.Seleccionamos assim os possveis primosp para cada valor de:19: 19 1 = 18 = 2 32,p = 2, oup = 3: impossvel.21: 21 1 = 20 = 225,p = 2: impossvel.57: 57 1 = 56 = 237,p = 2, oup = 7: a unica possibilidadee 57 = 1 + 7 + 49, i.e.,p = 7, ek = 2.133: 133 1 = 132 = 22 311, p = 2, oup = 3, oup = 11: a unica possibilidade e 133 = 1+11+121, i.e., p = 11 e k = 2.399: 399 1 = 398 = 2 199,p = 2: impossvel. Repare-se quepara vericar que 199 e primo basta testar os factores primos2 p 13.Eevidenteque2, 3, 5e11naosaofactoresde199, pelo que apenas temos que calcular 199 3(mod 7), e199 4(mod 13).Resumimos as solucoes que encontramos para a equacao1 +p +p2+ +pk= 3, 7, 19, 21, 57, 133, 399 p k3 2 1 3 = 1 + 27 2 2 7 = 1 + 2 + 457 7 2 57 = 1 + 7 + 49133 11 2 133 = 1 + 11 + 121Como 399 = 3133 = 757, a equacaoS(n) = 399 tem exac-tamente duas solucoes: n = 2 112= 242, en = 2272= 196.3.9 3oTeste: 25/5/20041. Este grupo refere-se ao anelA = Z1155.a) Determineumasolucaoparticulardaequacao60x=15, comx Z1155. Quantas solucoes tem esta equacao?resoluc ao: Aequacaoaresolver eequivalentea60x15(mod 1155), quetemsolucaoseesosemdc(60, 1155)[15. Co-mecamos por isso por calcular mdc(60, 1155), usando o algoritmo56 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSde Euclides:n m q r y1x1y2x21155 60 19 15 1 0 0 160 15 4 0 0 1 1 19Temos assim 15 = mdc(60, 1155), e 15 = (1155)(1) + (60)(19).Emparticular, x= 19=1136eumasolucaoparticulardaequacao original.O n umero de solucoes da equacao original, que e nao-homogenea,eon umerodesolucoesdaequacaohomogeneacorrespondente,quee60x=0. Esta ultimaequacaoeequivalentea1155[60x,ou, dividindopor15, 77[4x. Como77e4saoprimosentresi,conclumos que 77[x. Finalmente, como 1155 = 7715, e claroque a equacao tem 15 solucoes no anel Z1155.b) O subanelB =< 60 > A tem identidade?Em caso armativo,qual e essa identidade?resoluc ao: Vimos que mdc(60, 1155) = 15, dondeB =< 60 >=< 15 >e um anel com 1155/15 = 77 elementos.Como 15 e 77 sao primos entre si, segue-se que B tem identidade.A identidade e a classe de equivalencia do inteirox, onde_x 0 (mod 15)x 1 (mod 77)Temosx = 1 + 77y 1 + 77y 0 (mod 15) 2y 1 (mod 15).Multiplicando por 7, que e inverso de 2(mod 15), obtemosy 7 (mod 15) y = 7+15z x = 1+77(7+15z) = 540+1155z.Conclumos quex 540(mod 1155), e a identidade do subanelB e 540.2. Neste grupo,p(x) Z3[x], eFe o anel das funcoesf: Z3 Z3. De-signamos por : Z3[x] Fo homomorsmo de aneis que transformacadapolinomionarespectivafuncaopolinomial, eg: Z3 Z3eafuncao dada porg(0) = g(1) = 2, eg(2) = 1.a) Determinep(x) tal que(p(x)) = g.3.9. 3oTESTE:25/5/2004 57resoluc ao: Usamos aformuladeinterpolacaodeLagrange.Consideramos primeiro os polinomiospk(x), dados por:p0(x) =2(x 1)(x 2)p1(x) =2x(x 2)p2(x) =2x(x 1)Notamosquequalquer ,=kerazdepk(x), epk(k)=1. Opolinomio Ap0(x)+Bp1(x)+Cp2(x) toma assim os valores A, B,e C, respectivamente em 0, 1, e 2, e no caso presente A = B = 2,eC = 1, i.e.,p(x) =2p0(x) + 2p1(x) +p2(x)=(x 1)(x 2) + x(x 2) + 2x(x 1)=x2+ 2 + x22x + 2x22x = x2+ 2x + 2b) Qual e a solucao geral da equacao(p(x)) = g?resoluc ao:Como vimos, o polinomio p(x) = x2+2x+2 e umasolucaoparticulardestaequacao. Como eumhomomorsmo(de aneis), a solucao geral resulta de adicionar, a esta, a solucaogeral da equacao homogenea(p(x)) = 0, ou seja, adicionar umqualquer elemento do n ucleo de. Por outras palavras, temos adeterminar o n ucleo do homomorsmo.O n ucleo de e um ideal de Z3[x], e portanto e da formaN() =< m(x) >= q(x)m(x) : q(x) Z3[x],jaque Z3eumcorpo. OspolinomiosemN()sao, porrazoesevidentes, os que tem 0, 1, e 2 como razes, e m(x) e um qualquerdos polinomios nao-nulos, e de grau mnimo, no n ucleo de.Ograudem(x)epelomenos3, porquem(x)temtresrazesdistintas. Comox(x 1)(x 2) =x(x2+ 2) =x3+ 2x eumpolinomiodegrau3comas razes emcausa, podemos tomarm(x) = x3+ 2x.A solucao geral da equacao nao-homogenea e assim:p(x) = x2+ 2x + 2 +q(x)(x3+ 2x), q(x) Z3[x]3. Este grupo refere-se ao anel dos inteiros de Gauss Z[i].a) Suponha que n, m Z, e p = n2+m2e um inteiro primo. Mostrequen +mi e um elemento irredutvel de Z[i].resoluc ao: Suponha-sequen + mi=(a + bi)(c + di), donde[n +mi[2= [a +bi[2[c +di[2, i.e.,p = n2+m2= (a2+b2)(c2+d2).58 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSComopeuminteiroprimo, temoscertamentea2+ b2=1ouc2+ d2= 1, i.e., um dos elementosa + bi ouc + di e invertvel.Comon + minao enuloneminvertvel,segue-sequen + mi eirredutvel.b) Considere o inteiro de Gaussz = 15(2 + 3i)2. Quantos divisoresdezexistememZ[i]? sugest ao: Comocalculaon umerodedivisoresk N de um dadon N?resoluc ao: A seguinte factorizacao paraz e imediata:z = 15(2 + 3i)2= 3 5 (2 + 3i)2= 3(2 +i)(2 i)(2 + 3i)2.Os inteiros de Gauss 2 +i, 2 i e 2 + 3i sao irredutveis, porque22+ 12= 5, e 22+ 32= 13. 3 e um inteiro de Gauss irredutvel,porquequalquerinteiroprimopquesatisfacap 3(mod 4)eirredutvel emZ[i]. A factorizacao de z indicada acima e portantoa factorizacao dez em elementos irredutveis, e os divisores dezsao os inteiros de Gauss da forma:w = u3(2 +i)(2 i)(2 + 3i),onde 0 , , 1, 0 2, eu 1, 1, i, i e um inteirode Gauss invertvel.Existem assim 4 2 2 2 3 = 96 divisores dez.4. SejaKumcorpoeA=K [[x]] oanel dasseriesdepotenciascomcoecientes emK.a) Mostre que os elementos invertveis deA sao as series da forma

n=0anxn, coma0 ,= 0.resoluc ao:E evidente que_

n=0anxn__

m=0bmxm_= 1 a0b0 = 1 a0 ,= 0.Resta-nos mostrar que se a0 ,= 0 entao existe uma serie

m=0bmxmtal que (

n=0anxn) (

m=0bmxm) = 1. Para isso, denimos oscoecientesbm recursivamente, de forma a que:a0b0 = 1, e, paran > 0,n

k=0akbnk = 0.Basta-nos tomarb0 =a10, e, paran> 0, e supondobkdenidopara 0 k < n, notar quen

k=0akbnk = 0 a0bn = n

k=1akbnk bn = a10_n

k=1akbnk_.3.9. 3oTESTE:25/5/2004 59b) A e um d.i.p. e/ou um d.f.u.?resoluc ao: Seja0,=s(x) = k=0skxk K[[x]], e n =mink 0 : sk ,= 0. Segue-se da alnea anterior ques(x) = xnu, ondeu K[[x]] e invertvel.Por outras palavras, se s(x) ,=0entaoexiste n 0tal ques(x) xnem K[[x]]. Seja agora I K[[x]] um ideal. Se I = 0eobvioqueI=< 0> eumidealprincipal. SeI ,= 0, entaoexiste uma serie 0 ,= s(x) I, e existen 0 tal ques(x) xn.EclaroquexnI, eemparticular n 0: xnI , = .Consideramosd = minn 0 : xn I, dondexd I.EclaroqueI. ParavericarqueI , seja0 ,=t(x) I, dondet(x) =xmv, ondev e invertvel, exmI.Temos entaom d, et(x) = (xmdv)xd, i.e., t(x) , e< xd> I.Conclumos queK[[x]] e um p.i.d., donde e tambem um d.f.u.Notas sobre a resolucao:As questoes (1a) e (2b) sao ambas aplicacoes directas duma ideia quecomecamos a referir ainda no primeiro captulo. Seja (G, ) um grupo, : G Hum homomorsmo de grupos, e suponha-se que a equacao(x) = y0tem uma solucao particularx0. Neste caso, a solucao geralda equacao ex =x0 n, onden N(), i.e., onden e um elementoarbitrario do n ucleo de. Na questao (1a), temos : Z1155 Z1155,dadopor(x) = 60x. Naquestao(2b), temos : Z3[x] F, onde(p(x)) e a funcao polinomial determinada por p(x), e denida em Z3.Em ambos os casos, e depois de determinar uma solucao particular, eapenas necessario calcular o n ucleo de.A questao (1b) esta documentada na seccao 3.1 do livro (proposicao3.1.25).Sobre a questao (2a), recorde-se que, num corpo nito K = a1, , an,o valor do polinomioqk(x) = i=k(x ai) e, no pontoak, uma con-stanteindependentedek. enarealidadeigual aoprodutodoselementos nao-nulos deK. No caso de Z3, temos = 12 = 2. Aousar a formula de interpolacao de Lagrange, recorremos aos polinomiospk(x) = 1qk(x), para forcarpk(ak) = 1. Em Z3 temos 21= 2.60 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOS3.10 1oTeste: 31/3/20051. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nestaquestao, (G, ) e um grupo, e (A, +, ) e um anel unitario.a) Qualquer subgrupo deG contem a identidade deG.resoluc ao:Verdadeiro. Seja e a identidade do grupo originalG, efa identidade do subgrupoH G. Notamos que: f f= f, porquefe a identidade deH. f e = f, porquef G, ee e a identidade deG.Conclumos quef f= f e. Pela lei do corte no grupoG (i.e.,multiplicando `a esquerda porf1, que e o inverso defno grupoG), obtemos imediatamente quef= e.b) Qualquer subanel unitario deA contem a identidade deA.resoluc ao: Falso. SejaA =M2(R)ousualaneldasmatrizes22comentradas reais, e Bosubanel de Aformadopelasmatrizes da forma_x 00 0_.E claro queA eBsao aneis unitarios com identidades distintas.c) Sex G ex2= e, ondee e a identidade deG, entaox = e.resoluc ao:Falso. No grupo (multiplicativo) das razes quadradasdaunidade, G = 1, 1,aequacaox2= 1temrazesx = 1ex = 1.d) Sex A ex2= 0 entaox = 0.resoluc ao: Falso. No anelA = M2(R), temosx =_a bc d_x2=_a2+bc b(a +d)c(a +d) d2+bc_.Podemos tomar a+d = 0, e escolher b e c de modo a que a2+bc =0, para obterx ,= 0, ex2= 0. Por exemplo,x =_1 11 1_.2. OgrupoGL(2, R)eformadopelasmatrizes22, invertveis, comentradas em R, com o produto usual de matrizes. Para cada um dosseguintesexemplos, digaseHeumsubgrupodeGL(2, R), e, casoarmativo, seHe um subgrupo normal deGL(2, R).3.10. 1oTESTE:31/3/2005 61a) H = _a 00 b_, ab ,= 0.resoluc ao:EobvioqueH ,= , eporissotemosavericarapenas quex, y H xy1 H. Note-se, para isso, que sendoa ,= 0 eb ,= 0 entaoy =_a 00 b_y1=_a100 b1_.Conclumos que:x =_c 00 d_, y =_a 00 b_xy1=_ca100 db1_ H.Temos assim queH e um subgrupo deGL(2, R).Considerem-se agora as matrizes (1)x =_1 00 1_ H, y =_1 01 1_ GL(2, R), dondey1=_1 01 1_.O seguinte calculo e imediato:y1xy =_1 01 1_ _1 00 1_ _1 01 1_=_1 02 1_, H.Conclumos queHn ao e um subgrupo normal deGL(2, R).b) H = M GL(2, R) : det(M) = 1.resoluc ao: H ,= , ja que contem, por exemplo, a matriz iden-tidade. Paravericarquex, y H xy1H, recordamosque det(xy) =det(x) det(y), e det(y1) =det(y)1. Comox, y H det(x) = det(y) = 1, temos entao quedet(xy1) = det(x) det(y1) = det(x) det(y)1= 1.Conclumos queH e um subgrupo deGL(2, R).Sex Hey GL(2, R), temos aindadet(y1xy) = det(y1) det(x) det(y) = det(y) det(y)1= 1.Por outras palavras,y1xy H, donde1Notequeamatrizyrepresentaumaoperacaoelementar sobrelinhas/colunas,oqueemparticulartornaocalculodasuainversaimediato.62 CAPITULO3. TESTESRESOLVIDOSHe um subgruponormal deGL(2, R).3. Nesta questao, G = 1, i, 1, i e o grupo multiplicativo dasrazesquartasdaunidade, e Z2= 0, 1 eousual grupoaditivocomdoiselementos.a) Determine todos os homomorsmos de grupof: Z2 G.resoluc ao: Temos f(0) = 1, porque qualquer homomorsmo degrupos transforma a identidade do grupo de partida na identidadedo grupo de chegada. Resta-nos por isso determinarf(1). Note-se quef(1)2= f(1)f(1) = f(1+1) = f(0) = 1 f(1) = 1 ouf(1) = 1.No caso em quef(1) = 0,fe o homomorsmo constante trivial.Nocasoemquef(1) = 1, feevidentementeumisomorsmoentre Z2 e o subgrupo deG com 2 elementos.b) Suponha queHe um grupo,eg:G He um homomorsmosobrejectivo. Classique o grupoH.resoluc ao: G tem apenas 3 subgrupos, respectivamente com 1,2, ou4elementos, quesao 1, 1, 1, eG. Estessubgrupossao todos normais, porque Ge abeliano. Conclumos que o n ucleoN(g) pode ter 1, 2, ou 4 elementos.SeN(g)tem1elemento, entaogeumisomorsmo, epor-tantoH G. Este caso e certamente possvel, por exemplocomG = H, sendog a funcao identidade.SeN(g) tem 2 elementos, entao cada elemento deHe ima-gemde2elementosdeG, eportantoHtem2elementos.Como todos os grupos de 2 elementos sao isomorfos entre si,Heisomorfoaogrupomultiplicativodasrazesquadradasda unidade 1, 1. Este caso e igualmente possvel, porquecorresponde ag : G 1, 1, dado porg(x) = x2.Se N(g) tem4elementos, entaotodos os elementos de Gpertencem ao n ucleo, i.e.,g e o homomorsmo trivial, eH eum grupo com 1 elemento. Este caso e obviamente possvel.Conclumos queHpode ser isomorfo exactamente a um dos tresseguinte grupos: 1, 1, 1, G.3.11 2oTeste: 28/4/20051. Diga, em cada caso, se a armacao e verdadeira ou falsa, justicandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo.3.11. 2oTESTE:28/4/2005 63a) Todososgruposnaoabelianoscom8elementossaoisomorfosentre si.resoluc ao: A armacao efalsa. Basta recordar o grupo mul-tiplicativodosquaternioesunitarios, H8= 1, i, j, k, eogrupodiedral D4, dassimetriasdoquadrado. Existem6el-ementos x D4taisquex2=1(aidentidade, as4reexoesnoseixosdesimetriadoquadrado,earotacaode180o),eape-nas 2 elementos em H8 que satisfazem a mesma equacao, que saox = 1.b) Nogrupodiedral Dn(grupodesimetriadopolgonoregularden lados), as rotacoes formam um subgrupo normal deDn.resoluc ao: A armacao e verdadeira. Sabemos que as sime-trias sao transformacoes (lineares) ortogonais, e recordamos queas rotacoesr D4sao os elementos deD4com determinante 1,e as reexoes sao os elementos D4 com determinante 1.As rotacoes em D4 formam um subgrupo de D4, porque o produtodeduasrotacoestemdeterminante1, logoeumarotacao, eainversa de uma rotacao tem tambem determinante 1, e e por issoigualmenteumarotacao. Finalmente, senaoeumarotacaoentao = 1e uma reexao, e se r e uma rotacao entao 1reumarotacao, porqueoseudeterminantee(1)1(1) =1.Conclumos assim que as rotacoes formam um subgrupo normaldeD4.c) Sen, m, k N, mdc(n, m) = 1 en[mk entaon[k.resoluc ao:A armacao e verdadeira. Como mdc(n, m) = 1,existemx, y Z tais que 1 =nx + my,dondek =nkx + mky.Dadoquenkxemkysaoobviamentem ultiplosden, segue-sequek e m ultiplo den, i.e.,n[k.2. Neste grupo,x, y ez0 sao n umeros inteiros.a) Qual e o menor natural z0 para o qual a equacao 2279x+731y =z0 tem solucoes?resoluc ao: Sabemosquez0=mdc(2279, 731), ecomecamospor calcularz0, usando o algoritmo de Euclides:n m q r x1y1x2y22279 731 3 86 1 0 0 1731 86 8 43 0 1 1 386 43 2 0 1 3 8 25Temos z0 = 43 = mdc(2279, 731), e 43 = (2279)(8) +(731)(25).b) Sendo z0