Prova sobre Domínio de Integridade Corpo Ideal e Elemento Invertível

c Solução Definição Ideal Seja A um anel comutativo Um subconjunto I A I é dito ideal de A se i x y I x y I ii a x I x I a A Exemplo Seja A Z e I 2Z Vejamos que I é ideal de A De fato dados x 2k1 y 2k2 I e a A temos i x y 2k1 2k2 2k1 k2 I ii a x a 2k1 2a k1 I Logo I é ideal de A d Solução Definição Elemento Invertível Seja A um anel comutativo com unidade 1A Dizemos que a A 0A é um elemento invertível de A se existe b A 0A tal que a b 1A Exemplo No anel Q considere o elemento a z Q 0 Agora tome b 12 Q 0 e note que a b z 1z 1 Logo a é invertível em Q 1 a Solução Definição Domínio de Integridade Seja A um anel comutativo e com unidade Dizemos que A é um domínio de integridade se dados a b A com ab 0A temos a 0A ou b 0A onde 0A denota o elemento neutro da adição de A Exemplo Anéis Numéricos Os anéis Z Q R e C munidos das operações usuais de adição e multiplicação são domínios de integridade b Solução Definição Corpo Seja A um anel comutativo e com unidade Dizemos que A é um corpo se para cada a A 0A existir b A 0A tal que a b 1A onde 0A denota o elemento neutro da adição de A e 1A denota o elemento unidade de A Exemplo Os anéis Q R e C com as operações usuais de adição e multiplicação são corpos 2 Para aprovação o estudante deverá conseguir nota 50 3 Procure justificar suas respostas e organizar suas ideias pois respostas sem justificativas serão desconsideradas 4 Cada questão possui uma indicação sobre a pontuação correspondente Essa prova consta de 10 questões totalizando mais de 10 pontos Atividade Para Aproximação 1 Defina e exemplifique os seguintes conceitos estudados a Domínio de Integridade VALOR Definir 03 Exemplificar01 b Corpo VALOR Definir 03 Exemplificar01 c Ideal VALOR Definir 03 Exemplificar01 d Elemento Invertível VALOR Definir 03 Exemplificar01 e Divisor de zero VALOR Definir 03 Exemplificar01 2 Prove que num domínio de integridade vale a lei do cancelamento Exiba um exemplo de anel onde a lei do cancelamento não é válida VALOR 20 3 Ache os elementos invertíveis do anel Q com a b a b 1 e a b a b ab VALOR 15 4 Encontre todos os divisores de zero dos seguintes conjuntos apresentando a devida justificativa a Z x Z com a b c d a b c d e a b c d ac bd VALOR Justificar 03 Exibir02 b Z12 VALOR Justificar 03 Exibir02 c Z4 x Z3 VALOR Justificar 03 Exibir02 5 Prove que se F A B é um homomorfismo de anéis então a Nucf x A fx 0B é um ideal do anel A VALOR 15 b 2Z e 3Z não isomorfos VALOR 15 6 O polinômio Px x3 mx2 nx 12 é tal que Px 0 admite as raízes x1 x2 e x3 Se x1 x2 3 e x2 x3 5 responda a Quais as raízes desse polinômio VALOR 05 b Quais os valores de m e n VALOR 05 c Qual a forma fatorada desse polinômio VALOR 05 7 Aplique o algoritmo da divisão para dividir o polinômio fx por gx em AX sendo fx x5 x3 3x 5 gx x3 x 1 e AX Z3XVALOR 15 8 Para cada um dos polinômios f e g do anel AX indicado efetue a soma e o produto exibindo a resposta na forma padrão px an xn an1 xn1 a1 x a0 fx x2 3x 2 gx x2 7x 12 e AX Z8X VALOR 15 9 Seja Pz um polinômio com coeficientes reais Prove que as raízes complexas ocorrem aos pares mais precisamente prove que se z0 é raiz então z0 também é raizVALOR 10 10 Mostre que β RX R definida por βpX p1 a Mostre que β é homomorfismo sobrejetor epimorfismo VALOR 05 b Mostre que Nucα X 1 VALOR 05 c Conclua que RXX1 é corpo VALOR 05 d O que podemos afirmar sobre X 1 VALOR 05 BOM TRABALHO 3 Solução Inicialmente vejamos quem são o elemento neutro e a unidade de Q com estas operações Dados a 0Q 1Q temos a0Q a a 0Q 1 a 0Q 1 0 0Q 1 e a 1Q a a 1Q a 1Q a 1Q 1 a 0 1Q 0 ou 1 a 0 1Q 0 ou a 1 Como a igualdade a 1Q a deve ser verificada para todo a Q concluímos que 1Q 0 Agora vamos determinar os elementos invertíveis de Q Dado a Q 0Q Q 1 escolha b aa 1 Q 1 e note que a b a aa 1 a aa 1 a aa 1 a aa 11 a a a 0 1Q Logo a é invertível e concluímos que Q 1 UQ onde UQ denota o conjunto dos elementos invertíveis de Q Por outro lado segue da definição de elemento invertível que UQ Q 1 Logo UQ Q 1 4 Solução Seja DZ Z o conjunto dos divisores de zero de Z Z Observe que 0ZZ 00 De fato dados a b 0ZZ x y Z Z tais que a b 0ZZ a b temos a b x y a b a x b y a b x 0 e y 0 0ZZ x y 0 0 Agora seja a b DZ Z Existe c d Z Z 0 0 tal que a b c d 0 0 isto é ac bd 0 0 Logo ac 0 bd 0 a 0 ou c 0 e b 0 ou d 0 Note que as soluções ab0 e cd0 não ocorrem pois abcd 00 Logo as soluções são a0 e d0 ou b0 e c0 Assim se x Dℤℤ então x é da forma 0b bℤ ou x é da forma a0 aℤ Em outras palavras Dℤℤ a0 aℤ 0b bℤ Reciprocamente é claro que a0 aℤ 0b bℤ Dℤℤ pois a00a q0 0q 00 aℤ e 0bb0 0b b0 00 bℤ Portanto Dℤℤ a0 aℤ 0b bℤ b Solução Note que z 6 12 0 Como z₁ 6 0₁ temos z₁ 6 Dℤ₁₂ De modo análogo z₃ z₄ 8 9 10 Dℤ₁₂ pois z₃z₇ 12 0 z₃8 24 0 z₄9 36 0 e 610 60 0 Portanto z₁ z₃ z₄ 6 8 9 10 Dℤ₁₂ Agora considere aℤ tal que mdca12 1 Se a Dℤ₁₂ existe b ℤ₁₂ 0 tal que a b ab 0 Logo 12 ab com mdca12 1 onde 12 b Mas 12 b b 12k k ℤ b 12k 0 Por tanto se mdca12 1 então a Dℤ₁₂ Como mdc512 mdc712 mdc1112 mdc112 1 temos z₁ 5 7 11 Dℤ₁₂ Logo Dℤ₁₂ z₂ z₃ z₄ 6 8 9 10 onde seja Dℤ₁₂ z₂ z₃ z₄ 6 8 9 10 c Solução Inicialmente note que a₁0 05 Dℤ₄ℤ₃ a ℤ₄ 0 b ℤ₃ 0 De fato a₁005 a₁ 0 00 e 05a₁0 a ℤ₄ 0 b ℤ₃ 0 Além disso z₁1 z₁ z₂ Dℤ₄ℤ₃ pois z₁1z₁0 z₁0 00 e z₁ z₂z₁0 z₁ 0 00 Por fim vejamos que z₁ 1 z₃1 z₁ z₂ z₃ z₂ Dℤ₄ℤ₃ De fato 11 Dℤ₄ℤ₃ pois 11a b a b a b ℤ₄ℤ₃ Em particular se a b 0 0 então 11a b 00 Agora suponha que z₃1 Dℤ₄ℤ₃ Então existe a5 ℤ₄ℤ₃ 00 tal que z₃ 1a b a0 ou seja z₃ a 5b 00 Logo z₃ a 0 e b 0 donde 4 3a e 3 b Como mdc43 1 temos 4 a De 4 a e 3 b segue que a b 00 o que é absurdo Logo z₃1 Dℤ₄ℤ₃ De modo análogo verificarse que 1 z₂ z₃ z₂ Dℤ₄ℤ₃ Logo Dℤ₄ℤ₃ 01 0 z₂ 1 0 z₂ 0 z₃ 0 z₁ 1 z₁ z₂ 5 9 a Solução Seja f A B um homomorfismo de anéis Vejamos que Nucf é ideal de A De fato é claro que Nucf pois 0ₐ Nucf pois f0ₐ f0ₐ 0ₐ f0ₐ f0ₐ f0ₐ 0ᵦ 0ₐ Nucf Agora dados xy Nucf e a A temos fx fy 0ᵦ Daí fxy fx fy 0ᵦ 0ᵦ 0ᵦ xy Nucf e fax fafx fa0ᵦ 0ᵦ ax Nucf Logo Nucf é ideal de A b Solução Suponha que 2Z e 3Z são isomorfos e seja f 2Z 3Z um isomorfismo Como f é bijetora existe k1 Z tal que f2k1 3 Além disso f2 3k2 para algum k2 Z Logo f2 3k2 f2k1k2 f2k1 f2k1 k2 parcelas f2k1 2k1 k2 parcelas f2k1k2 Pela injetividade de f concluímos que 2k1k2 2 isto é k1k2 1 donde k1 k2 1 ou k1 k2 1 Se k1 k2 1 temos f2 3 Mas f2f2 33 9 e f22 f4 f22 f2 f2 6 donde f22 f2f2 o que contraria o fato de f ser homomorfismo de anéis Se k1 k2 1 temos f2 3 e f2 3 mas f2f2 33 9 e f22 f4 f22 f2 f2 6 ou seja f2f2 f22 o que contraria o fato de f ser homomorfismo de anéis Logo 2Z e 3Z não são isomorfos 6 a Solução Como x1 x2 e x3 são raízes de Px x3 mx2 nx 12 segue que Px x x1x x2x x3 Além disso de x1x2 3 e x2 x3 5 temos x1 3x2 e x3 5 x2 Desta forma x3 mx2 nx 12 Px x x1x x2x x3 x 3x2x x2x 5 x2 x2 3x2 x2x 3x 5 x2 x3 5 x2x2 3x2 x2x2 5 x23x2 x2x 3x 35 x2 x3 3x2 x2 5 x2x2 5 x23x2 x2 3x 35 x2 Por igualdade de polinômios temos m 3x2 5 n 5 x23x2 x2 3 12 35 x2 Da equação 3 temos 5 x2 4 isto é x2 1 Daí como x1 x2 3 e x2 x3 5 concluímos que x1 3 e x3 4 Logo as raízes são x1 3 x2 1 e x3 4 b Solução Usando as equações 1 e 2 de x do item anterior como x21 concluímos que m 31 5 2 e n 5 134 1 3 4 2 3 11 c Solução Sendo 1 3 e 4 as raízes de Px x3 2x2 11x 12 segue que sua forma fatorada é Px x 1x 3x 4 7 Solução Dividindo fx x5 x3 3x 5 por gx x3 x 1 em Z3x temos x5 x3 3x 5 x3 x 1 x2 2 x5 x3 x2 2x3 x2 3x 5 2x3 2x 2 x2 5x 3 x5 x3 3x 5 x3 x 1x2 2 x2 5x 3 fx gx Mas em Z3 temos 3 0 e 5 2 Então fx x5 x3 2 e segue que fx gxx2 2 x2 2x fx gx x2 3x 2x2 7x 12 x4 7x3 12x2 3x3 21x2 36x 2x2 14x 24 x4 4x3 7x2 22x 24 x4 4x3 7x2 6x 9 Solução Seja Px an xn an1 xn1 a1 x a0 com an 0 e aj R j 0 1 n Suponha que x0 é raiz de Px isto é 0 Px0 an x0n an1 x0n1 a3 x03 a0 Desta forma P x0 an x0n an1 x0n1 a1 x0 a0 an x0n an1 x0n1 a1 x0 a0 an x0n an1 x0n1 a1 x0 a0 0 Logo x0 é raiz de Px a Solução Dado β RX R por βpX p1 vejamos que β é um epimorfismo De fato dados pX qX RX temos βpX qX βp qX p q1 p1 q1 βpX βqX e βpX qX βpqX pq1 p1q1 βpXβqX donde β é homomorfismo Além disso dado c R escolha pX c X Logo pX RX e βpX p1 c isto é β é sobrejetor Deste modo β é um epimorfismo b Solução Dado pX X1 existe gX RX tal que pX X1gX Logo βpX p1 11g1 0 ou seja pX Nucβ Reciprocamente se pX Nucβ temos p1 βpX 0 Assim 1 é raiz de pX e portanto é divisor por X1 Daí existe gX RX tal que pX X1gX isto é pX X1 Logo Nucβ X1 c Solução Dado o epimorfismo β dos itens anteriores segue do Teorema dos Isomorfismos que RXNucβ Imβ Mas Imβ R e Nucβ X1 Logo RXX1 R Sendo R um corpo concluímos que RX1 é um corpo d Solução Sejam A um anel comutativo e com unidade Se I é um ideal de A sabemos que AI é corpo I é ideal maximal de A Como RXX1 é corpo concluímos que X1 é ideal maximal de RX é ideal maximal de RX blank