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  • 1. Provas de ca a ´Introdu¸˜o ` Algebra Manuel Ricou Departamento de Matem´tica a Instituto Superior T´cnico e 19 de Janeiro de 2008
  • 2. Conte´ do u1 Enunciados de Testes 3 1.1 1o Teste: 12/4/2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 2o Teste: 18/5/2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.3 3o Teste: 15/6/2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.4 1o Teste: 5/4/2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.5 2o Teste: 10/5/2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.6 3o Teste: 12/6/2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.7 1o Teste: 10/4/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.8 2o Teste: 15/5/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.9 3o Teste: 7/6/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.10 1o Teste: 18/3/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.11 2o Teste: 29/4/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.12 3o Teste: 27/5/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.13 1o Teste: 30/3/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.14 2o Teste: 27/4/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.15 3o Teste: 25/5/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.16 1o Teste: 31/3/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.17 2o Teste: 28/4/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.18 3o Teste: 25/5/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.19 1o Teste: 27/3/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.20 2o Teste: 8/5/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.21 3o Teste: 5/6/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 Enunciados de Exames 17 2.1 1o Exame: 1/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.2 2o Exame: 24/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.3 1o Exame: 4/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.4 2o Exame: 21/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.5 1o Exame: 9/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.6 2o Exame: 24/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.7 1o Exame: 1/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 2.8 2o Exame: 18/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.9 1o Exame: 7/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 i
  • 3. ii ´ CONTEUDO 2.10 2o Exame: 21/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273 Testes Resolvidos 29 3.1 1o Teste: 10/4/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 3.2 2o Teste: 15/5/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 3.3 3o Teste: 7/6/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 3.4 1o Teste: 18/3/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 3.5 2o Teste: 29/4/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 3.6 3o Teste: 27/5/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 3.7 1o Teste: 30/3/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.8 2o Teste: 27/4/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 3.9 3o Teste: 25/5/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3.10 1o Teste: 31/3/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3.11 2o Teste: 28/4/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 3.12 3o Teste: 25/5/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 3.13 1o Teste: 27/3/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 3.14 2o Teste: 8/5/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 3.15 3o Teste: 5/6/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724 Exames Resolvidos 77 4.1 1o Exame: 1/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 4.2 2o Exame: 24/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 4.3 1o Exame: 4/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 4.4 2o Exame: 21/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 4.5 1o Exame: 9/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 4.6 2o Exame: 24/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 4.7 1o Exame: 1/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 4.8 2o Exame: 18/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 4.9 1o Exame: 7/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 4.10 2o Exame: 21/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
  • 4. Cap´ ıtulo 1Enunciados de Testes1.1 1o Teste: 12/4/2000 1 2 3 4 5 6 7 8 1. Considere a permuta¸˜o ca em S8 . Quais 3 1 5 6 7 8 2 4 s˜o as suas ´rbitas? Qual ´ a sua paridade? a o e 2. Sejam G e H grupos. Demonstre as seguintes afirma¸˜es: co a) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, e I ´ a identidade e e de G, ent˜o f (I) ´ a identidade de H. a e b) Se A e B s˜o subgrupos do grupo G, A ∩ B ´ tamb´m subgrupo a e e de G. 3. Seja A um anel com identidade I. Diga se as seguintes afirma¸˜es s˜o co a verdadeiras ou falsas, justificando as suas respostas com uma demon- stra¸˜o ou um exemplo. ca a) Se B ´ subanel de A ent˜o B tem identidade I. e a b) A equa¸˜o x2 = I tem no m´ximo as solu¸˜es x = I e x = −I. ca a co 4. Sendo G = {1, i, −1, −i} o grupo formado pelas ra´ızes quartas da unidade, quais s˜o os homomorfismos f : G → G? Quais s˜o os a a automorfismos f : G → G? Sugest˜o: Determine f (i). a1.2 2o Teste: 18/5/2000 1. Seja d o m´ximo divisor comum de 663 e 969. a a) Determine uma solu¸˜o da equa¸˜o 969x + 663y = d. ca ca b) Determine todas as solu¸˜es da equa¸˜o 969x + 663y = 0. (Ex- co ca prima a solu¸˜o na forma (x, y) = k(a, b), k ∈ Z.) ca 3
  • 5. 4 CAP´ ITULO 1. ENUNCIADOS DE TESTES c) Determine todas as solu¸˜es da equa¸˜o 969x + 663y = d. co ca 2. Os n´meros 1.234.567 e 1.234.572 s˜o primos entre si? Porquˆ? u a e 3. Seja n ∈ N. As seguintes afirma¸˜es s˜o verdadeiras ou falsas? co a a) Existe pelo menos um n´mero primo p > n. u b) Existem n naturais consecutivos que n˜o s˜o primos. a a 4. Seja A um anel com identidade I, e N (A) o menor conjunto indutivo em A. a) Prove que N (A) = {nI : n ∈ N}. b) Mostre que N (A) ´ finito e tem m elementos se e s´ se m ∈ N ´ a e o e menor solu¸˜o da equa¸˜o nI = 0. Sugest˜o: Considere o n´cleo ca ca a u do homomorfismo f : Z → A dado por f (n) = nI.1.3 3o Teste: 15/6/2000 1. Considere o anel Z55 . a) Quais s˜o os divisores de zero neste anel? a b) Resolva a equa¸˜o x2 = 4 em Z55 . ca c) Suponha que h : Z5 → Z55 ´ um homomorfismo de an´is. Quais e e s˜o os valores poss´ a ıveis para h(1)? 2. Suponha que o anel A ´ um anel com caracter´ e ıstica 0. Prove que: a) A tem um subanel isomorfo ao anel dos inteiros. b) Se A ´ um corpo, ent˜o A tem um subcorpo isomorfo ao corpo e a dos racionais. 3. Esta quest˜o refere-se a polin´mios com coeficientes em Z3 . a o ıveis da forma x2 + x + a. a) Determine todos os polin´mios irredut´ o b) Qual ´ o m´ximo divisor comum de x4 +1 e x4 +2x3 +2x2 +x+1? e a c) Quantos elementos tem o quociente A = Z3 [x]/ < x4 + 1 >? d) O elemento x4 + 2x3 + 2x2 + x + 1 ´ invert´ no anel A? e ıvel1.4 1o Teste: 5/4/2001 1. Considere as permuta¸˜es π = (3, 5, 9)(2, 4, 6)(1, 8, 7) e ρ = (2, 9)(1, 8) co do grupo S9 . a) Diga se cada uma destas parti¸˜es ´ par ou ´ co e ımpar.
  • 6. 1.5. 2o TESTE: 10/5/2001 5 b) Quais s˜o as ´rbitas de πρ? a o 2. Sendo (G, ∗) um grupo, demonstre as seguintes afirma¸˜es: co a) Se N e H s˜o subgrupos de G ent˜o N ∩H ´ um subgrupo de G. a a e b) Se G ´ abeliano, qualquer subgrupo de G ´ normal. e e c) O elemento neutro de qualquer subgrupo de G ´ o elemento neutro e de G. 3. Seja A um anel unit´rio, com identidade I = 0. a a) Mostre que o produto de dois elementos invert´ ıveis de A ´ um e elemento invert´ de A. ıvel b) Um subanel de A pode ter uma identidade distinta da identidade de A? Porquˆ? e c) Se A tem 3 elementos, podemos concluir que A ´ isomorfo a e (Z3 , +, ×)? Porquˆ? e1.5 2o Teste: 10/5/2001 1. Seja d o m´ximo divisor comum de 2093 e 483. a a) Determine uma solu¸˜o da equa¸˜o 2093x + 483y = d. ca ca b) Determine todas as solu¸˜es da equa¸˜o 2093x + 483y = 0. (Ex- co ca prima a solu¸˜o na forma (x, y) = k(a, b), k ∈ Z.) ca c) Determine todas as solu¸˜es da equa¸˜o 2093x + 483y = d. co ca 2. Seja A um anel com identidade I, e N (A) o menor conjunto indutivo em A. Prove que N (A) = {nI : n ∈ N}. 3. Determine todos os naturais x que satisfazem simultaneamente as duas congruˆncias x ≡ 2 (mod 17) e x ≡ 5 (mod 13). e n 4. Os n´meros da forma Fn = 22 + 1, com n ≥ 0, dizem-se os “n´meros u u de Fermat”. a) Demonstre que se Gn ´ o produto dos n´meros de Fermat Fk , e u 0 ≤ k ≤ n, ou seja, se Gn = F0 × F1 × · · · × Fn , ent˜o Fn+1 = a Gn + 2, para qualquer n ≥ 0. b) Prove que se n = m ent˜o Fn e Fm s˜o primos entre si. a a
  • 7. 6 CAP´ ITULO 1. ENUNCIADOS DE TESTES1.6 3o Teste: 12/6/2001 1. Considere neste exerc´ o anel Z216 . ıcio a) Quantos suban´is tem o anel Z216 ? Quantos geradores tem este e anel? b) Sendo f : Z216 → Z8 ⊕ Z27 um isomorfismo de an´is, determine e x ∈ Z216 tal que f (x) = (7, 21). 2. Seja h : Zn → Zm um homomorfismo. Demonstre as seguintes afirma- co ¸˜es: a) Se h ´ injectivo ent˜o n ´ um factor de m. e a e b) Se h ´ sobrejectivo ent˜o n ´ m´ltiplo de m. e a e u 3. Considere o anel quociente A/I, onde A = Z2 [x], e I =< x3 + x + 1 >. a) Determine o inverso de x2 + 1 em A/I. b) Existem elementos n˜o-invert´ a ıveis no anel A/I? c) Os elementos do anel A/I podem ser representados na forma a + bi + cj, onde a, b, c ∈ Z2 , i = x, e j = x2 . Mostre que I 2 = j, j 2 = i + j, e ij = 1 + i. d) Na nota¸˜o da al´ ca ınea anterior, quais s˜o os factores irredut´ a ıveis do polin´mio x3 + x + 1 no anel dos polin´mios com coeficientes o o em A/I?1.7 1o Teste: 10/4/2002 1. Mostre que o grupo (Z4 , +) n˜o ´ isomorfo ao grupo (Z2 ⊕ Z2 , +). a e 2. Seja H = {A ∈ Mn (R) : det(A) = 1}. a) Mostre que H com o produto usual de matrizes ´ um grupo. e b) Sendo G o grupo formado por todas as matrizes invert´ ıveis, com a mesma opera¸˜o, mostre que H ´ um subgrupo normal de G. ca e 3. Sendo J e K ideais de um dado anel A, prove que L = {x + y : x ∈ J, y ∈ K} ´ um ideal de A. e 4. Suponha que x e y pertencem a um anel A. a) Mostre que x2 − y 2 = (x − y)(x + y) para quaisquer x, y ∈ A se e s´ se A ´ um anel abeliano. o e b) Supondo que A ´ abeliano e x2 = y 2 , temos necessariamente e x = ±y?
  • 8. 1.8. 2o TESTE: 15/5/2002 7 ızes-4 da unidade, G = {1, i, −1, −i}, com o 5. Considere o grupo das ra´ produto usual de complexos, e o grupo (Z2 , +). Quais s˜o os homo- a morfismos h : G → Z2 ? Sugest˜o: Comece por recordar que o n´cleo a u de h ´ um subgrupo de G. e1.8 2o Teste: 15/5/2002 1. Esta quest˜o refere-se ao anel dos inteiros Z. Seja J =< 24 > o a conjunto dos m´ltiplos de 24, e K =< 36 > o conjunto dos m´ltiplos u u de 36. a) Qual ´ o menor elemento positivo de J ∩ K? Quais s˜o os ele- e a mentos de J ∩ K? b) Qual ´ o menor ideal de Z que cont´m os ideais J e K? e e 2. Mostre que os n´meros 1.999.991 e 1.999.994 s˜o primos entre si. u a 3. Ainda no anel dos inteiros, considere a equa¸˜o 105x + 154y = d. ca a) Qual ´ o menor natural d para o qual a equa¸˜o acima tem e ca solu¸˜es? Resolva a equa¸˜o para esse natural d. co ca b) O elemento 105 tem inverso no anel Z154 ? Quantos elementos tem < 105 >? c) O subanel < 105 > tem identidade? Caso afirmativo, qual ´ essa e identidade? 4. Prove que se n ´ natural ent˜o e a n n2 (n + 1)2 k3 = . 4 k=1 5. Sejam n, m ∈ N, D = mdc(n, m) e M = mmc(n, m). Prove que nm = DM . Sugest˜o: Supondo que n = aD e m = bD, mostre que qualquer a m´ltiplo comum de n e m ´ m´ltiplo de abD. u e u1.9 3o Teste: 7/6/2002 1. Considere p(x) = x4 + 2x3 + 2x + 2 e q(x) = x4 + 1 em Z3 [x]. a) Determine o m´ximo divisor comum de p(x) e q(x). a b) Qual ´ menor m´ltiplo comum de p(x) e q(x)? e u ∞ n 2 ∞ 3n 2. Mostre que ( n=0 x ) = (1 + 2x) n=0 x em Z3 [[x]].
  • 9. 8 CAP´ ITULO 1. ENUNCIADOS DE TESTES 3. Considere o anel quociente A/I, onde A = Z2 [x], e I =< x2 + 1 >. a) Quantos elementos tem o anel A/I? b) Determine a tabuada da multiplica¸˜o em A/I. ca 4. Seja α ∈ R um n´mero irracional alg´brico sobre Q. Seja ainda J o u e conjunto dos polin´mios p(x) ∈ Q[x] tais que p(α) = 0. o a) Mostre que J =< m(x) >, onde m(x) ´ m´nico e irredut´ em e o ıvel Q[x]. b) Prove que Q[α] ´ um corpo. e √ c) Seja α = 2. Mostre que m(x) = x3 − 2, e determine a, b, c ∈ Q 3 tais que 1 √ √ √ 3 √ = a + b 3 2 + c 3 4. 3 1+ 2+ 41.10 1o Teste: 18/3/2003 1. Seja S 1 = {z ∈ C : |z| = 1}. a) Mostre que S 1 com o produto usual de complexos ´ um grupo. e b) Sendo n ∈ N e Rn = {z ∈ C : z n = 1}, mostre que Rn ´ um e subgrupo de S 1 . c) Seja R = ∪∞ Rn . R ´ igualmente um subgrupo de S 1 ? n=1 e 2. Determine todos os homomorfismos de grupo f : S3 → Z2 . (S3 ´ oe grupo das permuta¸˜es em {1, 2, 3}, e Z2 o grupo aditivo com dois co elementos). 3. Sejam A e B an´is, e f : A → B um homomorfismo de an´is. e e a) Prove que f (O) = O∗ , onde O e O∗ s˜o os zeros de respectiva- a mente A e B. b) Prove que f (−x) = −f (x) para qualquer x ∈ A. c) Se x ´ invert´ em A, temos sempre f (x) invert´ em B? e ıvel ıvel d) Mostre que f (nx) = nf (x), para quaisquer n ∈ Z e x ∈ A. Sugest˜o: Deve recordar a defini¸˜o de na, para n ∈ Z e a ∈ G, a ca onde G ´ um qualquer grupo aditivo. Para n > 0, deve proceder e por indu¸˜o. ca
  • 10. 1.11. 2o TESTE: 29/4/2003 91.11 2o Teste: 29/4/2003 1. a) Quantos divisores naturais tem 2.000? b) Quantos naturais 1 ≤ k ≤ 2.000 s˜o primos relativamente a a 2.000? 2. Determine todas as solu¸˜es da equa¸˜o 87x ≡ 3 (mod 6.000) em Z. co ca 3. Determine todas as solu¸˜es da equa¸˜o x2 y = 108, onde x e y s˜o co ca a inteiros. Sugest˜o: Recorde o teorema fundamental da Aritm´tica. a e 4. Suponha que a, b e m s˜o inteiros fixos. Prove que a a) ax ≡ b (mod m) tem solu¸˜es inteiras x se e s´ se b ´ m´ltiplo co o e u de mdc(a, m). b) ax ≡ 0 (mod m) tem solu¸˜es x ≡ 0 (mod m) se e s´ se ax ≡ 1 co o (mod m) n˜o tem solu¸˜es (supondo m = 0). a co 5. Considere o ideal J =< 87 > em Z6000 . a) Quantos elementos tem J? Quantos geradores tem J? b) J tem identidade? Se J tem identidade, qual ´ a sua identidade? e1.12 3o Teste: 27/5/2003 1. Considere os polin´mios p(x) = x3 + 25x2 + 10x − 5 e q(x) = 1 + x + x2 o em Q[x]. a) Quais dos polin´mios p(x) e q(x) s˜o irredut´ o a ıveis em Q[x]? b) Determine a(x), b(x) ∈ Q[x] tais que 1 = a(x)(1 + x + x2 ) + b(x)(1 + x2 ). 2. Suponha que α ∈ R ´ um n´mero irracional alg´brico sobre Q. Seja e u e J =< m(x) > o conjunto dos polin´mios p(x) ∈ Q[x] tais que p(α) = 0. o a) Supondo que m(x) tem grau n, prove que o espa¸o vectorial Q[α] c tem dimens˜o n sobre o corpo Q. a b) Prove que Q[α] ´ um corpo, e uma extens˜o alg´brica de Q. e a e 3. Suponha que p(x), q(x) ∈ Z[x]. Diga (com a correspondente justi- fica¸˜o!) se cada uma das seguintes afirma¸˜es ´ falsa ou verdadeira. ca co e a) Se p(x) ´ irredut´ em Q[x] ent˜o p(x) ´ irredut´ em Z[x]. e ıvel a e ıvel b) Se p(x) e q(x) s˜o primitivos, ent˜o p(x)q(x) ´ primitivo. a a e
  • 11. 10 CAP´ ITULO 1. ENUNCIADOS DE TESTES 4. Suponha que G e H s˜o grupos finitos, respectivamente com n e m a elementos, e seja f : G → H um homomorfismo de grupos. a) Prove que se f ´ injectivo ent˜o n ´ factor de m. e a e b) O que pode concluir sobre f se n e m s˜o primos entre si? a1.13 1o Teste: 30/3/2004 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta ca quest˜o, (G, ∗) ´ um grupo, e (A, +, ×) ´ um anel unit´rio. a e e a a) Qualquer subgrupo de G cont´m a identidade de G. e b) Se H e K s˜o subgrupos de G, e H ´ um subgrupo normal de G, a e ent˜o H ∩ K ´ um subgrupo normal de K. a e c) Se B ´ um subanel de A, ent˜o B ´ tamb´m um anel unit´rio. e a e e a d) Se x, y ∈ A, ent˜o (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 . a e) Se a, b ∈ A e n ∈ Z ent˜o n(ab) = (na)b = a(nb). a f) Se a ∈ A, a equa¸˜o x2 = a2 tem um n´mero finito de solu¸˜es ca u co em A. 2. Recorde que o grupo diedral Dn ´ o grupo de simetria do pol´ e ıgono regular de n lados, e tem 2n elementos (n reflex˜es e n rota¸˜es). o co Designamos por R2 o grupo multiplicativo das ra´ ızes quadradas da unidade. a) Seja f : Dn → R2 dada por +1, se σ ´ uma rota¸˜o, e ca f (σ) = −1, se σ ´ uma reflex˜o. e a Mostre que f ´ um homomorfismo de grupos. Podemos concluir e daqui que as rota¸˜es em Dn formam um subgrupo normal de co Dn ? b) Determine todos os subgrupos de D5 . Quais destes subgrupos s˜o a normais? sugestao: Pode ser conveniente verificar que qual- ˜ quer subgrupo que contenha uma rota¸˜o r = 1 cont´m todas as ca e rota¸˜es em D5 . co1.14 2o Teste: 27/4/2004 1. Esta quest˜o refere-se a equa¸˜es ax ≡ b (mod 216), com a, b, x ∈ Z. a co a) Determine as solu¸˜es da equa¸˜o homog´nea 10x ≡ 0 (mod 216). co ca e
  • 12. 1.15. 3o TESTE: 25/5/2004 11 b) Determine as solu¸˜es da equa¸˜o 10x ≡ 6 (mod 216). co ca c) Quantos naturais a ≤ 216 tˆm inverso (mod 216)? e 2. Nesta quest˜o, A ´ um anel unit´rio, com identidade I = 0, e φ : Z → a e a A ´ o homomorfismo de an´is dado por φ(n) = nI. e e a) Prove que φ(Z) ´ o menor subanel de A que cont´m I. e e b) Mostre que se A ´ ordenado e A+ = φ(N) ent˜o A ´ isomorfo a e a e Z. sugesta ˜o: Verifique primeiro que se A ´ ordenado ent˜o φ ´ e a e injectiva, i.e., a caracter´ ıstica de A s´ pode ser 0. o 3. Designamos aqui por S(n) a soma dos divisores naturais de n ∈ N. a) Quantos naturais d ≤ 4.000 s˜o divisores de 4.000? a b) Determine S(4.000). c) Resolva a equa¸˜o S(n) = 399 = 3 × 7 × 19. sugestao: Quais ca ˜ podem ser os factores p k na decomposi¸˜o de n em produto de ca potˆncias de primos? e1.15 3o Teste: 25/5/2004 1. Este grupo refere-se ao anel A = Z1155 . a) Determine uma solu¸˜o particular da equa¸˜o 60x = 15, com ca ca x ∈ Z1155 . Quantas solu¸˜es tem esta equa¸˜o? co ca b) O subanel B =< 60 >⊂ A tem identidade? Em caso afirmativo, qual ´ essa identidade? e 2. Neste grupo, p(x) ∈ Z3 [x], e F ´ o anel das fun¸˜es f : Z3 → Z3 . De- e co signamos por φ : Z3 [x] → F o homomorfismo de an´is que transforma e cada polin´mio na respectiva fun¸˜o polinomial, e g : Z3 → Z3 ´ a o ca e fun¸˜o dada por g(0) = g(1) = 2, e g(2) = 1. ca a) Determine p(x) tal que φ(p(x)) = g. b) Qual ´ a solu¸˜o geral da equa¸˜o φ(p(x)) = g? e ca ca 3. Este grupo refere-se ao anel dos inteiros de Gauss Z[i]. a) Suponha que n, m ∈ Z, e p = n2 + m2 ´ um inteiro primo. Mostre e que n + mi ´ um elemento irredut´ de Z[i]. e ıvel b) Considere o inteiro de Gauss z = 15(2 + 3i)2 . Quantos divisores de z existem em Z[i]? sugestao: Como calcula o n´mero de ˜ u divisores k ∈ N de um dado n ∈ N? 4. Seja K um corpo e A = K [[x]] o anel das s´ries de potˆncias com e e coeficientes em K.
  • 13. 12 CAP´ ITULO 1. ENUNCIADOS DE TESTES a) Mostre que os elementos invert´ ıveis de A s˜o as s´ries da forma a e ∞ n=0 an xn , com a0 = 0. b) A ´ um d.i.p. e/ou um d.f.u.? e1.16 1o Teste: 31/3/2005 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta ca quest˜o, (G, ∗) ´ um grupo, e (A, +, ×) ´ um anel unit´rio. a e e a a) Qualquer subgrupo de G cont´m a identidade de G. e b) Qualquer subanel unit´rio de A cont´m a identidade de A. a e c) Se x ∈ G e x2 = e, onde e ´ a identidade de G, ent˜o x = e. e a d) Se x ∈ A e x2 = 0 ent˜o x = 0. a 2. O grupo GL(2, R) ´ formado pelas matrizes 2 × 2, invert´ e ıveis, com entradas em R, com o produto usual de matrizes. Para cada um dos seguintes exemplos, diga se H ´ um subgrupo de GL(2, R), e, caso e afirmativo, se H ´ um subgrupo normal de GL(2, R). e a 0 a) H = { , ab = 0}. 0 b b) H = {M ∈ GL(2, R) : det(M ) = 1}. 3. Nesta quest˜o, G = {1, i, −1, −i} ´ o grupo multiplicativo das ra´ a e ızes quartas da unidade, e Z2 = {0, 1} ´ o usual grupo aditivo com dois e elementos. a) Determine todos os homomorfismos de grupo f : Z2 → G. b) Suponha que H ´ um grupo, e g : G → H ´ um homomorfismo e e sobrejectivo. Classifique o grupo H.1.17 2o Teste: 28/4/2005 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. ca a) Todos os grupos n˜o abelianos com 8 elementos s˜o isomorfos a a entre si. b) No grupo diedral Dn (grupo de simetria do pol´ ıgono regular de n lados), as rota¸˜es formam um subgrupo normal de Dn . co c) Se n, m ∈ N, mdc(n, m) = 1 e n|mk ent˜o n|k. a
  • 14. 1.18. 3o TESTE: 25/5/2005 13 2. Neste grupo, x, y e z0 s˜o n´meros inteiros. a u a) Qual ´ o menor natural z0 para o qual a equa¸˜o 2279x+731y = e ca z0 tem solu¸˜es? co b) Sendo z0 o natural determinado na al´ ınea anterior, qual ´ o e menor natural x que ´ solu¸˜o da equa¸˜o 2279x + 731y = z0 ? e ca ca 3. Suponha que n = 4 ´ um natural, e mostre que n|(n − 1)! se e s´ se n e o n˜o ´ primo. sugestao: Considere sucessivamente os casos a e ˜ (1) n ´ primo, e (2) Existem 1 < k < m < n tais que n = mk, e (3) n = m2 .1.18 3o Teste: 25/5/2005 1. Esta quest˜o refere-se ao anel Z808 . a a) Quantos suban´is existem em Z808 ? Quantos elementos de Z808 e s˜o invert´ a ıveis? Quantos elementos de Z808 s˜o divisores de zero? a b) Quantos elementos tem o subanel < 303 >? Quais s˜o os seus a geradores? Qual ´ a sua identidade? e 2. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. ca a) O polin´mio x3 + x2 + x + 2 ´ irredut´ em Z3 [x]. o e ıvel b) A equa¸˜o 1 = p(x)(x3 +x2 +x+2)+q(x)(x2 +2x+2) tem solu¸˜es ca co p(x), q(x) ∈ Z3 [x], mas n˜o tem solu¸˜es p(x), q(x) ∈ Z5 [x]. a co c) Exactamente um dos suban´is de Z808 ´ um corpo. e e 3. Recorde que, se p ∈ N ´ primo, ent˜o todos os elementos a ∈ Z∗ e a p satisfazem ap−1 = 1. Recorde igualmente o Teorema do Resto. a ıveis do polin´mio xp−1 −1 em Zp [x]? a) Quais s˜o os factores irredut´ o b) Use a factoriza¸˜o acima para concluir que (p − 1)! ≡ −1 mod p. ca1.19 1o Teste: 27/3/2006 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta ca quest˜o, (G, ∗) ´ um grupo, e (A, +, ×) ´ um anel unit´rio. a e e a a) A equa¸˜o x2 = x tem uma unica solu¸˜o em G, que ´ a identi- ca ´ ca e dade de G.
  • 15. 14 CAP´ ITULO 1. ENUNCIADOS DE TESTES b) Se f : G → G ´ um homomorfismo de grupos, ent˜o o n´cleo de e a u f ´ um subgrupo normal de G. e c) Se B ´ um subanel de A, ent˜o B ´ tamb´m um ideal de A. e a e e d) Se f : A → A ´ um homomorfismo de an´is, ent˜o f (nx) = nf (x), e e a para quaisquer x ∈ A e n ∈ N. e) Se a ∈ A, a equa¸˜o x2 = a2 s´ tem as solu¸˜es x = ±a. ca o co 2. Designamos aqui por Rn = {z ∈ C : z n = 1} o grupo das ra´ ızes-n da unidade com o produto usual de complexos. a) Mostre que se n ´ m´ltiplo de m ent˜o Rm ´ subgrupo de Rn . e u a e b) O grupo R2 ⊕ R4 ´ isomorfo a R8 ? e c) Considere o homomorfismo de grupos f : R12 → C∗ dado por f (x) = x3 . Qual ´ o n´cleo de f e a imagem f (R12 )? Quais s˜o e u a as solu¸˜es da equa¸˜o f (x) = −1? co ca1.20 2o Teste: 8/5/2006 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta convenientemente. a) A equa¸˜o 2491x + 829y = 11 tem solu¸˜es x, y ∈ Z. ca co b) A soma dos divisores de 100.000 ´ superior a 250.000. e c) Qualquer anel ordenado A = {0} ´ infinito. e d) O natural 21995 − 1 n˜o ´ primo. a e 2. Considere nesta quest˜o o anel A = Z75 , e seja B o subanel de A com a 15 elementos. a) Quais s˜o os ideais de A? Quantos elementos tem cada um desses a ideais? b) Quantos divisores de zero existem em A? Quantos elementos tem A∗ ? c) O anel B ´ isomorfo ao anel Z15 ? Quais s˜o os geradores de B, i.e., e a quais s˜o os elementos x ∈ B tais que B =< x >? a d) Determine todas as solu¸˜es da equa¸˜o x2 = 1 em A. co ca
  • 16. 1.21. 3o TESTE: 5/6/2006 15 3. Numa aplica¸˜o do algoritmo de criptografia RSA, sabe-se que a chave ca p´blica ´ r = 49, e o m´dulo ´ N = 10.403. Observando que 10.403 ´ u e o e e o produto dos primos 101 × 103, qual ´ o valor da chave privada? e1.21 3o Teste: 5/6/2006 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. ca a) Existem polin´mios p(x) ∈ Z[x] que s˜o irredut´ o a ıveis em Q[x] e re- dut´ ıveis em Z[x]. b) Se D ´ um dom´ e ınio integral, ent˜o qualquer elemento x ∈ D que seja a primo ´ irredut´ e ıvel. √ c) Os an´is Q[ 3 2] e Q[x]/ < x3 − 2 > s˜o corpos, e s˜o isomorfos. e a a d) Se K ´ um corpo, e m(x) ∈ K[x] ´ um polin´mio irredut´ com grau e e o ıvel ≥ 2, existe um corpo L que ´ uma extens˜o de K onde m(x) tem pelo e a menos uma ra´ ız. 2. Observe que 845 = 5 × 132 . a) Quantos divisores tem 845 no anel dos inteiros de Gauss? b) Quais s˜o os naturais n, m tais que 845 = n2 + m2 ? a 3. Suponha que G ´ um grupo com 14 elementos, e recorde que G tem e pelo menos um elemento de ordem 2. a) Mostre que G tem subgrupos H e K com |H| = 2 e |K| = 7. b) Mostre que G = HK. Teremos sempre G H ⊕ K? sugestao: ˜ Observe que H ⊕ K ´ comutativo. e
  • 17. 16 CAP´ ITULO 1. ENUNCIADOS DE TESTES
  • 18. Cap´ ıtulo 2Enunciados de Exames2.1 1o Exame: 1/7/20021. Neste grupo, G e H s˜o grupos, e a identidade de G designa-se por I. Para acada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ verdadeira, co ca ecom uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, f (I) ´ a identidade de e e H. b) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, o n´cleo de f ´ um e u e subgrupo normal de G. c) Se A e B s˜o subgrupos de G ent˜o A ∩ B ´ subgrupo de G. a a e d) Se A e B s˜o subgrupos de G ent˜o AB = BA se e s´ se AB ´ subgrupo a a o e de G.2. Nesta quest˜o, A ´ um dom´ a e ınio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 = 0. Para cada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ co ca everdadeira, com uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Os elementos invert´ ıveis de A formam um grupo. b) A identidade de qualquer subanel B = 0, se existir, ´ 1. e c) Qualquer ideal de A ´ principal. e d) Se J ´ um ideal maximal de A, ent˜o A/J ´ um corpo. e a e3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z900 . a) Quantos subgrupos existem em Z900 ? Sendo n um qualquer divisor de 900, quantos destes subgrupos tˆm exactamente n elementos? e b) Quantos elementos invert´ ıveis existem no anel Z900 ? Quantos auto- morfismos do grupo Z900 existem? 17
  • 19. 18 CAP´ ITULO 2. ENUNCIADOS DE EXAMES c) Considere o homomorfismo de grupos f : Z900 → Z30 dado por f (x) = 24x. Determine o n´cleo de f , e diga se f ´ sobrejectivo. u e d) Continuando a al´ ınea anterior, resolva a equa¸˜o f (x) = 18. ca4. Nesta quest˜o, G ´ um grupo n˜o-abeliano com 6 elementos. a e a a) Prove que nenhum elemento de G tem ordem 6, mas que existe pelo menos um elemento ε de G com ordem 3. Sugest˜o: Mostre que, caso a contr´rio, G seria abeliano. a b) Sendo ε um elemento de G de ordem 3, e H = {1, ε, ε2 } o subgrupo gerado por ε, mostre que H ´ normal em G. Sugest˜o: Qual ´ o ´ e a e ındice de H em G? c) Suponha que α ∈ H, e mostre que α2 = 1. Sugest˜o: No grupo a quociente G/H, a ordem do elemento α ´ 2. Qual pode ser a ordem e de α em G? d) Como αH = Hα, o produto αε s´ pode ser εα ou ε2 α. Conclua que o G ´ necessariamente isomorfo a S3 . e2.2 2o Exame: 24/7/20021. Neste grupo, K ⊆ H s˜o subgrupos do grupo G. Para cada uma das aafirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ verdadeira, com uma demon- co ca estra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Se K ´ normal em G ent˜o K ´ normal em H. e a e b) Se K ´ normal em H ent˜o K ´ normal em G. e a e c) Se G ´ um grupo c´ e ıclico infinito ent˜o G ´ isomorfo a (Z, +). a e d) Se K ´ normal em G e x ∈ G, ent˜o a ordem de x em G/K ´ factor e a e da ordem de x em G.2. Nesta quest˜o, A ´ um dom´ a e ınio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 = 0. Para cada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ co ca everdadeira, com uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) A caracter´ ıstica de A ´ 0, ou um n´mero primo p. e u b) O anel A[x] ´ tamb´m um dom´ e e ınio integral. c) Qualquer ideal em A[x] ´ principal. e d) Existe um corpo K com um subanel isomorfo a A.
  • 20. 2.3. 1o EXAME: 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 ´ um subanel de Z36 , com identidade a, e n elementos. e Mostre que a caracter´ ıstica de B ´ um factor de 36, e que a ordem de e qualquer elemento de B ´ um factor da caracter´ e ıstica de B. (sugest˜o: a se ma = 0, ent˜o mx = 0 para qualquer x ∈ B) a ıstica de B ´ n, donde a ´ um gerador de B, e c) Conclua que a caracter´ e e d = mdc(a, 36) = 36/n. d) Conclua finalmente que se B tem identidade a, ent˜o mdc(d, n) = 1. a Determine todos os suban´is de Z36 com identidade, e calcule essas e identidades.4. Nesta quest˜o, G e H s˜o grupos. a a a) Prove que se f : G → H ´ um homomorfismo injectivo, o n´mero de e u elementos de G ´ factor do n´mero de elementos de H. O que pode e u concluir se f ´ sobrejectivo? e b) Se G e H s˜o os grupos aditivos Zn e Zm , onde n ´ factor de m, existe a e sempre algum homomorfismo injectivo f : G → H? Se G = Z6 e H = Z24 , quantos homomorfismos injectivos existem? c) Supondo que H = Z6 , e f : G → H ´ injectivo, classifique o grupo G. e d) Supondo que G = Z6 , e f : G → H ´ sobrejectivo, classifique o grupo e H.2.3 1o Exame: 4/7/20031. Neste grupo, G e H s˜o grupos, e N ´ um subgrupo de G. Para cada a euma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ verdadeira, com co ca euma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, f (G) ´ um subgrupo e e de H. b) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, f (xn ) = f (x)n para e qualquer n ∈ Z. c) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos finitos, o n´mero de e u elementos de f (G) ´ um divisor comum do n´mero de elementos de G e u e do n´mero de elementos de H. u d) Se X = {xN : x ∈ G} e Y = {N y : y ∈ G} ent˜o X e Y tˆm o mesmo a e cardinal.
  • 21. 20 CAP´ ITULO 2. ENUNCIADOS DE EXAMES2. Nesta quest˜o, D ´ um dom´ a e ınio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 = 0. Para cada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ co ca everdadeira, com uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Qualquer subanel B de D tem identidade. b) Qualquer subgrupo de (D, +) ´ um subanel de D. e c) Se D ´ finito ent˜o D contem um subanel B isomorfo a algum Zm . e a d) Se D ´ um d.f.u., a equa¸˜o mdc(a, b) = ax+by tem solu¸˜es x, y ∈ D. e ca co3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z833 . a) Seja f : Z → Z833 o homomorfismo de grupos dado por f (n) = 357n. Quantos elementos tem a imagem f (Z)? Qual ´ o n´cleo de f ? e u b) Quais s˜o os grupos Zm tais que h : Zm → Z833 dado por h(n) = 357n a est´ bem definido, e ´ um homomorfismo de grupos? Para que valor a e de m ´ que h ´ um isomorfismo? e e c) f (Z) ´ tamb´m um anel? E se ´ um anel, ´ isomorfo a um anel Zk ? e e e e d) Quais dos seguintes an´is s˜o isomorfos entre si: Z1000 , Z2 ⊕ Z500 , e a Z4 ⊕ Z250 , Z8 ⊕ Z125 ?4. Nesta quest˜o, K ´ um corpo, m(x) ∈ K[x], A = K[x]/ < m(x) >, e a eπ : K[x] → A ´ o usual homomorfismo de an´is π(p(x)) = p(x). e e a) Prove que os ideais de A s˜o da forma π(J), onde J ´ um ideal de a e K[x]. Conclua que A ´ um d.i.p., ou seja, todos os seus ideais s˜o e a principais. b) Mostre que os ideais de A s˜o da forma < d(x) >, onde d(x)|m(x) a em K[x]. Sugest˜o: Mostre que < p(x) >=< d(x) >, onde d(x) = a mdc(p(x), m(x)) em K[x]. c) Supondo K = Z3 , e m(x) = x3 + 2x, quantos elementos podem ter os ideais de A? Quantos ideais com n elementos existem, para cada poss´ valor de n? Quantos elementos invert´ ıvel ıveis existem em A? d) Supondo K = Z3 , e m(x) = x3 +2x, o anel A ´ isomorfo a Z3 ⊕Z3 ⊕Z3 ? e2.4 2o Exame: 21/7/20031. Nesta quest˜o, G e H s˜o grupos multiplicativos, e f : G → H ´ um a a ehomomorfismo de grupos. Para cada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre coque a afirma¸˜o ´ verdadeira, com uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um ca e cacontra-exemplo.
  • 22. 2.4. 2o EXAME: 21/7/2003 21 a) f (x−1 ) = f (x)−1 para qualquer x ∈ G. b) O n´cleo de f ´ um subgrupo normal de G. u e c) Se f ´ sobrejectivo, e G ´ finito, ent˜o |H| ´ factor de |G|. e e a e d) Se G ´ um grupo c´ e ıclico com n elementos, e k ´ factor de n, ent˜o e a existe pelo menos um elemento de G com ordem k.2. Nesta quest˜o, p(x), q(x) ∈ Z[x] s˜o polin´mios com coeficientes in- a a oteiros. Para cada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ co ca everdadeira, com uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Se p(x) ´ irredut´ em Q[x], ent˜o p(x) ´ irredut´ em Z[x]. e ıvel a e ıvel b) Se p(x) ´ irredut´ em Z[x], ent˜o p(x) ´ irredut´ em Q[x]. e ıvel a e ıvel c) Se q(x)|p(x) em Z[x], e p(x) ´ primitivo, ent˜o q(x) ´ primitivo. e a e d) Se q(x)|p(x) em Q[x], ent˜o existe k ∈ Q tal que kq(x)|p(x) em Z[x]. a3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z300 . a) Quantos subgrupos tem Z300 ? b) Quantos homomorfismos sobrejectivos de grupo h : Z600 → Z300 ex- istem? Quais destes homomorfismos s˜o tamb´m homomorfismos de a e anel? c) Quantos homomorfismos de grupo f : Z600 → Z300 existem, tais que f (Z) tem 100 elementos? Prove que f (Z) ´ um anel isomorfo ao anel e Z100 . d) Quais dos seguintes grupos s˜o isomorfos entre si: Z300 , Z6 ⊕ Z50 , a Z100 ⊕ Z3 , Z10 ⊕ Z30 ?4. Nesta quest˜o, G ´ um grupo finito, e A e B s˜o subgrupos de G. a e aAB = {xy : x ∈ A e y ∈ B}. a) Prove que A ∩ B ´ um subgrupo de G. O conjunto AB ´ sempre um e e subgrupo de G? b) Prove que |AB||A ∩ B| = |A||B|. Sugest˜o: Mostre que a fun¸˜o a ca f : A/(A ∩ B) → G/B est´ bem definida por f (x(A ∩ B)) = xB, e ´ a e injectiva. Mostre tamb´m que a uni˜o das classes em f (A/A ∩ B) ´ e a e exactamente AB. c) Suponha que G ´ um grupo abeliano com 10 elementos. Prove que e G tem necessariamente um elemento x com ordem 5, e um elemento y com ordem 2, e conclua que G ´ o grupo Z10 . Sugest˜o: Qual ´ a e a e ordem de xy?
  • 23. 22 CAP´ ITULO 2. ENUNCIADOS DE EXAMES d) Mostre que, se G ´ um grupo n˜o-abeliano com 10 elementos, ent˜o G e a a tem um elemento x com ordem 5, e se y ∈< x > ent˜o y tem ordem a 2. Conclua que xy = yx4 , e portanto que existe apenas um grupo n˜o-abeliano com 10 elementos, que s´ pode ser D5 . a o2.5 1o Exame: 9/7/20041. Diga se cada afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta ca ecom uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, G e H s˜o ca a agrupos, f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, e N ´ o n´cleo de f . e e u a) Se e ´ a identidade de G, ent˜o f (e) ´ a identidade de H. e a e b) Se K ´ um subgrupo de H, ent˜o f −1 (K) ´ um subgrupo de G que e a e cont´m N . e c) Se todos os elementos de G tˆm ordem finita ent˜o G ´ finito. e a e d) Se |G| = 15 e |H| = 25, ent˜o f (G) ´ um grupo c´ a e ıclico.2. Diga se cada afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta ca ecom uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, A e B s˜o ca a aan´is, A ´ um dom´ e e ınio integral, f : A → B ´ um homomorfismo sobrejectivo ede an´is, e N ´ o n´cleo de f . e e u a) N ´ um ideal de A. e b) Se a ´ invert´ em A, ent˜o f (a) ´ invert´ em B. e ıvel a e ıvel c) B ´ um dom´ e ınio integral. d) Se B ´ um corpo, ent˜o N ´ um ideal m´ximo de A. e a e a3. Neste grupo, n designa a classe de equivalˆncia do inteiro n em Z1800 . e a) Quantos subgrupos tem Z1800 ? Quais s˜o os geradores do subgrupo a gerado por 1300? b) Considere os grupos Z25 ⊕ Z72 , Z20 ⊕ Z90 , Z200 ⊕ Z9 , e Z40 ⊕ Z45 . Quais destes grupos s˜o isomorfos entre si? a c) Quantos homomorfismos de grupo f : Z1800 → Z1800 existem, com n´cleo N (f ) =< 1300 >? sugestao: Determine primeiro f (Z1800 ). u ˜ d) Supondo que g : Z → Z40 ⊕ Z45 ´ um homomorfismo de an´is, classi- e e fique o anel g(Z).4. Considere o anel Z3 [x], e o polin´mio p(x) = x3 + 2x + 1. Nesta quest˜o, o aquando m(x) ∈ Z3 [x], designamos por m(x) a correspondente classe no anelquociente K = Z3 [x]/ < p(x) >.
  • 24. 2.6. 2o EXAME: 24/7/2004 23 a) Qual ´ o inverso de x2 + 1 em K[x]? e b) Mostre que K ´ um corpo, e uma extens˜o alg´brica de Z3 . K[x] ´ e a e e um d.f.u.? c) Decomponha p(x) em factores irredut´ ıveis em K[x]. sugestao: Para ˜ factorizar polin´mios quadr´ticos com coeficientes em K, pode “com- o a pletar o quadrado”. d) Seja α ∈ K, α ∈ Z3 . Prove que Z3 (α) ´ isomorfo a K, e em particular e α ´ ra´ de um polin´mio irredut´ do terceiro grau n(x) ∈ Z3 [x]. e ız o ıvel2.6 2o Exame: 24/7/20041. Diga se cada afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta ca ecom uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, G ´ um ca a egrupo, e K e H s˜o subgrupos de G. a a) Se x, y ∈ G, ent˜o (xy)−1 = y −1 x−1 . a b) Se K ´ subgrupo normal de G, ent˜o K ∩ H ´ subgrupo normal de H. e a e c) Os automorfismos de G formam um grupo, com a opera¸˜o de com- ca posi¸˜o. ca d) Se K ´ subgrupo normal de G, ent˜o existe um grupo L e um homo- e a morfismo de grupos f : G → L tal que K ´ o n´cleo de f . e u2. Diga se cada afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta ca ecom uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, A e B s˜o ca a aan´is unit´rios, e f : A → B ´ um homomorfismo de an´is. e a e e a) Se a ´ invert´ em A, ent˜o f (a) ´ invert´ em B. e ıvel a e ıvel b) A imagem f (A) ´ um ideal de B. e c) Se A = Z, ent˜o f (n) = nb, onde b2 = b. a d) Se B ´ finito e tem mais de um elemento, ent˜o B tem um subanel e a isomorfo a algum Zm , onde m > 1.3. Neste grupo, n designa a classe de equivalˆncia do inteiro n em Z990 . e a) Quantos subgrupos tem Z990 ? Quantos destes s˜o an´is unit´rios? a e a b) Quantos automorfismos de grupo f : Z990 → Z990 existem? c) Quantos ideais existem em Z15 ⊕ Z66 ? Existem suban´is de Z15 ⊕ Z66 e que n˜o s˜o ideais de Z15 ⊕ Z66 ? a a
  • 25. 24 CAP´ ITULO 2. ENUNCIADOS DE EXAMES d) Determine os homomorfismos de anel g : Z33 → Z990 .4. Considere o anel Z3 [x], e o polin´mio p(x) = x3 + 2x2 + x + 2. Nesta oquest˜o, quando m(x) ∈ Z3 [x], designamos por m(x) a correspondente aclasse no anel quociente K = Z3 [x]/ < p(x) >. a) O elemento x2 + x + 1 tem inverso? b) Quais s˜o os ideais de K? a c) Quantos elementos invert´ ıveis existem em K? d) Quais s˜o os ideais I de K para os quais o anel quociente K/I ´ a e isomorfo a algum Zm ?2.7 1o Exame: 1/7/20051. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(G, ∗) ´ um grupo, com identidade 1. e a) A equa¸˜o x2 = x s´ tem uma solu¸˜o x ∈ G. ca o ca b) Se H e K s˜o subgrupos de G, ent˜o H ∪ K ´ um subgrupo de G. a a e c) Se G ´ finito e tem um n´mero ´ e u ımpar de elementos, ent˜o a equa¸˜o a ca x2 = 1 s´ tem a solu¸˜o x = 1. o ca d) Se G ´ finito e tem um n´mero par de elementos, ent˜o a equa¸˜o e u a ca x2 = 1 tem solu¸˜es x = 1. co2. Neste grupo, f : Z → Z180 ´ dada por f (n) = 63n. e a) Determine o n´mero de suban´is, e de geradores, do anel Z180 . u e b) Mostre que a fun¸˜o f ´ um homomorfismo de grupo. Qual ´ o n´cleo ca e e u de f ? Determine as solu¸˜es da equa¸˜o f (n) = 9. co ca c) Mostre que o grupo f (Z) ´ isomorfo a Zm , para um valor apropriado e de m que deve calcular. Quais s˜o os subgrupos de f (Z)? a d) f ser´ tamb´m um homomorfismo de anel? Os an´is Zm e f (Z) s˜o a e e a isomorfos?3. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca aA ´ um anel abeliano unit´rio, com identidade I. e a a) Todos os suban´is de A s˜o unit´rios. e a a
  • 26. 2.8. 2o EXAME: 18/7/2005 25 b) Todos os subgrupos de (A, +) s˜o igualmente suban´is. a e c) Se A ´ um corpo finito, ent˜o a sua caracter´ e a ıstica ´ um n´mero primo. e u d) Se A ´ finito, existe um subanel de A isomorfo a algum anel Zn . e4. Neste grupo, consideramos o anel quociente A = Z3 [x]/J, onde J =< x3 + x2 + x + 1 > . a) Quantos elementos existem no anel A? Quais s˜o os elementos da a forma < x + a > que s˜o invert´ a ıveis? b) Quais s˜o os divisores de zero em A? a c) Mostre que A ´ um dom´ e ınio de ideais principais. d) Classifique os an´is quociente da forma A/K, onde K ´ um ideal de e e A.2.8 2o Exame: 18/7/20051. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(G, ∗) ´ um grupo, com identidade 1. e a) A equa¸˜o x3 = x s´ tem uma solu¸˜o x ∈ G. ca o ca c) Se H e K s˜o subgrupos normais de G e K ⊇ H, ent˜o K/H ´ um a a e subgrupo normal de G/H. d) Se G tem 11 elementos ent˜o G a Z11 .2. As quest˜es seguintes referem-se a grupos ou an´is Zn . Os homomorfismos o ee isomorfismos referidos s˜o de grupo, excepto quando a sua natureza ´ a ereferida explicitamente. a) Determine o n´mero de subgrupos, e de geradores, do grupo Z495 . u b) Existe algum homomorfismo injectivo f : Z495 → Z595 ? Existe algum homomorfismo sobrejectivo f : Z495 → Z395 ? Quantos homomorfismos f : Z495 → Z295 existem? c) Quais dos seguintes grupos s˜o isomorfos entre si? a Z3 ⊕ Z165 , Z9 ⊕ Z55 , Z99 ⊕ Z5 , Z15 ⊕ Z33 . d) Determine todos os homomorfismos injectivos de anel f : Z495 → Z990 . Quantos homomorfismos sobrejectivos de anel f : Z495 → Zn existem?
  • 27. 26 CAP´ ITULO 2. ENUNCIADOS DE EXAMES 3. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca ea sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Neste grupo, caD ´ um dom´ e ınio integral. a) Se C ´ um subanel unit´rio de D com mais de um elemento, ent˜o C e a a cont´m a identidade de D. e b) Se D ´ um dom´ e ınio de ideais principais, ent˜o D[x] ´ um dom´ a e ınio de ideais principais. c) Se os unicos ideais de D s˜o os triviais ({0}, e D), ent˜o D ´ um corpo. ´ a a e d) Se D ´ um dom´ e ınio de ideais principais, ent˜o qualquer elemento irre- a dut´ em D ´ primo em D. ıvel e4. Este grupo diz respeito ao anel dos inteiros de Gauss Z[i]. a) Dado o natural n > 1, se a equa¸˜o n = x2 + y 2 tem solu¸˜es x, y ∈ N, ca co ´ poss´ que n seja primo em Z[i]? e ıvel b) Se o natural n ´ primo em Z, e a equa¸˜o n = x2 + y 2 n˜o tem solu¸˜es e ca a co x, y ∈ N, ´ poss´ que n seja redut´ em Z[i]? e ıvel ıvel c) Quantos divisores de 1105 existem em Z[i]? Determine todas as solu¸˜es co naturais da equa¸˜o x2 + y 2 = 1105. (Nota: 13 ´ factor de 1105.) ca e d) Quais s˜o os naturais n para os quais o anel quociente Z[i]/ < n > ´ a e um corpo?2.9 1o Exame: 7/7/20061. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(G, ∗) ´ um grupo. e a) Qualquer subgrupo de G cont´m a identidade de G. e b) Se H e K s˜o subgrupos de G, ent˜o H ∪ K ´ um subgrupo de G. a a e c) Se G tem 17 elementos, ent˜o G a Z17 . d) Os grupos Z4 ⊕ Z18 e Z6 ⊕ Z12 s˜o isomorfos. a2. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(A, +, ×) ´ um anel unit´rio, com identidade 1. e a a) Qualquer subanel unit´rio de A com mais de um elemento cont´m a a e identidade de A.
  • 28. 2.10. 2o EXAME: 21/7/2006 27 b) Qualquer subgrupo de (A, +) ´ um subanel de (A, +, ×). e c) O anel Q[x]/ < x3 − 1 > tem exactamente 4 ideais. d) O anel Z[i]/ < 37 > ´ um corpo. e3. Considere o anel Z1325 . a) Quantos geradores e quantos divisores de zero existem em Z1325 ? b) Quais s˜o os homomorfismos de grupo φ : Z505 → Z1325 ? a c) Quais s˜o os suban´is de Z1325 que s˜o corpos? a e a d) Determine os homomorfismos de anel ϕ : Z → Z1325 . 4. Suponha que G ´ um grupo com 2p elementos, onde p = 2 ´ um e en´mero primo. Recorde que G tem pelo menos um elemento α com ordem u2. a) Prove que G cont´m pelo menos um elemento ε de ordem p e b) Prove que x ∈ G tem ordem p se e s´ se x ∈ H =< ε >= {1, ε, ε2 , · · · , εp−1 } o e x = 1. c) Os elementos de G s˜o da forma x = αn εm , com 0 ≤ n < 2, e 0 ≤ a m < p. Qual ´ a ordem de cada um destes elementos? sugestao: e ˜ a resposta depende de G ser abeliano ou n˜o, portanto os dois casos a devem ser analisados separadamente. d) Suponha que G n˜o ´ abeliano e φ : G → N ´ um homomorfismo so- a e e brejectivo. Classifique o grupo N . sugesta ˜o: quais s˜o os subgrupos a normais de G?2.10 2o Exame: 21/7/20061. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(G, ∗) ´ um grupo, com identidade 1, e H e K s˜o subgrupos de G. e a a) Se x, y ∈ G ent˜o (xy)−1 = y −1 x−1 . a b) H ∩ K ´ um subgrupo de G. e c) Se |G| = 100, a equa¸˜o x7 = 1 s´ tem uma solu¸˜o x ∈ G. ca o ca d) Se |G| = 15 e G ´ abeliano ent˜o G e a Z15 .
  • 29. 28 CAP´ ITULO 2. ENUNCIADOS DE EXAMES2. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(D, +, ×) ´ um dom´ e ınio integral, com identidade 1. a) Qualquer subanel unit´rio de D com mais de um elemento cont´m a a e identidade de D. b) Qualquer subanel de D ´ um ideal de D. e c) Se os ideais de D s˜o apenas os triviais ({0} e D) ent˜o D ´ um corpo. a a e d) Se D ´ um d.f.u., ent˜o todos os seus elementos irredut´ e a ıveis s˜o primos. a3. Considere o anel Z775 . a) Quantos suban´is tem Z775 ? Quantos divisores de zero existem em e Z775 ? b) Z775 tem um subanel B com 155 elementos. Quantos geradores tem o subanel B? c) Resolva a equa¸˜o x2 = 0, com x ∈ Z775 . ca d) Quantos homomorfismos de grupo ϕ : Z775 → D31 existem? (Recorde que D31 ´ o grupo diedral formado pelas simetrias do pol´ e ıgono regular de 31 lados.) 4. Considere o anel K = Z5 [x]/ < p(x) >, onde p(x) = x3 +2x2 +2x+1.Note que p(4) = 0. a) Determine o n´mero de elementos do anel K, e verifique que K n˜o ´ u a e um corpo. <α(x)> b) Mostre que os ideais de K s˜o da forma a <p(x)> , onde α(x)|p(x). c) Quantos ideais existem em K? Quantos subgrupos existem em K? d) Sendo a(x) e b(x) factores irredut´ ıveis de p(x), mostre que Z5 [x] Z5 [x] K ⊕ . < a(x) > < b(x) > sugestao: Determine um homomorfismo de an´is apropriado ˜ e Z5 [x] Z5 [x] φ : Z5 [x] → ⊕ < a(x) > < b(x) >
  • 30. Cap´ ıtulo 3Testes Resolvidos3.1 1o Teste: 10/4/2002 1. Mostre que o grupo (Z4 , +) n˜o ´ isomorfo ao grupo (Z2 ⊕ Z2 , +). a e resolucao: Suponha-se que f : Z4 → Z2 ⊕ Z2 ´ um homomorfismo ¸˜ e de grupos. Vamos verificar que f n˜o pode ser injectiva, ou seja, f a n˜o pode ser um isomorfismo, porque a tabuada de Z2 ⊕ Z2 s´ tem o a o elemento neutro na diagonal principal, o que n˜o ´ o caso da tabuada a e de Z4 . Temos f (0) = (0, 0), porque qualquer homomorfismo transforma a identidade do grupo de partida na identidade do grupo de chegada. Em Z4 temos 1 + 1 = 2 = 0, e em Z2 ⊕ Z2 temos x + x = (0, 0) para todos os elementos x ∈ Z2 ⊕ Z2 . Notamos que f (2) = f (1 + 1) = f (1) + f (1) = (0, 0) = f (0). Portanto f n˜o ´ injectivo, e f n˜o ´ um isomorfismo. a e a e 2. Seja H = {A ∈ Mn (R) : det(A) = 1}. a) Mostre que H com o produto usual de matrizes ´ um grupo. e resoluca ¸ ´ ˜o: Sabemos da Algebra Linear que o produto de ma- trizes ´ associativo, e tem identidade (a matriz identidade I). e • Temos det(I) = 1, e portanto I ∈ H, e H = ∅. • Sendo A, B ∈ H, temos det(AB) = det(A) det(B) = 1 × 1 = 1 ⇒ AB ∈ H, ou seja, H ´ fechado em rela¸˜o ao produto. e ca • Se A ∈ H ent˜o A ´ invert´ a e ıvel, porque det(A) = 1 = 0, e det(A−1 ) = 1/ det(A) = 1, ou seja, A ∈ H ⇒ A−1 ∈ H. Podemos assim concluir que H ´ um grupo com o produto usual e de matrizes. 29
  • 31. 30 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS b) Sendo G o grupo formado por todas as matrizes invert´ıveis, com a mesma opera¸˜o, mostre que H ´ um subgrupo normal de G. ca e resolucao: Sabemos da al´ ¸˜ ınea anterior que H ´ um subgrupo e de G (porque H ´ um grupo, est´ contido em G, e as opera¸˜es e a co em H e G s˜o a mesma). Temos apenas que verificar que A ∈ H a e B ∈ G ⇒ B −1 AB ∈ H, o que resulta de det(B −1 AB) = det(B −1 ) det(A) det(B) = det(B −1 ) det(B) = 1. 3. Sendo J e K ideais de um dado anel A, prove que L = {x + y : x ∈ J, y ∈ K} ´ um ideal de A. e resolucao: Temos que verificar que L ´ um subanel de A, que ´ ¸˜ e e al´m disso fechado em rela¸˜o ao produto por elementos de A. Mais e ca exactamente, temos que mostrar que: • L = ∅, • b, b ∈ L ⇒ b − b ∈ L (L ´ fechado em rela¸˜o ` diferen¸a) e ca a c • b ∈ L e a ∈ A ⇒ ab, ba ∈ L (L ´ fechado em rela¸˜o ao produto e ca por a ∈ A) Seja 0 o zero do anel A. Ent˜o 0 = 0 + 0 ∈ L, porque 0 ∈ J e a 0 ∈ K(qualquer subgrupo de (A, +) cont´m o respectivo elemento e neutro), e portanto L = ∅. Se b, b ∈ L ent˜o b = x + y e b = x + y , a onde x, x ∈ J e y, y ∈ K. Temos b − b = (x + y) − (x + y ) = (x − x ) + (y − y ). Como J e K s˜o suban´is, s˜o fechados em rela¸˜o a e a ca ` diferen¸a, e portanto x − x ∈ J e y − y ∈ K, i.e., b − b ∈ L. Temos a c ab = a(x + y) = ax + ay, e ba = (x + y)a = xa + ya. Como J e K s˜o ideais, s˜o fechados em rela¸˜o ao produto por elementos de A, e a a ca ax, xa ∈ J, e ay, ya ∈ K. Segue-se que ab, ba ∈ L. 4. Suponha que x e y pertencem a um anel A. a) Mostre que x2 − y 2 = (x − y)(x + y) para quaisquer x, y ∈ A se e s´ se A ´ um anel abeliano. o e resolucao: (x−y)(x+y) = (x−y)x+(x−y)y = x2 −yx+xy−y 2 . ¸˜ ´ E portanto evidente que (x − y)(x + y) = x2 − y 2 ⇔ −yx + xy = 0 ⇔ yx = xy. b) Supondo que A ´ abeliano e x2 = y 2 , temos necessariamente e x = ±y? resolucao: N˜o. Eis alguns contra-exemplos, como: (basta ¸˜ a indicar um, bem entendido!) • O anel Z4 , tomando x = 0 e y = 2, donde x2 = y 2 = 0, mas −2 = 2 = 0.
  • 32. 3.2. 2o TESTE: 15/5/2002 31 • A soma directa R ⊕ R, ou (o que ´ basicamente o mesmo e exemplo) as matrizes 2 × 2 diagonais, com a soma e produto de matrizes. • As fun¸˜es f : R → R com a soma e produto usuais de co fun¸˜es tomando, por exemplo, f (x) = 1 para qualquer x, e co g(x) = 1 para x ≥ 0, e g(x) = −1 para x < 0. ızes-4 da unidade, G = {1, i, −1, −i}, com o 5. Considere o grupo das ra´ produto usual de complexos, e o grupo (Z2 , +). Quais s˜o os homo- a morfismos h : G → Z2 ? Sugest˜o: Comece por recordar que o n´cleo a u de h ´ um subgrupo de G. e resolucao: G tem apenas 3 subgrupos, a saber: o pr´prio G, o ¸˜ o subgrupo trivial {1}, e {1, −1}. Portanto teremos N (h) = G, ou N (h) = {1}, ou N (h) = {1, −1}. • Se N (h) = G, temos h(x) = 0 para qualquer x ∈ G, e h ´ um e homomorfismo de grupos. • Se N (h) = {1} ent˜o h ´ injectiva, o que ´ imposs´ a e e ıvel, porque G tem 4 elementos, e Z2 tem apenas 2 elementos. • Se N (h) = {1, −1}, ent˜o h(1) = h(−1) = 0, e h(i) = 0, h(−i) = a 0. Claro que neste caso teremos necessariamente h(i) = h(−i) = 1. A equa¸˜o h(xy) = h(x) + h(y) ´ v´lida quando ca e a ◦ x = ±1, y = ±1: porque se reduz a 0 = 0 + 0. ◦ x = ±i, y = ±i: porque a equa¸˜o reduz-se a 0 = 1 + 1. ca ◦ x = ±1, y = ±i, ou x = ±i, y = ±1: porque a equa¸˜o se ca reduz a 1 = 0 + 1, ou 1 = 1 + 0.3.2 2o Teste: 15/5/2002 1. Esta quest˜o refere-se ao anel dos inteiros Z. Seja J =< 24 > o a conjunto dos m´ltiplos de 24, e K =< 36 > o conjunto dos m´ltiplos u u de 36. a) Qual ´ o menor elemento positivo de J ∩ K? Quais s˜o os ele- e a mentos de J ∩ K? resolucao: J ∩ K ´ o conjunto dos m´ltiplos comuns a 24 e 36. ¸˜ e u O seu menor elemento positivo ´ o menor m´ltiplo comum de 24 e u e 36, i.e., 72. Os seus elementos s˜o os m´ltiplos de 72. a u b) Qual ´ o menor ideal de Z que cont´m os ideais J e K? e e resoluca ¸ ˜o: Qualquer ideal que contenha J cont´m 24, e ´ por e e isso gerado por um divisor de 24. Analogamente, se um ideal cont´m K ent˜o ´ gerado por um divisor de 36. Concluimos que e a e
  • 33. 32 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS um ideal que contenha J e K ´ gerado por um divisor comum de e 24 e 36. Esse ideal ser´ tanto menor quanto maior for esse divisor a comum. Portanto o menor ideal que cont´m J e K ´ gerado e e pelo m´ximo divisor comum de 24 e 36,ou seja, ´ o conjunto dos a e m´ltiplos de 12. u 2. Mostre que os n´meros 1.999.991 e 1.999.994 s˜o primos entre si. u a resolucao: Seja d o m´ximo divisor comum de 1.999.991 e 1.999.994. ¸˜ a Sabemos que a diferen¸a 1.999.994 − 1.999.991 = 3 ´ m´ltiplo de d, e c e u ´ portanto d s´ pode ser 1 ou 3. E evidente que 1.999.991 ≡ 2 (mod 3), o portanto d n˜o ´ 3, e estes n´meros s˜o primos entre si. a e u a 3. Ainda no anel dos inteiros, considere a equa¸˜o 105x + 154y = d. ca a) Qual ´ o menor natural d para o qual a equa¸˜o acima tem e ca solu¸˜es? Resolva a equa¸˜o para esse natural d. co ca resolucao: O menor natural d ´ o mdc(105, 154). Aplicando o ¸˜ e algoritmo de Euclides, temos: n m q r y1 x1 y2 x2 154 105 1 49 1 0 0 1 105 49 2 7 0 1 1 −1 49 7 7 0 1 −1 −2 3 Conclu´ımos que d = 7, e que x = 3 e y = −2 ´ uma solu¸˜o e ca particular de 105x + 154y = 7. Para calcular a solu¸˜o geral da equa¸˜o hom´genea correspon- ca ca o dente, que ´ 105x+154y = 0, dividimos por 7, donde 15x+22y = e 0, ou 15x = −22y. Como 15 e 22 s˜o primos entre si, temos a 15x = −22y ⇒ 22|x ⇒ x = 22k ⇒ y = −15k. A solu¸˜o geral de 105x + 154y = 7 ´ assim ca e x = 3 + 22k, y = −2 − 15k, k ∈ Z. b) O elemento 105 tem inverso no anel Z154 ? Quantos elementos tem < 105 >? resolucao: N˜o, porque 105 n˜o ´ primo relativamente a 154. ¸˜ a a e Como mdc(105, 154) = 7, temos < 105 >=< 7 >, que tem 154/7 = 22 elementos. c) O subanel < 105 > tem identidade? Caso afirmativo, qual ´ essa e identidade? resolucao: Temos < 105 >=< 7 >. Sendo x a identidade deste ¸˜ subanel, temos
  • 34. 3.2. 2o TESTE: 15/5/2002 33 • x ∈< 7 >, i.e., x ≡ 0 (mod 7), ou x = 7k, e • x2 = x, i.e., x(x − 1) ≡ 0 (mod 154). Como 154 = 7 × 22, e 7 e 22 s˜o primos entre si, o sistema a x ≡ 0 (mod 7), e x ≡ 1 (mod 22) tem solu¸˜o, e essa solu¸˜o satisfaz x(x−1) ≡ 0 (mod 154). Neste ca ca caso, x ´ primo relativamente a 22, porque x ≡ 1 (mod 22), e e portanto mdc(x, 154) = 7k = 7. Em particular, < x >=< 7 >, e todos os elementos do subanel < 7 > s˜o da forma kx. Como a kx × x = k × x2 = kx, ´ claro que x ´ a identidade de < 7 >. e e Para calcular x, notamos que • x ≡ 1 (mod 22) ⇔ x = 1 + 22y, donde • x ≡ 0 (mod 7) ⇔ 1 + 22y ≡ 0 (mod 7). Temos 1 + 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 se n ´ natural ent˜o e a n n2 (n + 1)2 k3 = . 4 k=1 resolucao: Demonstramos por indu¸˜o a afirma¸˜o ¸˜ ca ca n n2 (n + 1)2 P (n) = “ k3 = ”. 4 k=1 A afirma¸˜o P (1) ´ verdadeira, porque ca e 1 12 (1 + 1)2 k 3 = 1, e = 1. 4 k=1 Supondo P (n) verdadeira, temos n+1 n n2 (n + 1)2 k3 = k 3 + (n + 1)3 = + (n + 1)3 = 4 k=1 k=1 n2 (n + 1)2 + 4(n + 1)3 (n + 1)2 (n2 + 4(n + 1)) = = = 4 4 (n + 1)2 (n2 + 4n + 4) (n + 1)2 (n + 2)2 = = . 4 4 n+1 3 (n+1)2 (n+2)2 A igualdade k=1 k = 4 ´ P (n + 1). e
  • 35. 34 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS 5. Sejam n, m ∈ N, D = mdc(n, m) e M = mmc(n, m). Prove que nm = DM . Sugest˜o: Supondo que n = aD e m = bD, mostre que qualquer a m´ltiplo comum de n e m ´ m´ltiplo de abD. u e u resolucao: Notamos que ¸˜ • abD = nb = ma ´ m´ltiplo comum de n e m. e u • (abD)D = (aD)(bD) = nm. Provamos que abD = M ´ o menor m´ltiplo comum, donde DM = e u nm, mostrando que qualquer m´ltiplo comum ´ m´ltiplo de abd. u e u Como D = nx + my = aDx + bDy, temos 1 = ax + by e portanto mdc(a, b) = 1, ou seja, a e b s˜o primos entre si. Seja agora k = a ns = aDs um m´ltiplo de n. Se k ´ igualmente m´ltiplo de m temos u e u k = mt = bDt, e portanto aDs = bDt, ou as = bt. a ´ assim factor de bt, e como a ´ primo relativamente a b, a ´ factor e e e de t. Logo t = au, e k = bDt = bDau ´ m´ltiplo de abD. e u3.3 3o Teste: 7/6/2002 1. Considere p(x) = x4 + 2x3 + 2x + 2 e q(x) = x4 + 1 em Z3 [x]. a) Determine o m´ximo divisor comum de p(x) e q(x). a resoluca ¸ ˜o: m(x) n(x) q(x) r(x) x4 + 2x3 + 2x + 2 x4 + 1 1 2x3 + 2x + 1 x4 + 1 2x3 + 2x + 1 2x 2x2 + x + 1 2x3 + 2x + 1 2x2 + x + 1 x+1 0 Temos portanto que mdc = 2(2x2 + x + 1) = x2 + 2x + 2. b) Qual ´ menor m´ltiplo comum de p(x) e q(x)? e u ¸˜ resolucao: p(x)q(x) (x4 + 2x3 + 2x + 2)(x4 + 1) mmc = = = mdc x2 + 2x + 2 =(x2 + 1)(x4 + 1) = x6 + x4 + x2 + 1. ∞ n 2 ∞ 3n 2. Mostre que ( n=0 x ) = (1 + 2x) n=0 x em Z3 [[x]]. resolucao: Sabemos que ¸˜ ∞ ∞ ∞ n cn xn = an xn bn xn ⇐⇒ cn = ak bn−k . n=0 n=0 n=0 k=0
  • 36. 3.3. 3o TESTE: 7/6/2002 35 No caso presente, temos ∞ ∞ 2 n n n cn x = x , i.e., an = bn = 1, e cn = 1 = n + 1. n=0 n=0 k=0 Como cn ∈ 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, e c3n+2 = 0. Conclu´ ımos que ∞ 2 ∞ ∞ ∞ n x = cn xn = c3n x3n + c3n+1 x3n+1 = n=0 n=0 n=0 n=0 ∞ ∞ ∞ ∞ = x3n + 2x3n+1 = x3n + 2x x3n = n=0 n=0 n=0 n=0 ∞ 3n =(1 + 2x) x . n=0 3. Considere o anel quociente A/I, onde A = Z2 [x], e I =< x2 + 1 >. a) Quantos elementos tem o anel A/I? resolucao: Dado p(x) ∈ Z2 [x], temos p(x) = q(x)(x2 +1)+r(x), ¸˜ onde r(x) = a + bx, e portanto p(x) = a + bx. Como a, b ∈ Z2 , existem 2 × 2 = 4 elementos em A/I. b) Determine a tabuada da multiplica¸˜o em A/I. ca resolucao: Os seguintes c´lculos s˜o imediatos: ¸˜ a a • x2 + 1 = 0, donde x2 = −1 = 1. • (x + 1)2 = x2 + 2x + 1 = x2 + 1 = 0. • x × (x + 1) = x2 + x = 1 + x = x + 1. A tabuada da multiplica¸˜o ´ assim: ca e 0 1 x x+1 0 0 0 0 0 1 0 1 x x+1 x 0 x 1 x+1 x+1 0 x+1 x+1 0 4. Seja α ∈ R um n´mero irracional alg´brico sobre Q. Seja ainda J o u e conjunto dos polin´mios p(x) ∈ Q[x] tais que p(α) = 0. o
  • 37. 36 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS a) Mostre que J =< m(x) >, onde m(x) ´ m´nico e irredut´ em e o ıvel Q[x]. resolucao: Seja f : Q[x] → R dada por f (p(x)) = p(α). f ´ ¸˜ e um homomorfismo de an´is com n´cleo J, e por isso J ´ um ideal e u e de Q[x]. Como qualquer ideal em Q[x] ´ principal, temos J =< m(x) >, e e podemos supor que m(x) ´ m´nico, porque Q ´ um corpo. e o e Para provar que m(x) ´ irredut´ e ıvel, suponha-se que m(x) = s(x)t(x). Temos ent˜o 0 = m(α) = s(α)t(α), donde s(α) = 0 a ou t(α) = 0. Supomos sem perda de generalidade que s(α) = 0. Notamos que: • s(α) = 0 ⇐⇒ s(x) ∈ J ⇐⇒ s(x) = m(x)r(x). Temos assim m(x) = s(x)t(x) = m(x)r(x)t(x), donde 1 = r(x)t(x), e t(x) ´ invert´ e ıvel. Portanto m(x) s´ tem factoriza¸˜es triviais, o co i.e., m(x) ´ irredut´ e ıvel. b) Prove que Q[α] ´ um corpo. e resolucao: Sendo f : Q[x] → R o homomorfismo f (p(x)) = ¸˜ p(α) referido acima, f (Q[x]) = Q[α] ´ um subanel de R. Temos e apenas que provar que os elementos p(α) = 0 em Q[α] tˆm inverso e multiplicativo tamb´m em Q[α]. e Para isso, note-se que se p(α) = 0 ent˜o p(x) ∈ J, e portanto a m(x) n˜o ´ factor de p(x). Como m(x) ´ irredut´ a e e ıvel, segue-se que mdc(p(x), m(x)) = 1. Existem polin´mios s(x), t(x) ∈ Q[x] tais que o p(x)s(x) + m(x)t(x) = 1, donde p(α)s(α) + m(α)t(α) = p(α)s(α) = 1. Por outras palavras, p(α)−1 = s(α) ∈ Q[α]. √ c) Seja α = 3 2. Mostre que m(x) = x3 − 2, e determine a, b, c ∈ Q tais que 1 √ √ √3 √ = a + b 3 2 + c 3 4. 3 1+ 2+ 4 resolucao: Sendo J o conjunto dos polin´mios p(x) ∈ Q[x] tais ¸˜ o que p(a) = 0, temos como vimos que J =< m(x) >, e ´ evidente e que x3 − 2 ∈ J, donde m(x) ´ factor de x3 − 2. O polin´mio e o x3 − 2 ´ irredut´ e ıvel, pelo crit´rio de Eisenstein (com p = 2), e por e isso m(x) = 1 ou x3 − 2. S´ podemos ter m(x) = x3 − 2, porque o J = Q[x]. √ √ 1 + 3 2 + 3 4 = p(α), onde p(x) = 1 + x + x2 . Como vimos na al´ ınea anterior, o inverso de p(α) calcula-se resolvendo a equa¸˜o ca
  • 38. 3.4. 1o TESTE: 18/3/2003 37 p(x)s(x) + m(x)t(x) = 1, o que pode fazer-se usando o algoritmo de Euclides. O 1o passo deste algoritmo revela que x3 − 2 = (x − 1)(1 + x + x2 ) − 1, e por isso 1 = (x − 1)(1 + x + x2 ) + (−1)(x3 − 2), i.e., s(x) = x − 1. Conclu´ ımos que: 1 √ √ √ 3 √ = s( 3 2) = 3 2 − 1, i.e., a = −1, b = 1, c = 0. 3 1+ 2+ 43.4 1o Teste: 18/3/2003 1. Seja S 1 = {z ∈ C : |z| = 1}. a) Mostre que S 1 com o produto usual de complexos ´ um grupo. e resolucao: Temos a mostrar que: ¸˜ ´ 1 ´ n˜o-vazio: E evidente que 1 ∈ S 1 . • S e a • S 1 ´ fechado em rela¸˜o ao produto usual de complexos: e ca z, w ∈ S 1 ⇒ |z| = |w| = 1 ⇒ |zw| = |z||w| = 1, i.e., zw ∈ S 1 . • O produto de complexos ´ associativo, como sabemos. e • Existe identidade para o produto em S 1 : Porque 1 ∈ S 1 . • Todos os elementos de S 1 tˆm inverso em S 1 : Se z ∈ S 1 e temos |z| = 1, portanto z = 0, e z ´ invert´ nos complexos. e ıvel Por outro lado, temos novamente |zz −1 | = |z||z −1 | = 1, e como |z| = 1, temos |z −1 | = 1, ou seja, z −1 ∈ S 1 . ımos assim que S 1 ´ um grupo. Conclu´ e b) Sendo n ∈ N e Rn = {z ∈ C : z n = 1}, mostre que Rn ´ um e subgrupo de S 1 . ¸˜ ´ resolucao: E evidente que Rn ⊆ S 1 , porque z n = 1 ⇒ |z n | = 1 = |z|n ⇒ |z| = 1. Observamos apenas que • Rn = ∅: porque 1 ∈ Rn , qualquer que seja n. • Se z, w ∈ Rn ent˜o zw−1 ∈ Rn : Se z, w ∈ Rn ent˜o z n = a a wn = 1, e portanto n zw−1 = z n (wn )−1 = 1 ⇒ zw−1 ∈ Rn .
  • 39. 38 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS c) Seja R = ∪∞ Rn . R ´ igualmente um subgrupo de S 1 ? n=1 e ¸˜ ´ resolucao: E evidente (em particular da al´ ınea anterior) que R ´ n˜o-vazio, e que R ⊆ S e a 1 . Para mostrar que se z, w ∈ R ent˜o a zw−1 ∈ R, note-se que existem n, m ∈ N tais que z ∈ Rn , w ∈ Rm , i.e., tais que z n = wm = 1. Neste caso, nm zw−1 = (z n )m (wm )−n = 1 ⇒ zw−1 ∈ Rnm ⊂ R. 2. Determine todos os homomorfismos de grupo f : S3 → Z2 . (S3 ´ oe grupo das permuta¸˜es em {1, 2, 3}, e Z2 o grupo aditivo com dois co elementos). resolucao: Sendo f : S3 → Z2 um homomorfismo de grupo, o seu ¸˜ n´cleo N (f ) ´ um subgrupo normal de S3 . Os unicos subgrupos nor- u e ´ mais de S3 s˜o o pr´prio S3 , o grupo alternado A3 e o subgrupo trivial a o K = {1}. Notamos que: (1) Se N (f ) = S3 , ent˜o f (x) = 0 para qualquer x ∈ S3 , e f ´ um a e homomorfismo. (2) N˜o podemos ter N (f ) = K, porque sen˜o f seria injectiva, o que a a ´ imposs´ e ıvel, porque S3 tem 6 elementos e Z2 tem 2 elementos. (3) Se N (f ) = A3 , ent˜o f (x) = 0 para qualquer x ∈ A3 , e s´ a o podemos ter f (x) = 1 para x ∈ A3 . Neste caso f ´ igualmente e um homomorfismo (f (x) ´ a paridade da permuta¸˜o x). e ca Conclu´ımos que existem apenas dois homomorfismos f : S3 → Z2 , que s˜o os indicados acima em (1) e (3). a 3. Sejam A e B an´is, e f : A → B um homomorfismo de an´is. e e a) Prove que f (O) = O∗ , onde O e O∗ s˜o os zeros de respectiva- a mente A e B. ¸˜ resolucao: f (O) =f (O + O), porque O ´ o elemento neutro da soma em A, e =f (O) + f (O), porque f ´ um homomorfismo de an´is. e e Segue-se da lei do corte no grupo aditivo (B, +) que f (O) = O∗ . b) Prove que f (−x) = −f (x) para qualquer x ∈ A. ¸˜ resolucao: f (x) + f (−x) =f (x + (−x)), porque f ´ um homomorfismo. e =f (O) = O∗ , de acordo com a al´ ınea anterior. =f (x) + [−f (x)], por defini¸˜o de [−f (x)]. ca Como f (x) + f (−x) = f (x) + [−f (x)], segue-se mais uma vez da lei do corte no grupo aditivo (B, +) que f (−x) = [−f (x)].
  • 40. 3.4. 1o TESTE: 18/3/2003 39 c) Se x ´ invert´ em A, temos sempre f (x) invert´ em B? e ıvel ıvel resoluca¸ ˜o: N˜o. Considere-se f : R → M2 (R), dada por a x 0 f (x) = . 0 0 Sabemos que x ´ invert´ em R se e s´ se x = 0, mas ´ evidente e ıvel o e que a imagem f (x) nunca ´ invert´ em M2 (R). e ıvel d) Mostre que f (nx) = nf (x), para quaisquer n ∈ Z e x ∈ A. Sugest˜o: Deve recordar a defini¸˜o de na, para n ∈ Z e a ∈ G, a ca onde G ´ um qualquer grupo aditivo. Para n > 0, deve proceder e por indu¸˜o. ca resolucao: Sendo n ∈ Z e a ∈ G, onde G ´ um qualquer grupo ¸˜ e aditivo (com elemento neutro O), definimos na como se segue: 1) n = 1 : na = 1a = a, 2) n > 1 : na = (n − 1)a + a, 3) n = 0 : na = 0a = O, e 4) n < 0 : na = (−n)(−a). Provamos primeiro que f (nx) = nf (x), para n ≥ 1, e por indu¸˜o. ca n = 1: temos de 1) que 1x = x ⇒ f (1x) = f (x) = 1f (x). n > 1: A hip´tese de indu¸˜o ´ f ((n − 1)x) = (n − 1)f (x). Temos o ca e f (nx) =f ((n − 1)x + x), (ponto 2) da defini¸˜o acima com a = x), ca =f ((n − 1)x) + f (x), porque f ´ um homomorfismo, e =(n − 1)f (x) + f (x), pela hip´tese de indu¸˜o, e o ca =nf (x), (ponto 2) da defini¸˜o acima com a = f (x)). ca n = 0: 0f (x) =O∗ , (ponto 3) da defini¸˜o acima com a = f (x) ∈ B), ca =f (O), pela al´ ınea a) desta quest˜o, a =f (0x), (ponto 3) da defini¸˜o acima com a = x ∈ A). ca n < 0: pode ser verificado como se segue: f (nx) =f ((−n)(−x)), (ponto 4) da defini¸˜o acima com a = x), ca =(−n)f (−x), como prov´mos acima para −n > 0, a =(−n)[−f (x)], conforme vimos na al´ ınea b), e =nf (x), (ponto 4) da defini¸˜o acima com a = f (x)). ca
  • 41. 40 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS3.5 2o Teste: 29/4/2003 1. a) Quantos divisores naturais tem 2.000? resolucao: 2.000 = 2×(10)3 = 2×(2×5)3 = 24 ×53 . Portanto, ¸˜ o natural k ´ divisor de 2.000 se e s´ se k = 2n 3m , onde 0 ≤ n ≤ 4 e o e 0 ≤ m ≤ 3. Existem 5 valores para n, e 4 valores para m. Conclu´ımos que 2.000 tem 5 × 4 = 20 divisores naturais. b) Quantos naturais 1 ≤ k ≤ 2.000 s˜o primos relativamente a a 2.000? resolucao: Os unicos factores primos de 2.000 s˜o 2 e 5. Por- ¸˜ ´ a tanto, os naturais 1 ≤ k ≤ 2.000 que s˜o primos relativamente a a 2.000 s˜o os que n˜o s˜o m´ltiplos de 2 nem de 5. a a a u De 1 at´ 2.000 temos: e • O conjunto A = {1 ≤ k ≤ 2.000 : 2|k}, formado pelos m´ltiplos u de 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´ltiplos u de 5, tem 2.000/5 = 400 elementos, #(B) = 400. • O conjunto A ∩ B, formado pelos m´ltiplos comuns de 2 u e de 5, contem os m´ltiplos de mmc(2, 5) = 10. Portanto u #(A ∩ B) = 2.000/10 = 200. • Os naturais que s˜o m´ltiplos de 2 e/ou 5 formam o conjunto a u A ∪ B. Temos #(A ∪ B) = #(A) + #(B) − #(A ∩ B) = 1.000 + 400 − 200 = 1.200. • Finalmente, os naturais k ≤ 2.000 que s˜o primos relativa- a mente a 2.000 s˜o os que n˜o pertencem ao conjunto A ∪ B. a a Existem portanto 2.000 − 1.200 = 800. 2. Determine todas as solu¸˜es da equa¸˜o 87x ≡ 3 (mod 6.000) em Z. co ca resolucao: Para calcular d = mdc(87, 6.000), e uma solu¸˜o par- ¸˜ ca ticular da equa¸˜o n˜o-homog´nea 87x ≡ d (mod 6.000), usamos o ca a e algoritmo de Euclides. m n r q x y x y 6.000 87 84 68 1 0 0 1 87 84 3 1 0 1 1 −68 84 3 0 1 −68 −1 69 Conclu´ımos que d = 3, portanto a equa¸˜o inicial tem solu¸˜es, e ca co sabemos ainda que (6.000)(−1) + (87)(69) = 3. Portanto x = 69 ´ e solu¸˜o particular da equa¸˜o n˜o-homog´nea em causa. ca ca a e Passamos a calcular a solu¸˜o geral da equa¸˜o homog´nea 87x ≡ 0 ca ca e (mod 6.000). Temos ent˜o 87x + 6.000y = 0. Dividindo por d = 3 a
  • 42. 3.5. 2o TESTE: 29/4/2003 41 obtemos 29x + 2.000y = 0, ou 29x = −2.000y. Como 29 ´ primo e n˜o e a ´ factor de 2.000 ´ claro que y ´ m´ltiplo de 29, i.e., y = 29z, donde e e e u 29x = −2.000(29z), ou x = −2.000z, que ´ a solu¸˜o geral da equa¸˜o e ca ca homog´nea em causa. e A solu¸˜o geral da equa¸˜o n˜o-homog´nea inicial ´ portanto x = ca ca a e e 69 − 2.000z, que podemos tamb´m escrever na forma x = 69 + 2.000z, e j´ que z ´ arbitr´rio, ou ainda na forma x ≡ 69 (mod 2.000). a e a 3. Determine todas as solu¸˜es da equa¸˜o x2 y = 108, onde x e y s˜o co ca a inteiros. Sugest˜o: Recorde o teorema fundamental da Aritm´tica. a e resolucao: Deve ser claro que y > 0, e que o sinal de x ´ irrelevante. ¸˜ e Notamos que 108 = 22 × 33 . Os factores primos de x e y s˜o factores a primos de 108, por raz˜es evidentes, e portanto s´ podem ser 2 e/ou 3, o o i.e., x = ±2n 3m e y = 2k 3j , onde n, m, k e j s˜o inteiros n˜o-negativos. a a Conclu´ ımos que x2 y = (2n 3m )2 (2k 3j ) = 22n+k 32m+j = 22 × 33 . Pelo teorema fundamental da Aritm´tica, temos 2n+k = 2 e 2m+j = e 3. Como as inc´gnitas n, m, k e j s˜o inteiros n˜o-negativos: o a a • 2n + k = 2 ⇔ (n = 0 e k = 2) ou (n = 1ek = 0) • 2m + j = 3 ⇔ (m = 0 e j = 3) ou (m = 1ej = 1) As diferentes solu¸˜es apresentam-se na tabela seguinte: co n k m j x y 0 2 0 3 ±1 108 0 2 1 1 ±3 12 1 0 0 3 ±2 27 1 0 1 1 ±6 3 4. Suponha que a, b e m s˜o inteiros fixos. Prove que a a) ax ≡ b (mod m) tem solu¸˜es inteiras x se e s´ se b ´ m´ltiplo co o e u de mdc(a, m). resolucao: As seguintes afirma¸˜es s˜o equivalentes: ¸˜ co a (1) ax ≡ b (mod m) tem solu¸˜o x, ca (2) Existe um inteiro x tal que m|(b − ax), (3) b ∈ K = {ax + my : x, y ∈ Z}. Basta notar que (1) ⇔ (2) por defini¸˜o de congruˆncia m´dulo ca e o m, e (2) ⇔ (3) por raz˜es ´bvias. o o O conjunto K ´ um ideal dos inteiros contendo a e m, porque: e
  • 43. 42 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS • a = a × 1 + m × 0 ∈ K e m = a × 0 + m × 1 ∈ K, • K = ∅, porque a, m ∈ K, • (ax + my) − (ax + my ) = a(x − x ) + m(y − y ) ∈ K, i.e., K ´ fechado em rela¸˜o ` diferen¸a, e e ca a c • (ax + my)z = a(xz) + m(yz) ∈ K, i.e., K ´ fechado em e rela¸˜o ao produto por inteiros arbitr´rios. ca a Para provar que K ´ o conjunto dos m´ltiplos de d = mdc(a, m), e u consideramos primeiro o caso “especial” a = m = 0. Neste caso, K = {ax + my : x, y ∈ Z} = {0} = {dz : z ∈ Z}, com d = 0, e 0 ´ o m´ximo (e unico) divisor comum de a e m. e a ´ Supomos agora que a = 0 ou m = 0. K contem naturais, porque contem pelo menos um elemento n˜o-nulo. Seja d o menor natural a em K, que existe pelo princ´ıpio da boa ordena¸˜o, e note-se que ca {dz : z ∈ Z} ⊆ K, porque K ´ um ideal, e d ∈ K. Sendo m e um qualquer elemento de K, temos m = dq + r, onde q e r s˜o a inteiros, e 0 ≤ r < d, pelo usual algoritmo da divis˜o. Como a r = m − dq ∈ K (K ´ um ideal!) e r < d, conclu´ e ımos que r n˜o pode ser positivo, i.e., r = 0, e m ´ m´ltiplo de d, i.e., a e u K = {dz : z ∈ Z}. Para mostrar que d = mdc(a, m), notamos que • d|a e d|m, porque a, m ∈ K = {dz : z ∈ Z}, i.e., d ´ um e divisor comum de a e m. • d = ax + my, porque d ∈ K = {ax + my : x, y ∈ Z}. Se k ´ e um qualquer divisor natural comum a a e m, ent˜o a = dx a e m = ky , donde d = ax + my = (kx )x + (ky )y = k(xx + yy ), e k|d e k ≤ d. Por outras palavras, d ´ m´ltiplo de qualquer divisor comum e u de a e de m, e portanto d = mdc(a, m). b) ax ≡ 0 (mod m) tem solu¸˜es x ≡ 0 (mod m) se e s´ se ax ≡ 1 co o (mod m) n˜o tem solu¸˜es (supondo m = 0). a co resolucao: Consideramos ent˜o as afirma¸˜es: ¸˜ a co (1) ax ≡ 0 (mod m) tem solu¸˜es x ≡ 0 (mod m). co (2) ax ≡ 1 (mod m) n˜o tem solu¸˜es. a co A implica¸˜o “(1) ⇒ (2)” ´ v´lida para qualquer m, mesmo m = ca e a 0. Se ax ≡ 1 (mod m) tem alguma solu¸˜o b, ent˜o ab = ba ≡ 1 ca a (mod m), e ax ≡ 0 (mod m) ⇒ bax ≡ 0 (mod m) ⇒ x ≡ 0 (mod m). Para provar a implica¸˜o “(2) ⇒ (1)”, supomos que ax ≡ 1 ca (mod m) n˜o tem solu¸˜es. Pelo resultado anterior, d = mdc(a, m) a co n˜o ´ factor de 1, i.e., d = 0 ou d > 1. Mas se m = 0 ent˜o a e a
  • 44. 3.6. 3o TESTE: 27/5/2003 43 d > 1, e m = nd, onde 1 ≤ n < m. Temos igualmente a = kd, e portanto tomando x = n ≡ /0 (mod m)), ´ claro que ax = e (kd)n = k(nd) = km ≡ 0 (mod m). Por outras palavras, ax ≡ 0 (mod m) tem a solu¸˜o x = n ≡ 0 (mod m). ca 5. Considere o ideal J =< 87 > em Z6000 . a) Quantos elementos tem J? Quantos geradores tem J? resolucao: Vimos na quest˜o 2 que mdc(87, 6.000) = 3, e por- ¸˜ a tanto J =< 87 >=< 3 >, que tem 6.000/3 = 2.000 elementos, correspondendo a todos os m´ltiplos de 3 at´ 6.000. u e Os geradores de J s˜o as solu¸˜es de mdc(x, 6.000) = 3, com a co 1 ≤ x ≤ 6.000. Para os contar, basta notar que x = 3k, onde 1 ≤ k ≤ 2.000, e mdc(3k, 6.000) = 3. Como mdc(3k, 6.000) = 3 mdc(k, 2.000), ´ claro que mdc(k, 2.000) = 1. Portanto, os gera- e dores de J correspondem aos naturais k at´ 2.000 que s˜o primos e a relativamente a 2.000. Tal como calculado na quest˜o 1, J tem a 800 geradores. b) J tem identidade? Se J tem identidade, qual ´ a sua identidade? e resolucao: Se x ´ identidade de J, ent˜o temos x ≡ 0 (mod 3), ¸˜ e a porque x ∈ J. Temos igualmente x2 = x, ou x(x − 1) = 0, ou seja, x(x − 1) ≡ 0 (mod 6.000). Como x ≡ 0 (mod 3), i.e., como x ´ m´ltiplo de 3, para que x(x − 1) seja m´ltiplo de 6.000 basta e u u que (x − 1) seja m´ltiplo de 2.000, i.e., basta que x − 1 ≡ 0 u (mod 2.000), o que tamb´m podemos escrever na forma x ≡ 1 e (mod 2.000). Segue-se do Teorema Chinˆs do Resto que x ≡ 0 (mod 3) e x ≡ 1 e (mod 2.000) tˆm uma solu¸˜o unica (mod 6.000), porque 3 e e ca ´ 2.000 s˜o primos entre si. Se x ´ solu¸˜o ent˜o x ´ um gerador a e ca a e de J (porque x ´ primo relativamente a 2.000, de acordo com a e segunda equa¸˜o). Como qualquer elemento y de J ´ da forma ca e y = nx, temos xy = yx = nx × x = n × x2 = nx = y. Portanto x ´ identidade de J. e Para calcular a identidade de J, notamos que x ≡ 1 (mod 2.000) ⇔ x = 1 + 2.000y, e x ≡ 0 (mod 3) ⇔ 1 + 2.000y ≡ 0 (mod 3) ⇔ −y ≡ −1 (mod 3) ⇔ y ≡ 1 (mod 3). Portanto y = 1 + 3z, e x = 1 + 2.000(1 + 3z) = 2.001 + 6.000z, i.e, x ≡ 2.001 (mod 6.000) ⇔ x = 2.001.3.6 3o Teste: 27/5/2003 1. Considere os polin´mios p(x) = x3 + 25x2 + 10x − 5 e q(x) = 1 + x + x2 o em Q[x].
  • 45. 44 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS a) Quais dos polin´mios p(x) e q(x) s˜o irredut´ o a ıveis em Q[x]? resoluca¸ ˜o: O polin´mio p(x) ´ irredut´ o e ıvel em Z[x] de acordo com o crit´rio de Eisenstein, que se aplica aqui com o primo 5. De e acordo com o Lema de Gauss, ´ igualmente irredut´ em Q[x], e ıvel porque ´ um polin´mio m´nico. O polin´mio q(x) ´ irredut´ e o o o e ıvel em R[x] porque tem discriminante d = −3 < 0. E por isso ´ evidentemente irredut´ em Q[x]. ıvel b) Determine a(x), b(x) ∈ Q[x] tais que 1 = a(x)(1 + x + x2 ) + b(x)(1 + x2 ). resolucao: Como vimos, o polin´mio 1 + x + x2 ´ irredut´ ¸˜ o e ıvel. ´ evidente que 1 + x2 n˜o ´ m´ltiplo de 1 + x + x2 , e portanto s´ E a e u o podemos ter mdc(1 + x + x2 , 1 + x2 ) = 1. A equa¸˜o apresentada ca tem por isso solu¸˜o, e podemos calcular uma das suas solu¸˜es ca co usando o algoritmo de Euclides. r q a(x) b(x) c(x) d(x) 1+x+ x2 1+ x2 x 1 1 0 0 1 1 + x2 x 1 x 0 1 1 −1 x 1 0 x 1 −1 −x 1+x Temos portanto 1 = (−x)(1 + x + x2 ) + (1 + x)(1 + x2 ), i.e., a(x) = −x e b(x) = 1 + x. 2. Suponha que α ∈ R ´ um n´mero irracional alg´brico sobre Q. Seja e u e J =< m(x) > o conjunto dos polin´mios p(x) ∈ Q[x] tais que p(α) = 0. o a) Supondo que m(x) tem grau n, prove que o espa¸o vectorial Q[α] c tem dimens˜o n sobre o corpo Q. a resolucao: Q[α] = {p(α) : p(x) ∈ Q[x]}. De acordo com o al- ¸˜ goritmo de divis˜o, p(x) = q(x)m(x)+r(x), onde o grau de r(x) ´ a e ´ < n. E evidente que p(α) = r(α), e sendo r(x) = r0 + r1 x + · · · + rn−1 xn−1 , temos p(α) = r(α) = r0 + r1 α + · · · + rn−1 αn−1 . Por outras palavras, o conjunto B = 1, α, · · · , αn−1 gera o espa¸o c vectorial Q[α] sobre Q. B ´ um conjunto linearmente independente: se r0 + r1 α + · · · + e rn−1 αn−1 = 0 com rk ∈ Q ent˜o r(α) = 0, onde r(x) = r0 + r1 x + a · · · + rn−1 xn−1 ∈ Q[x]. Temos portanto que r(x) ´ m´ ltiplo de e u m(x), e como o grau de m(x) ´ maior que o de r(x) s´ podemos e o ter r(x) = 0, ou seja, r0 = r1 = · · · = rn−1 = 0. Conclu´ ımos que B ´ uma base de Q[α] sobre Q, e portanto Q[α] e tem dimens˜o n.a b) Prove que Q[α] ´ um corpo, e uma extens˜o alg´brica de Q. e a e
  • 46. 3.6. 3o TESTE: 27/5/2003 45 resolucao: Mostramos primeiro que m(x) ´ um polin´mio irre- ¸˜ e o dut´ ıvel. Para isso, supomos que m(x) = a(x)b(x). Como m(α) = a(α)b(α) = 0, temos a(α) = 0 ou b(α) = 0. Supondo sem perda de generalidade que a(α) = 0, conclu´ ımos que a(x) ∈< m(x) >, i.e., m(x)|a(x). Como ´ evidente que a(x)|m(x), os polin´mios e o m(x) e a(x) s˜o associados, e b(x) ´ invert´ a e ıvel. Portanto m(x) ´e irredut´ ´ ıvel. E evidente que podemos supor m(x) m´nico. o Seja p(x) ∈ Q[x]. Supondo p(α) = 0, temos a provar que existe q(x) ∈ Q[x] tal que 1 = q(α)p(α), donde podemos concluir que q(α) ∈ Q[α] ´ o inverso de p(α). e Como d(x) = mdc(p(x), m(x)) ´ factor de m(x), e m(x) ´ irre- e e dut´ ıvel, ´ claro que d(x) = 1 ou d(x) = m(x). Se p(α) = 0, ent˜o e a p(x) ∈< m(x) >, i.e., m(x) n˜o ´ factor de p(x), e portanto a e d(x) = m(x). Neste caso s´ podemos ter d(x) = 1, e existem o polin´mios q(x), n(x) ∈ Q[x] tais que 1 = q(x)p(x) + n(x)m(x). o Conclu´ ımos que 1 = q(α)p(α), e q(α) ´ o inverso de p(α), com e q(α) ∈ Q[α]. Como os elementos n˜o-nulos do anel Q[α] tˆm a e inverso em Q[α], conclu´ ımos que Q[α] ´ um corpo. e Seja b ∈ Q[α]. Para provar que b ´ alg´brico sobre Q, considere- e e se o conjunto C = 1, b, b 2 , · · · , bn . Se C tem menos de n + 1 elementos, ´ evidente que existem 0 ≤ k < m ≤ n tais que e b k = bm , e b ´ raiz do polin´mio p(x) = xm − xk ∈ Q[x], e ´ e o e por isso alg´brico. Caso contr´rio C ´ um conjunto com mais e a e de n elementos num espa¸o vectorial de dimens˜o n sobre Q, e c a ´ por isso linearmente dependente sobre Q. Existem portanto e constantes racionais rk ∈ Q (com 0 ≤ k ≤ n) n˜o todas nulas a tais que r0 + r1 b + · · · + rn bn = 0. Por outras palavras, r(x) = r0 + r1 x + · · · + rn xn ∈ Q[x] ´ um polin´mio n˜o-nulo, e r(b) = 0, e o a ou seja, b ´ alg´brico. e e 3. Suponha que p(x), q(x) ∈ Z[x]. Diga (com a correspondente justi- fica¸˜o!) se cada uma das seguintes afirma¸˜es ´ falsa ou verdadeira. ca co e a) Se p(x) ´ irredut´ em Q[x] ent˜o p(x) ´ irredut´ em Z[x]. e ıvel a e ıvel resolucao: FALSO. O polin´mio p(x) = 2x + 4 ´ irredut´ ¸˜ o e ıvel em Q[x], mas n˜o em Z[x], porque p(x) = 2(x + 2). (O polin´mio a o constante a(x) = 2 ´ invert´ e ıvel em Q[x], mas n˜o o ´ em Z[x]. a e Portanto a factoriza¸˜o indicada ´ trivial em Q[x], mas n˜o ´ ca e a e trivial em Z[x].) b) Se p(x) e q(x) s˜o primitivos, ent˜o p(x)q(x) ´ primitivo. a a e resoluca¸ ˜o: VERDADEIRO. Seja m(x) = p(x)q(x). Desig- namos os coeficientes dos polin´mios m(x), p(x) e q(x) por re- o spectivamente mi , pi , qi . Recordamos que o conte´do de um u
  • 47. 46 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS polin´mio ´ o m´ximo divisor comum dos seus coeficientes, e o e a portanto qualquer divisor do conte´do ´ divisor de todos os seus u e coeficientes. Um polin´mio em Z[x] ´ primitivo se o seu conte´do o e u ´ 1. Vamos provar que o conte´do de m(x) n˜o tem qualquer e u a factor primo, e portanto s´ pode ser 1. o Seja a um qualquer n´mero primo. Como p(x) ´ primitivo, a n˜o u e a ´ factor do conte´do de p(x), e portanto existem coeficientes de e u p(x) que n˜o s˜o m´ltiplos de a. Seja s o menor ´ a a u ındice i para o qual a n˜o ´ factor de pi . Analogamente, e como q(x) ´ tamb´m a e e e primitivo, seja r o menor ´ ındice i para o qual a n˜o ´ factor de a e qi . Como m(x) = p(x)q(x), e tomando k = s + r, temos: k s−1 k mk = pi qk−i = pi qk−i + ps qr + pi qk−i . i=0 i=0 i=s+1 (A primeira soma ` direita ´ vazia se s = 0, e a ultima ´-o se a e ´ e r = 0, mas este facto ´ irrelevante para o nosso argumento, como e veremos). A primeira soma ` direita, se n˜o for vazia, ´ um a a e m´ltiplo de a, porque pi ´ m´ltiplo de a quando i < s. A ultima u e u ´ soma ` direita, se n˜o for vazia, ´ um m´ltiplo de a, porque qi ´ a a e u e m´ltiplo de a quando i < r, e se i > s ent˜o k − i = s + r − i < r. u a Como o termo restante ´ ps qr , que n˜o ´ m´ltiplo de a, conclu´ e a e u ımos que mk n˜o ´ m´ltiplo de a. Portanto a n˜o ´ factor do conte´do a e u a e u de m(x), e como a ´ arbitr´rio m(x) ´ primitivo. e a e 4. Suponha que G e H s˜o grupos finitos, respectivamente com n e m a elementos, e seja f : G → H um homomorfismo de grupos. a) Prove que se f ´ injectivo ent˜o n ´ factor de m. e a e resolucao: Se f ´ injectivo ent˜o f (G) tem n elementos. Como ¸˜ e a f (G) ´ um subgrupo de H, e H tem m elementos, conclu´ e ımos do teorema de Lagrange que n|m. b) O que pode concluir sobre f se n e m s˜o primos entre si? a resolucao: Sabemos como dissemos acima que f (G) ´ um sub- ¸˜ e grupo de H, e portanto o n´mero de elementos de f (G) ´ divisor u e de m. Seja N o n´cleo de f , e recorde-se a identidade: (no de u elementos de G) = (no de elementos de N )(no de elementos de f (G)) Segue-se desta equa¸˜o que o n´mero de elementos de f (G) ´ ca u e tamb´m factor do n´mero de elementos de G, al´m de ser factor e u e do n´mero de elementos de H. O unico divisor comum de n e m u ´ ´ 1, e portanto f (G) s´ pode ter 1 elemento. Por outras palavras, e o f s´ pode ser o homomorfismo “trivial”, que transforma todos os o elementos de G na identidade de H.
  • 48. 3.7. 1o TESTE: 30/3/2004 473.7 1o Teste: 30/3/2004 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta ca quest˜o, (G, ∗) ´ um grupo, e (A, +, ×) ´ um anel unit´rio. a e e a a) Qualquer subgrupo de G cont´m a identidade de G. e resolucao: Verdadeiro. Seja e a identidade do grupo “original” ¸˜ G, e f a identidade do subgrupo H ⊆ G. Notamos que: • f ∗ f = f , porque f ´ a identidade de H. e • f ∗ e = f , porque f ∈ G, e e ´ a identidade de G. e Conclu´ımos que f ∗ f = f ∗ e. Pela lei do corte no grupo G (i.e., multiplicando ` esquerda por f −1 , que ´ o inverso de f no grupo a e G), obtemos imediatamente que f = e. b) Se H e K s˜o subgrupos de G, e H ´ um subgrupo normal de G, a e ent˜o H ∩ K ´ um subgrupo normal de K. a e resolucao: Verdadeiro. Observamos primeiro da al´ ¸˜ ınea ante- rior que tanto H como K cont´m a identidade de G, e portanto e H ∩ K = ∅. Por outro lado, e supondo que x, y ∈ H ∩ K, temos • x ∗ y −1 ∈ H, porque x, y ∈ H, e H ´ subgrupo de G, e e • x∗y −1 ∈ K, porque x, y ∈ K, e K ´ subgrupo de G. e Conclu´ımos que x ∗ y −1 ∈ H ∩ K, e por isso H ∩ K ´ um subgrupo e de G, e portanto de K, j´ que H ∩ K ⊆ K. a Para verificar que H ∩ K ´ um subgrupo normal de K, supomos e que x ∈ H ∩ K, e y ∈ K. Temos ent˜o: a • y ∗ x ∗ y −1 ∈ K, porque x, y ∈ K, e K ´ um subgrupo. e • y∗x∗y −1 ∈ H, porque x ∈ H, y ∈ G, e H ´ um subgrupo e normal de G. Temos assim que y ∗ x ∗ y −1 ∈ H ∩ K, e H ∩ K ´ um subgrupo e normal de K. c) Se B ´ um subanel de A, ent˜o B ´ tamb´m um anel unit´rio. e a e e a resoluca¸ ˜o: Falso. Basta recordar o exemplo A = Z, que ´ um e anel unit´rio, e tomar para B o subanel dos inteiros pares, que a n˜o ´ um anel unit´rio, por raz˜es ´bvias. a e a o o d) Se x, y ∈ A, ent˜o (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 . a resolucao: Falso. Considere-se por exemplo o anel H dos ¸˜ quaterni˜es, e tome-se x = i, y = j. Observe-se que o • (i + j)2 = i2 + ij + ji + j 2 = −2, porque i2 = j 2 = −1, e ij = −ji = k, e • i2 + 2ij + j 2 = −2 + 2k = −2.
  • 49. 48 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS e) Se a, b ∈ A e n ∈ Z ent˜o n(ab) = (na)b = a(nb). a resoluca ¸ ˜o: Verdadeiro. Recorde-se primeiro que se n ∈ Z e c ∈ A, e sendo O o zero de A, e 0, 1 ∈ Z, ent˜o definimos: a (1) 0c = O. (2) 1c = c. (3) Se n > 1, nc = (n − 1)c + c. (4) Se n > 0, (−n)c = n(−c). Passamos a verificar a identidade n(ab) = (na)b = a(nb). • Se n = 0, ent˜o n(ab) = O, (na)b = Ob = O, e a(nb) = a aO = O. Usamos aqui a identidade (1), e o facto do zero de qualquer anel ser elemento absorvente para o produto, i.e., aO = Oa = O, para qualquer a ∈ A. • Se n ∈ N, a identidade verifica-se por indu¸˜o. ca n = 1: temos n(ab) = 1(ab) = ab, (na)b = (1a)b = ab, e a(nb) = a(1b) = ab, sempre pela identidade (2). n > 1: usando a identidade (3), temos n(ab) = (n − 1)(ab) + ab. A hip´tese de indu¸˜o ´ o ca e (n − 1)(ab) = ((n − 1)a)b = a((n − 1)b), e portanto n(ab) = (n−1)(ab)+ab = ((n−1)a)b+ab = ((n−1)a+a)b = (na)b. Analogamente, n(ab) = (n−1)(ab)+ab = a((n−1)b)+ab = a((n−1)b+b) = a(nb). f) Se a ∈ A, a equa¸˜o x2 = a2 tem um n´mero finito de solu¸˜es ca u co em A. resolucao: Falso. Considere-se no anel A = M2 (R) a equa¸˜o ¸˜ ca x 2 = 0 = 02 , onde 0 ´ a matriz zero. A equa¸˜o tem um n´ mero e ca u infinito de solu¸˜es, em particular as matrizes da forma co 0 c x= , c ∈ R. 0 0 2. Recorde que o grupo diedral Dn ´ o grupo de simetria do pol´ e ıgono regular de n lados, e tem 2n elementos (n reflex˜es e n rota¸˜es). o co Designamos por R2 o grupo multiplicativo das ra´ ızes quadradas da unidade.
  • 50. 3.7. 1o TESTE: 30/3/2004 49 a) Seja f : Dn → R2 dada por +1, se σ ´ uma rota¸˜o, e ca f (σ) = −1, se σ ´ uma reflex˜o. e a Mostre que f ´ um homomorfismo de grupos. Podemos concluir e daqui que as rota¸˜es em Dn formam um subgrupo normal de co Dn ? resolucao: As simetrias do pol´ ¸˜ ıgono regular de n lados s˜o a transforma¸˜es ortogonais. As transforma¸˜es ortogonais tˆm co co e determinante ±1, e as rota¸˜es s˜o as transforma¸˜es ortogonais co a co com determinante 1. Portanto, as reflex˜es tˆm determinante o e −1, e a fun¸˜o f acima mencionada ´ o determinante. Mais pre- ca e cisamente, f (σ) ´ o determinante da representa¸˜o matricial de e ca σ numa qualquer base de R2 . Se σ, ρ ∈ Dn , e m(σ), m(ρ) s˜o as respectivas representa¸˜es ma- a co triciais numa dada base de R2 , temos m(σ ◦ ρ) = m(σ)m(ρ), e portanto det(m(σ ◦ ρ) = det(m(σ)) det(m(ρ)). Como f (σ) = det(m(σ)), temos f (σ◦ρ) = f (σ)f (ρ), i.e., f ´ um homomorfismo e de grupos. As rota¸˜es em Dn formam um subgrupo normal porque con- co stituem, por raz˜es evidentes, o n´cleo do homomorfismo f , e o u sabemos que o n´cleo de um homomorfismo de grupos ´ um sub- u e grupo normal do grupo de partida. b) Determine todos os subgrupos de D5 . Quais destes subgrupos s˜o a normais? sugestao: Pode ser conveniente verificar que qual- ˜ quer subgrupo que contenha uma rota¸˜o r = 1 cont´m todas as ca e rota¸˜es em D5 . co resolucao: Designamos por I a identidade de D5 , que ´ uma ¸˜ e rota¸˜o (de zero graus), por r a rota¸˜o de 2π/5, e por α, β, γ, δ, ca ca e ε as 5 reflex˜es em D5 . As restantes rota¸˜es em D5 s˜o, por o co a raz˜es ´bvias, r2 , r3 , e r4 . o o Qualquer reflex˜o ´ a sua pr´pria inversa, e portanto existem 5 a e o subgrupos cada um com 2 elementos, com suportes {I, α}, {I, β}, {I, γ}, {I, δ}, e {I, ε}. Como vimos acima, as rota¸˜es formam um subgrupo (normal) co de D5 , com suporte K = {I, r, r2 , r3 , r4 }. Temos, al´m destes, os e subgrupos (triviais) {I} e D5 . Passamos a verificar que D5 n˜o tem subgrupos al´m dos 8 que j´ a e a indic´mos. Precisamos para isso de alguns resultados auxiliares: a i. Qualquer subgrupo H que contenha uma rota¸˜o = I cont´m ca e todas as rota¸˜es. co
  • 51. 50 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS 3 Se o subgrupo cont´m r2 ou r3 ent˜o cont´m r, porque r2 = e a e r 3 2 = r 6 = r. Se o subgrupo cont´m r 4 ent˜o cont´m r, e a e porque r−1 = r4 . ii. Qualquer subgrupo H que contenha duas reflex˜es cont´m o e todas as rota¸˜es.co O produto de duas reflex˜es (distintas) ´ uma rota¸˜o = 1, e o e ca pelo resultado anterior o subgrupo cont´m todas as rota¸˜es. e co iii. Qualquer subgrupo H que contenha uma reflex˜o e uma a rota¸˜o = 1 ´ o pr´prio grupo D5 . ca e o J´ vimos que H cont´m todas as rota¸˜es, i.e., cont´m K = a e co e {I, r, r2 , r3 , r4 }. Se ρ ∈ H ´ uma reflex˜o, ent˜o H cont´m e a a e os elementos ρ, ρr, ρr 2 , ρr 3 , ρr 4 , que s˜o distintos, e s˜o re- a a flex˜es. Conclu´ o ımos que H cont´m 5 reflex˜es e 5 rota¸˜es, e o co i.e., cont´m todos os elementos de D5 . e Finalmente, observamos que qualquer subgrupo de D5 possivel- mente distinto dos 8 que indic´mos cont´m pelo menos duas re- a e flex˜es, ou uma reflex˜o e uma rota¸˜o, e portanto ´ D5 . o a ca e J´ vimos que o subgrupo das rota¸˜es K ´ normal, e ´ ´bvio que {1} e a co e eo D5 s˜o subgrupos normais de D5 . Resta-nos verificar que os subgrupos a da forma H = {1, ρ}, onde ρ ´ uma reflex˜o, n˜o s˜o normais. Recorde- e a a a se que qualquer reflex˜o σ ´ inversa de si pr´pria, i.e., satisfaz σ −1 = σ. a e o Temos agora que se σ = ρ ent˜o σ ◦ ρ ◦ σ −1 ∈ H, porque a • σ ◦ ρ ◦ σ −1 = 1 ⇒ σ ◦ ρ = σ ⇒ ρ = 1, o que ´ imposs´ e ıvel. • σ ◦ ρ ◦ σ −1 = ρ ⇒ σ ◦ ρ = ρ ◦ σ = (σ ◦ ρ)−1 , e portanto σ ◦ ρ ´ uma rota¸˜o igual a sua inversa, ou σ ◦ ρ = 1, que ´ tamb´m e ca e e imposs´ıvel, porque ρ = σ. algumas notas soltas:1 a) N˜o podemos invocar na resolu¸˜o deste exerc´ a identidade f ∗ e = a ca ıcio f , a pretexto de f ser a identidade do subgrupo, porque neste caso sabemos apenas que f ∗ x = x ∗ f = x para qualquer x ∈ H. Tomar x = e equivale a dizer que e ∈ H, que ´ exactamente o que queremos e provar!1 b) O subgrupo H ∩ K ´ normal apenas no subgrupo K! Em geral, H ∩ K e n˜o ´ normal no grupo original G. a e1 d) A identidade (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 ´ equivalente a xy = yx. Qual- e quer anel n˜o-abeliano pode ser usado para obter um contra-exemplo, a mas conv´m escolher elementos x e y tais que xy = yx! E muito e ´ simples obter exemplos com matrizes.
  • 52. 3.8. 2o TESTE: 27/4/2004 511 f) Este facto ´ falso, mesmo em an´is sem divisores de zero, desde e e que n˜o-abelianos. Por exemplo, a equa¸˜o x2 = −1 tem um n´mero a ca u infinito de solu¸˜es no anel dos quaterni˜es. co o2 a) Existem muitas maneiras de verificar que as rota¸˜es tˆm determinante co e 1, e as reflex˜es determinante −1. Por exemplo, qualquer rota¸˜o de o ca R2 em torno da origem ´ uma transforma¸˜o linear com determinante e ca 1, porque a respectiva representa¸˜o matricial numa base ortonormada ca ´ da forma: e cos θ − sen θ . sen θ cos θ Esta matriz tem determinante cos2 θ + sen2 θ = 1. Por outro lado, qualquer reflex˜o do plano numa recta que passe pela origem ´ uma a e transforma¸˜o linear com representa¸˜o matricial da forma ca ca 1 0 0 −1 numa base ortogonal convenientemente escolhida (o primeiro vector da base tem a direc¸˜o da recta em causa, e o segundo ´ ortogonal ` ca e a mesma recta). O determinante da transforma¸˜o ´ neste caso −1. ca e2 b) O argumento usado para mostrar que os subgrupos de dois elementos n˜o s˜o normais pode ser explorado para determinar a “tabuada” do a a grupo Dn . Na realidade, se α ´ uma reflex˜o e r ´ a rota¸˜o de 2π/n, e a e ca ent˜o a tabuada de Dn fica determinada observando que os elementos a de Dn s˜o da forma αk rm , com 0 ≤ k < 2, e 0 ≤ m < n, e calculando a rα. O c´lculo ´ directo, se notarmos que rα ´ uma reflex˜o, e portanto a e e a rα = (rα)−1 . Como (rα)(αrn−1 ) = rn = 1, temos (rα)−1 = αrn−1 , i.e., rα = αrn−1 .3.8 2o Teste: 27/4/2004 1. Esta quest˜o refere-se a equa¸˜es ax ≡ b (mod 216), com a, b, x ∈ Z. a co a) Determine as solu¸˜es da equa¸˜o homog´nea 10x ≡ 0 (mod 216). co ca e resolucao: Temos 216 = 2 ¸˜ ´ 3 × 33 , e 10 = 2 × 5. E portanto evidente que mdc(10, 216) = 2. Notamos que 10x ≡ 0 (mod 216) ⇔ 10x = 216y ⇔ 5x = 108y ⇔ 108|5x. Como mdc(5, 108) = 1, sabemos que 108|5x ⇒ 108|x. E por ´ outro lado ´bvio que 108|x ⇒ 108|5x, i.e., 108|x ⇔ 108|5x, e o 10x ≡ 0 (mod 216) ⇔ 108|x ⇔ x ≡ 0 (mod 108).
  • 53. 52 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS Por outras palavras, x ´ solu¸˜o da equa¸˜o homog´nea 10x ≡ 0 e ca ca e (mod 216) se e s´ se x ≡ 0 (mod 108), i.e., se e s´ se x = 108k, o o com k ∈ Z. b) Determine as solu¸˜es da equa¸˜o 10x ≡ 6 (mod 216). co ca resolucao: A equa¸˜o tem solu¸˜es, porque mdc(10, 216) = 2, ¸˜ ca co e 2 ´ factor de 6. Podemos calcular uma solu¸˜o particular para a e ca equa¸˜o 10x ≡ 2 (mod 216) recorrendo ao algoritmo de Euclides: ca n m q r y1 x1 y2 x2 216 10 21 6 1 0 0 1 10 6 1 2 0 1 1 −21 6 4 1 2 1 −21 −1 22 4 2 2 0 −1 22 2 −43 Conclu´ımos que 216(2) + 10(−43) = 2, i.e., x = −43 ´ uma e solu¸˜o particular da equa¸˜o 10x ≡ 2 (mod 216), donde x = ca ca −129 = (−43) × 3 ´ uma solu¸˜o particular da equa¸˜o 10x ≡ 6 e ca ca (mod 216). A solu¸˜o geral desta equa¸˜o pode ser obtida so- ca ca mando a esta solu¸˜o particular a solu¸˜o geral da equa¸˜o ho- ca ca ca mog´nea corresponente, que ´ como vimos x = 108k, com k ∈ Z, e e para obter: 10x ≡ 6 (mod 216) ⇔ x = −129 + 108k, k ∈ Z. Podemos ainda escrever 10x ≡ 6 (mod 216) ⇔ x ≡ −129 (mod 108). O inteiro −129 pode ser substitu´ por qualquer outro que lhe ıdo seja congruente (mod 108), e ´ comum escrever a solu¸˜o geral e ca recorrendo ` menor solu¸˜o particular positiva, i.e., escrever x ≡ a ca 87 (mod 108). c) Quantos naturais a ≤ 216 tˆm inverso (mod 216)? e resolucao: a ´ invert´ ¸˜ e ıvel (mod 216) se e s´ se a equa¸˜o ax ≡ 1 o ca (mod 216) tem solu¸˜o, ou seja, se e s´ se mdc(a, 216) = 1. Como ca o os unicos factores primos de 216 s˜o 2 e 3, segue-se que desejamos ´ a contar os naturais a ≤ 216 que n˜o s˜o m´ltiplos de 2 nem de 3. a a u ´ claro que existem E • 216/2 = 108 naturais a ≤ 216 que s˜o m´ltiplos de 2. a u • 216/3 = 72 naturais a ≤ 216 que s˜o m´ltiplos de 3. a u Alguns destes naturais s˜o simultaneamente m´ltiplos de 2 e de a u 3, mas esses s˜o m´ltiplos de mmc(2, 3) = 6. Mais uma vez, a u existem 216/6 = 36 m´ltiplos de 6, menores ou iguais a 216. u Os naturais a ≤ 216 que s˜o m´ltiplos de 2 ou de 3 s˜o ent˜o a u a a 108 + 72 − 36 = 144, restando 216 − 144 = 72 naturais a ≤ 216 que s˜o invert´ a ıveis (mod 216).
  • 54. 3.8. 2o TESTE: 27/4/2004 53 2. Nesta quest˜o, A ´ um anel unit´rio, com identidade I = 0, e φ : Z → a e a A ´ o homomorfismo de an´is dado por φ(n) = nI. e e a) Prove que φ(Z) ´ o menor subanel de A que cont´m I. e e resolucao: Temos a provar duas afirma¸˜es: ¸˜ co (1) φ(Z) ´ um subanel de A que cont´m I. e e (2) Se I ∈ B ⊆ A, e B ´ subanel de A, ent˜o φ(Z) ⊆ B. e a A afirma¸˜o (1) ´ evidente, porque ca e • I = φ(1) ∈ φ(Z), e • φ(Z) ´ um subanel de A, porque ´ a imagem do anel Z pelo e e homomorfismo de an´is φ. e Para provar (2), suponha-se que I ∈ B ⊆ A, e B ´ subanel de A. e Temos que mostrar que (a) φ(n) ∈ B, para qualquer n ∈ Z: Demonstramos primeiro, e por indu¸˜o em n, que ca (b) φ(n) ∈ B, para qualquer n ∈ N: • φ(1) ∈ B, porque φ(1) = I ∈ B. • Se φ(n) ∈ B ent˜o φ(n + 1) = φ(n) + I ∈ B, porque B ´ a e fechado para a soma. Sabemos que se n ∈ Z ent˜o n ∈ N, ou n = 0, ou −n ∈ N. a Para provar (a), resta-nos mostrar que φ(n) ∈ B, quando n = 0 e quando −n ∈ N. • Se n = 0: φ(0) = 0 ∈ A, porque φ ´ um homomorfismo de e an´is, e portanto transforma o zero do anel de partida no e zero do anel de chegada. Qualquer subanel de A cont´m o e zero de A, e portanto φ(0) = 0 ∈ B. • Se −n ∈ N: φ(n) = −φ(−n), porque φ ´ um homomorfismo e de an´is, e φ(−n) ∈ B, de acordo com (b). Portanto φ(n) ∈ e B, j´ que B ´ um subanel, e por isso cont´m os sim´tricos a e e e dos seus elementos. b) Mostre que se A ´ ordenado e A+ = φ(N) ent˜o A ´ isomorfo a e a e Z. sugesta ˜o: Verifique primeiro que se A ´ ordenado ent˜o φ ´ e a e injectiva, i.e., a caracter´ ıstica de A s´ pode ser 0. o resolucao: Para mostrar que φ ´ injectiva basta-nos provar que ¸˜ e n = 0 =⇒ φ(n) = 0, j´ que φ ´ um homomorfismo. Recordamos a e que se n = 0 ent˜o n ∈ N ou −n ∈ N. Provamos primeiro: a (i) Se n ∈ N ent˜o φ(n) ∈ A+ , donde φ(n) = 0. a Argumentamos por indu¸˜o: ca • φ(1) = I ∈ A+ , porque I = I 2 , e I = 0.
  • 55. 54 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS • Se φ(n) ∈ A+ ent˜o φ(n + 1) = φ(n) + I ∈ A+ , porque A+ ´ a e fechado para a soma. • Pela propriedade de tricotomia, temos φ(n) = 0. Provamos em seguida: (ii) Se −n ∈ N, ent˜o φ(n) = 0. a φ(−n) ∈ A + , de acordo com (i), donde φ(n) = −φ(−n) = 0. Conclu´ ımos de (i) e (ii) que φ ´ injectiva. e Supomos agora que A + = φ(N), e passamos a demonstrar que φ ´ tamb´m sobrejectiva. Dado a ∈ A, temos mais uma vez pela e e propriedade de tricotomia que a ∈ A+ , ou a = 0, ou −a ∈ A+ . Observamos que: • Se a ∈ A+ , ent˜o por hip´tese existe n ∈ N tal que a = a o φ(n) ∈ φ(N) ⊂ φ(Z). • Se a = 0 ent˜o a = φ(0) ∈ φ(Z). a • Se −a ∈ A + ent˜o temos mais uma vez −a = φ(n), com a n ∈ N, e a = −φ(n) = φ(−n) ∈ φ(Z). Conclu´ ımos que φ ´ um homomorfismo bijectivo, i.e., ´ um iso- e e morfismo, e os an´is A e Z s˜o isomorfos. e a 3. Designamos aqui por S(n) a soma dos divisores naturais de n ∈ N. a) Quantos naturais d ≤ 4.000 s˜o divisores de 4.000? a resolucao: Como 4.000 = 25 × 53 , os divisores de 4.000 s˜o da ¸˜ a forma d = 2 n × 3m , com 0 ≤ n ≤ 5, e 0 ≤ m ≤ 3. Existem por isso (5 + 1) × (3 + 1) = 24 divisores de 4.000. b) Determine S(4.000). resolucao: De acordo com a al´ ¸˜ ınea anterior, temos: 5 3 5 3 S(4.000) = 2n × 5m = 2n 5m = n=0 m=0 n=0 m=0 = (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32)(1 + 5 + 25 + 125) = 63 × 156 = 9.828 c) Resolva a equa¸˜o S(n) = 399 = 3 × 7 × 19. ca resolucao: Se pk ´ a maior potˆncia de p que divide o natural ¸˜ e e n ent˜o a soma 1 + p + p a 2 + · · · + pk ´ factor de S(n). Neste e caso, S(n) = 3 × 7 × 19 tem 7 factores α = 1, i.e., α ∈ D = {3, 7, 19, 21, 57, 133, 399}, e teremos portanto 1 + p + p2 + · · · + pk = α ∈ {3, 7, 19, 21, 57, 133, 399} Os casos α = 3 e α = 7 s˜o muito f´ceis de resolver, j´ que a a a 3 = 1 + 2, e 7 = 1 + 2 + 4, correspondendo sempre a p = 2, e sendo respectivamente k = 1 e k = 2.
  • 56. 3.9. 3o TESTE: 25/5/2004 55 Para estudar os casos dos restantes factores, conv´m observar o e seguinte: (1) Se 1 + p + p2 + · · · + pk = α ent˜o α ≡ 1 (mod p), i.e., p|α − 1. a (2) Se 1 + p + p 2 + · · · + pk = α ∈ {19, 21, 57, 133, 399} ent˜o a k ≥ 2, e portanto p 2 < α. (3) 1 + 2 + 22 + · · · + 2k = 2k+1 − 1: os valores correspondentes s˜o: 3, 7, 15, 31, 63, 127, 255, 511, · · · . a (4) 1+3+32 +· · ·+3k = (3k+1 −1)/2: os valores correspondentes s˜o: 4, 13, 40, 121, 364, · · · . a Seleccionamos assim os poss´ ıveis primos p para cada valor de α: 19: 19 − 1 = 18 = 2 × 32 , p = 2, ou p = 3: imposs´ ıvel. 21: 21 − 1 = 20 = 2 2 × 5, p = 2: imposs´ ıvel. 57: 57 − 1 = 56 = 2 3 × 7, p = 2, ou p = 7: a unica possibilidade ´ ´ 57 = 1 + 7 + 49, i.e., p = 7, e k = 2. e 133: 133 − 1 = 132 = 22 × 3 × 11, p = 2, ou p = 3, ou p = 11: a unica possibilidade ´ 133 = 1 + 11 + 121, i.e., p = 11 e k = 2. ´ e 399: 399 − 1 = 398 = 2 × 199, p = 2: imposs´ ıvel. Repare-se que para verificar que 199 ´ primo basta testar os factores primos e ´ 2 ≤ p ≤ 13. E evidente que 2, 3, 5 e 11 n˜o s˜o factores de a a 199, pelo que apenas temos que calcular 199 ≡ 3 (mod 7), e 199 ≡ 4 (mod 13). Resumimos as solu¸˜es que encontr´mos para a equa¸˜o co a ca 1 + p + p2 + · · · + pk = α ∈ {3, 7, 19, 21, 57, 133, 399} α p k 3 2 1 3=1+2 7 2 2 7=1+2+4 57 7 2 57 = 1 + 7 + 49 133 11 2 133 = 1 + 11 + 121 Como 399 = 3 × 133 = 7 × 57, a equa¸˜o S(n) = 399 tem exac- ca tamente duas solu¸˜es: n = 2 × 112 = 242, e n = 22 × 72 = 196. co3.9 3o Teste: 25/5/2004 1. Este grupo refere-se ao anel A = Z1155 . a) Determine uma solu¸˜o particular da equa¸˜o 60x = 15, com ca ca x ∈ Z1155 . Quantas solu¸˜es tem esta equa¸˜o? co ca resoluca ¸ ˜o: A equa¸˜o a resolver ´ equivalente a 60x ≡ 15 ca e (mod 1155), que tem solu¸˜o se e s´ se mdc(60, 1155)|15. Co- ca o me¸amos por isso por calcular mdc(60, 1155), usando o algoritmo c
  • 57. 56 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS de Euclides: n m q r y1 x1 y2 x2 1155 60 19 15 1 0 0 1 60 15 4 0 0 1 1 −19 Temos assim 15 = mdc(60, 1155), e 15 = (1155)(1) + (60)(−19). Em particular, x = −19 = 1136 ´ uma solu¸˜o particular da e ca equa¸˜o original. ca O n´mero de solu¸˜es da equa¸˜o original, que ´ n˜o-homog´nea, u co ca e a e ´ o n´mero de solu¸˜es da equa¸˜o homog´nea correspondente, e u co ca e que ´ 60x = 0. Esta ultima equa¸˜o ´ equivalente a 1155|60x, e ´ ca e ou, dividindo por 15, 77|4x. Como 77 e 4 s˜o primos entre si, a conclu´ımos que 77|x. Finalmente, como 1155 = 77 × 15, ´ claro e que a equa¸˜o tem 15 solu¸˜es no anel Z1155 . ca co b) O subanel B =< 60 >⊂ A tem identidade? Em caso afirmativo, qual ´ essa identidade? e resolucao: Vimos que mdc(60, 1155) = 15, donde ¸˜ B =< 60 >=< 15 > ´ um anel com 1155/15 = 77 elementos. e Como 15 e 77 s˜o primos entre si, segue-se que B tem identidade. a A identidade ´ a classe de equivalˆncia do inteiro x, onde e e x ≡ 0 (mod 15) x ≡ 1 (mod 77) Temos x = 1 + 77y ⇒ 1 + 77y ≡ 0 (mod 15) ⇔ 2y ≡ −1 (mod 15). Multiplicando por −7, que ´ inverso de 2 (mod 15), obtemos e y ≡ 7 (mod 15) ⇒ y = 7+15z ⇒ x = 1+77(7+15z) = 540+1155z. ımos que x ≡ 540 (mod 1155), e a identidade do subanel Conclu´ B ´ 540. e 2. Neste grupo, p(x) ∈ Z3 [x], e F ´ o anel das fun¸˜es f : Z3 → Z3 . De- e co signamos por φ : Z3 [x] → F o homomorfismo de an´is que transforma e cada polin´mio na respectiva fun¸˜o polinomial, e g : Z3 → Z3 ´ a o ca e fun¸˜o dada por g(0) = g(1) = 2, e g(2) = 1. ca a) Determine p(x) tal que φ(p(x)) = g.
  • 58. 3.9. 3o TESTE: 25/5/2004 57 resolucao: Usamos a f´rmula de interpola¸˜o de Lagrange. ¸˜ o ca Consideramos primeiro os polin´mios pk (x), dados por: o p0 (x) =2(x − 1)(x − 2) p1 (x) =2x(x − 2) p2 (x) =2x(x − 1) Notamos que qualquer α = k ´ ra´ de pk (x), e pk (k) = 1. O e ız polin´mio Ap0 (x)+Bp1 (x)+Cp2 (x) toma assim os valores A, B, o e C, respectivamente em 0, 1, e 2, e no caso presente A = B = 2, e C = 1, i.e., p(x) =2p0 (x) + 2p1 (x) + p2 (x) =(x − 1)(x − 2) + x(x − 2) + 2x(x − 1) =x2 + 2 + x2 − 2x + 2x2 − 2x = x2 + 2x + 2 b) Qual ´ a solu¸˜o geral da equa¸˜o φ(p(x)) = g? e ca ca resoluca ¸ ˜o: Como vimos, o polin´mio p(x) = x2 + 2x + 2 ´ uma o e solu¸˜o particular desta equa¸˜o. Como φ ´ um homomorfismo ca ca e (de an´is), a solu¸˜o geral resulta de adicionar, a esta, a solu¸˜o e ca ca geral da equa¸˜o homog´nea φ(p(x)) = 0, ou seja, adicionar um ca e qualquer elemento do n´cleo de φ. Por outras palavras, temos a u determinar o n´cleo do homomorfismo φ. u O n´cleo de φ ´ um ideal de Z3 [x], e portanto ´ da forma u e e N (φ) =< m(x) >= {q(x)m(x) : q(x) ∈ Z3 [x]}, j´ que Z3 ´ um corpo. Os polin´mios em N (φ) s˜o, por raz˜es a e o a o evidentes, os que tˆm 0, 1, e 2 como ra´ e ızes, e m(x) ´ um qualquer e dos polin´mios n˜o-nulos, e de grau m´ o a ınimo, no n´cleo de φ. u O grau de m(x) ´ pelo menos 3, porque m(x) tem trˆs ra´ e e ızes distintas. Como x(x − 1)(x − 2) = x(x2 + 2) = x3 + 2x ´ um e polin´mio de grau 3 com as ra´ o ızes em causa, podemos tomar m(x) = x 3 + 2x. A solu¸˜o geral da equa¸˜o n˜o-homog´nea ´ assim: ca ca a e e 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 + m2 ´ um inteiro primo. Mostre e que n + mi ´ um elemento irredut´ de Z[i]. e ıvel resoluca ¸ ˜o: Suponha-se que n + mi = (a + bi)(c + di), donde |n + mi|2 = |a + bi|2 |c + di|2 , i.e., p = n2 + m2 = (a2 + b2 )(c2 + d2 ).
  • 59. 58 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS Como p ´ um inteiro primo, temos certamente a2 + b2 = 1 ou e c2 + d2 = 1, i.e., um dos elementos a + bi ou c + di ´ invert´ e ıvel. Como n + mi n˜o ´ nulo nem invert´ a e ıvel, segue-se que n + mi ´e irredut´ ıvel. b) Considere o inteiro de Gauss z = 15(2 + 3i)2 . Quantos divisores de z existem em Z[i]? sugestao: Como calcula o n´mero de ˜ u divisores k ∈ N de um dado n ∈ N? resolucao: A seguinte factoriza¸˜o para z ´ imediata: ¸˜ ca e 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 s˜o irredut´ a ıveis, porque 22 + 12 = 5, e 22 + 32 = 13. 3 ´ um inteiro de Gauss irredut´ e ıvel, porque qualquer inteiro primo p que satisfa¸a p ≡ 3 (mod 4) ´ c e irredut´ em Z[i]. A factoriza¸˜o de z indicada acima ´ portanto ıvel ca e a factoriza¸˜o de z em elementos irredut´ ca ıveis, e os divisores de z s˜o os inteiros de Gauss da forma: a w = u3α (2 + i)β (2 − i)γ (2 + 3i)δ , onde 0 ≤ α, β, γ ≤ 1, 0 ≤ δ ≤ 2, e u ∈ {1, −1, i, −i} ´ um inteiro e de Gauss invert´ıvel. Existem assim 4 × 2 × 2 × 2 × 3 = 96 divisores de z. 4. Seja K um corpo e A = K [[x]] o anel das s´ries de potˆncias com e e coeficientes em K. a) Mostre que os elementos invert´ ıveis de A s˜o as s´ries da forma a e ∞ n=0 an xn , com a0 = 0. ´ resolucao: E evidente que ¸˜ ∞ ∞ an xn bm xm = 1 ⇒ a0 b0 = 1 ⇒ a0 = 0. n=0 m=0 Resta-nos mostrar que se a0 = 0 ent˜o existe uma s´rie ∞ bm xm a e m=0 tal que ( ∞ an xn ) ( ∞ bm xm ) = 1. Para isso, definimos os n=0 m=0 coeficientes bm recursivamente, de forma a que: n a0 b0 = 1, e, para n > 0, ak bn−k = 0. k=0 Basta-nos tomar b0 = a−1 , e, para n > 0, e supondo bk definido 0 para 0 ≤ k < n, notar que n n n ak bn−k = 0 ⇔ a0 bn = − ak bn−k ⇔ bn = −a−1 0 ak bn−k . k=0 k=1 k=1
  • 60. 3.9. 3o TESTE: 25/5/2004 59 b) A ´ um d.i.p. e/ou um d.f.u.? e ∞ k resolucao: Seja 0 = s(x) = ¸˜ k=0 sk x ∈ K[[x]], e n = min{k ≥ 0 : sk = 0}. Segue-se da al´ ınea anterior que s(x) = xn u, onde u ∈ K[[x]] ´ invert´ e ıvel. Por outras palavras, se s(x) = 0 ent˜o existe n ≥ 0 tal que a s(x) ∼ xn em K[[x]]. Seja agora I ⊆ K[[x]] um ideal. Se I = {0} ´ ´bvio que I =< 0 > ´ um ideal principal. Se I = {0}, ent˜o eo e a existe uma s´rie 0 = s(x) ∈ I, e existe n ≥ 0 tal que s(x) ∼ xn . e ´ E claro que xn ∈ I, e em particular {n ≥ 0 : xn ∈ I} = ∅. Consideramos d = min{n ≥ 0 : xn ∈ I}, donde xd ∈ I. ´ E claro que < xd >⊆ I. Para verificar que I ⊆< xd >, seja 0 = t(x) ∈ I, donde t(x) = xm v, onde v ´ invert´ e ıvel, e xm ∈ I. Temos ent˜o m ≥ d, e t(x) = (x a m−d v)xd , i.e., t(x) ∈< xd >, e <x d >⊆ I. Conclu´ ımos que K[[x]] ´ um p.i.d., donde ´ tamb´m um d.f.u. e e e Notas sobre a resolu¸˜o: ca • As quest˜es (1a) e (2b) s˜o ambas aplica¸˜es directas duma ideia que o a co come¸´mos a referir ainda no primeiro cap´ ca ıtulo. Seja (G, ∗) um grupo, φ : G → H um homomorfismo de grupos, e suponha-se que a equa¸˜o ca φ(x) = y0 tem uma solu¸˜o particular x0 . Neste caso, a solu¸˜o geral ca ca da equa¸˜o ´ x = x0 ∗ n, onde n ∈ N (φ), i.e., onde n ´ um elemento ca e e arbitr´rio do n´cleo de φ. Na quest˜o (1a), temos φ : Z1155 → Z1155 , a u a dado por φ(x) = 60x. Na quest˜o (2b), temos φ : Z3 [x] → F , onde a φ(p(x)) ´ a fun¸˜o polinomial determinada por p(x), e definida em Z3 . e ca Em ambos os casos, e depois de determinar uma solu¸˜o particular, ´ ca e apenas necess´rio calcular o n´cleo de φ. a u • A quest˜o (1b) est´ documentada na sec¸˜o 3.1 do livro (proposi¸˜o a a ca ca 3.1.25). • Sobre a quest˜o (2a), recorde-se que, num corpo finito K = {a1 , · · · , an }, a o valor do polin´mio qk (x) = i=k (x − ai ) ´, no ponto ak , uma con- o e stante α independente de k. α ´ na realidade igual ao produto dos e elementos n˜o-nulos de K. No caso de Z3 , temos α = 1 × 2 = 2. Ao a usar a f´rmula de interpola¸˜o de Lagrange, recorremos aos polin´mios o ca o −1 q (x), para for¸ar p (a ) = 1. Em Z temos 2−1 = 2. pk (x) = α k c k k 3
  • 61. 60 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS3.10 1o Teste: 31/3/2005 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta ca quest˜o, (G, ∗) ´ um grupo, e (A, +, ×) ´ um anel unit´rio. a e e a a) Qualquer subgrupo de G cont´m a identidade de G. e resolucao: Verdadeiro. Seja e a identidade do grupo “original” ¸˜ G, e f a identidade do subgrupo H ⊆ G. Notamos que: • f ∗ f = f , porque f ´ a identidade de H. e • f ∗ e = f , porque f ∈ G, e e ´ a identidade de G. e Conclu´ımos que f ∗ f = f ∗ e. Pela lei do corte no grupo G (i.e., multiplicando ` esquerda por f −1 , que ´ o inverso de f no grupo a e G), obtemos imediatamente que f = e. b) Qualquer subanel unit´rio de A cont´m a identidade de A. a e resolucao: Falso. Seja A = M2 (R) o usual anel das matrizes ¸˜ 2 × 2 com entradas reais, e B o subanel de A formado pelas matrizes da forma x 0 . 0 0 ´ E claro que A e B s˜o an´is unit´rios com identidades distintas. a e a c) Se x ∈ G e x2 = e, onde e ´ a identidade de G, ent˜o x = e. e a resolucao: Falso. No grupo (multiplicativo) das ra´ quadradas ¸˜ ızes da unidade, G = {1, −1}, a equa¸˜o x ca 2 = 1 tem ra´ızes x = 1 e x = −1. d) Se x ∈ A e x2 = 0 ent˜o x = 0. a resoluca ¸ ˜o: Falso. No anel A = M2 (R), temos a b a2 + bc b(a + d) x= ⇒ x2 = . c d c(a + d) d2 + bc Podemos tomar a+d = 0, e escolher b e c de modo a que a2 +bc = 0, para obter x = 0, e x2 = 0. Por exemplo, 1 −1 x= . 1 −1 2. O grupo GL(2, R) ´ formado pelas matrizes 2 × 2, invert´ e ıveis, com entradas em R, com o produto usual de matrizes. Para cada um dos seguintes exemplos, diga se H ´ um subgrupo de GL(2, R), e, caso e afirmativo, se H ´ um subgrupo normal de GL(2, R). e
  • 62. 3.10. 1o TESTE: 31/3/2005 61 a 0 a) H = { , ab = 0}. 0 b ´ o resolucao: E ´bvio que H = ∅, e por isso temos a verificar ¸˜ apenas que x, y ∈ H ⇒ xy −1 ∈ H. Note-se, para isso, que sendo a = 0 e b = 0 ent˜o a a 0 a−1 0 y= ⇒ y −1 = . 0 b 0 b−1 Conclu´ ımos que: c 0 a 0 ca−1 0 x= ,y = ⇒ xy −1 = ∈ H. 0 d 0 b 0 db−1 Temos assim que H e um subgrupo de GL(2, R). ´ Considerem-se agora as matrizes (1 ) 1 0 1 0 1 0 x= ∈ H, y = ∈ GL(2, R), donde y −1 = . 0 −1 1 1 −1 1 O seguinte c´lculo ´ imediato: a e 1 0 1 0 1 0 1 0 y −1 xy = = ∈ H. −1 1 0 −1 1 1 −2 −1 Conclu´ ımos que H nao ´ um subgrupo normal de GL(2, R). ˜ e b) H = {M ∈ GL(2, R) : det(M ) = 1}. resolucao: H = ∅, j´ que cont´m, por exemplo, a matriz iden- ¸˜ a e tidade. Para verificar que x, y ∈ H ⇒ xy −1 ∈ H, recordamos que det(xy) = det(x) det(y), e det(y −1 ) = det(y)−1 . Como x, y ∈ H ⇔ det(x) = det(y) = 1, temos ent˜o que a det(xy −1 ) = det(x) det(y −1 ) = det(x) det(y)−1 = 1. Conclu´ ımos que H e um subgrupo de GL(2, R). ´ Se x ∈ H e y ∈ GL(2, R), temos ainda det(y −1 xy) = det(y −1 ) det(x) det(y) = det(y) det(y)−1 = 1. Por outras palavras, y −1 xy ∈ H, donde 1 Note que a matriz y representa uma opera¸˜o elementar sobre linhas/colunas, o que caem particular torna o c´lculo da sua inversa imediato. a
  • 63. 62 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS H ´ um subgrupo normal de GL(2, R). e 3. Nesta quest˜o, G = {1, i, −1, −i} ´ o grupo multiplicativo das ra´ a e ızes quartas da unidade, e Z2 = {0, 1} ´ o usual grupo aditivo com dois e elementos. a) Determine todos os homomorfismos de grupo f : Z2 → G. resolucao: Temos f (0) = 1, porque qualquer homomorfismo de ¸˜ grupos transforma a identidade do grupo de partida na identidade do grupo de chegada. Resta-nos por isso determinar f (1). Note- se que f (1)2 = f (1)f (1) = f (1+1) = f (0) = 1 ⇒ f (1) = 1 ou f (1) = −1. No caso em que f (1) = 0, f ´ o homomorfismo constante trivial. e No caso em que f (1) = −1, f ´ evidentemente um isomorfismo e entre Z2 e o subgrupo de G com 2 elementos. b) Suponha que H ´ um grupo, e g : G → H ´ um homomorfismo e e sobrejectivo. Classifique o grupo H. resolucao: G tem apenas 3 subgrupos, respectivamente com 1, ¸˜ 2, ou 4 elementos, que s˜o {1}, {1, −1}, e G. Estes subgrupos a s˜o todos normais, porque G ´ abeliano. Conclu´ a e ımos que o n´cleo u N (g) pode ter 1, 2, ou 4 elementos. • Se N (g) tem 1 elemento, ent˜o g ´ um isomorfismo, e por- a e tanto H G. Este caso ´ certamente poss´ e ıvel, por exemplo com G = H, sendo g a fun¸˜o identidade. ca • Se N (g) tem 2 elementos, ent˜o cada elemento de H ´ ima- a e gem de 2 elementos de G, e portanto H tem 2 elementos. Como todos os grupos de 2 elementos s˜o isomorfos entre si, a H ´ isomorfo ao grupo multiplicativo das ra´ e ızes quadradas da unidade {1, −1}. Este caso ´ igualmente poss´ e ıvel, porque corresponde a g : G → {1, −1}, dado por g(x) = x2 . • Se N (g) tem 4 elementos, ent˜o todos os elementos de G a pertencem ao n´cleo, i.e., g ´ o homomorfismo trivial, e H ´ u e e um grupo com 1 elemento. Este caso ´ obviamente poss´ e ıvel. Conclu´ımos que H pode ser isomorfo exactamente a um dos trˆs e seguinte grupos: {1}, {1, −1}, G.3.11 2o Teste: 28/4/2005 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. ca
  • 64. 3.11. 2o TESTE: 28/4/2005 63 a) Todos os grupos n˜o abelianos com 8 elementos s˜o isomorfos a a entre si. resolucao: A afirma¸˜o ´ falsa. Basta recordar o grupo mul- ¸˜ ca e tiplicativo dos quaterni˜es unit´rios, H8 = {±1, ±i, ±j, ±k}, e o a o grupo diedral D4 , das simetrias do quadrado. Existem 6 el- ementos x ∈ D4 tais que x2 = 1 (a identidade, as 4 reflex˜es o nos eixos de simetria do quadrado, e a rota¸˜o de 180o ), e ape- ca nas 2 elementos em H8 que satisfazem a mesma equa¸˜o, que s˜o ca a x = ±1. b) No grupo diedral Dn (grupo de simetria do pol´ ıgono regular de n lados), as rota¸˜es formam um subgrupo normal de Dn . co resoluca ¸ ˜o: A afirma¸˜o ´ verdadeira. Sabemos que as sime- ca e trias s˜o transforma¸˜es (lineares) ortogonais, e recordamos que a co as rota¸˜es r ∈ D4 s˜o os elementos de D4 com determinante 1, co a e as reflex˜es s˜o os elementos α ∈ D4 com determinante −1. o a As rota¸˜es em D4 formam um subgrupo de D4 , porque o produto co de duas rota¸˜es tem determinante 1, logo ´ uma rota¸˜o, e a co e ca inversa de uma rota¸˜o tem tamb´m determinante 1, e ´ por isso ca e e igualmente uma rota¸˜o. Finalmente, se α n˜o ´ uma rota¸˜o ca a e ca ent˜o α = α−1 ´ uma reflex˜o, e se r ´ uma rota¸˜o ent˜o α−1 rα a e a e ca a ´ uma rota¸˜o, porque o seu determinante ´ (−1)1(−1) = 1. e ca e Conclu´ ımos assim que as rota¸˜es formam um subgrupo normal co de D4 . c) Se n, m, k ∈ N, mdc(n, m) = 1 e n|mk ent˜o n|k. a resolucao: A afirma¸˜o ´ verdadeira. Como mdc(n, m) = 1, ¸˜ ca e existem x, y ∈ Z tais que 1 = nx + my, donde k = nkx + mky. Dado que nkx e mky s˜o obviamente m´ltiplos de n, segue-se a u que k ´ m´ltiplo de n, i.e., n|k. e u 2. Neste grupo, x, y e z0 s˜o n´meros inteiros. a u a) Qual ´ o menor natural z0 para o qual a equa¸˜o 2279x+731y = e ca z0 tem solu¸˜es? co resoluca¸ ˜o: Sabemos que z0 = mdc(2279, 731), e come¸amos c por calcular z0 , usando o algoritmo de Euclides: n m q r x1 y1 x2 y2 2279 731 3 86 1 0 0 1 731 86 8 43 0 1 1 −3 86 43 2 0 1 −3 −8 25 Temos z0 = 43 = mdc(2279, 731), e 43 = (2279)(−8) + (731)(25). b) Sendo z0 o natural determinado na al´ ınea anterior, qual ´ o e menor natural x que ´ solu¸˜o da equa¸˜o 2279x + 731y = z0 ? e ca ca
  • 65. 64 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS resolucao: A solu¸˜o geral da equa¸˜o obt´m-se da solu¸˜o ¸˜ ca ca e ca particular indicada acima (x = −8, y = 25), e da solu¸˜o geral da ca equa¸˜o homog´nea correspondente (2279x + 731y = 0). Como ca e 731 = 43 × 17, e 2279 = 43 × 53, temos 2279x + 731y = 0 se e s´ se 53x + 17y = 0, e portanto 17|x, i.e., x = 17k. (Segue-se o igualmente que y = −53k apesar deste facto n˜o ser relevante a para a resposta ` quest˜o aqui colocada). A solu¸˜o geral da a a ca equa¸˜o original ´ portanto x = −8 + 17k (e y = 25 − 53k). A ca e menor solu¸˜o natural x ´ claramente x = −8 + 17 = 9. ca e 3. Suponha que n = 4 ´ um natural, e mostre que n|(n − 1)! se e s´ se n e o n˜o ´ primo. sugestao: Considere sucessivamente os casos a e ˜ (1) n ´ primo, e (2) Existem 1 < k < m < n tais que n = mk, e (3) n = m2 . resolucao: Consideramos os casos indicados: ¸˜ (1) Se n ´ primo, e n|(n − 1)!, segue-se do lema de Euclides que n e divide um dos factores de (n − 1)!, o que ´ absurdo, porque todos e esses factores s˜o inferiores a n. Conclu´ a ımos que neste caso n nao ´ factor de (n − 1)!. ˜ e (2) Se existem 1 < k < m < n tais que n = mk, ´ ´bvio que 1 < k < eo m ≤ n − 1, e portanto os naturais k e m s˜o certamente factores a distintos de (n − 1)!, e n = km ´ tamb´m factor de (n − 1)!. e e (3) Se n = m2 ent˜o n = m = 1 ou m > 2, porque n = 4. O resultado a ´ ´bvio para n = 1, e supomos por isso que m > 2. Temos assim eo n − 1 = m2 − 1 = (m − 1)(m + 1) ≥ 2(m + 1). O produto (n − 1)! tem como factores pelo menos todos os naturais entre 1 e 2m + 2, ´ e por isso tem um factor igual a m, e outro factor igual a 2m. E consequentemente m´ltiplo de m u 2 , i.e., de n. O caso (1) acima mostra que n|(n − 1)! =⇒ n n˜o ´ primo. Se n n˜o ´ a e a e primo e n = 4 ent˜o n tem uma factoriza¸˜o n˜o-trivial n = mk, onde a ca a 1 < k ≤ m < n, e segue-se de (2) e (3) que n|(n − 1)!.3.12 3o Teste: 25/5/2005 1. Esta quest˜o refere-se ao anel Z808 . a a) Quantos suban´is existem em Z808 ? Quantos elementos de Z808 e s˜o invert´ a ıveis? Quantos elementos de Z808 s˜o divisores de zero? a ¸˜ resolucao:
  • 66. 3.12. 3o TESTE: 25/5/2005 65 • Existe um subanel de Z808 por cada divisor de 808 = 23 ×101. Existem (3+1)(1+1) = 8 divisores de 808, e portanto existem 8 suban´is de Z808 . e Os elementos de Z808 s˜o as classes k, onde 1 ≤ k ≤ 808. A a classe k ´ invert´ se e s´ se k e 808 s˜o primos entre si, caso e ıvel o a contr´rio a classe k ´ um divisor de zero, ou ent˜o ´ a classe a e a e ´ 0. E mais f´cil contar directamente os naturais que n˜o s˜o a a a primos relativamente a 808, porque neste caso s˜o m´ltiplos a u de 2, ou m´ltiplos de 101. Existem: u – 808/2 = 404 m´ltiplos de 2, u – 808/101 = 8 m´ltiplos de 101. u – Os m´ltiplos de 2 e 101 s˜o m´ltiplos de 202, logo existem u a u 808/202 = 4. Conclu´ ımos que: • Existem 400 elementos invert´ ıveis: 808 − (404 + 8 − 4) = 400. • Existem 407 divisores de zero: 808 = 400 + 1 + 407. b) Quantos elementos tem o subanel < 303 >? Quais s˜o os seus a geradores? Qual ´ a sua identidade? e ¸˜ resolucao: • < 303 >=< d >, onde d = mdc(303, 808) = 101. Temos assim que < 303 >=< 101 > tem 808/101 = 8 elementos. • Os geradores de < 303 >=< d > s˜o as classes k, onde a 1 ≤ k ≤ 808, e mdc(k, 808) = 101. Temos assim k = 101x, e mdc(101x, 808) = 101, onde 1 ≤ x ≤ 8, e mdc(x, 8) = 1. Conclu´ ımos que x = 1, 3, 5, ou 7, k = 101, 303, 505, ou 707, e os geradores de < 303 > s˜o as classes 101, 303, 505, e 707. a • A identidade de < 303 > ´ a classe x, onde o natural x e satisfaz as congruˆncias e x ≡ 0 (mod 101) x ≡ 1 (mod 8) Notamos da 1a equa¸˜o que x = 101y, e temos a resolver ca 101y ≡ 1 (mod 8) ⇔ 5y ≡ 1 (mod 8) ⇔ y ≡ 5 (mod 8). Conclu´ ımos que y = 5 + 8z ⇒ x = 101(5 + 8z) = 505 + 808z ⇒ x = 505. 2. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. ca
  • 67. 66 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS a) O polin´mio x3 + x2 + x + 2 ´ irredut´ em Z3 [x]. o e ıvel resolucao: A afirma¸˜o ´ verdadeira. Seja m(x) = x3 + x2 + ¸˜ ca e x + 2. Temos em Z3 que m(0) = 2 = 0, m(1) = 5 = 2 = 0, donde m(2) = 16 = 1 = 0. Como m(x) tem grau 3, e tem coeficientes num corpo, podemos concluir que m(x) ´ irredut´ e ıvel, por n˜o ter ra´ a ızes. b) A equa¸˜o 1 = p(x)(x3 +x2 +x+2)+q(x)(x2 +2x+2) tem solu¸˜es ca co p(x), q(x) ∈ Z3 [x], mas n˜o tem solu¸˜es p(x), q(x) ∈ Z5 [x]. a co resoluca ¸ ˜o: A primeira afirma¸˜o ´ verdadeira. Como m(x) ca e ´ irredut´ e ıvel, e o polin´mio n(x) = x2 + 2x + 2 n˜o ´, por raz˜es o a e o o ´bvias, m´ltiplo de m(x), podemos concluir que u mdc(m(x), n(x)) = 1. Segue-se do algoritmo de Euclides que a equa¸˜o ca 1 = p(x)(x3 + x2 + x + 2) + q(x)(x2 + 2x + 2) tem solu¸˜es p(x), q(x) ∈ Z3 [x]. co A segunda afirma¸˜o ´ falsa. Os c´lculos realizados na al´ ca e a ınea anterior mostram igualmente que m(x) ´ redut´ e ıvel em Z5 [x], porque neste caso m(1) = 0. Na realidade, ´ imediato veri- e ficar que temos igualmente n(1) = 0, e portanto o polin´mio o x − 1 = x + 4 ´ divisor comum de m(x) e n(x). Segue-se que e x + 4| mdc(m(x), n(x)), e portanto mdc(m(x), n(x)) = 1. Por- tanto a equa¸˜o 1 = p(x)(x3 + x2 + x + 2) + q(x)(x2 + 2x + 2) n˜o ca a tem solu¸˜es p(x), q(x) ∈ Z5 [x]. co c) Exactamente um dos suban´is de Z808 ´ um corpo. e e resolucao: A afirma¸˜o ´ verdadeira. Seja An o subanel de ¸˜ ca e Z808 com n elementos, donde n|m, i.e., m = nd. Sabemos que An ´ unit´rio se e s´ se mdc(n, d) = 1, e nesse caso o anel An e a o ´ isomorfo ao anel Zn . Portanto, os suban´is de Z808 unit´rios e e a s˜o os que tˆm 1, 8, 101, ou 808 elementos, e estes s˜o isomorfos a e a respectivamente a Z1 , Z8 , Z101 , e Z808 . Como apenas Z101 ´ um corpo, conclu´ e ımos que Z808 tem um unico ´ subanel que ´ um corpo, que ´ o seu subanel com 101 elementos. e e 3. Recorde que, se p ∈ N ´ primo, ent˜o todos os elementos a ∈ Z∗ e a p satisfazem ap−1 = 1. Recorde igualmente o Teorema do Resto. a) Quais s˜o os factores irredut´ a ıveis do polin´mio xp−1 −1 em Zp [x]? o resolucao: O polin´mio m(x) = x ¸˜ o p−1 − 1 tem, como observado no enunciado, p − 1 ra´ ızes em Zp , que s˜o todos os elementos a
  • 68. 3.13. 1o TESTE: 27/3/2006 67 de Z∗ , i.e., as classes 1, 2, · · · , p − 2, e p − 1. Como Zp ´ um p e corpo, segue-se que m(x) pode ser sucessivamente dividido pelos polin´mios x − k, para 1 ≤ k ≤ p − 1, obtendo-se sempre resto 0. o Conclu´ımos que m(x) = xp−1 − 1 = a(x − 1)(x − 2) · · · (x − p − 1). b) Use a factoriza¸˜o acima para concluir que (p − 1)! ≡ −1 mod p. ca resolucao: A constante a na factoriza¸˜o acima ´ a identidade, ¸˜ ca e porque todos os polin´mios em causa s˜o m´nicos. Calculamos o a o agora m(0) usando as duas formas acima para o polin´mio m(x). o Temos ent˜o: a p−1 m(0) = 0p−1 − 1 = −1 = (0 − k) = (−1)p−1 (p − 1)!. k=1 Os c´lculos acima s˜o executados em Zp , e portanto: a a −1 = (−1)p−1 (p − 1)! ⇔ (−1)p−1 (p − 1)! ≡ −1 mod p. Se p = 2, ´ claro que p − 1 ´ par, e (−1)p−1 = 1. Conclu´ e e ımos finalmente que (p − 1)! ≡ −1 mod p. Se p = 2, ´ inteiramente e ´bvio que (2 − 1)! ≡ −1 mod 2. o3.13 1o Teste: 27/3/2006 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta ca quest˜o, (G, ∗) ´ um grupo, e (A, +, ×) ´ um anel unit´rio. a e e a a) A equa¸˜o x2 = x tem uma unica solu¸˜o em G, que ´ a identi- ca ´ ca e dade de G. resolucao: Seja e ∈ G a identidade de G. Supondo que x2 = x, ¸˜ observamos que existe y ∈ G tal que x ∗ y = e, donde x ∗ x = x ⇒ (x ∗ x) ∗ y = x ∗ y ⇒ x ∗ (x ∗ y) = e ⇒ ⇒ x ∗ e = e ⇒ x = e. ´ E claro que e ∗ e = e, e portanto e ´ uma das poss´ e ıveis solu¸˜es co desta equa¸˜o. Conclu´ ca ımos que x = e ´ a unica solu¸˜o da e ´ ca equa¸˜o original, e a afirma¸˜o ´ verdadeira. ca ca e b) Se f : G → G ´ um homomorfismo de grupos, ent˜o o n´cleo de e a u f ´ um subgrupo normal de G. e
  • 69. 68 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS resolucao: Seja N (f ) = {x ∈ G : f (x) = e}. Notamos ¸˜ primeiro que f (e)∗f (e) = f (e∗e) = f (e), donde se segue da al´ ınea anterior que f (e) = e. Em particular, e ∈ N (f ), e N (f ) = ∅. Notamos agora que se x ∈ G ent˜o a f (x) ∗ f (x−1 ) = f (x ∗ x−1 ) = f (e) = e, donde f (x−1 ) = f (x)−1 . Em particular, x ∈ N (f ) ⇒ f (x−1 ) = f (x)−1 = e−1 = e ⇒ x−1 ∈ N (f ). Temos ainda que x, y ∈ N (f ) ⇒ f (x ∗ y) = f (x) ∗ f (y) = e ∗ e = e ⇒ x ∗ y ∈ N (f ). Como N (f ) ´ n˜o vazio, fechado em rela¸˜o ` opera¸˜o bin´ria de e a ca a ca a G, e cont´m os inversos dos seus elementos, conclu´ e ımos que N (f ) ´ um subgrupo de G. Para verificar que N (f ) ´ um subgrupo e e normal, notamos finalmente que se x ∈ N (f ), e y ∈ G ent˜o a f (y ∗ x ∗ y −1 ) = f (y) ∗ f (x) ∗ f (y −1 ) = f (y) ∗ e ∗ f (y)−1 = = f (y) ∗ f (y)−1 = e ⇒ y ∗ x ∗ y −1 ∈ N (f ). A afirma¸˜o ´ portanto verdadeira. ca e c) Se B ´ um subanel de A, ent˜o B ´ tamb´m um ideal de A. e a e e resolucao: Tomamos A = R e B = Z, para observar que B ´ ¸˜ e um anel, e portanto um subanel de R, mas n˜o ´ um ideal de R, a e porque se x ∈ Z e y ∈ R temos em geral que xy ∈ Z (e.g., tome-se x = 1 e y = (2)). A afirma¸˜o ´ falsa. ca e d) Se f : A → A ´ um homomorfismo de an´is, ent˜o f (nx) = nf (x), e e a para quaisquer x ∈ A e n ∈ N. resolucao: A afirma¸˜o ´ verdadeira, e demonstramo-la por ¸˜ ca e indu¸˜o em n: ca • Temos f (1 · x) = f (x) = 1 · f (x), e portanto a igualdade ´ e satisfeita quando n = 1. • Supondo que f (n · x) = n · f (x), observamos que f ((n + 1) · x) = f (n · x + x), por defini¸˜o de n · x, ca f (n · x + x) = f (n · x) + f (x), porque f ´ um homomor- e fismos de an´is,e f (n·x)+f (x) = n·f (x)+f (x), pela hip´tese de indu¸˜o, o ca n · f (x) + f (x) = (n + 1) · f (x), por defini¸˜o de n · f (x). ca
  • 70. 3.13. 1o TESTE: 27/3/2006 69 e) Se a ∈ A, a equa¸˜o x2 = a2 s´ tem as solu¸˜es x = ±a. ca o co resoluca ¸ ˜o: A afirma¸˜o ´ falsa. Por exemplo, no anel dos ca e quaterni˜es a equa¸˜o x2 = −1 = i2 tem (entre outras) as solu¸˜es o ca co x = ±j e x = ±k. 2. Designamos aqui por Rn = {z ∈ C : z n = 1} o grupo das ra´ ızes-n da unidade com o produto usual de complexos. a) Mostre que se n ´ m´ltiplo de m ent˜o Rm ´ subgrupo de Rn . e u a e resolucao: Sabemos que Rm ´ um grupo, donde nos resta ¸˜ e provar que se se n ´ m´ltiplo de m ent˜o Rm ⊆ Rn , para con- e u a cluir que Rm ´ subgrupo de Rn . Para isso, e supondo n = mk, e notamos que x ∈ Rm ⇒ xm = 1 ⇒ (xm )k = 1k = 1 ⇒ xn = 1 ⇒ x ∈ Rn b) O grupo R2 ⊕ R4 ´ isomorfo a R8 ? e resoluca ¸ ˜o: Se G e H s˜o grupos isomorfos, com identidades a respectivamente e ∈ G e e ∈ H, a equa¸˜o x2 = e, x ∈ G e a ca equa¸˜o y 2 = e , y ∈ H, tˆm necessariamente o mesmo n´mero ca e u de solu¸˜es. Basta notar que se f : G → H ´ um isomorfismo de co e grupos, ent˜o a x2 = e ⇔ f (x2 ) = f (e) ⇔ f (x)2 = e . A equa¸˜o x2 = 1 tem exactamente 2 solu¸˜es em R8 , que s˜o os ca co a elementos de R2 , x = ±1. A identidade de R2 ⊕ R4 ´ I = (1, 1), e e a equa¸˜o y 2 = I com y ∈ R2 ⊕ R4 tem, por raz˜es igualmente ca o ´bvias, as 4 solu¸˜es y = (±1, ±1). Portanto, estes grupos n˜o o co a podem ser isomorfos. c) Considere o homomorfismo de grupos f : R12 → C∗ dado por f (x) = x3 . Qual ´ o n´cleo de f e a imagem f (R12 )? Quais s˜o e u a as solu¸˜es da equa¸˜o f (x) = −1? co ca resolucao: Temos N (f ) = {x ∈ R12 : x3 = 1}, ou seja, os ele- ¸˜ mentos do n´cleo s˜o as ra´ c´bicas da unidade que pertencem u a ızes u a R12 . De acordo com a), R3 ⊂ R12 , porque 12 ´ m´ltiplo de 3. e u Conclu´ ımos assim que N (f ) = R3 . Para cada y ∈ f (R12 ) existem 3 solu¸˜es x ∈ R12 da equa¸˜o co ca y = f (x). E ´ portanto claro que f (R12 ) tem 4 elementos. E´ tamb´m evidente que x ∈ R12 ⇒ f (x) e 4 = (x3 )4 = x12 = 1, ou seja, f (R12 ) ⊆ R4 . Como sabemos que f (R12 ) tem 4 elementos, conclu´ ımos que f (R12 ) = R4 . A equa¸˜o x3 = −1 tem a solu¸˜o particular evidente x = −1. ca ca A solu¸˜o geral ´ portanto x = (−1)y, com y ∈ N (f ) = R3 = ca e
  • 71. 70 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS 2kπ {e 3 i : 0 ≤ k < 3}. Por outras palavras, x3 = −1 se e s´ se o 2kπ i x ∈ {−e 3 : 0 ≤ k < 3}.3.14 2o Teste: 8/5/2006 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta convenientemente. a) A equa¸˜o 2491x + 829y = 11 tem solu¸˜es x, y ∈ Z. ca co resolucao: O algoritmo de Euclides conduz a: ¸˜ n m q r 2491 829 3 4 829 4 207 1 Temos portanto mdc(2491, 829) = 1, e como obviamente 11 ´ m´ltiplo e u de 1 segue-se que a equa¸˜o em causa tem solu¸˜o. A afirma¸˜o ´ ca ca ca e assim verdadeira. b) A soma dos divisores de 100.000 ´ superior a 250.000. e resolucao: Temos 100.000 = 105 = 25 55 , donde conclu´ ¸˜ ımos que os divisores de 100.000 s˜o os naturais da forma 2 a i 5j , com 0 ≤ i, j ≤ 5. A soma destes divisores ´ assim: e 5 5 5 5 i j i 25 = 2 5j = (26 − 1)(56 − 1)/4 = 63 × 3.906 = 246.078 i=1 j=1 i=1 j=1 A afirma¸˜o ´ assim falsa. ca e c) Qualquer anel ordenado A = {0} ´ infinito. e resolucao: A cont´m elementos b = 0, e portanto cont´m pelo menos ¸˜ e e um elemento a > 0. Definimos φ : A + → A+ por φ(x) = x + a (notamos que φ(A+ ) ⊆ A+ , porque A+ ´ fechado em rela¸˜o ` soma). e ca a ´ E claro que φ ´ injectiva, pela lei do corte para a soma. A fun¸˜o φ e ca n˜o ´ sobrejectiva, porque φ(x) = a ⇒ x = 0 ∈ A a e + . Portanto A+ ´ e infinito, assim como A. A afirma¸˜o ´ assim verdadeira. ca e d) O natural 21995 − 1 n˜o ´ primo. a e resolucao: Conforme observ´mos a prop´sito dos primos de Mersenne, ¸˜ a o este n´mero n˜o pode ser primo, porque 1995 = 5 × 399 n˜o ´ primo. u a a e ´ ali´s f´cil determinar alguns dos seus factores, por exemplo, com E a a x = 2399 , temos: 21995 − 1 = x5 − 1 = (x − 1)(1 + x + x2 + x3 + x4 ),
  • 72. 3.14. 2o TESTE: 8/5/2006 71 donde se segue que 2399 − 1 ´ factor de 21995 − 1. A afirma¸˜o ´ assim e ca e verdadeira. 2. Considere nesta quest˜o o anel A = Z75 , e seja B o subanel de A com a 15 elementos. a) Quais s˜o os ideais de A? Quantos elementos tem cada um desses a ideais? resolucao: Z75 tem exactamente um ideal por cada divisor natural ¸˜ d de 75, que ´ o ideal < d >, com 75/d elementos. Como 75 = 3 × 52 , e temos d ∈ {1, 3, 5, 15, 25, 75}, e os ideais em causa s˜o a < 1 >= Z75 , < 3 >, < 5 >, < 15 >, < 25 >, < 75 >=< 0 >, com respectivamente 75, 25, 15, 5, 3, e 1 elementos. b) Quantos divisores de zero existem em A? Quantos elementos tem A∗ ? resolucao: Sendo x ∈ Z75 , ent˜o x ∈ A∗ se e s´ se mdc(x, 75) = 1. ¸˜ a o Caso contr´rio, e se x = 0, ent˜o x ´ um divisor de zero. Seja agora a a e C = {x ∈ N : 1 ≤ x ≤ 75}. Existem em C: • 25 = 75/3 m´ltiplos de 3 u • 15 = 75/5 m´ltiplos de 5 u • 5 = 75/15 m´ltiplos de 15 u Existem portanto 25 + 15 − 5 = 35 elementos de C que n˜o s˜o primos a a relativamente a 75, e Z75 cont´m 75 − 35 = 40 elementos invert´ e ıveis. Cont´m ainda 34 = 35 − 1 divisores de zero, j´ que 75 corresponde a e a 75 = 0, que n˜o ´ um divisor de zero. a e c) O anel B ´ isomorfo ao anel Z15 ? Quais s˜o os geradores de B, i.e., e a quais s˜o os elementos x ∈ B tais que B =< x >? a resolucao: O anel B =< 5 > n˜o ´ isomorfo ao anel Z15 ,(2 ) porque ¸˜ a e B n˜o tem identidade, i.e., B n˜o ´ um anel unit´rio. Sabemos que a a e a se m = nd, ent˜o o subanel de Zm com n elementos tem identidade a se e s´ se mdc(n, d) = 1, o que n˜o ´ o caso presente, onde n = 15 e o a e d = 5.(3 ) Os geradores de B s˜o as classes z, onde z ∈ Z e mdc(z, 75) = 5. a ´ claro que z = 5k, e mdc(5k, 75) = 5, ou mdc(k, 15) = 1. Os ge- E radores de B correspondem ent˜o a k = 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14, i.e., a a z = 5, 10, 20, 35, 40, 55, 65, 70. Temos portanto B =< 5 >=< 10 >=< 20 >=< 35 >=< 40 >=< 55 >=< 65 >=< 70 > 2 Apesar de os grupos aditivos correspondentes serem isomorfos! 3 Para uma r´pida (re)verifica¸˜o deste facto, note que se z ´ identidade de B ent˜o a ca e a5 × z = 5, donde 5z = 5, i.e., 5z ≡ 5 (mod 75), ou z ≡ 1 (mod 15), e em particularmdc(z, 15) = 1. Mas como z ∈ B ´ ´bvio que z = 5k, e portanto mdc(z, 15) = 1. eo
  • 73. 72 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS d) Determine todas as solu¸˜es da equa¸˜o x2 = 1 em A. co ca resolucao: Com x = z, temos z 2 ≡ 1 (mod 75), ou (z −1)(z +1) ≡ 0 ¸˜ (mod 75), ou 75|(z − 1)(z + 1). Al´m das solu¸˜es ´bvias z = 1 e e co o z = −1, que correspondem a x = z = 1 e x = z = 74, temos ainda as solu¸˜es dos sistemas co z − 1 ≡ 0 (mod 3) z − 1 ≡ 0 (mod 25) ,e z + 1 ≡ 0 (mod 25) z + 1 ≡ 0 (mod 3) No 1o caso, z = −1 + 25y, e z − 1 = −2 + 25y ≡ 0 (mod 3), ou y ≡ 2 (mod 3), i.e., y = 2 + 3k, e z = −1 + 25(2 + 3k) ≡ 49 (mod 75). No 2o caso, z = 1 + 25y, e z + 1 = 2 + 25y ≡ 0 (mod 3), ou y ≡ −2 (mod 3), i.e., y = −2 + 3k, e z = 1 + 25(−2 + 3k) ≡ −49 (mod 75) ≡ 26 (mod 75). Existem portanto quatro solu¸˜es, que s˜o x = 1, 74, 26, 49. co a 3. Numa aplica¸˜o do algoritmo de criptografia RSA, sabe-se que a chave ca p´blica ´ r = 49, e o m´dulo ´ N = 10.403. Observando que 10.403 ´ u e o e e o produto dos primos 101 × 103, qual ´ o valor da chave privada? e resolucao: No algoritmo RSA, se N = pq, onde p, q s˜o primos, e r ´ ¸˜ a e a chave p´blica, a chave privada ´ o inverso de r m´dulo (p − 1)(q − 1). u e o No caso presente, com r = 49, N = 101 × 103, e 100 × 102 = 10.200, a chave p´blica ´ portanto a solu¸˜o de 49x ≡ 1 (mod 10.200), ou u e ca 10.200y + 49x = 1, o que resolvemos com recurso ao algoritmo de Euclides. A chave privada ´ portanto 1.249. e n m q r y1 x1 y2 x2 10.200 49 208 8 1 0 0 1 49 8 6 1 0 1 1 −208 8 1 8 0 1 −208 −6 12493.15 3o Teste: 5/6/2006 1. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando ca e a sua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. ca a) Existem polin´mios p(x) ∈ Z[x] que s˜o irredut´ o a ıveis em Q[x] e re- dut´ ıveis em Z[x]. resolucao:verdadeiro. Considere-se por exemplo p(x) = 2x + ¸˜ 4 = 2(x + 2). A factoriza¸˜o indicada ´ trivial em Q[x], porque 2 ´ ca e e invert´ ıvel, mas 2 ´ irredut´ em Z[x], portanto a mesma factoriza¸˜o e ıvel ca n˜o ´ trivial em Z[x]. a e b) Se D ´ um dom´ e ınio integral, ent˜o qualquer elemento x ∈ D que seja a primo ´ irredut´ e ıvel.
  • 74. 3.15. 3o TESTE: 5/6/2006 73 resolucao:verdadeiro. Seja x um elemento primo, e suponha-se ¸˜ ´ que tem uma factoriza¸˜o x = ab. E claro que x|ab e portanto x|a ou ca x|b (porque x ´ primo). Supondo sem perda de generalidade que x|a, e ent˜o a = xy, e x = ab = xyb. Segue-se da lei do corte que yb = 1, a donde b ´ invert´ e ıvel, e a factoriza¸˜o x = ab ´ necessariamente trivial, ca e donde x ´ irredut´ e ıvel. √ c) Os an´is Q[ 3 2] e Q[x]/ < x3 − 2 > s˜o corpos, e s˜o isomorfos. e a a resolucao:verdadeiro. O anel Q[x]/ < x3 − 2 > ´ evidentemente ¸˜ e um anel unit´rio abeliano, porque ´ um quociente de um anel unit´rio a e a abeliano. Resta-nos por isso mostrar que os seus elementos n˜o nulos a s˜o invert´ a ıveis. Notamos primeiro que o polin´mio m(x) = x3 − 2 ´ irredut´ o e ıvel em Q[x], pelo crit´rio de Eisenstein (com o primo 2). Dado p(x) ∈ Q[x], e seja r(x) = mdc(p(x), m(x)). Como m(x) ´ irredut´ e ıvel e m´nico, o ´ temos r(x) = 1 ou r(x) = m(x). E claro que r(x) = m(x) ⇐⇒ m(x)|p(x) ⇐⇒ p(x) = 0 em Q[x]. Conclu´ımos que se p(x) = 0 ent˜o mdc(p(x), m(x)) = 1, e segue-se do a algoritmo de Euclides que existem polin´mios a(x), b(x) ∈ Q[x] tais o que 1 = a(x)p(x) + b(x)m(x), donde ´ ´bvio que 1 = a(x)p(x), i.e., eo e ıvel, e Q[x]/ < x3 − 2 > ´ um corpo. p(x) ´ invert´ e √ Considere-se o homomorfismo de an´is φ : Q[x] → Q[ 3 2] dado por √ e √ φ(p(x)) → p( 3 2), que φ ´ sobrejectivo, por defini¸˜o de Q[ 3 2]. O e ca n´cleo de φ ´ um ideal de Q[x], necessariamente principal, donde u e N (φ) =< n(x) >. Como m(x) ∈ N (φ), temos n(x)|m(x). Dado que m(x) irredut´ ıvel, e N (φ) = Q[x], temos n(x) ∼ m(x), ou seja, N (φ) =< n(x) >=< m(x) >. Conclu´ √ ımos do 1o teorema de isomor- fismos para an´is que os an´is Q[ 2] e Q[x]/ < x3 −2 > s˜o isomorfos. e e 3 a d) Se K ´ um corpo, e m(x) ∈ K[x] ´ um polin´mio irredut´ com grau e e o ıvel ≥ 2, existe um corpo L que ´ uma extens˜o de K onde m(x) tem pelo e a menos uma ra´ ız. resolucao:verdadeiro. Considere-se o anel L = K[x]/ < m(x) >. ¸˜ O argumento utilizado na al´ınea anterior mostra que L ´ um corpo, e e ´ claro que L ´ uma extens˜o de K, identificando os elementos a ∈ K e e a com as classes a ∈ L. Com a identifica¸˜o referida, temos p(x) = p(x) ca para qualquer p(x) ∈ K[x]. Em particular, temos m(x) = m(x) = 0, i.e., x ∈ L ´ uma ra´ de m(x) no corpo L. e ız 2. Observe que N = 845 = 5 × 132 .
  • 75. 74 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS a) Quantos divisores tem N no anel dos inteiros de Gauss? resolucao: Para factorizar 845 = 5 × 132 em elementos irredut´ ¸˜ ıveis de Z[i] notamos que 5 e 13 se podem factorizar em elementos irre- ıveis de Z[i] como 5 = (2 + i)(2 − i) e 13 = (3 + 2i)(3 − 2i), donde dut´ obtemos 845 = (2 + i)(2 − i)(3 + 2i)2 (3 − 2i)2 . Os factores de 845 em Z[i] s˜o por isso da forma a γ(2 + i)j (2 − i)k (3 + 2i)m (3 − 2i)n , onde γ ´ invert´ (i.e., s´ pode tomar os valores ±1, ±i), 0 ≤ j, k ≤ 1, e ıvel o e 0 ≤ m, n ≤ 2. Existem por isso 4 × 2 × 2 × 3 × 3 = 144 factores de 845 em Z[i]. b) Quais s˜o as solu¸˜es naturais da equa¸˜o 845 = n2 + m2 ? a co ca resolucao: Temos 845 = n2 + m2 = (n + mi)(n − mi) = zz, onde ¸˜ e ´ a z = n + mi ´ um factor de 845. E f´cil constatar que as solu¸˜es co poss´ ıveis correspondem `s escolhas a  (2 + i)(3 + 2i)2 = (2 + i)(5 + 12i) = −2 + 29i, 845 = 22 + 292 ,  z= (2 + i)(3 + 2i)(3 − 2i) = (2 + i)13 = 26 + 13i, 845 = 133 + 262 , (2 + i)(3 − 2i)2 = (2 + i)(5 − 12i) = 22 − 19i, 845 = 192 + 222 .  Esta observa¸˜o pode ser verificada como se segue. Como vimos na ca al´ ınea anterior, • z = γ(2 + i)j (2 − i)k (3 + 2i)m (3 − 2i)n , donde • z = γ(2 − i)j (2 + i)k (3 − 2i)m (3 + 2i)n , e • zz = (2 + i)j+k (2 − i)j+k (3 + 2i)m+n (3 − 2i)m+n = 845. O factor γ ´ irrelevante do ponto de vista da resolu¸˜o da equa¸˜o e ca ca 845 = n2 + m2 (z, −z, iz, −iz conduzem `s mesmas solu¸˜es naturais a co da equa¸˜o), e por isso supomos γ = 1. ca ´ ´bvio que i + j = 1 e m + n = 2, donde (i, j) s´ pode ser (1, 0) ou Eo o (0, 1), e (m, n) s´ pode ser (0, 2), (1, 1), ou (2, 0), o que corresponde o a 2 × 3 = 6 alternativas poss´ ıveis. Estas alternativas incluem para cada complexo z o correspondente conjugado z, pelo que na verdade existem apenas 3 factores z que conduzem a solu¸˜es naturais distintas co de 845 = n2 + m2 . As trˆs alternativas indicadas (−2 + 29i, 26 + 13i, e e 22−19i) acima n˜o incluem complexos conjugados, portanto conduzem a a `s 3 unicas solu¸˜es da equa¸˜o proposta. ´ co ca
  • 76. 3.15. 3o TESTE: 5/6/2006 75 3. Suponha que G ´ um grupo com 14 elementos, e recorde que G tem e pelo menos um elemento de ordem 2. a) Mostre que G tem subgrupos H e K com |H| = 2 e |K| = 7. resolucao: G tem pelo menos um elemento α de ordem 2, e portanto ¸˜ H = {1, α} ´ um subgrupo com dois elementos. e Supomos primeiro que G ´ abeliano, donde H ´ normal em G, G/H ´ e e e um grupo com 7 elementos, e G/H Z7 ´ c´e ıclico. Neste caso, existe ε ∈ G/H com ordem 7, onde ε ∈ G. A ordem de ε em G ´ um m´ltiplo da ordem de ε em G/H, i.e., a ordem de ε s´ pode e u o ser 7 ou 14. Se ε tem ordem 14 ent˜o ε a 2 tem ordem 7, e conclu´ımos que se G ´ abeliano ent˜o G tem um elemento δ de ordem 7. e a Supomos agora que G n˜o ´ abeliano, e recordamos que neste caso exis- a e te necessariamente um elemento δ ∈ G, δ = 1, com ordem = 2. A or- dem de δ n˜o pode ser 14, porque nesse caso G seria um grupo c´ a ıclico, logo abeliano. Segue-se do teorema de Lagrange que a ordem de δ s´ o pode ser 7. ımos que existe sempre um subgrupo K = {1, δ, δ 2 , · · · , δ 6 } de Conclu´ G com 7 elementos. b) Mostre que G = HK. Teremos sempre G H ⊕ K? sugestao: ˜ Observe que H ⊕ K ´ comutativo. e ´ resolucao: Sabemos que |HK| = |H||K|/|H ∩K|. E claro que H ∩K ¸˜ ´ subgrupo de H e de K, e segue-se do teorema de Lagrange que |H∩K| e ´ divisor comum de |H| = 2 e de |K| = 7, ou seja, |H ∩ K| = 1. e ´ E portanto ´bvio que |HK| = |H||K|/|H ∩ K| = 2 × 7/1 = 14, e o HK = G. ´ E claro que H ⊕ K Z2 ⊕ Z7 ´ um grupo abeliano. No entanto, e G pode n˜o ser abeliano, e.g., o grupo diedral D7 ´ um grupo de 14 a e a e ´ elementos que n˜o ´ abeliano. E portanto poss´ que G H ⊕ K. ıvel
  • 77. 76 CAP´ ITULO 3. TESTES RESOLVIDOS
  • 78. Cap´ ıtulo 4Exames Resolvidos4.1 1o Exame: 1/7/20021. Neste grupo, G e H s˜o grupos, e a identidade de G designa-se por I. Para acada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ verdadeira, co ca ecom uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, f (I) ´ a identidade de e e H. Resolucao: Verdadeiro. Seja e a identidade de H. Designamos ¸˜ a opera¸˜o em G por “∗”, e a opera¸˜o em H por “◦”. Como f ca ca ´ um homomorfismo de grupos, temos que f (I ∗ I) = f (I) ◦ f (I), e e evidentemente f (I ∗I) = f (I), donde f (I)◦f (I) = f (I). Multiplicando esta identidade pelo inverso de f (I) em H, temos f (I) = e. b) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, o n´cleo de f ´ um e u e subgrupo normal de G. Resolucao: Verdadeiro. O n´cleo de f ´ o conjunto N (f ) = {x ∈ ¸˜ u e G : f (x) = e}. • Pela al´ınea anterior, I ∈ N (f ), e portanto N (f ) = ∅. • Se x, y ∈ N (f ), temos f (x∗y) = f (x)◦f (y) = e◦e = e, e portanto x ∗ y ∈ N (f ), i.e., N (f ) ´ fechado em rela¸˜o ao produto. e ca • Se x ∈ N (f ) ent˜o f (x ∗ x a −1 ) = f (I) = e, e f (x ∗ x−1 ) = f (x) ◦ f (x−1 ) = e ◦ f (x−1 ) = f (x−1 ), donde f (x−1 ) = e, e x−1 ∈ N (f ). Temos assim que N (f ) ´ um subgrupo de G. Para mostrar que N (f ) ´ e e um subgrupo normal de G, resta-nos provar que, para qualquer x ∈ G e y ∈ N (f ), temos x ∗ y ∗ x−1 ∈ N (f ). Basta para isso notar que f (x ∗ y ∗ x−1 ) = f (x) ◦ f (y) ◦ f (x−1 ) = f (x) ◦ e ◦ f (x−1 ) = 77
  • 79. 78 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS = f (x) ◦ f (x−1 ) = f (x ∗ x−1 ) = f (I) = e. c) Se A e B s˜o subgrupos de G ent˜o A ∩ B ´ subgrupo de G. a a e Resolucao: Verdadeiro. A identidade de G pertence a A e a B, ¸˜ donde A ∩ B = ∅. Temos igualmente que x, y ∈ A ∩ B ⇒ x, y ∈ A e x, y ∈ B ⇒ xy −1 ∈ A e xy −1 ∈ B ⇒ xy −1 ∈ A ∩ B. Conclu´ ımos assim que A ∩ B ´ um subgrupo. e d) Se A e B s˜o subgrupos de G ent˜o AB = BA se e s´ se AB ´ subgrupo a a o e de G. ¸˜ Resolucao: Verdadeiro. • Suponha-se primeiro que AB ´ subgrupo de G, para provar que e AB = BA. Dado x ∈ AB ent˜o x−1 ∈ AB, porque AB ´ um a e subgrupo. Temos portanto x−1 = ab, com a ∈ A e b ∈ B. Como b−1 ∈ B e a−1 ∈ A, segue-se que x = (x−1 )−1 = (ab)−1 = b−1 a−1 ∈ BA. ımos assim que AB ⊆ BA. Considere-se um elemento Conclu´ ba ∈ BA, onde a ∈ A e b ∈ B. Como AB ´ um subgrupo, e (a−1 b−1 ) ∈ AB ⇒ ba = (a−1 b−1 )−1 ∈ AB, donde BA ⊆ AB. Mostr´mos portanto que AB = BA. a • Suponha-se agora que AB = BA, para demonstrar que AB ´ e ´ um subgrupo. E claro que AB n˜o ´ vazio, portanto basta-nos a e mostrar que x, y ∈ AB ⇒ xy −1 ∈ AB. Seja ent˜o x = ab e a y = cd, onde a, c ∈ A e b, d ∈ B. Temos xy −1 = abd−1 c−1 , e notamos que bd−1 c−1 ∈ BA = AB, donde bd−1 c−1 = αβ, com α ∈ A, e β ∈ B. Temos assim xy −1 = abd−1 c−1 = a(αβ) ∈ AB, e AB ´ um subgrupo. e2. Nesta quest˜o, A ´ um dom´ a e ınio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 = 0. Para cada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ co ca everdadeira, com uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Os elementos invert´ ıveis de A formam um grupo. Resolucao: Verdadeiro. Seja A∗ o conjunto dos elementos in- ¸˜ vert´ıveis de A. Como 1 · 1 = 1, ´ claro que a identidade 1 ´ invert´ e e ıvel, e portanto 1 ∈ A ∗ , e A∗ = ∅. Sabemos que se a ´ invert´ e ıvel ent˜o a a = (a−1 )−1 . Portanto, qualquer elemento de A∗ tem inverso em A∗ . Finalmente, se a, b ∈ A∗ ent˜o (a·b)−1 = b−1 ·a−1 , donde ab ´ invert´ a e ıvel, e A∗ ´ fechado em rela¸˜o ao produto. Podemos assim concluir que e ca (A∗ , ·) ´ um grupo. e
  • 80. 4.1. 1o EXAME: 1/7/2002 79 b) A identidade de qualquer subanel B = {0}, se existir, ´ 1. e Resolucao: Verdadeiro. Seja B = {0} um subanel com identidade ¸˜ j (= 0!). Temos ent˜o 1·j = j, porque 1 ´ a identidade de A, e j ·j = j, a e porque j ´ a identidade de B. Portanto 1 · j = j · j, e pela lei do corte, e v´lida em qualquer dom´ a ınio integral, temos 1 = j. c) Qualquer ideal de A ´ principal. e Resolucao: Falso. O anel Z[x] ´ como sabemos um dom´ ¸˜ e ınio inte- gral. Considere-se o ideal J =< 2, x >= {2p(x) + xq(x) : p(x), q(x) ∈ Z[x]}. Note-se que J = Z[x], porque o termo independente de 2p(x) + xq(x) tem seguramente um coeficiente par. Se o ideal J ´ principal, ent˜o e a J =< m(x) >= {m(x)p(x) : p(x) ∈ Z[x]}. Temos ent˜o 2 = m(x)p(x), e ´ evidente que s´ podemos ter m(x) = a e o ±1 ou m(x) = ±2. A primeira alternativa ´ imposs´ (caso contr´rio e ıvel a ıamos J = Z[x]), e portanto m(x) = ±2. Esta alternativa ´ tamb´m ter´ e e imposs´ıvel, porque n˜o podemos ter x = ±2p(x). Conclu´ a ımos que J n˜o ´ um ideal principal. a e d) Se J ´ um ideal maximal de A, ent˜o A/J ´ um corpo. e a e Resolucao: Verdadeiro. A/J ´ um anel abeliano com identidade, ¸˜ e porque A ´ j´ abeliano com identidade. Resta-nos por isso provar que e a os elementos de A/J diferentes de zero s˜o invert´ a ıveis. Suponha-se ent˜o que x ∈ A, x = 0, ou seja, x ∈ J. Temos a provar que existe a y ∈ A tal que x · y = 1. Considere-se o conjunto K = {x · y + z : y ∈ A, z ∈ J} ⊆ A. ´ a E f´cil ver que K ´ um ideal de A, porque e • J ⊆ K, e portanto K = ∅, porque se z ∈ J ent˜o z = x·0+z ∈ K. a • K ´ fechado para a diferen¸a, porque (x · y + z) − (x · y + z ) = e c x · (y − y ) + (z − z ) ∈ K. • K ´ fechado para o produto por elementos arbitr´rios de A: se e a y, t ∈ A e z ∈ J ent˜o t·(x·y +z) = (x·y +z)·t = x·y ·t+z ·t ∈ K. a Observamos tamb´m que x = x · 1 + 0 ∈ K, e portanto K = J. Como e J ´ maximal, temos necessariamente K = A, e portanto 1 ∈ K. Por e outras palavras, existe y ∈ A e z ∈ J tais que 1 = x · y + z, o que em particular implica que x · y = 1.
  • 81. 80 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z900 . a) Quantos subgrupos existem em Z900 ? Sendo n um qualquer divisor de 900, quantos destes subgrupos tˆm exactamente n elementos? e Resolucao: Existe exactamente um subgrupo por cada divisor de ¸˜ 900. Como 900 = 22 × 32 × 52, existem 3 × 3 × 3 = 27 divisores de 900, e 27 subgrupos de Z900 . Sendo n um divisor de 900, o unico subgrupo ´ de Z900 com n elementos ´ exactamente o que ´ gerado por d, onde e e d = 900/n. b) Quantos elementos invert´ ıveis existem no anel Z900 ? Quantos auto- morfismos do grupo Z900 existem? Resolucao: Pela f´rmula de Euler, o n´mero de elementos invert´ ¸˜ o u ıveis em Z900 ´ dado por e 1 1 1 ϕ(900) = 900(1 − )(1 − )(1 − ) = 30 × 8 = 240. 2 3 5 Os homomorfismos f : Z900 → Z900 s˜o dados por f (n) = an, onde a a ∈ Z900 ´ arbitr´rio. Sabemos que f (Z900 ) =< a >=< d >, onde d = e a mdc(a, 900). O homomorfismo f ser´ sobrejectivo, e consequentemente a injectivo, se e s´ se d = 1, ou seja, se e s´ se a ´ um elemento invert´ o o e ıvel de Z900 . Existem por isso 240 automorfismos de Z900 . c) Considere o homomorfismo de grupos f : Z900 → Z30 dado por f (x) = 24x. Determine o n´cleo de f , e diga se f ´ sobrejectivo. u e Resolucao: Note-se que mdc(24, 30) = 6. Temos ¸˜ 24x = 0 em Z30 ⇔ 24x = 30y ⇔ 4x = 5y. Como 4 e 5 s˜o primos entre si, temos x = 5z, e N (f ) =< 5 > em a Z30 . Temos tamb´m f (Z900 ) =< 24 >=< 6 >=< 1 >, portanto f n˜o e a ´ sobrejectivo. e d) Continuando a al´ ınea anterior, resolva a equa¸˜o f (x) = 18. ca ¸˜ Resolucao: 24x = 18 em Z30 ⇔ 24x + 30y = 18 em Z ⇔ 4x + 5y = 3. ´ a E f´cil encontrar solu¸˜es particulares, por exemplo x = 2 e y = −1. co A equa¸˜o original tem por isso a solu¸˜o particular x = 2, e a solu¸˜o ca ca ca geral ´ dada por x = 2 + 5k, onde 5k ∈< 5 >= N (f ). e4. Nesta quest˜o, G ´ um grupo n˜o-abeliano com 6 elementos. a e a
  • 82. 4.1. 1o EXAME: 1/7/2002 81 a) Prove que nenhum elemento de G tem ordem 6, mas que existe pelo menos um elemento ε ∈ G com ordem 3. Sugest˜o: Mostre que, caso a contr´rio, G seria abeliano. a Resolucao: Se existe um elemento g ∈ G de ordem 6 ent˜o ¸˜ a < g >= {1, g, g 2 , g 3 , g 4 , g 5 } = G, e G ´ um grupo c´ e ıclico de ordem 6, ou seja, G Z6 , e G ´ abeliano. e Conclu´ımos que os elementos de G s´ podem ter ordem 1, 2 ou 3. (A o ordem de um elemento de G ´ o n´mero de elementos do subgrupo e u gerado por g, e portanto tem que ser um factor de 6, pelo teorema de Lagrange). Se n˜o existe nenhum elemento de G com ordem 3, ent˜o todos os a a elementos g = 1 tˆm ordem 2, i.e., g 2 = 1 (⇔ g −1 = g), para qualquer e g ∈ G. Repare-se ent˜o que se g, h ∈ G temos (gh)−1 = gh, porque a gh ∈ G, e (gh) −1 = h−1 g −1 = hg. Portanto, gh = hg, e G seria abeliano. Como G ´ n˜o-abeliano, conclu´ e a ımos que existe pelo menos um elemento ε ∈ G de ordem 3. b) Sendo ε um elemento de G de ordem 3, e H = {1, ε, ε2 } o subgrupo gerado por ε, mostre que H ´ normal em G. Sugest˜o: Qual ´ o ´ e a e ındice de H em G? Resolucao: O ´ ¸˜ ındice de H em G ´ [G : H] = #(G)/#(H) = 6/3 = e 2. Portanto existem 2 classes laterais direitas e duas classes laterais esquerdas de H. Note-se que uma das classes ´ sempre H, portanto a e outra classe ´ G − H. Em particular, temos sempre gH = Hg, e H ´ e e normal em G. Mais exactamente, se g ∈ H ent˜o gH = Hg = H, e se a g ∈ H ent˜o gH = Hg = G − H. a c) Suponha que α ∈ H, e mostre que α2 = 1. Sugest˜o: No grupo a quociente G/H, a ordem do elemento α ´ 2. Qual pode ser a ordem e de α em G? Resolucao: Como vimos na al´ ¸˜ ınea anterior, o grupo quociente G/H tem 2 elementos, ou seja, G/H = {1, α} onde α ´ um qualquer dos e elementos que n˜o pertencem a H. Claro que no grupo G/H s´ pode- a o mos ter α2 = 1 (a ordem de α s´ pode ser 2). Note-se que se αn = 1 o no grupo original ent˜o evidentemente αn = 1 em G/H, e portanto n a ´ m´ltiplo de 2, ou seja, a ordem de α em G s´ pode ser 2 ou 6. De e u o acordo com a conclus˜o de a), a ordem de α em G ´ 2. a e d) Como αH = Hα, o produto αε s´ pode ser εα ou ε2 α. Conclua que o G ´ necessariamente isomorfo a S3 . e Resolucao: Como αH = {α, αε, αε2 } = Hα = {α, εα, ε2 α}, ´ claro ¸˜ e que αε = α, ou αε = εα, ou αε = ε2 α. Como ε = 1, s´ podemos ter o αε = εα, ou αε = ε2 α.
  • 83. 82 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS G = H ∪ Hα = {1, ε, ε2 , α, εα, ε2 α}. Como α2 = 1 e ε3 = 1, a tabuada do grupo G fica unicamente determinada pelo valor atribuido ´ ao produto αε. E claro que se αε = εα ent˜o o grupo G ´ abeliano. a e Como G n˜o ´ abeliano, s´ podemos ter αε = ε a e o 2 α, e a tabuada de G s´ pode ser preenchida de uma forma. Conclu´ o ımos que todos os grupos n˜o-abelianos com 6 elementos s˜o isomorfos. Como S3 ´ um a a e grupo n˜o-abeliano com 6 elementos, G ´ isomorfo a S3 . (A t´ a e ıtulo de curiosidade, a tabuada poderia preencher-se como se segue) 1 α εα ε2 α ε ε2 1 1 α εα ε2 α ε ε2 α α 1 ε2 ε ε2 α εα εα εα ε 1 ε2 α ε2 α ε2 α ε2 α ε2 ε 1 εα α ε ε εα ε 2α α ε2 1 ε2 ε2 ε2 α α εα 1 ε4.2 2o Exame: 24/7/20021. Neste grupo, K ⊆ H s˜o subgrupos do grupo G. Para cada uma das aafirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ verdadeira, com uma demon- co ca estra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Se K ´ normal em G ent˜o K ´ normal em H. e a e ¸˜ ´ Resolucao: Verdadeiro. E claro que K ⊆ H ´ subgrupo de H, e e sendo x ∈ K, y ∈ H, temos y −1 xy ∈ K, porque y ∈ G, e K ´ normal e em G. b) Se K ´ normal em H ent˜o K ´ normal em G. e a e Resolucao:Falso. Considere-se G = S3 , e seja K = H um dos ¸˜ subgrupos de S3 com 2 elementos. Sabemos que K n˜o ´ normal em a e G, mas ´ ´bvio que K ´ normal em H. eo e c) Se G ´ um grupo c´ e ıclico infinito ent˜o G ´ isomorfo a (Z, +). a e Resolucao: Verdadeiro. Existe x ∈ G tal que G = {xn : n ∈ ¸˜ Z}. Definimos f : Z → G por f (n) = xn , e notamos que f ´ um e homomorfismo de grupos sobrejectivo. Se o n´cleo de f tem m > u 1 elementos ent˜o G a Zm (1o teorema de isomorfismo), o que ´ e imposs´ ıvel, porque G ´ infinito. Logo f ´ tamb´m injectiva, e G Z. e e e d) Se K ´ normal em G e x ∈ G, ent˜o a ordem de x em G/K ´ factor e a e da ordem de x em G.
  • 84. 4.2. 2o EXAME: 24/7/2002 83 Resolucao: Verdadeiro. Sejam n, m ≥ 0 tais que ¸˜ < n >= {k ∈ Z : xk = 1}, e < m >= {k ∈ Z : xk = 1}, e e ´ ou seja, n ´ a ordem de x em G, e m ´ a ordem de x em G/K. E claro que < n >⊆< m >, e portanto n ∈< m >, i.e., m|n.2. Nesta quest˜o, A ´ um dom´ a e ınio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 = 0. Para cada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ co ca everdadeira, com uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) A caracter´ ıstica de A ´ 0, ou um n´mero primo p. e u Resolucao: Verdadeiro. Seja m a caracter´ ¸˜ ıstica de A, e suponha- se que m ´ composto, i.e., m = nk, com n, k > 1. Notamos que e m1 = (nk)1 = n(k1) = (n1)(k1) = 0. Como m ´ a menor solu¸˜o e ca positiva da equa¸˜o m1 = 0, temos n1 = 0 e k1 = 0, e portanto n1 e ca k1 s˜o divisores de zero, e A n˜o ´ um dom´ a a e ınio integral. b) O anel A[x] ´ tamb´m um dom´ e e ınio integral. Resolucao: Verdadeiro. Dados polin´mios n˜o-nulos p(x), q(x) ∈ ¸˜ o a A[x], tempos p(x) = an xn + · · · + a0 , e q(x) = bm xm + · · · + b0 , onde an = 0, bm = 0 (n e m s˜o, respectivamente, os graus de p(x) e q(x)). a ´ E claro que p(x)q(x) = an bm xn+m + · · · + a0 b0 = 0, e portanto A[x] ´ e um dom´ ınio integral. c) Qualquer ideal em A[x] ´ principal. e Resolucao: Falso. Z[x] n˜o ´ um dom´ ¸˜ a e ınio de ideais principais. d) Existe um corpo K com um subanel isomorfo a A. Resolucao: Verdadeiro. Basta considerar o corpo das frac¸˜es ¸˜ co Frac(A), e nesse corpo o subanel formado pelas frac¸˜es do tipo a/1, co com a ∈ A.3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z36 . a) Quantos subgrupos existem em Z36 ? Quantos geradores tem Z36 ? Resolucao: 36 = 22 × 32 tem 3 × 3 = 9 divisores, e portanto Z36 ¸˜ tem 9 subgrupos. Os geradores de Z36 podem ser contados usando a 1 1 fun¸˜o de Euler ϕ(36) = 36(1 − 2 )(1 − 3 ) = 12. ca b) Suponha que B ´ um subanel de Z36 , com identidade a, e n elementos. e Mostre que a caracter´ ıstica de B ´ um factor de 36, e que a ordem de e qualquer elemento de B ´ um factor da caracter´ e ıstica de B. (sugest˜o: a se ma = 0, ent˜o mx = 0 para qualquer x ∈ B) a
  • 85. 84 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS Resolucao: A caracter´ ¸˜ ıstica de B ´ a ordem m do subgrupo de B e gerado pela identidade a, e portanto ´ a ordem de um subgrupo de e Z36 , donde m|36, pelo teorema de Lagrange. Se x ∈ B, ent˜o mx = (ma)x = 0, donde m ´ m´ltiplo da ordem de a. a e u c) Conclua que a caracter´ ıstica de B ´ n, donde a ´ um gerador de B, e e e d = mdc(a, 36) = 36/n. Resolucao: Como B ´ um grupo c´ ¸˜ e ıclico com n elementos, podemos supor que x ´ gerador de B. Segue-se da al´ e ınea anterior que n|m, e sabemos que m|n pelo teorema de Lagrange. Logo n = m ea ´ tamb´m e e ´ gerador de B. E claro que m = n = 36/d, onde mdc(a, 36) = d. d) Conclua finalmente que se B tem identidade a, ent˜o mdc(d, n) = 1. a Determine todos os suban´is de Z36 com identidade, e calcule essas e identidades. Resolucao: Seja a = dk, onde mdc(a, 36) = d, 36 = dn, e mdc(k, n) = ¸˜ 1. Como a ´ a identidade de B, temos a2 = a, ou a(a−1) ≡ 0 mod 36. e Notamos que: • a(a − 1) ≡ 0 mod 36 ⇒ k(a − 1) ≡ 0 mod n, • k(a − 1) ≡ 0 mod n e mdc(k, n) = 1 ⇒ a ≡ 1 mod n, • a ≡ 1 mod n ⇔ dk ≡ 1 mod n ⇒ mdc(d, n) = 1. Reciprocamente, se 36 = dn e mdc(n, d) = 1 ent˜o as congruˆncias a e x ≡ 0 mod d e x ≡ 1 mod n tˆm solu¸˜o (teorema chinˆs do resto). e ca e Neste caso, • d|x e n|(x − 1) ⇒ 36|x(x − 1) ⇔ x2 ≡ x mod 36, • x = dk e x ≡ 1 mod n ⇒ mdc(k, n) = 1, e • mdc(x, 36) = mdc(dk, dn) = d mdc(k, n) = d ⇒< x >=< d > tem 36/d elementos. Neste caso o subanel < x >=< d > tem identidade x, porque qualquer elemento b ∈< x > ´ da forma b = zx, e b · x = z · x2 = zx = b. e No caso presente, s´ podemos ter n = 4 e d = 9, ou n = 9 e d = 4, ou o seja, os suban´is unit´rios de Z36 s˜o os que tˆm 4 e 9 elementos. As e a a e respectivas identidades s˜o as solu¸˜es de: a co • n = 4, d = 9 : a ≡ 1 mod 4 e a ≡ 0 mod 9 ⇔ a = 9 • n = 9, d = 4 : a ≡ 1 mod 9 e a ≡ 0 mod 4 ⇔ a = 284. Nesta quest˜o, G e H s˜o grupos. a a
  • 86. 4.3. 1o EXAME: 4/7/2003 85 a) Prove que se f : G → H ´ um homomorfismo injectivo, o n´mero de e u elementos de G ´ factor do n´mero de elementos de H. O que pode e u concluir se f ´ sobrejectivo? e Resolucao: f (G) ´ um subgrupo de H, e #(f (G)) = #(G). Pelo ¸˜ e teorema de Lagrange, #(G) ´ factor de #(H). Se f ´ sobrejectivo e e e N ´ o n´cleo de f , temos G/N H, pelo 1 e u o teorema de isomorfismo, donde #(H) = [G : N ]. Como #(G) = [G : N ]#(N ), cnclu´ımos que #(H) ´ factor de #(G). e b) Se G e H s˜o os grupos aditivos Zn e Zm , onde n ´ factor de m, existe a e sempre algum homomorfismo injectivo f : G → H? Se G = Z6 e H = Z24 , quantos homomorfismos injectivos existem? Resolucao: Existe um homomorfismo injectivo f : Zn → Zm se e s´ ¸˜ o se existe um homomorfismo g : Z → Zm com N (g) =< n >. Sendo m = nk, basta-nos tomar g(x) = kx, donde resulta f (πn (x)) = πm (x), para qualquer x ∈ Z. Se n = 6 e m = 24, notamos primeiro que g(Z) tem 6 elementos, ou seja, g(Z) =< 4 >. Como g(x) = ax, segue-se que a ´ gerador de e < 4 >, e a = 4 ou a = 20. Em ambos os casos N (g) =< 6 >, e portanto f (π6 (x)) = π24 (ax) ´ um homomorfismo injectivo. Existem e assim dois homomorfismos injectivos f : Z6 → Z24 . c) Supondo que H = Z6 , e f : G → H ´ injectivo, classifique o grupo G. e Resolucao: G tem 1, 2, 3, ou 6 elementos. Se G tem 1, 2 ou 3 ¸˜ elementos ent˜o ´ o (´nico) grupo dessa ordem. Se G tem 6 elementos a e u ent˜o f ´ um isomorfismo, e G a e Z6 . Todos os casos s˜o poss´ a ıveis, pela al´ ınea anterior. d) Supondo que G = Z6 , e f : G → H ´ sobrejectivo, classifique o grupo e H. Resolucao: Temos H ¸˜ G/N , onde N ´ o n´cleo de f , pelo 1o e u teorema de isomorfismo. Sabemos que N ´ um dos ideais < d >, onde e d|6. Pelo 3o teorema de isomorfismo, temos H Zd . Todos os casos s˜o poss´ a ıveis, bastando considerar os homomorfismos fk : Z6 → Z6 , onde fk (x) = kx.4.3 1o Exame: 4/7/20031. Neste grupo, G e H s˜o grupos, e N ´ um subgrupo de G. Para cada a euma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ verdadeira, com co ca euma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, f (G) ´ um subgrupo e e de H.
  • 87. 86 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS resolucao: Verdadeiro. Escrevemos os grupos em nota¸˜o mul- ¸˜ ca tiplicativa, como (G, ∗) e (H, ◦). Como K = f (G) = ∅, basta-nos mostrar que u, v ∈ f (G) ⇒ u ◦ v −1 ∈ f (G). Seja e a identidade de G. Ent˜o f (e ∗ e) = f (e) = f (e) ◦ f (e), e a portanto f (e) = e ´ a identidade de H, pela lei do corte. Se x ∈ G, e ent˜o a f (x) ◦ f (x−1 ) = f (x ∗ x−1 ) = f (e) = e ⇒ f (x−1 ) = f (x)−1 . Temos ent˜o que u, v ∈ f (G) ⇒ u = f (x), v = f (y), x, y ∈ G, e a portanto u ◦ v −1 = f (x) ◦ f (y)−1 = f (x) ◦ f (y −1 ) = f (x ∗ y −1 ) ∈ f (G). b) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, f (xn ) = f (x)n para e qualquer n ∈ Z. resolucao: Verdadeiro. Podemos verificar a identidade para na- ¸˜ turais n ≥ 0 por indu¸˜o, porque a identidade ´ ´bvia para n = 0 por ca eo defini¸˜o, j´ que f (x ca a 0 ) = f (e) = e = f (x)0 . Para n ≥ 0, temos f (xn+1 ) = f (xn ∗x) = f (xn )◦f (x) = f (x)n ◦f (x) = f (x)n+1 . Para n < 0, n = −m com m > 0, f (xn ) = f ((x−1 )m ) = f (x−1 )m = (f (x)−1 )m = f (x)n . c) Se f : G → H ´ um homomorfismo de grupos finitos, o n´mero de e u elementos de f (G) ´ um divisor comum do n´mero de elementos de G e u e do n´mero de elementos de H. u resolucao: Verdadeiro. Seja N o n´cleo de f , e recorde-se do ¸˜ u 1o Teorema de isomorfismo que G/N ´ isomorfo a f (G). Escrevendo e #(A) para o n´mero de elementos de A, temos: u • #(f (G)) ´ factor de #(H), pelo teorema de Lagrange. e • #(G) = #(G/N )#(N ), pelo teorema de Lagrange, donde #(G/N ) ´ factor de #(G). e • #(f (G)) = #(G/N ), pelo 1o Teorema de Isomorfismo. d) Se X = {xN : x ∈ G} e Y = {N y : y ∈ G} ent˜o X e Y tˆm o mesmo a e cardinal. resolucao: Verdadeiro. Definimos f : X → Y por f (xH) = ¸˜ Hx ´ −1 . E evidente que f ´ sobrejectiva. Para verificar que ´ injectiva, e e note-se que Hx−1 = Hy −1 ⇒ Hx−1 y = H ⇒ x−1 y ∈ H ⇒ y ∈ xH ⇒ yH = xH
  • 88. 4.3. 1o EXAME: 4/7/2003 872. Nesta quest˜o, D ´ um dom´ a e ınio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 = 0. Para cada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ co ca everdadeira, com uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Qualquer subanel B de D tem identidade. resolucao: Falso. Basta tomar D = Z e B o anel dos inteiros ¸˜ pares. b) Qualquer subgrupo de (D, +) ´ um subanel de D. e resolucao: Falso. Tome-se D = Z[i] e B = {ni : n ∈ Z} (os ¸˜ inteiros de Gauss com parte real nula). c) Se D ´ finito ent˜o D cont´m um subanel B isomorfo a algum Zm . e a e resolucao: Verdadeiro. Considere-se f : Z → D dado por f (n) = ¸˜ n1, e B = f (Z). Sabemos que f ´ um homomorfismo de an´is, donde e e e ´ B ´ um subanel de D. E claro que f n˜o pode ser injectivo, porque a D ´ finito. Portanto o n´cleo de f ´ < m >, com m > 0. Pelo 1o e u e teorema de isomorfismos, B ´ isomorfo a Z/ < m >, i.e., Zm . e d) Se D ´ um d.f.u., a equa¸˜o mdc(a, b) = ax+by tem solu¸˜es x, y ∈ D. e ca co resolucao: Falso. O anel D = Z[x] ´ um d.f.u., porque Z ´ um ¸˜ e e d.f.u. Tomamos a = 2 e b = x, notamos que os divisores de 2 s˜o 1 e 2, a e os divisores de x s˜o 1 e x. Portanto ´ claro que mdc(2, x) = 1. Mas a e os polin´mios da forma 2s(x) + xt(x) tˆm sempre termo independente o e PAR, portanto 1 = 2s(x) + xt(x).3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z833 . a) Seja f : Z → Z833 o homomorfismo de grupos dado por f (n) = 357n. Quantos elementos tem a imagem f (Z)? Qual ´ o n´cleo de f ? e u resolucao: A imagem ¸˜ f (Z) =< 357 >=< mdc(357, 833) >=< 119 >, que tem 833/119 = 7 elementos. O n´cleo N de f ´ o conjunto dos u e inteiros n tais 833|357n, ou seja, 7|3n, ou 7|n. Portanto N =< 7 >. b) Quais s˜o os grupos Zm tais que h : Zm → Z833 dado por h(n) = 357n a est´ bem definido, e ´ um homomorfismo de grupos? Para que valor a e de m ´ que h ´ um isomorfismo? e e resolucao: Sendo π : Z → Zm o usual homomorfismo π(n) = n, a ¸˜ composi¸˜o g(π(n)) = f (n) ´ o homomorfismo que referimos na al´ ca e ınea anterior. Portanto, o n´cleo de π est´ contido no n´cleo de f , ou seja, u a u < m >⊆< 7 >, ou 7|m. S˜o estes os valores de m para os quais o a homomorfismo h est´ bem definido. a
  • 89. 88 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS Supondo m = 7k, seja x o n´mero de elementos do n´cleo de h. Ent˜o u u a 7k/x = 7, donde x = k, ou seja, x = m/7. Em particular, o n´cleo ´ u e sempre < 7 >. O homomorfismo g ´ injectivo exactamente quando N =< m >=< e 7 >, ou seja, quando m = 7. Por outras palavras, o grupo f (Z) ´ e isomorfo a Z7 . No entanto, ´ evidente que g n˜o ´ sobrejectivo, logo e a e n˜o ´ um isomorfismo entre Z7 e Z833 ! a e c) f (Z) ´ tamb´m um anel? E se ´ um anel, ´ isomorfo a um anel Zk ? e e e e resolucao: f (Z) ´ tamb´m um anel, porque qualquer subgrupo de ¸˜ e e Z833 ´ tamb´m um subanel e um ideal. N˜o ´ no entanto isomorfo a e e a e nenhum anel Z. Podemos argumentar aqui de diversas maneiras: (a) f (Z) n˜o tem identidade para o produto, ou a (b) f (Z) tem 7 elementos, portanto s´ poderia ser isomorfo ao anel o Z7 . Mas Z7 ´ um corpo, e ´ f´cil ver que f (Z) tem divisores de e e a zero. d) Quais dos seguintes an´is s˜o isomorfos entre si: Z1000 , Z2 ⊕ Z500 , e a Z4 ⊕ Z250 , Z8 ⊕ Z125 ? resolucao: 1000 = 8 × 125, e mdc(8, 125) = 1 ⇒ Z1000 ¸˜ Z8 ⊕ Z125 . Analogamente, Z250 Z2 ⊕ Z125 , e Z500 Z4 ⊕ Z125 . Temos assim: Z4 ⊕ Z250 Z4 ⊕ (Z2 ⊕ Z125 ) Z2 ⊕ (Z4 ⊕ Z125 ) Z2 ⊕ Z500 . ˜ Observamos ainda que Z1000 e Z2 ⊕ Z500 NAO s˜o isomorfos, porque a ıstica 1000, e Z2 ⊕ Z500 tem caracter´ Z1000 tem caracter´ ıstica 500.4. Nesta quest˜o, K ´ um corpo, m(x) ∈ K[x], A = K[x]/ < m(x) >, e a eq : K[x] → A ´ o usual homomorfismo de an´is π(p(x)) = p(x). e e a) Prove que os ideais de A s˜o da forma π(J), onde J ´ um ideal de a e K[x]. Conclua que A ´ um d.i.p., ou seja, todos os seus ideais s˜o e a principais. resolucao: Consideramos a aplica¸˜o quociente ¸˜ ca π : K[x] → K[x]/ < m(x) > . Seja agora I ⊆ A um ideal de A, e J = π −1 (I) a respectiva imagem inversa. Como π ´ sobrejectiva, temos π(J) = I. Queremos provar e que J ´ um ideal de K[x]. Notamos que, se a(x), b(x) ∈ J, ent˜o e a π(a(x)), π(b(x)) ∈ I e π(a(x)) − π(b(x)) ∈ I ⇒ π(a(x) − b(x)) ∈ I ⇒ a(x) − b(x) ∈ J.
  • 90. 4.3. 1o EXAME: 4/7/2003 89 Se a(x) ∈ J e c(x) ∈ K[x] ent˜o π(a(x)) ∈ I, π(c(x)) ∈ A e a π(a(x))π(c(x)) = π(c(x)a(x)) ∈ I ⇒ a(x)c(x) = c(x)a(x) ∈ J. Logo J ´ um ideal. Como K[x] ´ um d.i.p., temos J =< p(x) >, e e e I = π(J) =< p(x) >. b) Mostre que os ideais de A s˜o da forma < d(x) >, onde d(x)|m(x) a em K[x]. Sugest˜o: Mostre que < p(x) >=< d(x) >, onde d(x) = a mdc(p(x), m(x)) em K[x]. resolucao: Dado p(x) ∈ K[x], e sendo d(x) = mdc(p(x), m(x)), ´ ¸˜ e evidente que d(x)|p(x) ⇒ p(x) ∈< d(x) >⇒< p(x) >⊆< d(x) > . Como d(x) = a(x)p(x) + b(x)m(x), temos ainda d(x) = a(x)p(x) ⇒ d(x) ∈< p(x) >⇒< d(x) >⊆< p(x) > . Conclu´ ımos que < p(x) >=< d(x) >, onde d(x)|m(x), porque d(x) = mdc(p(x), m(x)). c) Supondo K = Z3 , e m(x) = x3 + 2x, quantos elementos podem ter os ideais de A? Quantos ideais com n elementos existem, para cada poss´ valor de n? Quantos elementos invert´ ıvel ıveis existem em A? resolucao: A tem 27 elementos, portanto (pelo Teorema de La- ¸˜ grange), os seus ideais s´ podem ter 1, 3, 9 ou 27 elementos. Existe o um ideal com 1 elemento, que ´ o ideal < 0 >, e um ideal com 27 e elementos, que ´ o pr´prio anel A. Os outros ideais s˜o gerados pelas e o a classes dos restantes divisores m´nicos de o m(x) = x3 + 2x = x(x2 + 2) = x(x + 1)(x + 2), que s˜o x, x+1, x+2, (x+1)(x+2), x(x+2), x(x+1). Em particular, a A tem 8 ideais. Se p(x) ∈ K[x], temos p(x) = q(x)(x + a) + b, donde K[x]/ < x + a > tem 3 elementos. Pelo 3o teorema de isomorfismo, segue-se que A K[x] A ,# = 3, e # (< x + a >) = 9. <x+a> <x+a> <x+a> Analogamente, K[x]/ < (x + a)(x + b) > tem 9 elementos, donde A K[x] # =# = 9, < (x + a)(x + b) > < (x + a)(x + b) >
  • 91. 90 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS ımos que # < (x + a)(x + b) > = 3. donde conclu´ Os elementos n˜o-invert´ a ıveis s˜o os que pertencem aos ideais a I0 =< x >, I1 =< x + 1 > e I2 =< x + 2 > . Se i = j, a intersec¸˜o Ii ∩ Ij ´ um dos ideais com 3 elementos, e a ca e intersec¸˜o I0 ∩ I1 ∩ I2 ´ o ideal que apenas cont´m o zero. Existem ca e e por isso 9 + 9 + 9 − (3 + 3 + 3) + 1 = 19 elementos n˜o-invert´ a ıveis, e 27 − 19 = 8 elementos invert´ ıveis. d) Supondo K = Z3 , e m(x) = x3 +2x, o anel A ´ isomorfo a Z3 ⊕Z3 ⊕Z3 ? e resolucao: Sim. Considere-se o homomorfismo ¸˜ f : Z3 [x] → Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 , dado por f (p(x)) = (p(0), p(1), p(2)). O n´cleo de f ´ o ideal I =< x(x + 1)(x + 2) >, de acordo com o u e Teorema do Resto (se p(0) = p(1) = p(2) = 0, ent˜o p(x) ´ divis´ a e ıvel por x, por x−1 = x + 2, e por x − 2 = x + 1). Conclu´ ımos do 1o Teorema de Isomorfismo que A = Z3 [x]/I ´ isomorfo e a f (Z3 [x]), e como A tem 27 elementos, f (Z3 [x]) tem igualmente 27 elementos. Dado que Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 tem tamb´m 27 elementos, ´ claro e e que f (Z3 [x]) = Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 , e A Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 .4.4 2o Exame: 21/7/20031. Nesta quest˜o, G e H s˜o grupos multiplicativos, e f : G → H ´ um a a ehomomorfismo de grupos. Para cada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre coque a afirma¸˜o ´ verdadeira, com uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um ca e cacontra-exemplo. a) f (x−1 ) = f (x)−1 para qualquer x ∈ G. b) O n´cleo de f ´ um subgrupo normal de G. u e c) Se f ´ sobrejectivo, e G ´ finito, ent˜o |H| ´ factor de |G|. e e a e d) Se G ´ um grupo c´ e ıclico com n elementos, e k ´ factor de n, ent˜o e a existe pelo menos um elemento de G com ordem k.2. Nesta quest˜o, p(x), q(x) ∈ Z[x] s˜o polin´mios com coeficientes in- a a oteiros. Para cada uma das afirma¸˜es seguintes, mostre que a afirma¸˜o ´ co ca everdadeira, com uma demonstra¸˜o, ou falsa, com um contra-exemplo. ca a) Se p(x) ´ irredut´ em Q[x], ent˜o p(x) ´ irredut´ em Z[x]. e ıvel a e ıvel b) Se p(x) ´ irredut´ em Z[x], ent˜o p(x) ´ irredut´ em Q[x]. e ıvel a e ıvel
  • 92. 4.5. 1o EXAME: 9/7/2004 91 c) Se q(x)|p(x) em Z[x], e p(x) ´ primitivo, ent˜o q(x) ´ primitivo. e a e d) Se q(x)|p(x) em Q[x], ent˜o existe k ∈ Q tal que kq(x)|p(x) em Z[x]. a3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z300 . a) Quantos subgrupos tem Z300 ? b) Quantos homomorfismos sobrejectivos de grupo h : Z600 → Z300 ex- istem? Quais destes homomorfismos s˜o tamb´m homomorfismos de a e anel? c) Quantos homomorfismos de grupo f : Z600 → Z300 existem, tais que f (Z) tem 100 elementos? Prove que f (Z) ´ um anel isomorfo ao anel e Z100 . d) Quais dos seguintes grupos s˜o isomorfos entre si: Z300 , Z6 ⊕ Z50 , a Z100 ⊕ Z3 , Z10 ⊕ Z30 ?4. Nesta quest˜o, G ´ um grupo finito, e A e B s˜o subgrupos de G. a e aAB = {xy : x ∈ A e y ∈ B}. a) Prove que A ∩ B ´ um subgrupo de G. O conjunto AB ´ sempre um e e subgrupo de G? b) Prove que |AB||A ∩ B| = |A||B|. Sugest˜o: Mostre que a fun¸˜o a ca f : A/(A ∩ B) → G/B est´ bem definida por f (x(A ∩ B)) = xB, e ´ a e injectiva. Mostre tamb´m que a uni˜o das classes em f (A/A ∩ B) ´ e a e exactamente AB. c) Suponha que G ´ um grupo abeliano com 10 elementos. Prove que e G tem necessariamente um elemento x com ordem 5, e um elemento y com ordem 2, e conclua que G ´ o grupo Z10 . Sugest˜o: Qual ´ a e a e ordem de xy? d) Mostre que, se G ´ um grupo n˜o-abeliano com 10 elementos, ent˜o G e a a tem um elemento x com ordem 5, e se y ∈< x > ent˜o y tem ordem a 2. Conclua que xy = yx4 , e portanto que existe apenas um grupo n˜o-abeliano com 10 elementos, que s´ pode ser D5 . a o4.5 1o Exame: 9/7/20041. Diga se cada afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta ca ecom uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, G e H s˜o ca a agrupos, f : G → H ´ um homomorfismo de grupos, e N ´ o n´cleo de f . e e u a) Se e ´ a identidade de G, ent˜o f (e) ´ a identidade de H. e a e resolucao: verdadeiro. Temos f (e)f (e) = f (ee) = f (e), e pela ¸˜ lei do corte em H segue-se que f (e) ´ a identidade de H. e
  • 93. 92 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS b) Se K ´ um subgrupo de H, ent˜o f −1 (K) ´ um subgrupo de G que e a e cont´m N . e resolucao: verdadeiro. K cont´m a identidade de H, e portanto ¸˜ e f −1 (K) cont´m N . Em particular, f −1 (K) n˜o ´ vazio. Por outro lado, e a e se x, y ∈ f −1 (K) temos f (x), f (y) ∈ K, e f (xy −1 ) = f (x)f (y)−1 ∈ K, i.e., xy −1 ∈ f −1 (K). c) Se todos os elementos de G tˆm ordem finita ent˜o G ´ finito. e a e resolucao: falso. Basta considerar o grupo aditivo dos polin´mios ¸˜ o em Z2 [x]. d) Se |G| = 15 e |H| = 25, ent˜o f (G) ´ um grupo c´ a e ıclico. resolucao: verdadeiro. Pelo teorema de Lagrange, e como f (G) ¸˜ ´ subgrupo de H, s´ podemos ter |f (G)| = 1, 5, ou 25. Analogamente, e o |N | = 1, 3, 5, ou 15, e portanto |G/N | = 1, 3, 5, ou 15. Como pelo 1o teorema de isomorfismo temos G/N ∼ f (G), ´ ´bvio que |f (G)| s´ eo o pode ser 1 ou 5. S´ existe um grupo com 1 elemento e um grupo com o 5 elementos, e ambos s˜o c´ a ıclicos.2. Diga se cada afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta ca ecom uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, A e B s˜o ca a aan´is, A ´ um dom´ e e ınio integral, f : A → B ´ um homomorfismo sobrejectivo ede an´is, e N ´ o n´cleo de f . e e u a) N ´ um ideal de A. e resolucao: verdadeiro. Designamos o zero de B por 0 . temos ¸˜ ent˜o: a • f (0) = 0 , donde 0 ∈ N , e N = ∅. • x, y ∈ N ⇒ f (x − y) = f (x) − f (y) = 0 − 0 = 0 ⇒ x − y ∈ N . • x ∈ N, y ∈ A ⇒ f (xy) = f (yx) = f (x)f (y) = 0 f (y) = 0 ⇒ xy, yx ∈ N b) Se a ´ invert´ em A, ent˜o f (a) ´ invert´ em B. e ıvel a e ıvel resolucao: verdadeiro. f (1) ´ a identidade do subanel f (A). ¸˜ e Como f ´ sobrejectiva, temos B = f (A), e f (1) ´ a identidade de B. e e Se a ∈ A ´ invert´ e ıvel existe a ∈ A tal que aa = 1, donde f (aa ) = f (a)f (a ) = f (1), e f (a) ´ invert´ e ıvel. c) B ´ um dom´ e ınio integral. resolucao: falso. Tome-se A = Z, B = Z4 , e f : Z → Z4 a usual ¸˜ aplica¸˜o quociente f (x) = x. ca
  • 94. 4.5. 1o EXAME: 9/7/2004 93 d) Se B ´ um corpo, ent˜o N ´ um ideal m´ximo de A. e a e a resolucao: verdadeiro. Pelo 1o Teorema de Isomorfismo, temos ¸˜ B A/N . Sabemos que A/N ´ um corpo se e s´ se N ´ um ideal e o e m´ximo. a3. Neste grupo, n designa a classe de equivalˆncia do inteiro n em Z1800 . e a) Quantos subgrupos tem Z1800 ? Quais s˜o os geradores do subgrupo a gerado por 1300? resolucao: Existe um subgrupo por cada divisor de 1800 = 23 32 52 . ¸˜ Existem assim (3 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 36 subgrupos. Os geradores do subgrupo gerado por 1300 s˜o as classe dos inteiros n a que satisfazem mdc(n, 1800) = mdc(1300, 1800) = 100. Temos assim ´ o n = 100k, onde mdc(k, 18) = 1, e 1 ≤ k ≤ 18. E ´bvio que k ∈ {1, 5, 7, 11, 13, 17}, e os geradores em causa s˜o 100, 500, 700, 1100, a 1300 e 1700. b) Considere os grupos Z25 ⊕ Z72 , Z20 ⊕ Z90 , Z200 ⊕ Z9 , e Z40 ⊕ Z45 . Quais destes grupos s˜o isomorfos entre si? a resolucao: Sabemos que Zn ⊕ Zm ¸˜ Zd ⊕ Zl , onde d = mdc(n, m) e l = mmc(n, m). Em particular, Zn ⊕ Zm Znm , quando 1 = mdc(n, m). Temos assim: • Z25 ⊕ Z72 Z200 ⊕ Z9 Z1800 = A. • Z20 ⊕ Z90 Z10 ⊕ Z180 = B. • Z40 ⊕ Z45 Z5 ⊕ Z360 = C. O grupo A ´ c´ e ıclico, de ordem 1800. A ordem de qualquer elemento do grupo B ´ um factor de 180. A ordem de qualquer elemento do e grupo C ´ um factor de 360 e C cont´m elementos de ordem 360, por e e ´ assim claro que A B C A. exemplo (0, 1). E c) Quantos homomorfismos de grupo f : Z1800 → Z1800 existem, com n´cleo N (f ) =< 1300 >? u resolucao: N (f ) =< 1300 >=< 100 > tem 18 elementos, e portanto ¸˜ f (Z1800 ) Z1800 /N (f ) tem 100 elementos, i.e., f (G) =< 18 >. Temos assim que f (n) = an, onde < a >=< 18 >. Conclu´ ımos que a ´ um gerador de < 18 >, e existem tantos homo- e morfismos do tipo considerado como geradores de < 18 >. Os geradores de < 18 > s˜o as classes dos inteiros n que satisfazem a ´ mdc(n, 1800) = 18. E claro que n = 18k, e mdc(18k, 1800) = 18, o que ´ equivalente a mdc(k, 100) = 1. Temos assim de contar os naturais e k ≤ 100 que s˜o primos relativamente a 100, o que ´ dado pela fun¸˜o a e ca de Euler ϕ(100) = 100(1 − 1 )(1 − 1 ) = 40. 2 5
  • 95. 94 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS d) Supondo que g : Z → Z40 ⊕ Z45 ´ um homomorfismo de an´is, classi- e e fique o anel g(Z). resolucao: Pelo 1o Teorema de Isomorfismo, ¸˜ g(Z) Zm , onde < m >= N (g). Notamos que g(n) = (g1 (n), g2 (n)), onde g1 : Z → Z40 e g2 : Z → Z45 s˜o tamb´m homomorfismos de an´is, e N (g) = N (g1 ) ∩ N (g2 ). a e e Qualquer homomorfismo de an´is h : Z → A ´ da forma h(n) = na, e e onde a ∈ A ´ um elemento que satisfaz a2 = a, e a ´ a identidade do e e subanel h(Z) ⊆ A. Conclu´ ımos que • g1 (Z) ´ um subanel de Z40 com identidade. Como 40 = 5 × 8, e os unicos suban´is de Z40 com identidade s˜o os que tˆm exacta- ´ e a e mente 1, 5, 8, ou 40 elementos. Neste caso N (g1 ) ´ respectiva- e mente Z, < 5 >, < 8 >, < 40 >. • g2 (Z) ´ um subanel de Z45 com identidade. Como 45 = 5 × 9, e os unicos suban´is de Z45 com identidade s˜o os que tˆm exacta- ´ e a e mente 1, 5, 9, ou 45 elementos. Neste caso N (g2 ) ´ respectiva- e mente Z, < 5 >, < 9 >, < 45 >. Observ´mos acima que N (g) = N (g1 ) ∩ N (g2 ). Os casos a considerar a reduzem-se a Z, < 5 >, < 8 >, < 9 >, < 40 >, < 45 >, e ainda < 72 >=< 8 > ∩ < 9 >, e < 360 >=< 45 > ∩ < 40 >. Temos assim que g(Z) ´ um anel isomorfo a um de: e Z1 , Z5 , Z8 , Z9 , Z40 , Z45 , Z72 , Z180 .4. Considere o anel Z3 [x], e o polin´mio p(x) = x3 + 2x + 1. Nesta quest˜o, o aquando m(x) ∈ Z3 [x], designamos por m(x) a correspondente classe no anelquociente K = Z3 [x]/ < p(x) >. a) Qual ´ o inverso de x2 + 1 em K[x]? e resolucao: Aplicamos o algoritmo de Euclides ao c´lculo de mdc(x3 + ¸˜ a 2x + 1, x2 + 1). x3 + 2x + 1 x2 + 1 x x+1 1 0 0 1 x2 + 1 x+1 x+2 2 0 1 1 2x x+1 2 − − 1 2x x+1 x2 + 2x + 1 Temos 2 = (x3 + 2x + 1)(x + 1) + (x2 + 1)(x2 + 2x + 1), ou 1 = (x3 + 2x + 1)2(x + 1) + (x2 + 1)(2x2 + x + 2), donde o inverso em quest˜o ´ 2x2 + x + 2. a e
  • 96. 4.5. 1o EXAME: 9/7/2004 95 b) Mostre que K ´ uma extens˜o alg´brica de Z3 , e K[x] ´ um d.f.u. e a e e ¸˜ resolucao: • O polin´mio x3 + 2x + 1 ´ irredut´ em Z3 , porque ´ do 3o grau, o e ıvel e e p(0) = p(1) = p(2) = 1 = 0, i.e., x3 + 2x + 1 n˜o tem ra´ em a ızes Z3 . • O ideal < x3 + 2x + 1 > ´ portanto m´ximo, e consequente- e a mente K = Z3 [x]/ < p(x) > ´ um corpo, que ´ obviamente uma e e extens˜o de Z3 . Segue-se que K ´ um espa¸o vectorial sobre Z3 . a e c • Os elementos de K s˜o da forma ax2 + bx + c, porque qualquer a polin´mio ´ equivalente ao resto da sua divis˜o por x3 + 2x + 1, o e a que ´ do 3 e o grau. Portanto K ´ um espa¸o vectorial de dimens˜o e c a 3 sobre Z3 , com base {1, x, x2 }. Como a dimens˜o de K sobre Z3 a ´ finita, K ´ uma extens˜o alg´brica de Z3 . e e a e • K ´ um corpo, e portanto K[x] ´ um d.i.p. Segue-se que K[x] ´ e e e um d.f.u. c) Decomponha p(x) em factores irredut´ ıveis em K[x]. resolucao: Para simplificar a nota¸˜o, escrevemos os elementos de ¸˜ ca K na forma a + bi + cj, onde a, b, c ∈ Z3 , i = x, e j = i2 . Note-se que ij = x3 = −2x−1 = x + 2 = 2 + i, e j 2 = i(ij) = i(2 + i) = 2i + j. Usando o algoritmo de divis˜o usual, obtemos: a x3 + 2x + 1 = (x − i)(x2 + ix + 2 + j) Completamos o quadrado: x2 + ix + 2 + j =x2 + 2(2i)x + (2i)2 − (2i)2 + 2 + j (x + 2i)2 + 2 = (x + 2i)2 − 1 (x + 2i − 1)(x + 2i + 1). A factoriza¸˜o completa de p(x) ´: ca e x3 + 2x + 1 = (x − i)(x + 2i − 1)(x + 2i + 1). d) Seja α ∈ K, α ∈ Z3 . Prove que Z3 (α) ´ isomorfo a K, e em particular e α ´ ra´ de um polin´mio irredut´ do terceiro grau n(x) ∈ Z3 [x]. e ız o ıvel resolucao: Consideramos o homomorfismo de an´is φ : Z3 [x] → K, ¸˜ e dado por φ(m(x)) = m(α). Temos por defini¸˜o que φ(Z3 [x]) = Z3 [α], ca e Z3 (α) = Frac(Z3 [α]). Sabemos que α ´ alg´brico, e o respectivo e e polin´mio m´ o ınimo n(x) ´ irredut´ e ıvel. Conclu´ ımos que L = φ(Z3 [x]) = Z3 [α] Z3 [x]/ < n(x) > ´ um corpo. e
  • 97. 96 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS Em particular, Z3 (α) Z3 [α] = L. Consideramos agora os corpos Z3 ⊆ L ⊆ K. Sendo n a dimens˜o de K sobre L, e m a dimens˜o de a a L sobre Z3 , temos nm = 3. Como L = Z3 , s´ podemos ter n = 3 e o m = 1, i.e., L = K. Repare-se que neste caso n(x) tem grau 3.4.6 2o Exame: 24/7/20041. Diga se cada afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta ca ecom uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, G ´ um ca a egrupo, e K e H s˜o subgrupos de G. a a) Se x, y ∈ G, ent˜o (xy)−1 = y −1 x−1 . a resolucao: verdadeiro. Sendo e a identidade de G, temos ¸˜ (xy)(y −1 x−1 ) = x[y(y −1 x−1 = x[(yy −1 )x−1 ] = x(ex−1 ) = xx−1 = e. ımos que (xy)(y −1 x−1 ) = (xy)(xy)−1 , donde y −1 x−1 ) = (xy)−1 . Conclu´ b) Se K ´ subgrupo normal de G, ent˜o K ∩ H ´ subgrupo normal de H. e a e resolucao: verdadeiro. Sendo x ∈ K ∩ H e y ∈ H temos ¸˜ • y −1 xy ∈ K, porque y ∈ H ⊆ G e K ´ normal em G. e • y −1 xy ∈ H, porque y ∈ H e x ∈ K ∩ H ⊆ H. ımos que K ∩ K ´ normal em H. Conclu´ e c) Os automorfismos de G formam um grupo, com a opera¸˜o de com- ca posi¸˜o. ca resolucao: verdadeiro. As fun¸˜es bijectivas f : G → G formam ¸˜ co o grupo das permuta¸˜es em G, que designamos SG . O conjunto dos co automorfismos de G ´ por raz˜es ´bvias um subconjunto de SG , e ´ e o o e n˜o-vazio, porque a fun¸˜o identidade ´ certamente um homomorfismo a ca e de grupos. Se f : G → G ´ um automorfismo, ent˜o tem inversa f −1 : G → G. e a Dado x, y ∈ G, escrevemos u = f −1 (x), e v = f −1 (y), donde x = f (u) e y = f (v). Como f ´ um homomorfismo, temos f (u)f (v) = uv, e i.e., xy = f −1 (x)f −1 (y), e f −1 ´ tamb´m um homomorfismo, e um e e automorfismo. Se g, f : G → G s˜o automorfismos, observamos que g ◦ f −1 ´ uma a e bijec¸˜o em SG , e ca g ◦ f −1 (xy) = g f −1 (xy) = g f −1 (x)f −1 (y) = g f −1 (x) g f −1 (y) . Por outras palavras, g ◦ f −1 ´ um homomorfismo, e os automorfismos e de G fromam um subgrupo de SG .
  • 98. 4.6. 2o EXAME: 24/7/2004 97 d) Se K ´ subgrupo normal de G, ent˜o existe um grupo L e um homo- e a morfismo de grupos f : G → L tal que K ´ o n´cleo de f . e u resolucao: verdadeiro. Como K ´ normal, o quociente G/K = L ¸˜ e ´ um grupo, e a fun¸˜o π : G → G/K dada por π(x) = x ´ um e ca e homomorfismo de grupos. Sendo e ∈ G a identidade do grupo G, a identidade do grupo G/K ´ e = K, e π(x) = e se e s´ se x ∈ K, i.e., e o N (π) = K.2. Diga se cada afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a sua resposta ca ecom uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, A e B s˜o ca a aan´is unit´rios, e f : A → B ´ um homomorfismo de an´is. e a e e a) Se a ´ invert´ em A, ent˜o f (a) ´ invert´ em B. e ıvel a e ıvel ´ resolucao: falso. Tomamos A = Z, B = Z ⊕ Z, e f (n) = (n, 0). E ¸˜ claro que f (1) = (1, 0) n˜o ´ invert´ em B. a e ıvel b) A imagem f (A) ´ um ideal de B. e resolucao: falso. Tomamos A = Z, B = R, e f (n) = n. Ent˜o ¸˜ a f (Z) = Z ⊂ R, que n˜o ´ um ideal de R, porque o produto de um a e inteiro por um real n˜o ´ sempre um inteiro. a e c) Se A = Z, ent˜o f (n) = nb, onde b2 = b. a resolucao: verdadeiro. Seja b = f (1) ∈ B. Para verificar que ¸˜ f (n) = nb para qualquer n ∈ Z, observamos que: • O caso n = 1 ´ evidente, porque 1b = b = f (1). e • Se n > 1, temos f (n + 1) = f (n) + f (1) = nb + b = (n + 1)b, o que estabelece a identidade f (n) = nb para qualquer n ∈ N, por indu¸˜o. ca • f ´ um homomorfismos de grupos, e portanto f (0) = 0 = 0b. e • Se n < 0 ent˜o n = −k, com k ∈ N, e f (n) = f (−k) = −f (k) = a −(kb) = (−k)b = nb. Temos ainda que f (1)f (1) = f (1 · 1) = f (1), i.e., b2 = b. d) Se B ´ finito e tem mais de um elemento, ent˜o B tem um subanel e a isomorfo a algum Zm , onde m > 1. resolucao: verdadeiro. Sendo I ∈ B a respectiva identidade, ¸˜ consideramos o homomorfismo de an´is f : Z → B dado por f (n) = e nI. O respectivo n´cleo ´ N =< m >, onde m > 0, porque B ´ finito, u e e e m > 1, porque I = 0, j´ que B tem mais de um elemento. Pelo 1o a Teorema de Isomorfismo, f (Z) ´ um subanel de B isomorfo a Zm . e3. Neste grupo, n designa a classe de equivalˆncia do inteiro n em Z990 . e
  • 99. 98 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS a) Quantos subgrupos tem Z990 ? Quantos destes s˜o an´is unit´rios? a e a resolucao: 990 = 9·11·10 = 2·32 ·5·11 tem (1+1)(2+1)(1+1)(1+1) = ¸˜ 24 divisores, logo Z990 tem 24 subgrupos, que s˜o igualmente suban´is a e (e ideais). Sabemos que se m = nd, o subanel de Zm com n elementos ´ unit´rio e a se e s´ se mdc(n, d) = 1. Neste caso, n fica identificado conhecidos os o seus factores primos, e se m = 990 esses factores s˜o p ∈ {2, 3, 5, 11}. a Basta-nos por isso contar os subconjuntos de {2, 3, 5, 11}, que s˜o 16. a b) Quantos automorfismos de grupo f : Z990 → Z990 existem? resolucao: Qualquer homomorfismo de grupo f : Z990 → Z990 ´ da ¸˜ e forma f (x) = ax, e ´ ´bvio que f (Z990 ) = a . O homomorfismo ´ e o e um automorfismo se e s´ se ´ sobrejectivo (porque Z990 ´ finito), i.e., o e e se e s´ se a ´ gerador de Z990 . O n´mero de automorfismos de Z990 o e u ´ assim o n´mero de geradores de Z990 , dado pela fun¸˜o de Euler e u ca ϕ(990) = 990(1 − 1 )(1 − 1 )(1 − 5 )(1 − 11 ) = 3(2)(4)(10) = 240. 2 3 1 1 c) Quantos ideais existem em Z15 ⊕ Z66 ? Existem suban´is de Z15 ⊕ Z66 e que n˜o s˜o ideais de Z15 ⊕ Z66 ? a a resolucao: Os ideais da soma directa A ⊕ B s˜o da forma I ⊕ J, ¸˜ a onde I ´ ideal de A e J ´ ideal de B. Portanto o n´mero de ideais de e e u A ⊕ B ´ o n´mero de ideais de A a multiplicar pelo n´mero de ideais e u u de B. 15 = 3 · 5 tem 4 divisores, e 66 = 2 · 3 · 11 tem 8 divisores. Por outras palavras, Z15 tem 4 ideais e Z66 tem 8 ideais. Conclu´ ımos que Z15 ⊕Z66 tem 32 ideais. A identidade de Z15 ⊕ Z66 ´ o elemento (1, 1). Consideramos o subanel e C gerado por (1, 1). A caracter´ ıstica de Z15 ⊕Z66 ´ mmc(15, 66) = 330, e ou seja, C tem 330 elementos. Se C ´ um ideal, ent˜o ´ ´bvio que C e a eo cont´m (1, 1)(1, 0) = (1, 0 e (1, 1)(0, 1) = (0, 1). Mas neste caso ´ claro e e que C cont´m todos os elementos de Z15 ⊕ Z66 , o que ´ imposs´ e e ıvel, porque Z15 ⊕ Z66 tem 990 elementos. Existem portanto suban´is que e n˜o s˜o ideais, em particular C. a a d) Determine os homomorfismos de anel g : Z33 → Z990 . resolucao: Os homomorfismos de grupo g : Z33 → Z990 s˜o da forma ¸˜ a g(x) = φ(x), onde φ : Z → Z990 ´ um homomorfismo com n´cleo e u N =< m >⊇< 33 >. Como 33 ∈< m >, ´ claro que m = 1, 3, 11, ou e 33, e m ´ o n´mero de elementos da imagem φ(Z). e u O caso m = 1 corresponde ao homomorfismo nulo, que ´ claramente e de an´is. Em qualquer caso, se φ ´ um homomorfismo de an´is ent˜o e e e a φ(Z) ´ um anel unit´rio, e portanto φ(Z) n˜o pode ter nem 3 nem 33 e a a elementos, como vimos em a).
  • 100. 4.6. 2o EXAME: 24/7/2004 99 Resta-nos verificar o caso em que m = 11, i.e., φ(n) = an, e < a >=< 90 > ´ o subanel de Z990 com 11 elementos. Recordamos que φ ´ um e e homorfismo de an´is se e s´ se a2 = a, que ´ o caso se e s´ se a ´ a e o e o e identidade do subanel em causa. Temos neste caso que a ≡ 0 (mod 90), e a ≡ 1 (mod 11) Temos assim a = 90k ≡ 2kequiv1 (mod 11), donde k ≡ 6 (mod 11), e a = 90(6 + 11s), i.e., a ≡ 540 (mod 990). Conclu´ ımos que existem apenas dois homomorfismos de anel g : Z33 → Z990 , que s˜o dados por a g1 (x) = 0 e g2 (x) = 540x.4. Considere o anel Z3 [x], e o polin´mio p(x) = x3 + 2x2 + x + 2. Nesta oquest˜o, quando m(x) ∈ Z3 [x], designamos por m(x) a correspondente aclasse no anel quociente K = Z3 [x]/ < p(x) >. a) O elemento x2 + x + 1 tem inverso? resolucao: Usamos o algoritmo de Euclides para calcular mdc(x3 + ¸˜ 2x2 + x + 2, x2 + x + 1). x3 + 2x2 + x + 2 x2 + x + 1 x+1 2x + 1 x2 + x + 1 2x + 1 2x + 1 0 Temos assim mdc(x3 +2x2 +x+2, x2 +x+1) ∼ 2x+1 ∼ x+2. A classe x2 + x + 1 ´ invert´ se e s´ se existem polin´mios a(x), b(x) ∈ Z3 [x] e ıvel o o tais que a(x)(x3 + 2x2 + x + 2) + b(x)(x2 + x + 1) = 1. Esta equa¸˜o n˜o tem solu¸˜o, porque < x3 + 2x2 + x + 2, x2 + x + ca a ca 1 >=< mdc(x 3 + 2x2 + x + 2, x2 + x + 1) >=< x + 2 >. Portanto, x2 + x + 1 n˜o ´ invert´ a e ıvel. b) Quais s˜o os ideais de K? a resolucao: Os ideais de K s˜o da forma ¸˜ a < m(x) >=< mdc(m(x), p(x)) > . Um c´lculo simples mostra que p(x) = (x + 2)(x2 + 1), onde x + 2 e a x2 +1 s˜o irredut´ a ıveis. Segue-se que mdc(m(x), p(x)) = 1, x+2, x2 +1, ou p(x). Existem por isso 4 ideais, que s˜o a < 1 >= K, < x + 2 >, < x2 + 1 >, e < p(x) >=< 0 > .
  • 101. 100 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS c) Quantos elementos invert´ ıveis existem em K? resolucao: Os elementos invert´ ¸˜ ıveis em K s˜o da forma < m(x) >, a onde mdc(m(x), p(x)) = 1. S˜o portanto os elementos de K que n˜o a a pertencem a < x + 2 > ∪ < x2 + 1 >. Os elementos de A =< x + 2 > s˜o da forma: a (x + 2)m(x) = (x + 2)(q(x)(x2 + 1) + a + bx = (x + 2)(a + bx). Conclu´ ımos que A tem 9 elementos. Analogamente, os elementos de B =< x2 + 1 > s˜o da forma: a (x2 + 1)m(x) = (x2 + 1)(q(x)(x + 2) + a) = (x2 + 1)a, e B tem 3 elementos. Notamos que A ∩ B cont´m apenas 0, e o anel e K ´ formado pelas 27 classes a + bx + cx2 . Conclu´ e ımos que K tem 27 − (9 + 3 − 1) = 16 elementos invert´ ıveis. d) Quais s˜o os ideais I de K para os quais o anel quociente K/I ´ a e isomorfo a algum Zm ? resolucao: Os elementos n˜o nulos do grupo K/I tˆm ordem 3, ¸˜ a e porque todos os elementos n˜o-nulos de Z3 [x] tˆm ordem 3. Excep- a e tuando o caso “trivial” K = I, onde K/I Z1 , o grupo aditivo K/I s´ pode por isso ser isomorfo a Zm se m = 3, caso em I dever´ ter 9 o a elementos, i.e., I = A. Se I = A, ent˜o K/I ´ um anel unit´rio com 3 elementos, e sabemos a e a que neste caso ´ isomorfo a Z3 . Recorde-se que a verifica¸˜o deste facto e ca ´ muito simples. Sendo K/I ´ um anel unit´rio com 3 elementos, e e a K/I = {0, 1, α}, ent˜o 1 + 1 s´ pode ser α, e α + α s´ pode ser 1. a o o Portanto, α · α = (1 + 1)α = α + α = 1, e deve ser ´bvio que K/I ´ o e isomorfo a Z3 .4.7 1o Exame: 1/7/20051. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(G, ∗) ´ um grupo, com identidade 1. e a) A equa¸˜o x2 = x s´ tem uma solu¸˜o x ∈ G. ca o ca resolucao: verdadeiro. Como G ´ um grupo, para qualquer x ∈ G ¸˜ e existe y ∈ G, tal que x ∗ y = 1. Temos ent˜o: a x2 = x ⇒ x2 ∗ y = x ∗ y ⇒ x ∗ (x ∗ y) = 1 ⇒ x ∗ 1 = 1 ⇒ x = 1
  • 102. 4.7. 1o EXAME: 1/7/2005 101 b) Se H e K s˜o subgrupos de G, ent˜o H ∪ K ´ um subgrupo de G. a a e resolucao: falso. Suponha-se que G = Z ´ o grupo aditivo dos ¸˜ e inteiros, H =< 2 >, e K =< 3 >. Temos por exemplo 2, 3 ∈ H ∪ K, mas 5 = 2 + 3 ∈ H ∪ K. Por outras palavras, H ∪ K n˜o ´ fechado em a e rela¸˜o ` soma, e portanto n˜o pode ser um grupo. ca a a c) Se G ´ finito e tem um n´mero ´ e u ımpar de elementos, ent˜o a equa¸˜o a ca x2 = 1 s´ tem a solu¸˜o x = 1. o ca resolucao: verdadeiro. Temos x2 = 1 se e s´ se x = x−1 . Neste ¸˜ o caso, e supondo x = 1, ´ claro que H = {1, x} ´ um subgrupo de G e e com 2 elementos. Pelo teorema de Lagrange, a ordem de H divide a ordem de G, ou seja, 2 divide a ordem de G, que ´ assim um n´mero e u par. Conclu´ ımos que se a ordem de G ´ ´ e ımpar, n˜o podem existir a elementos x = 1 que satisfazem a equa¸˜o x2 = 1, e a unica solu¸˜o ca ´ ca desta equa¸˜o ´ x = 1. ca e d) Se G ´ finito e tem um n´mero par de elementos, ent˜o a equa¸˜o e u a ca x2 = 1 tem solu¸˜es x = 1. co resolucao: verdadeiro. Para cada x ∈ G, consideramos o con- ¸˜ junto C(x) = {x, x−1 }. O conjunto C(x) tem 2 elementos se x = x−1 , e 1 elemento se x = x−1 . Seja n o n´mero de conjuntos com 2 ele- u ´ mentos, e m o n´mero de conjuntos com 1 elemento. E claro que m u ´ o n´mero de solu¸˜es da equa¸˜o x e u co ca 2 = 1, e |G| = 2n + m ´ par, e por hip´tese. Conclu´ o ımos que m ´ par. E e ´ tamb´m claro que m ≥ 1, e porque C(1) = {1}. Temos assim que m ≥ 2. 2. Neste grupo, f : Z → Z180 ´ dada por f (n) = 63n. e a) Determine o n´mero de suban´is, e de geradores, do anel Z180 . u e resolucao: 180 = 22 × 32 × 5 tem 3 × 3 × 2 = 18 divisores. Segue-se ¸˜ que Z180 tem 18 subgrupos. Existem ϕ(180) geradores de Z180 , que correspondem aos naturais 1 ≤ k ≤ 180 que s˜o primos relativamente a 180. Temos a 1 1 1 ϕ(180) = 180(1 − )(1 − )(1 − ) = 48. 2 3 5 b) Mostre que a fun¸˜o f ´ um homomorfismo de grupo. Qual ´ o n´cleo ca e e u de f ? Determine as solu¸˜es da equa¸˜o f (n) = 9. co ca resolucao: f ´ um homomorfismo de grupos, porque: ¸˜ e f (x + y) = 63(x + y) = 63x + 63y = 63x + 63y = f (x) + f (y). Sendo N (f ) o n´cleo de f , temos: u x ∈ N (f ) ⇔ 63x = 0 ⇔ 180|63x ⇔ 20|7x ⇔ 20|x, i.e., N (f ) =< 20 > .
  • 103. 102 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS c) Mostre que o grupo f (Z) ´ isomorfo a Zm , para um valor apropriado e de m que deve calcular. Quais s˜o os subgrupos de f (Z)? a resolucao: Pelo 1o teorema de isomorfismo, temos Z2 ¸˜ f (Z), ou seja, m = 20. Os subgrupos de f (Z) s˜o as imagens dos subgrupos de a Z20 , que s˜o igualmente as imagens dos subgrupos de Z que cont´m a e < 20 >. A lista completa de subgrupos ´: e f (< 1 >) =< 63 >=< 9 >, f (< 2 >) =< 18 >, f (< 4 >) =< 36 >, f (< 5 >) =< 45 >, f (< 10 >) =< 90 >, f (< 20 >) =< 0 > d) f ser´ tamb´m um homomorfismo de anel? Os an´is Zm e f (Z) s˜o a e e a isomorfos? resolucao: Como f (Z) ´ um subanel com 20 elementos, e 180 = 20× ¸˜ e 9, onde 9 e 20 s˜o primos entre si, segue-se que f (Z) ´ um anel isomorfo a e a Z20 . No entanto, o homomorfismo f n˜o ´ um homomorfismo de a e an´is, porque f (1) = 63 n˜o ´ a identidade de f (Z) (63 × 63 ≡ 9 e a e mod (180)).3. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca aA ´ um anel abeliano unit´rio, com identidade I. e a a) Todos os suban´is de A s˜o unit´rios. e a a resolucao: falso. Considere-se o caso A = Z, e o subanel formado ¸˜ pelos inteiros pares. b) Todos os subgrupos de (A, +) s˜o igualmente suban´is. a e resolucao: falso. Considere-se o caso A = Z[x], e o subgrupo ¸˜ formado pelos polin´mios de grau ≤ 1, que n˜o ´ subanel, porque n˜o o a e a ´ fechado em rela¸˜o ao produto. e ca c) Se A ´ um corpo finito, ent˜o a sua caracter´ e a ıstica ´ um n´mero primo. e u resolucao: verdadeiro. Seja I a identidade de A, e m a carac- ¸˜ ter´ ıstica de A. Se m = nk ´ composto, ent˜o 0 = mI = nkI = e a (nI)(kI), onde nI = 0 e kI = 0, porque m ´ a menor solu¸˜o natural e ca da equa¸˜o xI = 0. Por outras palavras, A tem divisores de zero, e ca portanto n˜o ´ um corpo. a e d) Se A ´ finito, existe um subanel de A isomorfo a algum anel Zn . e resolucao: verdadeiro. Considere-se a fun¸˜o f : Z → A dada por ¸˜ ca f (x) = xI. Esta fun¸˜o n˜o ´ injectiva, porque A ´ finito. Portanto ca a e e o seu n´cleo N (f ) =< n >=< 0 >, e pelo 1o teorema de isomorfismo u temos f (Z) Zn , onde f (Z) ´ um subanel de A. e
  • 104. 4.7. 1o EXAME: 1/7/2005 1034. Neste grupo, consideramos o anel quociente A = Z3 [x]/J, onde J =< x3 + x2 + x + 1 > . a) Quantos elementos existem no anel A? Quais s˜o os elementos da a forma < x + a > que s˜o invert´ a ıveis? resolucao: Dado p(x) ∈ Z3 [x], temos ¸˜ p(x) = q(x)(x3 + x2 + x + 1) + a + bx + cx2 , e portanto p(x) = a + bx + cx2 , onde a, b, c ∈ Z3 . Existem por isso tantas classes de equivalˆncia quantos os restos na divis˜o por m(x) = e a x 3 + x2 + x + 1, que s˜o 27 = 33 . a < x + a > ´ invert´ se e s´ se mdc(x + a, m(x)) = 1, ou seja, se e e ıvel o s´ se x + a n˜o ´ factor de m(x). Como o resto da divis˜o de m(x) o a e a por x + a = x − (−a) ´ m(−a), e m(0) = 1, m(1) = 1, e m(2) = 0, e segue-se que m(x) s´ ´ divis´ por x − 2 = x + 1, e as classes < x > oe ıvel e < x + 2 > s˜o invert´ a ıveis. b) Quais s˜o os divisores de zero em A? a resolucao:< p(x) > ´ divisor de zero se e s´ se mdc(p(x), m(x)) = ¸˜ e o 1. Como m(x) = (x + 1)(x 2 + 1), e os dois factores em causa s˜o a ıveis (note-se que x2 + 1 n˜o tem ra´ irredut´ a ızes em Z3 ), segue-se que < p(x) > ´ divisor de zero se e s´ se x + 1|p(x), ou x2 + 1|p(x). Os e o divisores de zero s˜o assim: a (x + 1)x, (x + 1)2 , (x + 1)(x + 2), (x2 + 1), 2(x + 1)x, 2(x + 1)2 , 2(x + 1)(x + 2), e 2(x2 + 1) c) Mostre que A ´ um dom´ e ınio de ideais principais. resolucao: Z3 [x] ´ um anel de polin´mios com coeficientes num ¸˜ e o corpo, e por isso ´ um d.i.p. A ´ um anel quociente de Z3 [x], e portanto e e os seus ideais s˜o da forma J/ < m(x) >, onde J ´ um qualquer ideal a e de Z3 [x] que contenha < m(x) >, i.e., J =< n(x) >, onde n(x)|m(x). ´ E claro que J/ < m(x) >=< n(x) > ´ um ideal principal. e d) Classifique os an´is quociente da forma A/K, onde K ´ um ideal de e e A. resolucao: Segue-se da al´ ¸˜ ınea anterior que K ´ um dos seguintes e ideais: K1 =< 0 >, K2 =< 1 >, K3 =< x + 1 >, K4 =< x2 + 1 >. Notamos que A/K1 A, e A/K2 {0}. Pelo 3o teorema de iso- morfismo, temos ainda A/K3 Z3 [x]/ < x + 1 > Z3 , e A/K4 Z3 [x]/ < x2 + 1 > CG(9).
  • 105. 104 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS4.8 2o Exame: 18/7/20051. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(G, ∗) ´ um grupo, com identidade 1. e a) A equa¸˜o x3 = x s´ tem uma solu¸˜o x ∈ G. ca o ca resolucao: Pela lei do corte, x3 = x ⇔ x2 = 1. A afirma¸˜o ´ falsa, ¸˜ ca e porque existem grupos onde esta equa¸˜o tem m´ltiplas solu¸˜es, i.e., ca u co onde existem diversos elementos iguais ao seu inverso. Por exemplo, no grupo multiplicativo G = {1, −1}, com o produto usual, os dois elementos 1 e −1 satisfazem a equa¸˜o em causa. ca b) Se H e K s˜o subgrupos de G, ent˜o H ∩ K ´ um subgrupo de G. a a e resolucao: A afirma¸˜o ´ verdadeira. Notamos primeiro que H ∩ ¸˜ ca e K = ∅, porque tanto H como K cont´m a identidade de G. Notamos e ainda que x, y ∈ H ∩ K ⇒ x ∗ y −1 ∈ H ∩ K, porque: • x, y ∈ H ∩ K ⇒ x, y ∈ H ⇒ x ∗ y −1 ∈ H, e • x, y ∈ H ∩ K ⇒ x, y ∈ K ⇒ x ∗ y −1 ∈ K. c) Se H e K s˜o subgrupos normais de G e K ⊇ H, ent˜o K/H ´ um a a e subgrupo normal de G/H. resolucao: A afirma¸˜o ´ verdadeira. Observamos que H ´ um ¸˜ ca e e subgrupo normal de K, e portanto K/H ´ um grupo, e naturalmente e um subgrupo de G/H. Por outro lado, se x = xH ∈ G/H, onde x ∈ G, e y = yH ∈ K/H, onde y ∈ K, ent˜o x−1 ∗ y ∗ x = x−1 ∗ y ∗ x ∈ K/H, a porque x−1 ∗ y ∗ x ∈ K, j´ que K ´ normal em G. a e d) Se G tem 11 elementos ent˜o G a Z11 . resolucao: A afirma¸˜o ´ verdadeira. Dado α ∈ G, α = 1, defi- ¸˜ ca e nimos f : Z → G tomando f (n) = αn , que sabemos ser um homomor- fismo de grupos. Sabemos tamb´m que f (Z) ´ um subgrupo de G, e ´ e e e ´bvio que f (Z) = {1}, i.e., f (Z) tem mais do que um elemento. Pelo o teorema de Lagrange, o n´mero de elementos de f (Z) ´ um factor de u e 11, e como n˜o pode ser 1, s´ pode ser 11, i.e., f ´ sobrejectivo. Fi- a o e nalmente, sendo < m > o n´cleo de f , temos Zm G pelo 1o teorema u de isomorfismos, onde ´ ´bvio que m = 11. eo2. As quest˜es seguintes referem-se a grupos ou an´is Zn . Os homomorfismos o ee isomorfismos referidos s˜o de grupo, excepto quando a sua natureza ´ a ereferida explicitamente.
  • 106. 4.8. 2o EXAME: 18/7/2005 105 a) Determine o n´mero de subgrupos, e de geradores, do grupo Z495 . u resolucao: 495 = 32 × 5 × 11, e portanto existem 3 × 2 × 2 = 12 ¸˜ divisores de 495, e 12 subgrupos de Z495 . O n´mero de geradores de u Z495 ´ e 1 1 1 2 4 10 ϕ(495) = (1 − )(1 − )(1 − ) = 495 × × × = 240. 3 5 11 3 5 11 b) Existe algum homomorfismo injectivo f : Z495 → Z595 ? Existe algum homomorfismo sobrejectivo f : Z495 → Z395 ? Quantos homomorfismos f : Z495 → Z295 existem? resolucao: Se f : Z495 → H ´ um homomorfismo injectivo, ent˜o ¸˜ e a f (Z495 ) ´ um subgrupo de H com 495 elementos, e pelo teorema de e Lagrange 495 ´ factor da ordem de H. Como 495 n˜o ´ factor de 595, e a e nao existem homomorfismos injectivos f : Z495 → Z595 . ˜ Se f : Z495 → H ´ um homomorfismo sobrejectivo, ent˜o pelo 1o e a teorema de isomorfismo temos H Z495 /N , onde N ´ o n´cleo de f . e u A ordem de H ´ por isso igual ` ordem de Z495 /N , i.e., ´ igual ao e a e ´ ındice [Z495 : N ], que ´ um factor de 495. Como 395 n˜o ´ factor de e a e 495, nao existem homomorfismos sobrejectivos f : Z495 → Z395 . ˜ Se f : Z495 → Z295 ´ um homomorfismo, ent˜o a ordem de f (Z495 ) e a ´ factor de 295, pelo teorema de Lagrange, e ´ factor de 495, pelo 1o e e teorema de isomorfismo. Os divisores comuns de 495 e 295 = 5 × 59 s˜o 1 e 5, e portanto f (Z495 ) s´ pode ter 1 ou 5 elementos. O a o primeiro caso (1 elemento) corresponde ao homomorfismo ´bvio dado o por f (x) = 0 para todo o x ∈ Z495 . Para reconhecer que o segundo caso (5 elementos) ´ poss´ e ıvel, observe-se que: • O unico subgrupo de Z295 com 5 elementos ´ < 59 > Z5 , que ´ e tem 4 geradores. Estes geradores s˜o os elementos da forma 59k, a com 1 ≤ k ≤ 4. • As fun¸˜es fk : Z → Z295 dadas por fk (x) = 59kx s˜o homomor- co a fismos de grupos, e s˜o os unicos homomorfismos f : Z → Z295 a ´ tais que f (Z) =< 59 >. • O n´cleo de fk ´ dado por u e N (fk ) = {x ∈ Z : 295|59kx} =< 5 >⊇< 495 > . • Conclu´ ımos que existem 4 homomorfismos gk : Z495 → Z295 tais que gk (Z495 ) =< 59 >, e 5 homomorfismos g : Z495 → Z295 . c) Quais dos seguintes grupos s˜o isomorfos entre si? a Z3 ⊕ Z165 , Z9 ⊕ Z55 , Z99 ⊕ Z5 , Z15 ⊕ Z33 .
  • 107. 106 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS resolucao: Sabemos que, se mdc(n, m) = 1, ent˜o Znm ¸˜ a Zn ⊕ Zm . Notamos assim que: • A = Z3 ⊕ Z165 Z3 ⊕ (Z11 ⊕ Z15 ) (Z3 ⊕ Z11 ) ⊕ Z15 Z33 ⊕ Z15 • B = Z9 ⊕ Z55 Z495 Z99 ⊕ Z5 Dado um qualquer elemento z = (x, y) ∈ A, ´ claro que 165z = e (165x, 165y) = (0, 0), e portanto a ordem do elemento z ´ um di- e visor de 165. Como B ´ um grupo c´ e ıclico com 495 elementos, tem elementos com ordem 495, e n˜o pode ser isomorfo a A. a d) Determine todos os homomorfismos injectivos de anel f : Z495 → Z990 . Quantos homomorfismos sobrejectivos de anel f : Z495 → Zn existem? resolucao: Observamos primeiro que existe um homomorfismo in- ¸˜ jectivo de an´is f : Z495 → Z990 se e s´ se existe um homomor- e o fismo de an´is g : Z → Z990 com n´cleo N (g) =< 495 >, onde e u g(x) = f (π495 (x))1 . Neste caso, g(Z) = f (Z495 ) =< π990 (2) > ´ o e (´nico) subanel de Z990 com 495 elementos, e g(1) = f (π495 (1)) ´ a u e identidade do subanel < π990 (2). (o subanel em causa tem identidade porque 990 = 495 × 2, e 2 e 495 s˜o primos entre si). a A identidade de < π990 (2) > ´ a classe de restos do inteiro x que e satisfaz x ≡ 0 (mod 2), e x ≡ 1 (mod 495). Temos assim x = 495y + 1 ≡ 0 (mod 2) ⇔ y ≡ 1, (mod 2) ⇔ x = 495(1 + 2k) + 1 ⇔ x = 496 + 990k ⇔ π990 (x) = π990 (496). Sendo g : Z → Z990 dado por g(x) = π990 (496x), temos N (g) =< 495 >, porque Z/N (g) < π990 (496) >=< π990 (2) > tem 495 ele- mentos. Conclu´ ımos que f : Z495 → Z990 , dado por f (π495 (x)) = π990 (496x), ´ o unico homomorfismo injectivo de an´is f : Z495 → Z990 . e ´ e Se f : Z495 → Zn ´ um homomorfismo sobrejectivo ent˜o como vimos e a n|495, i.e., n ´ um dos 12 divisores de 495, e f (π495 (1)) = πn (1), donde e f (π495 (x)) = πn (x). Por outro lado, ´ claro que πn : Z → Zn ´ um e e homomorfismo sobrejectivo de an´is, e o respectivo n´cleo ´ < n >⊇< e u e 495 >, donde f ´ igualmente um homomorfismo sobrejectivo de an´is. e e Existem assim 12 homomorfismos sobrejectivos de an´is f : Z495 → Zn . e3. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Neste grupo, caD ´ um dom´ e ınio integral. 1 Designamos aqui por πn a projec¸˜o can´nica que transforma cada inteiro x na sua ca oclasse de restos ( mod n)
  • 108. 4.8. 2o EXAME: 18/7/2005 107 a) Se C ´ um subanel unit´rio de D com mais de um elemento, ent˜o C e a a cont´m a identidade de D. e resolucao: verdadeiro. Seja j a identidade de C, e i a identidade ¸˜ de D. Como C tem mais de um elemento, seja x ∈ C um elemento n˜o-nulo. temos ent˜o jx = ix = x, e pela lei do corte (v´lida em D a a a porque D ´ um dom´ e ınio integral), temos j = i. b) Se D ´ um dom´ e ınio de ideais principais, ent˜o D[x] ´ um dom´ a e ınio de ideais principais. resolucao: falso. Z ´ um d.i.p., mas Z[x] n˜o ´ d.i.p. (o ideal ¸˜ e a e < x, 2 > n˜o ´ principal, porque os unicos divisores comuns a x e 2 a e ´ s˜o ±1, mas < x, 2 >=< 1 >= Z[x]. a c) Se os unicos ideais de D s˜o os triviais ({0}, e D), ent˜o D ´ um corpo. ´ a a e resolucao: verdadeiro. Temos apenas que verificar que qualquer ¸˜ elemento n˜o-nulo de D ´ invert´ a e ıvel. Para isso, e sendo a = 0, notamos que o ideal gerado por a ´ < a >= {ax : x ∈ D}. Como a = a1 ∈< e a >, temos < a >= {0}, e por isso < a >= D. Segue-se que 1 ∈< a >, ou seja, existe x ∈ D tal que 1 = ax. d) Se D ´ um dom´ e ınio de ideais principais, ent˜o qualquer elemento irre- a dut´ em D ´ primo em D. ıvel e resolucao: verdadeiro. Seja p ∈ D um elemento irredut´ ¸˜ ıvel, e suponha-se que p|xy, onde x, y ∈ D. Seja ainda < p, x >=< d > o ideal (principal) gerado por p e x. Como d|p e p ´ irredut´ e ıvel, temos d ∼ p ou d ∼ 1. No primeiro caso, p|n, e no segundo caso, existem elementos u, v ∈ D tais que 1 = pu + xv, donde y = puy + xyv ´ e m´ltiplo de p. u4. Este grupo diz respeito ao anel dos inteiros de Gauss Z[i]. a) Dado o natural n > 1, se a equa¸˜o n = x2 + y 2 tem solu¸˜es x, y ∈ N, ca co ´ poss´ que n seja primo em Z[i]? e ıvel resolucao: Se n = x2 +y 2 = (x+iy)(x−iy), segue-se que x2 +y 2 > 1, ¸˜ e os inteiros de Gauss x + iy e x − iy n˜o s˜o invert´ a a ıveis, donde n ´ e redut´ıvel, e portanto n˜o pode ser primo. a b) Se o natural n ´ primo em Z, e a equa¸˜o n = x2 + y 2 n˜o tem solu¸˜es e ca a co x, y ∈ N, ´ poss´ que n seja redut´ em Z[i]? e ıvel ıvel resolucao: Se n ´ redut´ ¸˜ e ıvel ent˜o existem inteiros de Gauss z, w a tais que n = zw, donde n 2 = |z|2 |w|2 . Como n ´ primo em Z, temos e necessariamente |z|2 = |w|2 = n. Conclu´ ımos que |z|2 = |w|2 = n, e portanto a equa¸˜o n = x2 + y 2 tem solu¸˜es x, y ∈ N. ca co
  • 109. 108 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS c) Quantos divisores de 1105 existem em Z[i]? Determine todas as solu¸˜es co naturais da equa¸˜o x2 + y 2 = 1105. (Nota: 13 ´ factor de 1105.) ca e resolucao: A factoriza¸˜o de 1105 em inteiros de Gauss irredut´ ¸˜ ca ıveis ´ 1105 = 5×13×17 = (2+i)(2−i)(3+2i)(3−2i)(4+i)(4−i). Existem e por isso 26 = 64 divisores de 1105 que se podem obter destes factores, e qualquer um deles pode ser multiplicado por uma das 4 unidades de Z[i]. Conclu´ımos que 1105 tem 256 = 4 × 64 divisores em Z[i]. Se 1105 = n2 + m2 = (n + mi)(n − mi), ent˜o n + mi e n − mi s˜o a a divisores de 1105, e os factores irredut´ ıveis de n+mi s˜o os conjugados a dos factores de n−mi. Em particular, n+mi tem 3 factores irredut´ ıveis distintos. Consideramos os casos: (a) n + mi = (2 + i)(3 + 2i)(4 + i) = (4 + 7i)(4 + i) = 9 + 32i (b) n + mi = (2 + i)(3 + 2i)(4 − i) = (4 + 7i)(4 − i) = 23 + 24i (c) n + mi = (2 + i)(3 − 2i)(4 + i) = (8 − i)(4 + i) = 33 + 4i (d) n + mi = (2 + i)(3 − 2i)(4 − i) = (8 − i)(4 − i) = 31 − 12i Os restantes divisores de 1105 com 3 factores irredut´ıveis distintos s˜o a conjugados destes, ou resultam de multiplica¸˜o dos factores acima por ca uma das unidades ±1, ±i. N˜o conduzem por isso a solu¸˜es distintas a co da equa¸˜o 1105 = n ca 2 +m2 . As unicas solu¸˜es naturais correspondem ´ co aos conjuntos {4, 33}, {9, 32}, {12, 31}, e {23, 24}. d) Quais s˜o os naturais n para os quais o anel quociente Z[i]/ < n > ´ a e um corpo? resolucao: O quociente Z[i]/ < n > ´ um corpo se e s´ se o ideal ¸˜ e o < n >= Z[i] ´ m´ximo. Como Z[i] ´ um dom´ de ideais principais, o e a e ınio ideal < n >= Z[i] ´ m´ximo se e s´ se n ´ irredut´ e a o e ıvel. Como sabemos, ´ este caso se e s´ se n ´ primo em Z, e n ≡ 3 (mod 4). e o e4.9 1o Exame: 7/7/20061. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(G, ∗) ´ um grupo. e a) Qualquer subgrupo de G cont´m a identidade de G. e resolucao:verdadeiro.Seja H um subgrupo de G, e x ∈ H a sua ¸˜ identidade. Ent˜o x ∗ x = x, e pela lei do corte temos x = 1, onde 1 ´ a e a identidade de G.
  • 110. 4.9. 1o EXAME: 7/7/2006 109 b) Se H e K s˜o subgrupos de G, ent˜o H ∪ K ´ um subgrupo de G. a a e resolucao:falso.Suponha-se por exemplo que G ´ o grupo aditivo ¸˜ e dos inteiros, H ´ o subgrupo dos inteiros pares, e K ´ o subgrupo dos e e m´ltiplos de 3. Ent˜o 1 = 3 − 2 ∈ H ∪ K, apesar de 3, 2 ∈ H ∪ K. u a Logo H ∪ K n˜o ´ um subgrupo de G. a e c) Se G tem 17 elementos, ent˜o G a Z17 . resolucao:verdadeiro.Seja α ∈ G, α = 1, e considere-se o homo- ¸˜ ´ morfismo φ : Z → G dado por φ(n) = αn . E claro que φ(Z) ´ um e subgrupo de G com mais do que um elemento, e |φ(Z)| ´ factor de e 17, pelo teorema de Lagrange. Logo |φ(Z)| = 17, ou seja, φ(Z) = G. Sendo < m >= N (φ), segue-se do 1o teorema de isomorfismo que Zm G, onde ´ ´bvio que m = 17. eo d) Os grupos Z4 ⊕ Z18 e Z6 ⊕ Z12 s˜o isomorfos. a resolucao:falso.Sabemos que Znm ¸˜ Zn ⊕Zm quando mdc(n, m) = 1. Temos portanto que G = Z4 ⊕ Z18 Z4 ⊕ Z2 ⊕ Z9 Z2 ⊕ Z4 ⊕ Z9 Z2 ⊕ Z36 G cont´m elementos de ordem 36 (note que (0, 1) ∈ Z2 ⊕ Z36 tem e ordem 36). Por outro lado, se (x, y) ∈ Z6 ⊕ Z12 ent˜o 12(x, y) = a (6(2x), 12y) = (0, 0)), ou seja, a ordem dos elementos de Z6 ⊕ Z12 n˜o a pode exceder 12. E ´ portanto claro que Z4 ⊕ Z18 Z6 ⊕ Z12 .2. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(A, +, ×) ´ um anel unit´rio, com identidade 1. e a a) Qualquer subanel unit´rio de A com mais de um elemento cont´m a a e identidade de A. resolucao:falso.Seja A = Z ⊕ Z, com identidade (1, 1), e considere- ¸˜ se o subanel B = Z ⊕ {0}, que tem identidade (1, 0). b) Qualquer subgrupo de (A, +) ´ um subanel de (A, +, ×). e resolucao:falso.Seja A = Z[x], e B = {a + bx : a, b ∈ Z}. ´ claro ¸˜ e que B ´ um subgrupo que n˜o ´ um subanel, porque n˜o ´ fehado para e a e a e o produto. c) O anel Q[x]/ < x3 − 1 > tem exactamente 4 ideais.
  • 111. 110 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS resolucao:verdadeiro.Como x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1), e os ¸˜ polin´mios x − 1 e x2 + x + 1) s˜o irredut´ o a ıveis em Q[x], ´ claro que e os factores de x3 − 1 s˜o da forma d(x) = a(x − 1)n (x2 + x + 1)m , a ´ com 0 ≤ n, m ≤ 1, e a = 0. E assim evidente que qualquer divisor de x 3 − 1 ´ associado de um dos 4 polin´mios 1, x − 1, x2 + x + 1, e e o x 3 − 1. Como os ideais de Q[x]/ < x3 − 1 > s˜o do tipo < d(x) >, a conclu´ımos que o anel tem 4 ideais. d) O anel Z[i]/ < 37 > ´ um corpo. e resolucao:falso.O inteiro 37 = (6 + i)(6 − i) ´ redut´ em Z[i], e ¸˜ e ıvel portanto o anel Q[x]/ < x3 − 1 > tem divisores de zero, e n˜o pode a ser um corpo.3. Considere o anel Z1325 . a) Quantos geradores e quantos divisores de zero existem em Z1325 ? resolucao:1325 = 52 × 53, logo ¸˜ 1 1 52 × 53 × 4 × 52 ϕ(1325) = 1325(1 − )(1 − ) = = 1040. 5 53 5 × 53 Existem por isso 1040 elementos invert´ıveis em Z1325 , que s˜o gerado- a res do anel, e 285 = 1325 − 1040 elementos que n˜o s˜o invert´ a a ıveis, incluindo o 0. Existem por isso 284 divisores de zero. b) Quais s˜o os homomorfismos de grupo φ : Z505 → Z1325 ? a resolucao:Os homomorfismos de grupo φ : Z505 → Z1325 s˜o da ¸˜ a forma φ(n) = f (n), onde f : Z → Z1325 ´ um homomorfismo de grupo, e dado por f (n) = an, e N (f ) =< m >⊇< 505 >. Em particular, m ´e factor de 505. Por outro lado, como φ(Z505 ) = f (Z) Zm ´ um subgrupo de Z1325 , e temos pelo teorema de Lagrange que m ´ igualmente factor de 1325, e donde ´ evidente que s´ podemos ter m = 1 ou m = 5. e o c) Quais s˜o os suban´is de Z1325 que s˜o corpos? a e a resolucao:Os suban´is de Z1325 que s˜o corpos s˜o em particular ¸˜ e a a an´is unit´rios. Sabemos que Zm tem um subanel unit´rio B com e a a n elementos se e s´ se m = nd, onde mdc(n, d) = 1, e neste caso o B =< d > Zn . Como 1325 = 25 × 53, os suban´is unit´rios de Z1325 s˜o, al´m dos e a a e triviais, que certamente n˜o s˜o corpos, os suban´is que tˆm 25 e 53 a a e e
  • 112. 4.9. 1o EXAME: 7/7/2006 111 elementos, que s˜o a < 53 > Z25 e < 25 > Z53 . Como 25 ´ composto e 53 ´ primo, ´ claro que apenas < 25 > e e e Z53 ´ e um corpo. d) Determine os homomorfismos de anel φ : Z → Z1325 . resolucao:S˜o fun¸˜es da forma φ(n) = an, onde a = φ(1) ´ nec- ¸˜ a co e essariamente a identidade do subanel φ(Z), que ´ por isso um anel e unit´rio. Temos portanto 4 casos poss´ a ıveis: (1) φ1 (Z) = Z1325 , φ1 (n) = n. (2) φ2 (Z) =< 0 >, φ2 (n) = 0. (3) φ3 (Z) =< 25 >, φ3 (n) = an, onde a ´ a identidade de < 25 >. e (4) φ4 (Z) =< 53 >, φ4 (n) = bn, onde b ´ a identidade de < 53 >. e Para calcular a e b, temos a resolver os sistemas de equa¸˜es co a ≡ 0 (mod 25) b ≡ 0 (mod 53) e a ≡ 1 (mod 53) b ≡ 1 (mod 25) 1 + 53k ≡ 0 (mod 25) b = 53s e a = 1 + 53k 53s ≡ 1 (mod 25) 3k ≡ −1 (mod 25) e 3s ≡ 1 (mod 25) 24k ≡ −8 (mod 25) e 24s ≡ 8 (mod 25) k ≡ 8 (mod 25) e s ≡ −8 ≡ 17 (mod 25) Conclu´ımos que a = 1 + 53(8 + 25y) = 425 + 1325y, e b = 53(17 + 25z) =901 + 1325z, i.e., a = 425 e b = 901, φ3 (n) = 425n e φ4 (n) = 901n. 4.Suponha que G ´ um grupo com 2p elementos, onde p = 2 ´ um n´mero e e uprimo. Recorde que G tem pelo menos um elemento α com ordem 2. a) Prove que G cont´m pelo menos um elemento ε de ordem p e resolucao:Seja K =< α >, que ´ um subgrupo de G com 2 elemen- ¸˜ e tos. Notamos que a ordem dos elementos de G s´ pode ser 1, 2, p, ou o 2p, e consideramos separadamente dois casos:
  • 113. 112 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS • G ´ abeliano: G/K ´ um grupo com p elementos, e cont´m ele- e e e mentos x, com x ∈ G, tais que a ordem de x ´ p. A ordem de e x ´ m´ltiplo da ordem de x, e portanto s´ pode ser p ou 2p. No e u o primeiro caso tomamos ε = x, no segundo caso ε = x2 . • G n˜o ´ abeliano: recordamos que os grupos onde todos os ele- a e mentos x = 1 tˆm ordem 2 s˜o abelianos, e conclu´ e a ımos que existe ε ∈ G com ordem superior a 2, portanto com ordem p ou 2p. A ordem de ε n˜o pode ser 2p, porque nesse caso G seria c´ a ıclico, logo abeliano. Segue-se que a ordem de ε s´ pode ser p. o b) Prove que x ∈ G tem ordem p se e s´ se x ∈ H =< ε >= {1, ε, ε2 , · · · , εp−1 } o e x = 1. ¸˜ resolucao:H Zp , porque H tem p elementos. Logo, se x ∈ H e x = 1 ´ ´bvio que x tem ordem p. Por outro lado, [G : H] = 2, donde eo H ´ normal em G, e G/H e Z2 ´ um grupo com 2 elementos. Se e x ∈ H, ent˜o x = 1 tem ordem 2, e portanto x tem ordem 2 ou 2p, a n˜o podendo ter ordem p. a c) Os elementos de G s˜o da forma x = αn εm , com 0 ≤ n < 2, e 0 ≤ a m < p. Qual ´ a ordem de cada um destes elementos? sugestao: e ˜ a resposta depende de G ser abeliano ou n˜o, portanto os dois casos a devem ser analisados separadamente. resolucao:G/H = {1, α} = {H, αH}, donde ¸˜ G = {1, ε, ε2 , · · · , εp−1 , α, αε, αε2 , · · · , αεp−1 }. Vimos j´ que a ordem dos elementos ε, ε2 , · · · , εp−1 ´ p. A ordem dos a e elementos α, αε, αε 2 , · · · , αεp−1 , que como vimos s´ pode ser 2 ou 2p, o depende de G ser ou n˜o abeliano. a • Se G n˜o ´ abeliano, ent˜o G n˜o ´ c´ a e a a e ıclico, e portanto todos os elementos x ∈ H tˆm ordem 2. G tem assim e – Com ordem 1: a identidade, – Com ordem 2: Os elementos αεk , 1 ≤ k < p, – Com ordem p: Os elementos εk , 1 ≤ k < p. • Se G ´ abeliano, temos que recalcular a ordem dos elementos da e forma x = εk , 1 ≤ k < p. Notamos que 1 = (αεk )n = αn εkn ⇒ α−n = εkn . Como αn s´ pode ser 1 ou α, e α n˜o ´ uma potˆncia de ε, o a e e conclu´ ımos que α −n = εkn = 1, donde 2|n e p|kn. Como 1 ≤ k < p, temos p|kn ⇒ p|n, e portanto 2p|n, i.e., αεk tem ordem 2p. G tem neste caso:
  • 114. 4.9. 1o EXAME: 7/7/2006 113 – Com ordem 1: a identidade, – Com ordem 2: o elemento α, – Com ordem p: os elementos εk , 1 ≤ k < p, – Com ordem 2p: os elementos αεk , 1 ≤ k < p. d) Suponha que G n˜o ´ abeliano e φ : G → N ´ um homomorfismo so- a e e brejectivo. Classifique o grupo N . sugestao: quais s˜o os subgrupos ˜ a normais de G? resolucao:Para determinar os subgrupos normais de G, notamos que ¸˜ os subgrupos de G n˜o triviais (i.e., distintos de {1} e de G) s´ podem a o ter 2 ou p elementos. • Se K ´ um subgrupo com p elementos, ent˜o K cont´m elemen- e a e tos de ordem p. Como vimos, todos os elementos de ordem p pertencem a H, e ´ portanto ´bvio que este ´ o unico subgrupo e o e ´ de G com ordem p. Como tamb´m j´ not´mos, segue-se de [G : e a a H] = 2 que H ´ normal. e • Se K = {1, β} tem 2 elementos, ent˜o podemos supor sem perda a de generalidade que β = α, dado que nos argumentos acima apenas us´mos o facto de α ter ordem 2. Observamos que se a K = {1, α} ´ normal, ent˜o εαε−1 ∈ K, e neste caso εαε−1 = 1 e a ou εαε−1 = α. (a) εαε−1 = 1 ⇒ εα = ε ⇒ α = 1, o que ´ absurdo. e (b) εαε −1 = α ⇒ εα = αε ⇒, o que ´ absurdo, porque implica e claramente que G ´ abeliano. e Conclu´ımos que G tem 3 subgrupos normais, a saber {1}, H, e G, e N (φ) ´ necessariamente um destes 3 subgrupos, e pode ser qualquer e um deles. Segue-se agora do 1o Teorema de Isomorfismo que: (a) N (φ) = {1} ⇒ N G. (b) N (φ) = G ⇒ N Z1 , porque ´ um grupo com 1 elemento. e (c) N (φ) = H ⇒ N G/H Z2 , porque ´ um grupo com 2 ele- e mentos. Na realidade, existe apenas um grupo n˜o abeliano com 2p elemen- a tos(2 ), que ´ o grupo diedral Dp , e portanto no caso (a) temos que e 2 A tabuada de G fica determinada calculando o produto εα, que ´ um elemento de Hα. eComo Hα = αH, e todos os elementos de αH tˆm ordem 2, ´ claro que εα tem ordem e e2, i.e., (εα)−1 = εα. Mas ´ ´bvio que (εα)(αεp−1 ) = 1, donde (εα)−1 = εα = αεp−1 . e oA tabuada resultante s´ pode ser a do grupo Dp , que ´ como sabemos um grupo n˜o o e aabeliano com 2p elementos. Recorde-se de passagem que os elementos em H s˜o rota¸˜es, a coe os elementos em αH s˜o reflex˜es. a o
  • 115. 114 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS N Dp . Conclu´ ımos finalmente que N ´ isomorfo a um dos 3 seguintes e grupos: Z1 , Z2 , Dp .4.10 2o Exame: 21/7/20061. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(G, ∗) ´ um grupo, com identidade 1, e H e K s˜o subgrupos de G. e a a) Se x, y ∈ G ent˜o (xy)−1 = y −1 x−1 . a ¸˜ resolucao:verdadeiro.Como (xy)y −1 x−1 = x(yy −1 )x−1 = x1x−1 = xx−1 = 1, e y −1 x−1 (xy) = y −1 (x−1 x)y = y −1 1y = y −1 y = 1, ´ claro que (xy)−1 = y −1 x−1 . e b) H ∩ K ´ um subgrupo de G. e resolucao:verdadeiro.H ∩ K = ∅, porque qualquer subgrupo de ¸˜ G cont´m pelo menos a identidade de G. Notamos que e x, y ∈ H ∩ K ⇒ x, y ∈ H ⇒ xy −1 ∈ H, x, y ∈ H ∩ K ⇒ x, y ∈ K ⇒ xy −1 ∈ K, ´ E portanto claro que x, y ∈ H ∩ K ⇒ xy −1 ∈ H ∩ K, e H ∩ K ´ um e subgrupo de G. c) Se |G| = 100, a equa¸˜o x7 = 1 s´ tem uma solu¸˜o x ∈ G. ca o ca resolucao:verdadeiro.A equa¸˜o x7 = 1 tem sempre a solu¸˜o ¸˜ ca ca x = 1, e qualquer outra solu¸˜o x = 1 ´ um elemento de G de ordem ca e 7. Como a ordem de qualquer elemento de G ´ factor da ordem de G, e que ´ 100, e 7 n˜o ´ factor de 100, segue-se que G n˜o tem elementos e a e a de ordem 7, e a equa¸˜o x7 = 1 s´ tem a solu¸˜o x = 1. ca o ca d) Se |G| = 15 e G ´ abeliano ent˜o G e a Z15 . resolucao:verdadeiro.Seja α ∈ G, α = 1, e H =< α > o subgrupo ¸˜ gerado por α. A ordem de α ´ factor de 15, e portanto s´ pode ser e o 15, 5, ou 3. Em qualquer caso, e como G ´ abeliano, sabemos que H ´ e e normal em G, e recordamos que a ordem de x em G/H ´ um divisor e da ordem de x em G.
  • 116. 4.10. 2o EXAME: 21/7/2006 115 (a) Se a ordem de α ´ 15 ent˜o G = H ´ c´ e a e ıclico e tem 15 elementos, logo G Z15 . (b) Se a ordem de α ´ 5 ent˜o o grupo G/H Z3 , porque G/H tem e a 3 elementos, e G/H cont´m por isso um elemento β de ordem 3, e donde se segue que β tem ordem 3 ou 15 no grupo G. (c) Se a ordem de α ´ 3 ent˜o o grupo G/H Z5 , porque G/H tem e a 5 elementos, e cont´m por isso um elemento β de ordem 5, donde e se segue que β tem ordem 5 ou 15 no grupo G. Notamos que em qualquer caso G cont´m pelo menos um elemento x e de ordem 3, e um elemento y de ordem 5. Tomando A =< x > e B =< y >, ent˜o A e B s˜o subgrupos normais de G, |A ∩ B| = 1, a a porque 3 e 5 s˜o primos entre si, e |AB| = |A||B|/|A ∩ B| = 15, donde a AB = G, e G A ⊕ B Z3 ⊕ Z5 Z15 .2. Diga, em cada caso, se a afirma¸˜o ´ verdadeira ou falsa, justificando a ca esua resposta com uma demonstra¸˜o, ou um contra-exemplo. Nesta quest˜o, ca a(D, +, ×) ´ um dom´ e ınio integral, com identidade 1. a) Qualquer subanel unit´rio de D com mais de um elemento cont´m a a e identidade de D. resolucao:verdadeiro.Seja i a identidade do subanel unit´rio de ¸˜ a D. Como D n˜o tem divisores de zero, temos a i2 = i ⇒ i(i − 1) = 0 ⇒ i = 0, ou i = 1. ´ E claro que i = 0 n˜o pode ser a identidade de um anel com algum a elemento x = 0, porque xi = x = 0, logo temos necessariamente x = 1. b) Qualquer subanel de D ´ um ideal de D. e resolucao:falso.Basta considerar D = R, e o seu subanel Z, que ¸˜ n˜o ´ um ideal de R, porque ´ ´bvio que podemos ter x ∈ R, y ∈ Z, e a e eo xy ∈ Z. c) Se os ideais de D s˜o apenas os triviais ({0} e D) ent˜o D ´ um corpo. a a e resolucao:verdadeiro.Se x = 0 ent˜o I = {xy : y ∈ D} ´ um ideal ¸˜ a e de D, e I = {0}, porque x = x1 ∈ I. Segue-se que I = D, e portanto 1 ∈ I, i.e., existe y ∈ D tal que 1 = xy. Por outras palavras, qualquer x = 0 ´ invert´ e ıvel, e D ´ um corpo. e d) Se D ´ um d.f.u., ent˜o todos os seus elementos irredut´ e a ıveis s˜o primos. a
  • 117. 116 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS resolucao:verdadeiro.Suponha-se que p ´ irredut´ ¸˜ e ıvel, e p|ab. Temos a provar que p|a ou p|b. Observamos que ab = pc, e como D ´ um d.f.u., e existem elementos irredut´ıveis pi , qj e rk tais que a= pi , b = qj , e c = rk , donde pi qj = p rk . i j k i j k Como D ´ um d.f.u., as duas factoriza¸˜es i pi j qj = p k rk e co s˜o idˆnticas, a menos da ordem dos factores e da multiplica¸˜o por a e ca unidades, ou seja, cada um dos factores irredut´ ıveis ` direita ´ as- a e sociado de pelo menos um dos factores irredut´ ıveis ` esquerda. Em a ´ particular, p ´ associado de um dos factores pi ou qj . E portanto factor e de a ou de b.3. Considere o anel Z775 . a) Quantos suban´is tem Z775 ? Quantos divisores de zero existem em e Z775 ? resolucao:775 = 52 31 tem 6 factores, e portanto Z775 tem 6 suban´is. ¸˜ e O anel tem ϕ(775) = 775(1 − 1 )(1 − 31 ) = 5 × 4 × 30 = 600 elementos 5 1 ıveis, e portanto 775 − 600 − 1 = 174 divisores de zero. invert´ b) Z775 tem um subanel B com 155 elementos. Quantos geradores tem o subanel B? resolucao:Como 755/155 = 5, ´ claro que B =< 5 >, e por- ¸˜ e tanto os geradores de B s˜o as classes dos inteiros da forma 5x, com a mdc(5x, 755) = 5, ou mdc(x, 155) = 1. Por outras palavras, existem tantos geradores de B como elementos invert´ ıveis em Z155 , ou seja, 1 1 existem ϕ(155) = 155(1 − 5 )(1 − 31 ) = 4 × 30 = 120 geradores de B. c) Resolva a equa¸˜o x2 = 0, com x ∈ Z775 . ca resolucao:Seja x = k, com k ∈ Z. Temos ent˜o que 775|k 2 , donde ¸˜ a 5|k e 31|k. Segue-se que k = 155z, e ´ ´bvio que neste caso 775|k 2 . e o Conclu´ımos que x2 = 0 se e s´ se k = 155z. Existem por isso 5 o solu¸˜es da equa¸˜o, a saber x = 155, x = 310, x = 465, x = 620, e co ca x = 775 = 0. d) Quantos homomorfismos de grupo φ : Z775 → D31 existem? (Recorde que D31 ´ o grupo diedral formado pelas simetrias do pol´ e ıgono regular de 31 lados.) resolucao:Notamos que: ¸˜
  • 118. 4.10. 2o EXAME: 21/7/2006 117 • O grupo D31 tem 62 = 2 × 31 elementos. Como φ(Z775 ) ´ sub- e grupo de D31 , segue-se que a sua ordem s´ pode ser 1, 2, 31 ou o 62 elementos. • A ordem de φ(Z775 ) resulta tamb´m de dividir 775 pelo n´mero e u de elementos do n´cleo de φ, n´cleo esse que ´ um subgrupo de u u e Z775 . Consequentemente, a ordem de φ(Z775 ) ´ tamb´m factor e e de 775 = 52 31 Conclu´ ımos assim que a ordem de φ(Z775 ) s´ pode ser 1 ou 31, sendo o que o primeiro caso corresponde ao homomorfismo trivial dado por φ(x) = 1 para qualquer x ∈ Z775 . O caso em que φ(Z775 ) tem 31 elementos ´ igualmente poss´ e ıvel, e ocorre sempre que φ(1) ´ um dos geradores r do subgrupo R31 de D31 com e 31 elementos, caso em que φ(n) = rn . Como 31 ´ primo, sabemos e que R31 Z31 , e portanto R31 tem 30 geradores (cada um dos quais ´ uma das rota¸˜es n˜o triviais em D31 ). Existem assim 1+30 = 31 e co a homomorfismos poss´ ıveis.4. Considere o anel K = Z5 [x]/ < p(x) >, onde p(x) = x3 + 2x2 + 2x + 1.Note que p(4) = 0. a) Determine o n´mero de elementos do anel K, e verifique que K n˜o ´ u a e um corpo. resolucao:Os elementos de K s˜o da forma a + bx + cx2 , com a, b, c ∈ ¸˜ a Z5 . K tem portanto 5 3 = 125 elementos. Como p(4) = 0, sabemos que p(x) ´ divis´ e ıvel por x − 4 = x + 1, e na verdade temos p(x) = x3 +2x2 +2x+1 = (x−4)(x2 +x+1), donde (x − 4)×(x2 + x + 1) = 0, ou seja, ´ claro que K cont´m divisores de zero, e por isso n˜o pode e e a ser um corpo. <α(x)> b) Mostre que os ideais de K s˜o da forma a <p(x)> , onde α(x)|p(x). resolucao:E claro que qualquer conjunto da forma <α(x)> ´ um ¸˜ ´ <p(x)> e ideal de K. Supondo que J ´ um qualquer ideal de K, consideramos e I = π −1 (J), onde π : Z5 [x] → K ´ a aplica¸˜o quociente can´nica, e ca o dada por π(a(x)) = a(x). E ´ imediato verificar que I ´ um ideal de e Z5 [x], e Z5 [x] ´ como sabemos um d.i.p., ou seja, I =< α(x) >. Por e outro lado, e como π(p(x)) = 0 ∈ J, ´ ´bvio que p(x) ∈ I, i.e., e o <α(x)> α(x)|p(x). Conclu´ ımos que J = π(I) = <p(x)> . c) Quantos ideais existem em K? Quantos subgrupos existem em K? resolucao:De acordo com a al´ ¸˜ ınea anterior, os ideais de K s˜o gera- a dos pelos factores de p(x). Notamos que p(x) = x3 + 2x2 + 2x + 1 =
  • 119. 118 CAP´ ITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS (x − 4)(x2 + x + 1), e que x2 + x + 1 ´ irredut´ (´ f´cil verificar pr e ıvel e a c´lculo directo que n˜o tem ra´ a a ızes em Z5 ). Como p(x) tem 2 factores irredut´ ıveis, tem 4 divisores que n˜o associados entre si, e portanto K a tem 4 ideais. O grupo aditivo (K, +) ´ isomorfo a Z5 ⊕Z5 ⊕Z5 . Al´m dos subgrupos e e ‘’´bvios” com 1 e 125 elementos, tem 3 subgrupos A, B, C de 5 ele- o mentos, e 3 subgrupos com 25 elementos, que correspondem a A ⊕ B, A ⊕ C, e B ⊕ C. d) Sendo a(x) e b(x) factores irredut´ ıveis de p(x), mostre que Z5 [x] Z5 [x] K ⊕ . < a(x) > < b(x) > sugestao: Determine um homomorfismo de an´is apropriado ˜ e Z5 [x] Z5 [x] φ : Z5 [x] → ⊕ < a(x) > < b(x) > Z5 [x] Z5 [x] resolucao:Sendo πa : Z5 [x] → <a(x)> e πb : Z5 [x] → ¸˜ <b(x)> os homomorfismos can´nicos dados por o Z5 [x] Z5 [x] πa (c(x)) = c(x) ∈ e πb (c(x)) = c(x) ∈ , < a(x) > < b(x) > Z5 [x] Z5 [x] tomamos φ : Z5 [x] → <a(x)> ⊕ <b(x)> dado por φ(c(x)) = (πa (c(x)), πb (c(x))) O n´cleo de φ ´ dado por u e N (φ) = {c(x) : a(x)|c(x) e b(x)|c(x)} =< p(x) > . Pelo 1o teorema de isomorfismo para an´is temos ent˜o que e a Z5 [x] Z5 [x] Z5 [x] φ(Z5 [x]) ⊆ ⊕ . < p(x) > < a(x) > < b(x) > Z5 [x] Z5 [x] Z5 [x] Como tanto <p(x)> como <a(x)> ⊕ <b(x)> tˆm 125 elementos, ´ claro e e que φ ´ sobrejectivo, e portanto e Z5 [x] Z5 [x] Z5 [x] φ(Z5 [x]) = ⊕ . < p(x) > < a(x) > < b(x) >