Provas resolvidas

Provas deIntroducao a Algebra

Manuel RicouDepartamento de Matematica

Instituto Superior Tecnico

19 de Janeiro de 2008

Conteudo

1 Enunciados de Testes 31.1 1o Teste: 12/4/2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 2o Teste: 18/5/2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 3o Teste: 15/6/2000 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 1o Teste: 5/4/2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.5 2o Teste: 10/5/2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.6 3o Teste: 12/6/2001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.7 1o Teste: 10/4/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.8 2o Teste: 15/5/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.9 3o Teste: 7/6/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.10 1o Teste: 18/3/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.11 2o Teste: 29/4/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.12 3o Teste: 27/5/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.13 1o Teste: 30/3/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.14 2o Teste: 27/4/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.15 3o Teste: 25/5/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.16 1o Teste: 31/3/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.17 2o Teste: 28/4/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.18 3o Teste: 25/5/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.19 1o Teste: 27/3/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.20 2o Teste: 8/5/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.21 3o Teste: 5/6/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2 Enunciados de Exames 172.1 1o Exame: 1/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2 2o Exame: 24/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 1o Exame: 4/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 2o Exame: 21/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.5 1o Exame: 9/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.6 2o Exame: 24/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.7 1o Exame: 1/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.8 2o Exame: 18/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.9 1o Exame: 7/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

i

ii CONTEUDO

2.10 2o Exame: 21/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3 Testes Resolvidos 293.1 1o Teste: 10/4/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.2 2o Teste: 15/5/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313.3 3o Teste: 7/6/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.4 1o Teste: 18/3/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.5 2o Teste: 29/4/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.6 3o Teste: 27/5/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.7 1o Teste: 30/3/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.8 2o Teste: 27/4/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.9 3o Teste: 25/5/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.10 1o Teste: 31/3/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.11 2o Teste: 28/4/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623.12 3o Teste: 25/5/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643.13 1o Teste: 27/3/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673.14 2o Teste: 8/5/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.15 3o Teste: 5/6/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

4 Exames Resolvidos 774.1 1o Exame: 1/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 774.2 2o Exame: 24/7/2002 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 824.3 1o Exame: 4/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.4 2o Exame: 21/7/2003 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.5 1o Exame: 9/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.6 2o Exame: 24/7/2004 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 964.7 1o Exame: 1/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.8 2o Exame: 18/7/2005 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.9 1o Exame: 7/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1084.10 2o Exame: 21/7/2006 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

Capıtulo 1

Enunciados de Testes

1.1 1o Teste: 12/4/2000

1. Considere a permutacao(

1 2 3 4 5 6 7 83 1 5 6 7 8 2 4

)em S8. Quais

sao as suas orbitas? Qual e a sua paridade?

2. Sejam G e H grupos. Demonstre as seguintes afirmacoes:

a) Se f : G → H e um homomorfismo de grupos, e I e a identidadede G, entao f(I) e a identidade de H.

b) Se A e B sao subgrupos do grupo G, A ∩B e tambem subgrupode G.

3. Seja A um anel com identidade I. Diga se as seguintes afirmacoes saoverdadeiras ou falsas, justificando as suas respostas com uma demon-stracao ou um exemplo.

a) Se B e subanel de A entao B tem identidade I.

b) A equacao x2 = I tem no maximo as solucoes x = I e x = −I.

4. Sendo G = {1, i,−1,−i} o grupo formado pelas raızes quartas daunidade, quais sao os homomorfismos f : G → G? Quais sao osautomorfismos f : G → G? Sugestao: Determine f(i).

1.2 2o Teste: 18/5/2000

1. Seja d o maximo divisor comum de 663 e 969.

a) Determine uma solucao da equacao 969x + 663y = d.

b) Determine todas as solucoes da equacao 969x + 663y = 0. (Ex-prima a solucao na forma (x, y) = k(a, b), k ∈ Z.)

3

4 CAPITULO 1. ENUNCIADOS DE TESTES

c) Determine todas as solucoes da equacao 969x + 663y = d.

2. Os numeros 1.234.567 e 1.234.572 sao primos entre si? Porque?

3. Seja n ∈ N. As seguintes afirmacoes sao verdadeiras ou falsas?

a) Existe pelo menos um numero primo p > n.

b) Existem n naturais consecutivos que nao sao primos.

4. Seja A um anel com identidade I, e N(A) o menor conjunto indutivoem A.

a) Prove que N(A) = {nI : n ∈ N}.b) Mostre que N(A) e finito e tem m elementos se e so se m ∈ N e a

menor solucao da equacao nI = 0. Sugestao: Considere o nucleodo homomorfismo f : Z → A dado por f(n) = nI.

1.3 3o Teste: 15/6/2000

1. Considere o anel Z55.

a) Quais sao os divisores de zero neste anel?

b) Resolva a equacao x2 = 4 em Z55.

c) Suponha que h : Z5 → Z55 e um homomorfismo de aneis. Quaissao os valores possıveis para h(1)?

2. Suponha que o anel A e um anel com caracterıstica 0. Prove que:

a) A tem um subanel isomorfo ao anel dos inteiros.

b) Se A e um corpo, entao A tem um subcorpo isomorfo ao corpodos racionais.

3. Esta questao refere-se a polinomios com coeficientes em Z3.

a) Determine todos os polinomios irredutıveis da forma x2 + x + a.

b) Qual e o maximo divisor comum de x4+1 e x4+2x3+2x2+x+1?

c) Quantos elementos tem o quociente A = Z3[x]/ < x4 + 1 >?

d) O elemento x4 + 2x3 + 2x2 + x + 1 e invertıvel no anel A?

1.4 1o Teste: 5/4/2001

1. Considere as permutacoes π = (3, 5, 9)(2, 4, 6)(1, 8, 7) e ρ = (2, 9)(1, 8)do grupo S9.

a) Diga se cada uma destas particoes e par ou ımpar.

1.5. 2o TESTE: 10/5/2001 5

b) Quais sao as orbitas de πρ?

2. Sendo (G, ∗) um grupo, demonstre as seguintes afirmacoes:

a) Se N e H sao subgrupos de G entao N∩H e um subgrupo de G.

b) Se G e abeliano, qualquer subgrupo de G e normal.

c) O elemento neutro de qualquer subgrupo de G e o elemento neutrode G.

3. Seja A um anel unitario, com identidade I 6= 0.

a) Mostre que o produto de dois elementos invertıveis de A e umelemento invertıvel de A.

b) Um subanel de A pode ter uma identidade distinta da identidadede A? Porque?

c) Se A tem 3 elementos, podemos concluir que A e isomorfo a(Z3,+,×)? Porque?

1.5 2o Teste: 10/5/2001

1. Seja d o maximo divisor comum de 2093 e 483.

a) Determine uma solucao da equacao 2093x + 483y = d.

b) Determine todas as solucoes da equacao 2093x + 483y = 0. (Ex-prima a solucao na forma (x, y) = k(a, b), k ∈ Z.)

c) Determine todas as solucoes da equacao 2093x + 483y = d.

2. Seja A um anel com identidade I, e N(A) o menor conjunto indutivoem A. Prove que N(A) = {nI : n ∈ N}.

3. Determine todos os naturais x que satisfazem simultaneamente as duascongruencias x ≡ 2 (mod 17) e x ≡ 5 (mod 13).

4. Os numeros da forma Fn = 22n+ 1, com n ≥ 0, dizem-se os “numeros

de Fermat”.

a) Demonstre que se Gn e o produto dos numeros de Fermat Fk,0 ≤ k ≤ n, ou seja, se Gn = F0 × F1 × · · · × Fn, entao Fn+1 =Gn + 2, para qualquer n ≥ 0.

b) Prove que se n 6= m entao Fn e Fm sao primos entre si.


1.6 3o Teste: 12/6/2001

1. Considere neste exercıcio o anel Z216.

a) Quantos subaneis tem o anel Z216? Quantos geradores tem esteanel?

b) Sendo f : Z216 → Z8 ⊕ Z27 um isomorfismo de aneis, determinex ∈ Z216 tal que f(x) = (7, 21).

2. Seja h : Zn → Zm um homomorfismo. Demonstre as seguintes afirma-coes:

a) Se h e injectivo entao n e um factor de m.

b) Se h e sobrejectivo entao n e multiplo de m.

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 nao-invertıveis no anel A/I?

c) Os elementos do anel A/I podem ser representados na formaa + bi + cj, onde a, b, c ∈ Z2, i = x, e j = x2. Mostre que I2 = j,j2 = i + j, e ij = 1 + i.

d) Na notacao da alınea anterior, quais sao os factores irredutıveisdo polinomio x3 + x + 1 no anel dos polinomios com coeficientesem A/I?

1.7 1o Teste: 10/4/2002

1. Mostre que o grupo (Z4,+) nao e isomorfo ao grupo (Z2 ⊕ Z2,+).

2. Seja H = {A ∈ Mn(R) : det(A) = 1}.

a) Mostre que H com o produto usual de matrizes e um grupo.

b) Sendo G o grupo formado por todas as matrizes invertıveis, coma mesma operacao, mostre que H e um subgrupo normal de G.

3. Sendo J e K ideais de um dado anel A, prove que L = {x + y : x ∈J, y ∈ K} e um ideal de A.

4. Suponha que x e y pertencem a um anel A.

a) Mostre que x2− y2 = (x− y)(x + y) para quaisquer x, y ∈ A se eso se A e um anel abeliano.

b) Supondo que A e abeliano e x2 = y2, temos necessariamentex = ±y?

1.8. 2o TESTE: 15/5/2002 7

5. Considere o grupo das raızes-4 da unidade, G = {1, i,−1,−i}, com oproduto usual de complexos, e o grupo (Z2,+). Quais sao os homo-morfismos h : G → Z2? Sugestao: Comece por recordar que o nucleode h e um subgrupo de G.

1.8 2o Teste: 15/5/2002

1. Esta questao refere-se ao anel dos inteiros Z. Seja J =< 24 > oconjunto dos multiplos de 24, e K =< 36 > o conjunto dos multiplosde 36.

a) Qual e o menor elemento positivo de J ∩ K? Quais sao os ele-mentos de J ∩K?

b) Qual e o menor ideal de Z que contem os ideais J e K?

2. Mostre que os numeros 1.999.991 e 1.999.994 sao primos entre si.

3. Ainda no anel dos inteiros, considere a equacao 105x + 154y = d.

a) Qual e o menor natural d para o qual a equacao acima temsolucoes? Resolva a equacao para esse natural d.

b) O elemento 105 tem inverso no anel Z154? Quantos elementostem < 105 >?

c) O subanel < 105 > tem identidade? Caso afirmativo, qual e essaidentidade?

4. Prove que se n e natural entao

n∑k=1

k3 =n2(n + 1)2

4.

5. Sejam n, m ∈ N, D = mdc(n, m) e M = mmc(n, m). Prove quenm = DM .

Sugestao: Supondo que n = aD e m = bD, mostre que qualquermultiplo comum de n e m e multiplo de abD.

1.9 3o Teste: 7/6/2002

1. Considere p(x) = x4 + 2x3 + 2x + 2 e q(x) = x4 + 1 em Z3[x].

a) Determine o maximo divisor comum de p(x) e q(x).

b) Qual e menor multiplo comum de p(x) e q(x)?

2. Mostre que (∑∞

n=0 xn)2 = (1 + 2x)∑∞

n=0 x3n em Z3[[x]].


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 multiplicacao em A/I.

4. Seja α ∈ R um numero irracional algebrico sobre Q. Seja ainda J oconjunto dos polinomios p(x) ∈ Q[x] tais que p(α) = 0.

a) Mostre que J =< m(x) >, onde m(x) e monico e irredutıvel emQ[x].

b) Prove que Q[α] e um corpo.

c) Seja α = 3√

2. Mostre que m(x) = x3 − 2, e determine a, b, c ∈ Qtais que

11 + 3

√2 + 3

√4

= a + b3√

2 + c3√

4.

1.10 1o Teste: 18/3/2003

1. Seja S1 = {z ∈ C : |z| = 1}.

a) Mostre que S1 com o produto usual de complexos e um grupo.

b) Sendo n ∈ N e Rn = {z ∈ C : zn = 1}, mostre que Rn e umsubgrupo de S1.

c) Seja R = ∪∞n=1Rn. R e igualmente um subgrupo de S1?

2. Determine todos os homomorfismos de grupo f : S3 → Z2. (S3 e ogrupo das permutacoes em {1, 2, 3}, e Z2 o grupo aditivo com doiselementos).

3. Sejam A e B aneis, e f : A → B um homomorfismo de aneis.

a) Prove que f(O) = O∗, onde O e O∗ sao os zeros de respectiva-mente A e B.

b) Prove que f(−x) = −f(x) para qualquer x ∈ A.

c) Se x e invertıvel em A, temos sempre f(x) invertıvel em B?

d) Mostre que f(nx) = nf(x), para quaisquer n ∈ Z e x ∈ A.Sugestao: Deve recordar a definicao de na, para n ∈ Z e a ∈ G,onde G e um qualquer grupo aditivo. Para n > 0, deve procederpor inducao.

1.11. 2o TESTE: 29/4/2003 9

1.11 2o Teste: 29/4/2003

1. a) Quantos divisores naturais tem 2.000?

b) Quantos naturais 1 ≤ k ≤ 2.000 sao primos relativamente a2.000?

2. Determine todas as solucoes da equacao 87x ≡ 3 (mod 6.000) em Z.

3. Determine todas as solucoes da equacao x2y = 108, onde x e y saointeiros. Sugestao: Recorde o teorema fundamental da Aritmetica.

4. Suponha que a, b e m sao inteiros fixos. Prove que

a) ax ≡ b (mod m) tem solucoes inteiras x se e so se b e multiplode mdc(a,m).

b) ax ≡ 0 (mod m) tem solucoes x 6≡ 0 (mod m) se e so se ax ≡ 1(mod m) nao tem solucoes (supondo m 6= 0).

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 e a sua identidade?

1.12 3o Teste: 27/5/2003

1. Considere os polinomios p(x) = x3 +25x2 +10x−5 e q(x) = 1+x+x2

em Q[x].

a) Quais dos polinomios p(x) e q(x) sao irredutıveis 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 e um numero irracional algebrico sobre Q. SejaJ =< m(x) > o conjunto dos polinomios p(x) ∈ Q[x] tais que p(α) = 0.

a) Supondo que m(x) tem grau n, prove que o espaco vectorial Q[α]tem dimensao n sobre o corpo Q.

b) Prove que Q[α] e um corpo, e uma extensao algebrica de Q.

3. Suponha que p(x), q(x) ∈ Z[x]. Diga (com a correspondente justi-ficacao!) se cada uma das seguintes afirmacoes e falsa ou verdadeira.

a) Se p(x) e irredutıvel em Q[x] entao p(x) e irredutıvel em Z[x].

b) Se p(x) e q(x) sao primitivos, entao p(x)q(x) e primitivo.


4. Suponha que G e H sao grupos finitos, respectivamente com n e melementos, e seja f : G → H um homomorfismo de grupos.

a) Prove que se f e injectivo entao n e factor de m.

b) O que pode concluir sobre f se n e m sao primos entre si?

1.13 1o Teste: 30/3/2004

1. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nestaquestao, (G, ∗) e um grupo, e (A, +,×) e um anel unitario.

a) Qualquer subgrupo de G contem a identidade de G.

b) Se H e K sao subgrupos de G, e H e um subgrupo normal de G,entao H ∩K e um subgrupo normal de K.

c) Se B e um subanel de A, entao B e tambem um anel unitario.

d) Se x, y ∈ A, entao (x + y)2 = x2 + 2xy + y2.

e) Se a, b ∈ A e n ∈ Z entao n(ab) = (na)b = a(nb).

f) Se a ∈ A, a equacao x2 = a2 tem um numero finito de solucoesem A.

2. Recorde que o grupo diedral Dn e o grupo de simetria do polıgonoregular de n lados, e tem 2n elementos (n reflexoes e n rotacoes).Designamos por R2 o grupo multiplicativo das raızes quadradas daunidade.

a) Seja f : Dn → R2 dada por

f(σ) ={

+1, se σ e uma rotacao,−1, se σ e uma reflexao.

Mostre que f e um homomorfismo de grupos. Podemos concluirdaqui que as rotacoes em Dn formam um subgrupo normal deDn?

b) Determine todos os subgrupos de D5. Quais destes subgrupos saonormais? sugestao: Pode ser conveniente verificar que qual-quer subgrupo que contenha uma rotacao r 6= 1 contem todas asrotacoes em D5.

1.14 2o Teste: 27/4/2004

1. Esta questao refere-se a equacoes ax ≡ b (mod 216), com a, b, x ∈ Z.

a) Determine as solucoes da equacao homogenea 10x ≡ 0 (mod 216).

1.15. 3o TESTE: 25/5/2004 11

b) Determine as solucoes da equacao 10x ≡ 6 (mod 216).

c) Quantos naturais a ≤ 216 tem inverso (mod 216)?

2. Nesta questao, A e um anel unitario, com identidade I 6= 0, e φ : Z →A e o homomorfismo de aneis dado por φ(n) = nI.

a) Prove que φ(Z) e o menor subanel de A que contem I.

b) Mostre que se A e ordenado e A+ = φ(N) entao A e isomorfo aZ. sugestao: Verifique primeiro que se A e ordenado entao φ einjectiva, i.e., a caracterıstica de A so pode ser 0.

3. Designamos aqui por S(n) a soma dos divisores naturais de n ∈ N.

a) Quantos naturais d ≤ 4.000 sao divisores de 4.000?

b) Determine S(4.000).

c) Resolva a equacao S(n) = 399 = 3 × 7 × 19. sugestao: Quaispodem ser os factores pk na decomposicao de n em produto depotencias de primos?

1.15 3o Teste: 25/5/2004

1. Este grupo refere-se ao anel A = Z1155.

a) Determine uma solucao particular da equacao 60x = 15, comx ∈ Z1155. Quantas solucoes tem esta equacao?

b) O subanel B =< 60 >⊂ A tem identidade? Em caso afirmativo,qual e essa identidade?

2. Neste grupo, p(x) ∈ Z3[x], e F e o anel das funcoes f : Z3 → Z3. De-signamos por φ : Z3[x] → F o homomorfismo de aneis que transformacada polinomio na respectiva funcao polinomial, e g : Z3 → Z3 e afuncao dada por g(0) = g(1) = 2, e g(2) = 1.

a) Determine p(x) tal que φ(p(x)) = g.

b) Qual e a solucao geral da equacao φ(p(x)) = g?

3. Este grupo refere-se ao anel dos inteiros de Gauss Z[i].

a) Suponha que n, m ∈ Z, e p = n2 +m2 e um inteiro primo. Mostreque n + mi e um elemento irredutıvel de Z[i].

b) Considere o inteiro de Gauss z = 15(2 + 3i)2. Quantos divisoresde z existem em Z[i]? sugestao: Como calcula o numero dedivisores k ∈ N de um dado n ∈ N?

4. Seja K um corpo e A = K [[x]] o anel das series de potencias comcoeficientes em K.


a) Mostre que os elementos invertıveis de A sao as series da forma∑∞n=0 anxn, com a0 6= 0.

b) A e um d.i.p. e/ou um d.f.u.?

1.16 1o Teste: 31/3/2005



b) Qualquer subanel unitario de A contem a identidade de A.

c) Se x ∈ G e x2 = e, onde e e a identidade de G, entao x = e.

d) Se x ∈ A e x2 = 0 entao x = 0.

2. O grupo GL(2, R) e formado pelas matrizes 2 × 2, invertıveis, comentradas em R, com o produto usual de matrizes. Para cada um dosseguintes exemplos, diga se H e um subgrupo de GL(2, R), e, casoafirmativo, se H e um subgrupo normal de GL(2, R).

a) H = {[

a 00 b

], ab 6= 0}.

b) H = {M ∈ GL(2, R) : det(M) = 1}.

3. Nesta questao, G = {1, i,−1,−i} e o grupo multiplicativo das raızesquartas da unidade, e Z2 = {0, 1} e o usual grupo aditivo com doiselementos.

a) Determine todos os homomorfismos de grupo f : Z2 → G.

b) Suponha que H e um grupo, e g : G → H e um homomorfismosobrejectivo. Classifique o grupo H.

1.17 2o Teste: 28/4/2005

1. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo.

a) Todos os grupos nao abelianos com 8 elementos sao isomorfosentre si.

b) No grupo diedral Dn (grupo de simetria do polıgono regular den lados), as rotacoes formam um subgrupo normal de Dn.

c) Se n, m ∈ N, mdc(n, m) = 1 e n|mk entao n|k.

1.18. 3o TESTE: 25/5/2005 13

2. Neste grupo, x, y e z0 sao numeros inteiros.

a) Qual e o menor natural z0 para o qual a equacao 2279x+731y =z0 tem solucoes?

b) Sendo z0 o natural determinado na alınea anterior, qual e omenor natural x que e solucao da equacao 2279x + 731y = z0?

3. Suponha que n 6= 4 e um natural, e mostre que n|(n− 1)! se e so se nnao e primo. sugestao: Considere sucessivamente os casos

(1) n e primo,

(2) Existem 1 < k < m < n tais que n = mk, e

(3) n = m2.

1.18 3o Teste: 25/5/2005

1. Esta questao refere-se ao anel Z808.

a) Quantos subaneis existem em Z808? Quantos elementos de Z808

sao invertıveis? Quantos elementos de Z808 sao divisores de zero?

b) Quantos elementos tem o subanel < 303 >? Quais sao os seusgeradores? Qual e a sua identidade?


a) O polinomio x3 + x2 + x + 2 e irredutıvel em Z3[x].

b) A equacao 1 = p(x)(x3+x2+x+2)+q(x)(x2+2x+2) tem solucoesp(x), q(x) ∈ Z3[x], mas nao tem solucoes p(x), q(x) ∈ Z5[x].

c) Exactamente um dos subaneis de Z808 e um corpo.

3. Recorde que, se p ∈ N e primo, entao todos os elementos a ∈ Z∗psatisfazem ap−1 = 1. Recorde igualmente o Teorema do Resto.

a) Quais sao os factores irredutıveis do polinomio xp−1−1 em Zp[x]?

b) Use a factorizacao acima para concluir que (p−1)! ≡ −1 mod p.

1.19 1o Teste: 27/3/2006

1. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nestaquestao, (G, ∗) e um grupo, e (A,+,×) e um anel unitario.

a) A equacao x2 = x tem uma unica solucao em G, que e a identi-dade de G.


b) Se f : G → G e um homomorfismo de grupos, entao o nucleo def e um subgrupo normal de G.

c) Se B e um subanel de A, entao B e tambem um ideal de A.

d) Se f : A → A e um homomorfismo de aneis, entao f(nx) = nf(x),para quaisquer x ∈ A e n ∈ N.

e) Se a ∈ A, a equacao x2 = a2 so tem as solucoes x = ±a.

2. Designamos aqui por Rn = {z ∈ C : zn = 1} o grupo das raızes-n daunidade com o produto usual de complexos.

a) Mostre que se n e multiplo de m entao Rm e subgrupo de Rn.

b) O grupo R2 ⊕R4 e isomorfo a R8?

c) Considere o homomorfismo de grupos f : R12 → C∗ dado porf(x) = x3. Qual e o nucleo de f e a imagem f(R12)? Quais saoas solucoes da equacao f(x) = −1?

1.20 2o Teste: 8/5/2006

1. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificandoa sua resposta convenientemente.

a) A equacao 2491x + 829y = 11 tem solucoes x, y ∈ Z.

b) A soma dos divisores de 100.000 e superior a 250.000.

c) Qualquer anel ordenado A 6= {0} e infinito.

d) O natural 21995 − 1 nao e primo.

2. Considere nesta questao o anel A = Z75, e seja B o subanel de A com15 elementos.

a) Quais sao os ideais de A? Quantos elementos tem cada um dessesideais?

b) Quantos divisores de zero existem em A? Quantos elementos tem A∗?

c) O anel B e isomorfo ao anel Z15? Quais sao os geradores de B, i.e.,quais sao os elementos x ∈ B tais que B =< x >?

d) Determine todas as solucoes da equacao x2 = 1 em A.

1.21. 3o TESTE: 5/6/2006 15

3. Numa aplicacao do algoritmo de criptografia RSA, sabe-se que a chavepublica e r = 49, e o modulo e N = 10.403. Observando que 10.403 eo produto dos primos 101× 103, qual e o valor da chave privada?

1.21 3o Teste: 5/6/2006


a) Existem polinomios p(x) ∈ Z[x] que sao irredutıveis em Q[x] e re-dutıveis em Z[x].

b) Se D e um domınio integral, entao qualquer elemento x ∈ D que sejaprimo e irredutıvel.

c) Os aneis Q[ 3√

2] e Q[x]/ < x3 − 2 > sao corpos, e sao isomorfos.

d) Se K e um corpo, e m(x) ∈ K[x] e um polinomio irredutıvel com grau≥ 2, existe um corpo L que e uma extensao de K onde m(x) tem pelomenos uma raız.

2. Observe que 845 = 5× 132.

a) Quantos divisores tem 845 no anel dos inteiros de Gauss?

b) Quais sao os naturais n, m tais que 845 = n2 + m2?

3. Suponha que G e um grupo com 14 elementos, e recorde que G tempelo 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 e comutativo.


Capıtulo 2

Enunciados de Exames

2.1 1o Exame: 1/7/2002

1. Neste grupo, G e H sao grupos, e a identidade de G designa-se por I. Paracada uma das afirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao e verdadeira,com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Se f : G → H e um homomorfismo de grupos, f(I) e a identidade deH.

b) Se f : G → H e um homomorfismo de grupos, o nucleo de f e umsubgrupo normal de G.

c) Se A e B sao subgrupos de G entao A ∩B e subgrupo de G.

d) Se A e B sao subgrupos de G entao AB = BA se e so se AB e subgrupode G.

2. Nesta questao, A e um domınio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 6= 0. Para cada uma das afirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao everdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Os elementos invertıveis de A formam um grupo.

b) A identidade de qualquer subanel B 6= 0, se existir, e 1.

c) Qualquer ideal de A e principal.

d) Se J e um ideal maximal de A, entao A/J e um corpo.

3. Considere o grupo aditivo (e anel) Z900.

a) Quantos subgrupos existem em Z900? Sendo n um qualquer divisor de900, quantos destes subgrupos tem exactamente n elementos?

b) Quantos elementos invertıveis existem no anel Z900? Quantos auto-morfismos do grupo Z900 existem?

17

18 CAPITULO 2. ENUNCIADOS DE EXAMES

c) Considere o homomorfismo de grupos f : Z900 → Z30 dado por f(x) =24x. Determine o nucleo de f , e diga se f e sobrejectivo.

d) Continuando a alınea anterior, resolva a equacao f(x) = 18.

4. Nesta questao, G e um grupo nao-abeliano com 6 elementos.

a) Prove que nenhum elemento de G tem ordem 6, mas que existe pelomenos um elemento ε de G com ordem 3. Sugestao: Mostre que, casocontrario, G seria abeliano.

b) Sendo ε um elemento de G de ordem 3, e H = {1, ε, ε2} o subgrupogerado por ε, mostre que H e normal em G. Sugestao: Qual e o ındicede H em G?

c) Suponha que α 6∈ H, e mostre que α2 = 1. Sugestao: No grupoquociente G/H, a ordem do elemento α e 2. Qual pode ser a ordemde α em G?

d) Como αH = Hα, o produto αε so pode ser εα ou ε2α. Conclua queG e necessariamente isomorfo a S3.

2.2 2o Exame: 24/7/2002

1. Neste grupo, K ⊆ H sao subgrupos do grupo G. Para cada uma dasafirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao e verdadeira, com uma demon-stracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Se K e normal em G entao K e normal em H.

b) Se K e normal em H entao K e normal em G.

c) Se G e um grupo cıclico infinito entao G e isomorfo a (Z,+).

d) Se K e normal em G e x ∈ G, entao a ordem de x em G/K e factorda ordem de x em G.


a) A caracterıstica de A e 0, ou um numero primo p.

b) O anel A[x] e tambem um domınio integral.

c) Qualquer ideal em A[x] e principal.

d) Existe um corpo K com um subanel isomorfo a A.

2.3. 1o EXAME: 4/7/2003 19


a) Quantos subgrupos existem em Z36? Quantos geradores tem Z36?

b) Suponha que B e um subanel de Z36, com identidade a, e n elementos.Mostre que a caracterıstica de B e um factor de 36, e que a ordem dequalquer elemento de B e um factor da caracterıstica de B. (sugestao:se ma = 0, entao mx = 0 para qualquer x ∈ B)

c) Conclua que a caracterıstica de B e n, donde a e um gerador de B, ed = mdc(a, 36) = 36/n.

d) Conclua finalmente que se B tem identidade a, entao mdc(d, n) = 1.Determine todos os subaneis de Z36 com identidade, e calcule essasidentidades.

4. Nesta questao, G e H sao grupos.

a) Prove que se f : G → H e um homomorfismo injectivo, o numero deelementos de G e factor do numero de elementos de H. O que podeconcluir se f e sobrejectivo?

b) Se G e H sao os grupos aditivos Zn e Zm, onde n e factor de m, existesempre algum homomorfismo injectivo f : G → H? Se G = Z6 eH = Z24, quantos homomorfismos injectivos existem?

c) Supondo que H = Z6, e f : G → H e injectivo, classifique o grupo G.

d) Supondo que G = Z6, e f : G → H e sobrejectivo, classifique o grupoH.

2.3 1o Exame: 4/7/2003

1. Neste grupo, G e H sao grupos, e N e um subgrupo de G. Para cadauma das afirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao e verdadeira, comuma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Se f : G → H e um homomorfismo de grupos, f(G) e um subgrupode H.

b) Se f : G → H e um homomorfismo de grupos, f(xn) = f(x)n paraqualquer n ∈ Z.

c) Se f : G → H e um homomorfismo de grupos finitos, o numero deelementos de f(G) e um divisor comum do numero de elementos de Ge do numero de elementos de H.

d) Se X = {xN : x ∈ G} e Y = {Ny : y ∈ G} entao X e Y tem o mesmocardinal.


2. Nesta questao, D e um domınio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 6= 0. Para cada uma das afirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao everdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Qualquer subanel B de D tem identidade.

b) Qualquer subgrupo de (D,+) e um subanel de D.

c) Se D e finito entao D contem um subanel B isomorfo a algum Zm.

d) Se D e um d.f.u., a equacao mdc(a, b) = ax+by tem solucoes x, y ∈ D.


a) Seja f : Z → Z833 o homomorfismo de grupos dado por f(n) = 357n.Quantos elementos tem a imagem f(Z)? Qual e o nucleo de f?

b) Quais sao os grupos Zm tais que h : Zm → Z833 dado por h(n) = 357nesta bem definido, e e um homomorfismo de grupos? Para que valorde m e que h e um isomorfismo?

c) f(Z) e tambem um anel? E se e um anel, e isomorfo a um anel Zk?

d) Quais dos seguintes aneis sao isomorfos entre si: Z1000, Z2 ⊕ Z500,Z4 ⊕ Z250, Z8 ⊕ Z125?

4. Nesta questao, K e um corpo, m(x) ∈ K[x], A = K[x]/ < m(x) >, eπ : K[x] → A e o usual homomorfismo de aneis π(p(x)) = p(x).

a) Prove que os ideais de A sao da forma π(J), onde J e um ideal deK[x]. Conclua que A e um d.i.p., ou seja, todos os seus ideais saoprincipais.

b) Mostre que os ideais de A sao da forma < d(x) >, onde d(x)|m(x)em K[x]. Sugestao: Mostre que < p(x) >=< d(x) >, onde d(x) =mdc(p(x),m(x)) em K[x].

c) Supondo K = Z3, e m(x) = x3 + 2x, quantos elementos podem teros ideais de A? Quantos ideais com n elementos existem, para cadapossıvel valor de n? Quantos elementos invertıveis existem em A?

d) Supondo K = Z3, e m(x) = x3+2x, o anel A e isomorfo a Z3⊕Z3⊕Z3?

2.4 2o Exame: 21/7/2003

1. Nesta questao, G e H sao grupos multiplicativos, e f : G → H e umhomomorfismo de grupos. Para cada uma das afirmacoes seguintes, mostreque a afirmacao e verdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com umcontra-exemplo.

2.4. 2o EXAME: 21/7/2003 21

a) f(x−1) = f(x)−1 para qualquer x ∈ G.

b) O nucleo de f e um subgrupo normal de G.

c) Se f e sobrejectivo, e G e finito, entao |H| e factor de |G|.

d) Se G e um grupo cıclico com n elementos, e k e factor de n, entaoexiste pelo menos um elemento de G com ordem k.

2. Nesta questao, p(x), q(x) ∈ Z[x] sao polinomios com coeficientes in-teiros. Para cada uma das afirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao everdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Se p(x) e irredutıvel em Q[x], entao p(x) e irredutıvel em Z[x].

b) Se p(x) e irredutıvel em Z[x], entao p(x) e irredutıvel em Q[x].

c) Se q(x)|p(x) em Z[x], e p(x) e primitivo, entao q(x) e primitivo.

d) Se q(x)|p(x) em Q[x], entao existe k ∈ Q tal que kq(x)|p(x) em Z[x].


a) Quantos subgrupos tem Z300?

b) Quantos homomorfismos sobrejectivos de grupo h : Z600 → Z300 ex-istem? Quais destes homomorfismos sao tambem homomorfismos deanel?

c) Quantos homomorfismos de grupo f : Z600 → Z300 existem, tais quef(Z) tem 100 elementos? Prove que f(Z) e um anel isomorfo ao anelZ100.

d) Quais dos seguintes grupos sao isomorfos entre si: Z300, Z6 ⊕ Z50,Z100 ⊕ Z3, Z10 ⊕ Z30?

4. Nesta questao, G e um grupo finito, e A e B sao subgrupos de G.AB = {xy : x ∈ A e y ∈ B}.

a) Prove que A ∩ B e um subgrupo de G. O conjunto AB e sempre umsubgrupo de G?

b) Prove que |AB||A ∩ B| = |A||B|. Sugestao: Mostre que a funcaof : A/(A ∩ B) → G/B esta bem definida por f(x(A ∩ B)) = xB, e einjectiva. Mostre tambem que a uniao das classes em f(A/A ∩ B) eexactamente AB.

c) Suponha que G e um grupo abeliano com 10 elementos. Prove queG tem necessariamente um elemento x com ordem 5, e um elementoy com ordem 2, e conclua que G e o grupo Z10. Sugestao: Qual e aordem de xy?


d) Mostre que, se G e um grupo nao-abeliano com 10 elementos, entao Gtem um elemento x com ordem 5, e se y 6∈< x > entao y tem ordem2. Conclua que xy = yx4, e portanto que existe apenas um gruponao-abeliano com 10 elementos, que so pode ser D5.

2.5 1o Exame: 9/7/2004

1. Diga se cada afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao, G e H saogrupos, f : G → H e um homomorfismo de grupos, e N e o nucleo de f .

a) Se e e a identidade de G, entao f(e) e a identidade de H.

b) Se K e um subgrupo de H, entao f−1(K) e um subgrupo de G quecontem N .

c) Se todos os elementos de G tem ordem finita entao G e finito.

d) Se |G| = 15 e |H| = 25, entao f(G) e um grupo cıclico.

2. Diga se cada afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao, A e B saoaneis, A e um domınio integral, f : A → B e um homomorfismo sobrejectivode aneis, e N e o nucleo de f .

a) N e um ideal de A.

b) Se a e invertıvel em A, entao f(a) e invertıvel em B.

c) B e um domınio integral.

d) Se B e um corpo, entao N e um ideal maximo de A.

3. Neste grupo, n designa a classe de equivalencia do inteiro n em Z1800.

a) Quantos subgrupos tem Z1800? Quais sao os geradores do subgrupogerado por 1300?

b) Considere os grupos Z25⊕Z72, Z20⊕Z90, Z200⊕Z9, e Z40⊕Z45. Quaisdestes grupos sao isomorfos entre si?

c) Quantos homomorfismos de grupo f : Z1800 → Z1800 existem, comnucleo N(f) =< 1300 >? sugestao: Determine primeiro f(Z1800).

d) Supondo que g : Z → Z40 ⊕ Z45 e um homomorfismo de aneis, classi-fique o anel g(Z).

4. Considere o anel Z3[x], e o polinomio p(x) = x3 +2x+1. Nesta questao,quando m(x) ∈ Z3[x], designamos por m(x) a correspondente classe no anelquociente K = Z3[x]/ < p(x) >.

2.6. 2o EXAME: 24/7/2004 23

a) Qual e o inverso de x2 + 1 em K[x]?

b) Mostre que K e um corpo, e uma extensao algebrica de Z3. K[x] eum d.f.u.?

c) Decomponha p(x) em factores irredutıveis em K[x]. sugestao: Parafactorizar polinomios quadraticos com coeficientes em K, pode “com-pletar o quadrado”.

d) Seja α ∈ K, α 6∈ Z3. Prove que Z3(α) e isomorfo a K, e em particularα e raız de um polinomio irredutıvel do terceiro grau n(x) ∈ Z3[x].

2.6 2o Exame: 24/7/2004

1. Diga se cada afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao, G e umgrupo, e K e H sao subgrupos de G.

a) Se x, y ∈ G, entao (xy)−1 = y−1x−1.

b) Se K e subgrupo normal de G, entao K ∩H e subgrupo normal de H.

c) Os automorfismos de G formam um grupo, com a operacao de com-posicao.

d) Se K e subgrupo normal de G, entao existe um grupo L e um homo-morfismo de grupos f : G → L tal que K e o nucleo de f .

2. Diga se cada afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao, A e B saoaneis unitarios, e f : A → B e um homomorfismo de aneis.

a) Se a e invertıvel em A, entao f(a) e invertıvel em B.

b) A imagem f(A) e um ideal de B.

c) Se A = Z, entao f(n) = nb, onde b2 = b.

d) Se B e finito e tem mais de um elemento, entao B tem um subanelisomorfo a algum Zm, onde m > 1.


a) Quantos subgrupos tem Z990? Quantos destes sao aneis unitarios?

b) Quantos automorfismos de grupo f : Z990 → Z990 existem?

c) Quantos ideais existem em Z15 ⊕Z66? Existem subaneis de Z15 ⊕Z66

que nao sao ideais de Z15 ⊕ Z66?


d) Determine os homomorfismos de anel g : Z33 → Z990.

4. Considere o anel Z3[x], e o polinomio p(x) = x3 + 2x2 + x + 2. Nestaquestao, quando m(x) ∈ Z3[x], designamos por m(x) a correspondenteclasse no anel quociente K = Z3[x]/ < p(x) >.

a) O elemento x2 + x + 1 tem inverso?

b) Quais sao os ideais de K?

c) Quantos elementos invertıveis existem em K?

d) Quais sao os ideais I de K para os quais o anel quociente K/I eisomorfo a algum Zm?

2.7 1o Exame: 1/7/2005

1. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(G, ∗) e um grupo, com identidade 1.

a) A equacao x2 = x so tem uma solucao x ∈ G.

b) Se H e K sao subgrupos de G, entao H ∪K e um subgrupo de G.

c) Se G e finito e tem um numero ımpar de elementos, entao a equacaox2 = 1 so tem a solucao x = 1.

d) Se G e finito e tem um numero par de elementos, entao a equacaox2 = 1 tem solucoes x 6= 1.

2. Neste grupo, f : Z → Z180 e dada por f(n) = 63n.

a) Determine o numero de subaneis, e de geradores, do anel Z180.

b) Mostre que a funcao f e um homomorfismo de grupo. Qual e o nucleode f? Determine as solucoes da equacao f(n) = 9.

c) Mostre que o grupo f(Z) e isomorfo a Zm, para um valor apropriadode m que deve calcular. Quais sao os subgrupos de f(Z)?

d) f sera tambem um homomorfismo de anel? Os aneis Zm e f(Z) saoisomorfos?

3. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,A e um anel abeliano unitario, com identidade I.

a) Todos os subaneis de A sao unitarios.

2.8. 2o EXAME: 18/7/2005 25

b) Todos os subgrupos de (A,+) sao igualmente subaneis.

c) Se A e um corpo finito, entao a sua caracterıstica e um numero primo.

d) Se A e finito, existe um subanel de A isomorfo a algum anel Zn.

4. Neste grupo, consideramos o anel quociente

A = Z3[x]/J , onde J =< x3 + x2 + x + 1 > .

a) Quantos elementos existem no anel A? Quais sao os elementos daforma < x + a > que sao invertıveis?

b) Quais sao os divisores de zero em A?

c) Mostre que A e um domınio de ideais principais.

d) Classifique os aneis quociente da forma A/K, onde K e um ideal deA.

2.8 2o Exame: 18/7/2005



c) Se H e K sao subgrupos normais de G e K ⊇ H, entao K/H e umsubgrupo normal de G/H.

d) Se G tem 11 elementos entao G ' Z11.

2. As questoes seguintes referem-se a grupos ou aneis Zn. Os homomorfismose isomorfismos referidos sao de grupo, excepto quando a sua natureza ereferida explicitamente.

a) Determine o numero de subgrupos, e de geradores, do grupo Z495.

b) Existe algum homomorfismo injectivo f : Z495 → Z595? Existe algumhomomorfismo sobrejectivo f : Z495 → Z395? Quantos homomorfismosf : Z495 → Z295 existem?

c) Quais dos seguintes grupos sao isomorfos entre si?

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?


3. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificandoa sua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Neste grupo,D e um domınio integral.

a) Se C e um subanel unitario de D com mais de um elemento, entao Ccontem a identidade de D.

b) Se D e um domınio de ideais principais, entao D[x] e um domınio deideais principais.

c) Se os unicos ideais de D sao os triviais ({0}, e D), entao D e um corpo.

d) Se D e um domınio de ideais principais, entao qualquer elemento irre-dutıvel em D e primo em D.

4. Este grupo diz respeito ao anel dos inteiros de Gauss Z[i].

a) Dado o natural n > 1, se a equacao n = x2 +y2 tem solucoes x, y ∈ N,e possıvel que n seja primo em Z[i]?

b) Se o natural n e primo em Z, e a equacao n = x2 +y2 nao tem solucoesx, y ∈ N, e possıvel que n seja redutıvel em Z[i]?

c) Quantos divisores de 1105 existem em Z[i]? Determine todas as solucoesnaturais da equacao x2 + y2 = 1105. (Nota: 13 e factor de 1105.)

d) Quais sao os naturais n para os quais o anel quociente Z[i]/ < n > eum corpo?

2.9 1o Exame: 7/7/2006

1. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(G, ∗) e um grupo.



c) Se G tem 17 elementos, entao G ' Z17.

d) Os grupos Z4 ⊕ Z18 e Z6 ⊕ Z12 sao isomorfos.

2. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(A,+,×) e um anel unitario, com identidade 1.

a) Qualquer subanel unitario de A com mais de um elemento contem aidentidade de A.

2.10. 2o EXAME: 21/7/2006 27

b) Qualquer subgrupo de (A, +) e um subanel de (A, +,×).

c) O anel Q[x]/ < x3 − 1 > tem exactamente 4 ideais.

d) O anel Z[i]/ < 37 > e um corpo.


a) Quantos geradores e quantos divisores de zero existem em Z1325?

b) Quais sao os homomorfismos de grupo φ : Z505 → Z1325?

c) Quais sao os subaneis de Z1325 que sao corpos?

d) Determine os homomorfismos de anel ϕ : Z → Z1325.

4. Suponha que G e um grupo com 2p elementos, onde p 6= 2 e umnumero primo. Recorde que G tem pelo menos um elemento α com ordem2.

a) Prove que G contem pelo menos um elemento ε de ordem p

b) Prove que x ∈ G tem ordem p se e so se x ∈ H =< ε >= {1, ε, ε2, · · · , εp−1}e x 6= 1.

c) Os elementos de G sao da forma x = αnεm, com 0 ≤ n < 2, e 0 ≤m < p. Qual e a ordem de cada um destes elementos? sugestao:a resposta depende de G ser abeliano ou nao, portanto os dois casosdevem ser analisados separadamente.

d) Suponha que G nao e abeliano e φ : G → N e um homomorfismo so-brejectivo. Classifique o grupo N . sugestao: quais sao os subgruposnormais de G?

2.10 2o Exame: 21/7/2006

1. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(G, ∗) e um grupo, com identidade 1, e H e K sao subgrupos de G.

a) Se x, y ∈ G entao (xy)−1 = y−1x−1.

b) H ∩K e um subgrupo de G.

c) Se |G| = 100, a equacao x7 = 1 so tem uma solucao x ∈ G.

d) Se |G| = 15 e G e abeliano entao G ' Z15.


2. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(D,+,×) e um domınio integral, com identidade 1.

a) Qualquer subanel unitario de D com mais de um elemento contem aidentidade de D.

b) Qualquer subanel de D e um ideal de D.

c) Se os ideais de D sao apenas os triviais ({0} e D) entao D e um corpo.

d) Se D e um d.f.u., entao todos os seus elementos irredutıveis sao primos.


a) Quantos subaneis tem Z775? Quantos divisores de zero existem emZ775?

b) Z775 tem um subanel B com 155 elementos. Quantos geradores tem osubanel B?

c) Resolva a equacao x2 = 0, com x ∈ Z775.

d) Quantos homomorfismos de grupo ϕ : Z775 → D31 existem? (Recordeque D31 e o grupo diedral formado pelas simetrias do polıgono regularde 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 numero de elementos do anel K, e verifique que K nao eum corpo.

b) Mostre que os ideais de K sao da forma <α(x)><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 irredutıveis de p(x), mostre que

K ' Z5[x]< a(x) >

⊕ Z5[x]< b(x) >

.

sugestao: Determine um homomorfismo de aneis apropriado

φ : Z5[x] → Z5[x]< a(x) >

⊕ Z5[x]< b(x) >

Capıtulo 3

Testes Resolvidos

3.1 1o Teste: 10/4/2002

1. Mostre que o grupo (Z4,+) nao e isomorfo ao grupo (Z2 ⊕ Z2,+).

resolucao: Suponha-se que f : Z4 → Z2 ⊕ Z2 e um homomorfismode grupos. Vamos verificar que f nao pode ser injectiva, ou seja, fnao pode ser um isomorfismo, porque a tabuada de Z2 ⊕ Z2 so tem oelemento neutro na diagonal principal, o que nao e o caso da tabuadade Z4.

Temos f(0) = (0, 0), porque qualquer homomorfismo transforma aidentidade do grupo de partida na identidade do grupo de chegada.Em Z4 temos 1 + 1 = 2 6= 0, e em Z2 ⊕ Z2 temos x + x = (0, 0) paratodos os elementos x ∈ Z2 ⊕ Z2. Notamos que

f(2) = f(1 + 1) = f(1) + f(1) = (0, 0) = f(0).

Portanto f nao e injectivo, e f nao e um isomorfismo.

2. Seja H = {A ∈ Mn(R) : det(A) = 1}.

a) Mostre que H com o produto usual de matrizes e um grupo.resolucao: Sabemos da Algebra Linear que o produto de ma-trizes e associativo, e tem identidade (a matriz identidade I).

• Temos det(I) = 1, e portanto I ∈ H, e H 6= ∅.• Sendo A,B ∈ H, temos det(AB) = det(A) det(B) = 1× 1 =

1 ⇒ AB ∈ H, ou seja, H e fechado em relacao ao produto.• Se A ∈ H entao A e invertıvel, porque det(A) = 1 6= 0, e

det(A−1) = 1/ det(A) = 1, ou seja, A ∈ H ⇒ A−1 ∈ H.

Podemos assim concluir que H e um grupo com o produto usualde matrizes.

29

30 CAPITULO 3. TESTES RESOLVIDOS

b) Sendo G o grupo formado por todas as matrizes invertıveis, coma mesma operacao, mostre que H e um subgrupo normal de G.resolucao: Sabemos da alınea anterior que H e um subgrupode G (porque H e um grupo, esta contido em G, e as operacoesem H e G sao a mesma). Temos apenas que verificar que A ∈ He B ∈ G ⇒ B−1AB ∈ H, o que resulta de det(B−1AB) =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} e um ideal de A.

resolucao: Temos que verificar que L e um subanel de A, que ealem disso fechado em relacao ao produto por elementos de A. Maisexactamente, temos que mostrar que:

• L 6= ∅,

• b, b′ ∈ L ⇒ b− b′ ∈ L (L e fechado em relacao a diferenca)

• b ∈ L e a ∈ A ⇒ ab, ba ∈ L (L e fechado em relacao ao produtopor a ∈ A)

Seja 0 o zero do anel A. Entao 0 = 0 + 0 ∈ L, porque 0 ∈ J e0 ∈ K(qualquer subgrupo de (A,+) contem o respectivo elementoneutro), e portanto L 6= ∅. Se b, b′ ∈ L entao b = x + y e b′ = x′ + y′,onde x, x′ ∈ J e y, y′ ∈ K. Temos b − b′ = (x + y) − (x′ + y′) =(x−x′)+ (y− y′). Como J e K sao subaneis, sao fechados em relacaoa diferenca, e portanto x− x′ ∈ J e y− y′ ∈ K, i.e., b− b′ ∈ L. Temosab = a(x + y) = ax + ay, e ba = (x + y)a = xa + ya. Como J e Ksao ideais, sao fechados em relacao ao produto por elementos de A, eax, 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− y2 = (x− y)(x + y) para quaisquer x, y ∈ A se eso se A e um anel abeliano.resolucao: (x−y)(x+y) = (x−y)x+(x−y)y = x2−yx+xy−y2.E portanto evidente que (x− y)(x + y) = x2 − y2 ⇔ −yx + xy =0 ⇔ yx = xy.

b) Supondo que A e abeliano e x2 = y2, temos necessariamentex = ±y?resolucao: Nao. Eis alguns contra-exemplos, como: (bastaindicar um, bem entendido!)

• O anel Z4, tomando x = 0 e y = 2, donde x2 = y2 = 0, mas−2 = 2 6= 0.

3.2. 2o TESTE: 15/5/2002 31

• A soma directa R ⊕ R, ou (o que e basicamente o mesmoexemplo) as matrizes 2× 2 diagonais, com a soma e produtode matrizes.

• As funcoes f : R → R com a soma e produto usuais defuncoes tomando, por exemplo, f(x) = 1 para qualquer x, eg(x) = 1 para x ≥ 0, e g(x) = −1 para x < 0.

5. Considere o grupo das raızes-4 da unidade, G = {1, i,−1,−i}, com oproduto usual de complexos, e o grupo (Z2,+). Quais sao os homo-morfismos h : G → Z2? Sugestao: Comece por recordar que o nucleode h e um subgrupo de G.

resolucao: G tem apenas 3 subgrupos, a saber: o proprio G, osubgrupo trivial {1}, e {1,−1}. Portanto teremos N(h) = G, ouN(h) = {1}, ou N(h) = {1,−1}.

• Se N(h) = G, temos h(x) = 0 para qualquer x ∈ G, e h e umhomomorfismo de grupos.

• Se N(h) = {1} entao h e injectiva, o que e impossıvel, porque Gtem 4 elementos, e Z2 tem apenas 2 elementos.

• Se N(h) = {1,−1}, entao h(1) = h(−1) = 0, e h(i) 6= 0, h(−i) 6=0. Claro que neste caso teremos necessariamente h(i) = h(−i) =1. A equacao h(xy) = h(x) + h(y) e valida quando

◦ x = ±1, y = ±1: porque se reduz a 0 = 0 + 0.◦ x = ±i, y = ±i: porque a equacao reduz-se a 0 = 1 + 1.◦ x = ±1, y = ±i, ou x = ±i, y = ±1: porque a equacao se

reduz a 1 = 0 + 1, ou 1 = 1 + 0.

3.2 2o Teste: 15/5/2002

1. Esta questao refere-se ao anel dos inteiros Z. Seja J =< 24 > oconjunto dos multiplos de 24, e K =< 36 > o conjunto dos multiplosde 36.

a) Qual e o menor elemento positivo de J ∩ K? Quais sao os ele-mentos de J ∩K?resolucao: J ∩K e o conjunto dos multiplos comuns a 24 e 36.O seu menor elemento positivo e o menor multiplo comum de 24e 36, i.e., 72. Os seus elementos sao os multiplos de 72.

b) Qual e o menor ideal de Z que contem os ideais J e K?resolucao: Qualquer ideal que contenha J contem 24, e e porisso gerado por um divisor de 24. Analogamente, se um idealcontem K entao e gerado por um divisor de 36. Concluimos que


um ideal que contenha J e K e gerado por um divisor comum de24 e 36. Esse ideal sera tanto menor quanto maior for esse divisorcomum. Portanto o menor ideal que contem J e K e geradopelo maximo divisor comum de 24 e 36,ou seja, e o conjunto dosmultiplos de 12.

2. Mostre que os numeros 1.999.991 e 1.999.994 sao primos entre si.

resolucao: Seja d o maximo divisor comum de 1.999.991 e 1.999.994.Sabemos que a diferenca 1.999.994− 1.999.991 = 3 e multiplo de d, eportanto d so pode ser 1 ou 3. E evidente que 1.999.991 ≡ 2 (mod 3),portanto d nao e 3, e estes numeros sao primos entre si.

3. Ainda no anel dos inteiros, considere a equacao 105x + 154y = d.

a) Qual e o menor natural d para o qual a equacao acima temsolucoes? Resolva a equacao para esse natural d.resolucao: O menor natural d e o mdc(105, 154). Aplicando oalgoritmo de Euclides, temos:

n m q r y1 x1 y2 x2

154 105 1 49 1 0 0 1105 49 2 7 0 1 1 −149 7 7 0 1 −1 −2 3

Concluımos que d = 7, e que x = 3 e y = −2 e uma solucaoparticular de 105x + 154y = 7.Para calcular a solucao geral da equacao homogenea correspon-dente, que e 105x+154y = 0, dividimos por 7, donde 15x+22y =0, ou 15x = −22y. Como 15 e 22 sao primos entre si, temos

15x = −22y ⇒ 22|x ⇒ x = 22k ⇒ y = −15k.

A solucao geral de 105x + 154y = 7 e assim

x = 3 + 22k, y = −2− 15k, k ∈ Z.

b) O elemento 105 tem inverso no anel Z154? Quantos elementostem < 105 >?resolucao: Nao, porque 105 nao e primo relativamente a 154.Como mdc(105, 154) = 7, temos < 105 >=< 7 >, que tem154/7 = 22 elementos.

c) O subanel < 105 > tem identidade? Caso afirmativo, qual e essaidentidade?resolucao: Temos < 105 >=< 7 >. Sendo x a identidade destesubanel, temos

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 sao primos entre si, o sistema

x ≡ 0 (mod 7), e x ≡ 1 (mod 22)

tem solucao, e essa solucao satisfaz x(x−1) ≡ 0 (mod 154). Nestecaso, x e primo relativamente a 22, porque x ≡ 1 (mod 22), eportanto mdc(x, 154) = 7k = 7. Em particular, < x >=< 7 >,e todos os elementos do subanel < 7 > sao da forma kx. Comokx× x = k × x2 = kx, e claro que x e a identidade de < 7 >.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 e natural entaon∑

k=1

k3 =n2(n + 1)2

4.

resolucao: Demonstramos por inducao a afirmacao

P (n) = “n∑

k=1

k3 =n2(n + 1)2

4”.

A afirmacao P (1) e verdadeira, porque

1∑k=1

k3 = 1, e12(1 + 1)2

4= 1.

Supondo P (n) verdadeira, temos

n+1∑k=1

k3 =n∑

k=1

k3 + (n + 1)3 =n2(n + 1)2

4+ (n + 1)3 =

=

(n2(n + 1)2 + 4(n + 1)3

)4

=(n + 1)2(n2 + 4(n + 1))

4=

=(n + 1)2(n2 + 4n + 4)

4=

(n + 1)2(n + 2)2

4.

A igualdade∑n+1

k=1 k3 = (n+1)2(n+2)2

4 e P (n + 1).


5. Sejam n, m ∈ N, D = mdc(n, m) e M = mmc(n, m). Prove quenm = DM .

Sugestao: Supondo que n = aD e m = bD, mostre que qualquermultiplo comum de n e m e multiplo de abD.

resolucao: Notamos que

• abD = nb = ma e multiplo comum de n e m.

• (abD)D = (aD)(bD) = nm.

Provamos que abD = M e o menor multiplo comum, donde DM =nm, mostrando que qualquer multiplo comum e multiplo de abd.

Como D = nx + my = aDx + bDy, temos 1 = ax + by e portantomdc(a, b) = 1, ou seja, a e b sao primos entre si. Seja agora k =ns = aDs um multiplo de n. Se k e igualmente multiplo de m temosk = mt = bDt, e portanto aDs = bDt, ou as = bt.

a e assim factor de bt, e como a e primo relativamente a b, a e factorde t. Logo t = au, e k = bDt = bDau e multiplo de abD.

3.3 3o Teste: 7/6/2002

1. Considere p(x) = x4 + 2x3 + 2x + 2 e q(x) = x4 + 1 em Z3[x].

a) Determine o maximo divisor comum de p(x) e q(x).resolucao:

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 + 12x3 + 2x + 1 2x2 + x + 1 x + 1 0

Temos portanto que mdc = 2(2x2 + x + 1) = x2 + 2x + 2.

b) Qual e menor multiplo comum de p(x) e q(x)?resolucao:

mmc =p(x)q(x)

mdc=

(x4 + 2x3 + 2x + 2)(x4 + 1)x2 + 2x + 2

=

=(x2 + 1)(x4 + 1) = x6 + x4 + x2 + 1.

2. Mostre que (∑∞

n=0 xn)2 = (1 + 2x)∑∞

n=0 x3n em Z3[[x]].

resolucao: Sabemos que

∞∑n=0

cnxn =

( ∞∑n=0

anxn

)( ∞∑n=0

bnxn

)⇐⇒ cn =

n∑k=0

akbn−k.

3.3. 3o TESTE: 7/6/2002 35

No caso presente, temos

∞∑n=0

cnxn =

( ∞∑n=0

xn

)2

, i.e., an = bn = 1, e cn =n∑

k=0

1 = n + 1.

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. Concluımos que( ∞∑n=0

xn

)2

=∞∑

n=0

cnxn =∞∑

n=0

c3nx3n +∞∑

n=0

c3n+1x3n+1 =

=∞∑

n=0

x3n +∞∑

n=0

2x3n+1 =∞∑

n=0

x3n + 2x

∞∑n=0

x3n =

=(1 + 2x)∞∑

n=0

x3n.

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 multiplicacao em A/I.resolucao: Os seguintes calculos sao imediatos:

• 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 multiplicacao e assim:

0 1 x x + 10 0 0 0 01 0 1 x x + 1x 0 x 1 x + 1

x + 1 0 x + 1 x + 1 0

4. Seja α ∈ R um numero irracional algebrico sobre Q. Seja ainda J oconjunto dos polinomios p(x) ∈ Q[x] tais que p(α) = 0.


a) Mostre que J =< m(x) >, onde m(x) e monico e irredutıvel emQ[x].resolucao: Seja f : Q[x] → R dada por f(p(x)) = p(α). f eum homomorfismo de aneis com nucleo J , e por isso J e um idealde Q[x].Como qualquer ideal em Q[x] e principal, temos J =< m(x) >,e podemos supor que m(x) e monico, porque Q e um corpo.Para provar que m(x) e irredutıvel, suponha-se que m(x) =s(x)t(x). Temos entao 0 = m(α) = s(α)t(α), donde s(α) = 0ou 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) e invertıvel. Portanto m(x) so tem factorizacoes triviais,i.e., m(x) e irredutıvel.

b) Prove que Q[α] e um corpo.resolucao: Sendo f : Q[x] → R o homomorfismo f(p(x)) =p(α) referido acima, f(Q[x]) = Q[α] e um subanel de R. Temosapenas que provar que os elementos p(α) 6= 0 em Q[α] tem inversomultiplicativo tambem em Q[α].Para isso, note-se que se p(α) 6= 0 entao p(x) 6∈ J , e portantom(x) nao e factor de p(x). Como m(x) e irredutıvel, segue-se que

mdc(p(x),m(x)) = 1.

Existem polinomios s(x), t(x) ∈ Q[x] tais que

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 ∈ Qtais que

11 + 3

√2 + 3

√4

= a + b3√

2 + c3√

4.

resolucao: Sendo J o conjunto dos polinomios p(x) ∈ Q[x] taisque p(a) = 0, temos como vimos que J =< m(x) >, e e evidenteque x3 − 2 ∈ J , donde m(x) e factor de x3 − 2. O polinomiox3−2 e irredutıvel, pelo criterio de Eisenstein (com p = 2), e porisso m(x) = 1 ou x3 − 2. So podemos ter m(x) = x3 − 2, porqueJ 6= Q[x].1 + 3

√2 + 3

√4 = p(α), onde p(x) = 1 + x + x2. Como vimos na

alınea anterior, o inverso de p(α) calcula-se resolvendo a equacao

3.4. 1o TESTE: 18/3/2003 37

p(x)s(x) + m(x)t(x) = 1, o que pode fazer-se usando o algoritmode 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.Concluımos que:

11 + 3

√2 + 3

√4

= s( 3√

2) = 3√

2− 1, i.e., a = −1, b = 1, c = 0.

3.4 1o Teste: 18/3/2003

1. Seja S1 = {z ∈ C : |z| = 1}.

a) Mostre que S1 com o produto usual de complexos e um grupo.resolucao: Temos a mostrar que:

• S1 e nao-vazio: E evidente que 1 ∈ S1.• S1 e fechado em relacao ao produto usual de complexos:

z, w ∈ S1 ⇒ |z| = |w| = 1 ⇒ |zw| = |z||w| = 1, i.e., zw ∈ S1.

• O produto de complexos e associativo, como sabemos.• Existe identidade para o produto em S1: Porque 1 ∈ S1.• Todos os elementos de S1 tem inverso em S1: Se z ∈ S1

temos |z| = 1, portanto z 6= 0, e z e invertıvel nos complexos.Por outro lado, temos novamente |zz−1| = |z||z−1| = 1, ecomo |z| = 1, temos |z−1| = 1, ou seja, z−1 ∈ S1.

Concluımos assim que S1 e um grupo.

b) Sendo n ∈ N e Rn = {z ∈ C : zn = 1}, mostre que Rn e umsubgrupo de S1.resolucao: E evidente que Rn ⊆ S1, porque

zn = 1 ⇒ |zn| = 1 = |z|n ⇒ |z| = 1.

Observamos apenas que

• Rn 6= ∅: porque 1 ∈ Rn, qualquer que seja n.• Se z, w ∈ Rn entao zw−1 ∈ Rn: Se z, w ∈ Rn entao zn =

wn = 1, e portanto(zw−1

)n = zn (wn)−1 = 1 ⇒ zw−1 ∈ Rn.


c) Seja R = ∪∞n=1Rn. R e igualmente um subgrupo de S1?resolucao: E evidente (em particular da alınea anterior) que Re nao-vazio, e que R ⊆ S1. Para mostrar que se z, w ∈ R entaozw−1 ∈ R, note-se que existem n, m ∈ N tais que z ∈ Rn, w ∈ Rm,i.e., tais que zn = wm = 1. Neste caso,(

zw−1)nm = (zn)m (wm)−n = 1 ⇒ zw−1 ∈ Rnm ⊂ R.

2. Determine todos os homomorfismos de grupo f : S3 → Z2. (S3 e ogrupo das permutacoes em {1, 2, 3}, e Z2 o grupo aditivo com doiselementos).

resolucao: Sendo f : S3 → Z2 um homomorfismo de grupo, o seunucleo N(f) e um subgrupo normal de S3. Os unicos subgrupos nor-mais de S3 sao o proprio S3, o grupo alternado A3 e o subgrupo trivialK = {1}. Notamos que:

(1) Se N(f) = S3, entao f(x) = 0 para qualquer x ∈ S3, e f e umhomomorfismo.

(2) Nao podemos ter N(f) = K, porque senao f seria injectiva, o quee impossıvel, porque S3 tem 6 elementos e Z2 tem 2 elementos.

(3) Se N(f) = A3, entao f(x) = 0 para qualquer x ∈ A3, e sopodemos ter f(x) = 1 para x 6∈ A3. Neste caso f e igualmenteum homomorfismo (f(x) e a paridade da permutacao x).

Concluımos que existem apenas dois homomorfismos f : S3 → Z2, quesao os indicados acima em (1) e (3).

3. Sejam A e B aneis, e f : A → B um homomorfismo de aneis.

a) Prove que f(O) = O∗, onde O e O∗ sao os zeros de respectiva-mente A e B.resolucao:

f(O) =f(O + O), porque O e o elemento neutro da soma em A,=f(O) + f(O), porque f e um homomorfismo de aneis.

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 e um homomorfismo.=f(O) = O∗, de acordo com a alınea anterior.=f(x) + [−f(x)], por definicao de [−f(x)].

Como f(x) + f(−x) = f(x) + [−f(x)], segue-se mais uma vez dalei do corte no grupo aditivo (B,+) que f(−x) = [−f(x)].

3.4. 1o TESTE: 18/3/2003 39

c) Se x e invertıvel em A, temos sempre f(x) invertıvel em B?resolucao: Nao. Considere-se f : R → M2(R), dada por

f(x) =[

x 00 0

].

Sabemos que x e invertıvel em R se e so se x 6= 0, mas e evidenteque a imagem f(x) nunca e invertıvel em M2(R).

d) Mostre que f(nx) = nf(x), para quaisquer n ∈ Z e x ∈ A.Sugestao: Deve recordar a definicao de na, para n ∈ Z e a ∈ G,onde G e um qualquer grupo aditivo. Para n > 0, deve procederpor inducao.resolucao: Sendo n ∈ Z e a ∈ G, onde G e um qualquer grupoaditivo (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, e4) n < 0 : na = (−n)(−a).

Provamos primeiro que f(nx) = nf(x), para n ≥ 1, e por inducao.n = 1: temos de 1) que

1x = x ⇒ f(1x) = f(x) = 1f(x).

n > 1: A hipotese de inducao e f((n−1)x) = (n−1)f(x). Temos

f(nx) =f((n− 1)x + x), (ponto 2) da definicao acima com a = x),=f((n− 1)x) + f(x), porque f e um homomorfismo,=(n− 1)f(x) + f(x), pela hipotese de inducao, e=nf(x), (ponto 2) da definicao acima com a = f(x)).

n = 0:

0f(x) =O∗, (ponto 3) da definicao acima com a = f(x) ∈ B),=f(O), pela alınea a) desta questao,=f(0x), (ponto 3) da definicao acima com a = x ∈ A).

n < 0: pode ser verificado como se segue:

f(nx) =f((−n)(−x)), (ponto 4) da definicao acima com a = x),=(−n)f(−x), como provamos acima para −n > 0,=(−n)[−f(x)], conforme vimos na alınea b), e=nf(x), (ponto 4) da definicao acima com a = f(x)).


3.5 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 e divisor de 2.000 se e so se k = 2n3m, onde 0 ≤ n ≤ 4e 0 ≤ m ≤ 3. Existem 5 valores para n, e 4 valores para m.Concluımos que 2.000 tem 5× 4 = 20 divisores naturais.

b) Quantos naturais 1 ≤ k ≤ 2.000 sao primos relativamente a2.000?resolucao: Os unicos factores primos de 2.000 sao 2 e 5. Por-tanto, os naturais 1 ≤ k ≤ 2.000 que sao primos relativamente a2.000 sao os que nao sao multiplos de 2 nem de 5.De 1 ate 2.000 temos:

• O conjunto A = {1 ≤ k ≤ 2.000 : 2|k}, formado pelos multiplosde 2, tem 2.000/2 = 1.000 elementos, ou seja, #(A) = 1.000.

• O conjunto B = {1 ≤ k ≤ 2.000 : 5|k}, formado pelos multiplosde 5, tem 2.000/5 = 400 elementos, #(B) = 400.

• O conjunto A ∩ B, formado pelos multiplos comuns de 2e de 5, contem os multiplos de mmc(2, 5) = 10. Portanto#(A ∩B) = 2.000/10 = 200.

• Os naturais que sao multiplos de 2 e/ou 5 formam o conjuntoA ∪ B. Temos #(A ∪ B) = #(A) + #(B) − #(A ∩ B) =1.000 + 400− 200 = 1.200.

• Finalmente, os naturais k ≤ 2.000 que sao primos relativa-mente a 2.000 sao os que nao pertencem ao conjunto A ∪B.Existem portanto 2.000− 1.200 = 800.

2. Determine todas as solucoes da equacao 87x ≡ 3 (mod 6.000) em Z.

resolucao: Para calcular d = mdc(87, 6.000), e uma solucao par-ticular da equacao nao-homogenea 87x ≡ d (mod 6.000), usamos oalgoritmo de Euclides.

m n r q x y x′ y′

6.000 87 84 68 1 0 0 187 84 3 1 0 1 1 −6884 3 0 1 −68 −1 69

Concluımos que d = 3, portanto a equacao inicial tem solucoes, esabemos ainda que (6.000)(−1) + (87)(69) = 3. Portanto x = 69 esolucao particular da equacao nao-homogenea em causa.

Passamos a calcular a solucao geral da equacao homogenea 87x ≡ 0(mod 6.000). Temos entao 87x + 6.000y = 0. Dividindo por d = 3

3.5. 2o TESTE: 29/4/2003 41

obtemos 29x+2.000y = 0, ou 29x = −2.000y. Como 29 e primo e naoe factor de 2.000 e claro que y e multiplo de 29, i.e., y = 29z, donde29x = −2.000(29z), ou x = −2.000z, que e a solucao geral da equacaohomogenea em causa.

A solucao geral da equacao nao-homogenea inicial e portanto x =69− 2.000z, que podemos tambem escrever na forma x = 69 + 2.000z,ja que z e arbitrario, ou ainda na forma x ≡ 69 (mod 2.000).

3. Determine todas as solucoes da equacao x2y = 108, onde x e y saointeiros. Sugestao: Recorde o teorema fundamental da Aritmetica.

resolucao: Deve ser claro que y > 0, e que o sinal de x e irrelevante.Notamos que 108 = 22 × 33. Os factores primos de x e y sao factoresprimos de 108, por razoes evidentes, e portanto so podem ser 2 e/ou 3,i.e., x = ±2n3m e y = 2k3j , onde n, m, k e j sao inteiros nao-negativos.Concluımos que

x2y = (2n3m)2 (2k3j) = 22n+k32m+j = 22 × 33.

Pelo teorema fundamental da Aritmetica, temos 2n+k = 2 e 2m+j =3. Como as incognitas n, m, k e j sao inteiros nao-negativos:

• 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 solucoes apresentam-se na tabela seguinte:

n k m j x y

0 2 0 3 ±1 1080 2 1 1 ±3 121 0 0 3 ±2 271 0 1 1 ±6 3

4. Suponha que a, b e m sao inteiros fixos. Prove que

a) ax ≡ b (mod m) tem solucoes inteiras x se e so se b e multiplode mdc(a,m).resolucao: As seguintes afirmacoes sao equivalentes:

(1) ax ≡ b (mod m) tem solucao x,(2) Existe um inteiro x tal que m|(b− ax),(3) b ∈ K = {ax + my : x, y ∈ Z}.Basta notar que (1) ⇔ (2) por definicao de congruencia modulom, e (2) ⇔ (3) por razoes obvias.O conjunto K e um ideal dos inteiros contendo a e m, porque:


• a = a× 1 + m× 0 ∈ K e m = a× 0 + m× 1 ∈ K,• K 6= ∅, porque a,m ∈ K,• (ax + my)− (ax′ + my′) = a(x−x′) + m(y− y′) ∈ K, i.e., K

e fechado em relacao a diferenca, e• (ax + my)z = a(xz) + m(yz) ∈ K, i.e., K e fechado em

relacao ao produto por inteiros arbitrarios.

Para provar que K e o conjunto dos multiplos de d = mdc(a,m),consideramos primeiro o caso “especial” a = m = 0.Neste caso, K = {ax + my : x, y ∈ Z} = {0} = {dz : z ∈ Z}, comd = 0, e 0 e o maximo (e unico) divisor comum de a e m.Supomos agora que a 6= 0 ou m 6= 0. K contem naturais, porquecontem pelo menos um elemento nao-nulo. Seja d o menor naturalem K, que existe pelo princıpio da boa ordenacao, e note-se que{dz : z ∈ Z} ⊆ K, porque K e um ideal, e d ∈ K. Sendo mum qualquer elemento de K, temos m = dq + r, onde q e r saointeiros, e 0 ≤ r < d, pelo usual algoritmo da divisao. Comor = m − dq ∈ K (K e um ideal!) e r < d, concluımos quer nao pode ser positivo, i.e., r = 0, e m e multiplo de d, i.e.,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 e umdivisor comum de a e m.

• d = ax + my, porque d ∈ K = {ax + my : x, y ∈ Z}. Se k eum qualquer divisor natural comum a a e m, entao a = dx′

e m = ky′, donde

d = ax + my = (kx′)x + (ky′)y = k(xx′ + yy′), e k|d e k ≤ d.

Por outras palavras, d e multiplo de qualquer divisor comumde a e de m, e portanto d = mdc(a,m).

b) ax ≡ 0 (mod m) tem solucoes x 6≡ 0 (mod m) se e so se ax ≡ 1(mod m) nao tem solucoes (supondo m 6= 0).resolucao: Consideramos entao as afirmacoes:

(1) ax ≡ 0 (mod m) tem solucoes x 6≡ 0 (mod m).(2) ax ≡ 1 (mod m) nao tem solucoes.

A implicacao “(1) ⇒ (2)” e valida para qualquer m, mesmo m =0. Se ax ≡ 1 (mod m) tem alguma solucao b, entao ab = ba ≡ 1(mod m), e ax ≡ 0 (mod m) ⇒ bax ≡ 0 (mod m) ⇒ x ≡ 0(mod m).Para provar a implicacao “(2) ⇒ (1)”, supomos que ax ≡ 1(mod m) nao tem solucoes. Pelo resultado anterior, d = mdc(a,m)nao e factor de 1, i.e., d = 0 ou d > 1. Mas se m 6= 0 entao

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)), e claro que ax =(kd)n = k(nd) = km ≡ 0 (mod m). Por outras palavras, ax ≡ 0(mod m) tem a solucao x = n 6≡ 0 (mod m).

5. Considere o ideal J =< 87 > em Z6000.

a) Quantos elementos tem J? Quantos geradores tem J?resolucao: Vimos na questao 2 que mdc(87, 6.000) = 3, e por-tanto J =< 87 >=< 3 >, que tem 6.000/3 = 2.000 elementos,correspondendo a todos os multiplos de 3 ate 6.000.Os geradores de J sao as solucoes de mdc(x, 6.000) = 3, com1 ≤ x ≤ 6.000. Para os contar, basta notar que x = 3k, onde1 ≤ k ≤ 2.000, e mdc(3k, 6.000) = 3. Como mdc(3k, 6.000) =3 mdc(k, 2.000), e claro que mdc(k, 2.000) = 1. Portanto, os gera-dores de J correspondem aos naturais k ate 2.000 que sao primosrelativamente a 2.000. Tal como calculado na questao 1, J tem800 geradores.

b) J tem identidade? Se J tem identidade, qual e a sua identidade?resolucao: Se x e identidade de J , entao temos x ≡ 0 (mod 3),porque x ∈ J . Temos igualmente x2 = x, ou x(x − 1) = 0, ouseja, x(x− 1) ≡ 0 (mod 6.000). Como x ≡ 0 (mod 3), i.e., comox e multiplo de 3, para que x(x− 1) seja multiplo de 6.000 bastaque (x − 1) seja multiplo de 2.000, i.e., basta que x − 1 ≡ 0(mod 2.000), o que tambem podemos escrever na forma x ≡ 1(mod 2.000).Segue-se do Teorema Chines do Resto que x ≡ 0 (mod 3) e x ≡ 1(mod 2.000) tem uma solucao unica (mod 6.000), porque 3 e2.000 sao primos entre si. Se x e solucao entao x e um geradorde J (porque x e primo relativamente a 2.000, de acordo com asegunda equacao). Como qualquer elemento y de J e da formay = nx, temos xy = yx = nx× x = n× x2 = nx = y. Portanto xe identidade de J .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 polinomios p(x) = x3 +25x2 +10x−5 e q(x) = 1+x+x2

em Q[x].


a) Quais dos polinomios p(x) e q(x) sao irredutıveis em Q[x]?resolucao: O polinomio p(x) e irredutıvel em Z[x] de acordocom o criterio de Eisenstein, que se aplica aqui com o primo 5. Deacordo com o Lema de Gauss, e igualmente irredutıvel em Q[x],porque e um polinomio monico. O polinomio q(x) e irredutıvelem R[x] porque tem discriminante d = −3 < 0. E por issoevidentemente irredutıvel em Q[x].

b) Determine a(x), b(x) ∈ Q[x] tais que 1 = a(x)(1 + x + x2) +b(x)(1 + x2).resolucao: Como vimos, o polinomio 1 + x + x2 e irredutıvel.E evidente que 1 + x2 nao e multiplo de 1 + x + x2, e portanto sopodemos ter mdc(1+x+x2, 1+x2) = 1. A equacao apresentadatem por isso solucao, e podemos calcular uma das suas solucoesusando 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 −1x 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 e um numero irracional algebrico sobre Q. SejaJ =< m(x) > o conjunto dos polinomios p(x) ∈ Q[x] tais que p(α) = 0.

a) Supondo que m(x) tem grau n, prove que o espaco vectorial Q[α]tem dimensao n sobre o corpo Q.resolucao: Q[α] = {p(α) : p(x) ∈ Q[x]}. De acordo com o al-goritmo de divisao, p(x) = q(x)m(x)+r(x), onde o grau de r(x) e< n. E evidente que p(α) = r(α), e sendo r(x) = r0 + r1x+ · · ·+rn−1x

n−1, temos p(α) = r(α) = r0 + r1α + · · · + rn−1αn−1. Por

outras palavras, o conjunto B ={1, α, · · · , αn−1

}gera o espaco

vectorial Q[α] sobre Q.B e um conjunto linearmente independente: se r0 + r1α + · · · +rn−1α

n−1 = 0 com rk ∈ Q entao r(α) = 0, onde r(x) = r0 +r1x+· · · + rn−1x

n−1 ∈ Q[x]. Temos portanto que r(x) e multiplo dem(x), e como o grau de m(x) e maior que o de r(x) so podemoster r(x) = 0, ou seja, r0 = r1 = · · · = rn−1 = 0.Concluımos que B e uma base de Q[α] sobre Q, e portanto Q[α]tem dimensao n.

b) Prove que Q[α] e um corpo, e uma extensao algebrica de Q.

3.6. 3o TESTE: 27/5/2003 45

resolucao: Mostramos primeiro que m(x) e um polinomio irre-dutıvel. 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 perdade generalidade que a(α) = 0, concluımos que a(x) ∈< m(x) >,i.e., m(x)|a(x). Como e evidente que a(x)|m(x), os polinomiosm(x) e a(x) sao associados, e b(x) e invertıvel. Portanto m(x) eirredutıvel. E evidente que podemos supor m(x) monico.Seja p(x) ∈ Q[x]. Supondo p(α) 6= 0, temos a provar que existeq(x) ∈ Q[x] tal que 1 = q(α)p(α), donde podemos concluir queq(α) ∈ Q[α] e o inverso de p(α).Como d(x) = mdc(p(x),m(x)) e factor de m(x), e m(x) e irre-dutıvel, e claro que d(x) = 1 ou d(x) = m(x). Se p(α) 6= 0, entaop(x) 6∈< m(x) >, i.e., m(x) nao e factor de p(x), e portantod(x) 6= m(x). Neste caso so podemos ter d(x) = 1, e existempolinomios q(x), n(x) ∈ Q[x] tais que 1 = q(x)p(x) + n(x)m(x).Concluımos que 1 = q(α)p(α), e q(α) e o inverso de p(α), comq(α) ∈ Q[α]. Como os elementos nao-nulos do anel Q[α] teminverso em Q[α], concluımos que Q[α] e um corpo.Seja b ∈ Q[α]. Para provar que b e algebrico sobre Q, considere-se o conjunto C =

{1, b, b2, · · · , bn

}. Se C tem menos de n + 1

elementos, e evidente que existem 0 ≤ k < m ≤ n tais quebk = bm, e b e raiz do polinomio p(x) = xm − xk ∈ Q[x], e epor isso algebrico. Caso contrario C e um conjunto com maisde n elementos num espaco vectorial de dimensao n sobre Q, ee por isso linearmente dependente sobre Q. Existem portantoconstantes racionais rk ∈ Q (com 0 ≤ k ≤ n) nao todas nulastais que r0 + r1b + · · · + rnbn = 0. Por outras palavras, r(x) =r0 + r1x+ · · ·+ rnxn ∈ Q[x] e um polinomio nao-nulo, e r(b) = 0,ou seja, b e algebrico.

3. Suponha que p(x), q(x) ∈ Z[x]. Diga (com a correspondente justi-ficacao!) se cada uma das seguintes afirmacoes e falsa ou verdadeira.

a) Se p(x) e irredutıvel em Q[x] entao p(x) e irredutıvel em Z[x].resolucao: FALSO. O polinomio p(x) = 2x + 4 e irredutıvelem Q[x], mas nao em Z[x], porque p(x) = 2(x+2). (O polinomioconstante a(x) = 2 e invertıvel em Q[x], mas nao o e em Z[x].Portanto a factorizacao indicada e trivial em Q[x], mas nao etrivial em Z[x].)

b) Se p(x) e q(x) sao primitivos, entao p(x)q(x) e primitivo.resolucao: VERDADEIRO. Seja m(x) = p(x)q(x). Desig-namos os coeficientes dos polinomios m(x), p(x) e q(x) por re-spectivamente mi, pi, qi. Recordamos que o conteudo de um


polinomio e o maximo divisor comum dos seus coeficientes, eportanto qualquer divisor do conteudo e divisor de todos os seuscoeficientes. Um polinomio em Z[x] e primitivo se o seu conteudoe 1. Vamos provar que o conteudo de m(x) nao tem qualquerfactor primo, e portanto so pode ser 1.Seja a um qualquer numero primo. Como p(x) e primitivo, a naoe factor do conteudo de p(x), e portanto existem coeficientes dep(x) que nao sao multiplos de a. Seja s o menor ındice i para oqual a nao e factor de pi. Analogamente, e como q(x) e tambemprimitivo, seja r o menor ındice i para o qual a nao e factor deqi.Como m(x) = p(x)q(x), e tomando k = s + r, temos:

mk =k∑

i=0

piqk−i =s−1∑i=0

piqk−i + psqr +k∑

i=s+1

piqk−i.

(A primeira soma a direita e vazia se s = 0, e a ultima e-o ser = 0, mas este facto e irrelevante para o nosso argumento, comoveremos). A primeira soma a direita, se nao for vazia, e ummultiplo de a, porque pi e multiplo de a quando i < s. A ultimasoma a direita, se nao for vazia, e um multiplo de a, porque qi emultiplo de a quando i < r, e se i > s entao k− i = s+ r− i < r.Como o termo restante e psqr, que nao e multiplo de a, concluımosque mk nao e multiplo de a. Portanto a nao e factor do conteudode m(x), e como a e arbitrario m(x) e primitivo.

4. Suponha que G e H sao grupos finitos, respectivamente com n e melementos, e seja f : G → H um homomorfismo de grupos.

a) Prove que se f e injectivo entao n e factor de m.resolucao: Se f e injectivo entao f(G) tem n elementos. Comof(G) e um subgrupo de H, e H tem m elementos, concluımos doteorema de Lagrange que n|m.

b) O que pode concluir sobre f se n e m sao primos entre si?resolucao: Sabemos como dissemos acima que f(G) e um sub-grupo de H, e portanto o numero de elementos de f(G) e divisorde m. Seja N o nucleo de f , e recorde-se a identidade: (no deelementos de G) = (no de elementos de N)(no de elementos def(G))Segue-se desta equacao que o numero de elementos de f(G) etambem factor do numero de elementos de G, alem de ser factordo numero de elementos de H. O unico divisor comum de n e me 1, e portanto f(G) so pode ter 1 elemento. Por outras palavras,f so pode ser o homomorfismo “trivial”, que transforma todos oselementos de G na identidade de H.

3.7. 1o TESTE: 30/3/2004 47

3.7 1o Teste: 30/3/2004


a) Qualquer subgrupo de G contem a identidade de G.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 e a identidade de H.• f ∗ e = f , porque f ∈ G, e e e a identidade de G.

Concluımos que f ∗ f = f ∗ e. Pela lei do corte no grupo G (i.e.,multiplicando a esquerda por f−1, que e o inverso de f no grupoG), obtemos imediatamente que f = e.

b) Se H e K sao subgrupos de G, e H e um subgrupo normal de G,entao H ∩K e um subgrupo normal de K.resolucao: Verdadeiro. Observamos primeiro da alınea ante-rior que tanto H como K contem a identidade de G, e portantoH ∩K 6= ∅. Por outro lado, e supondo que x, y ∈ H ∩K, temos

• x ∗ y−1 ∈ H, porque x, y ∈ H, e H e subgrupo de G, e• x ∗ y−1 ∈ K, porque x, y ∈ K, e K e subgrupo de G.

Concluımos que x∗y−1 ∈ H∩K, e por isso H∩K e um subgrupode G, e portanto de K, ja que H ∩K ⊆ K.Para verificar que H ∩K e um subgrupo normal de K, supomosque x ∈ H ∩K, e y ∈ K. Temos entao:

• y ∗ x ∗ y−1 ∈ K, porque x, y ∈ K, e K e um subgrupo.• y ∗ x ∗ y−1 ∈ H, porque x ∈ H, y ∈ G, e H e um subgrupo

normal de G.

Temos assim que y ∗ x ∗ y−1 ∈ H ∩K, e H ∩K e um subgruponormal de K.

c) Se B e um subanel de A, entao B e tambem um anel unitario.resolucao: Falso. Basta recordar o exemplo A = Z, que e umanel unitario, e tomar para B o subanel dos inteiros pares, quenao e um anel unitario, por razoes obvias.

d) Se x, y ∈ A, entao (x + y)2 = x2 + 2xy + y2.resolucao: Falso. Considere-se por exemplo o anel H dosquaternioes, e tome-se x = i, y = j. Observe-se que

• (i + j)2 = i2 + ij + ji + j2 = −2, porque i2 = j2 = −1, eij = −ji = k, e

• i2 + 2ij + j2 = −2 + 2k 6= −2.


e) Se a, b ∈ A e n ∈ Z entao n(ab) = (na)b = a(nb).resolucao: Verdadeiro. Recorde-se primeiro que se n ∈ Z ec ∈ A, e sendo O o zero de A, e 0, 1 ∈ Z, entao definimos:

(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, entao n(ab) = O, (na)b = Ob = O, e a(nb) =aO = O. Usamos aqui a identidade (1), e o facto do zero dequalquer anel ser elemento absorvente para o produto, i.e.,aO = Oa = O, para qualquer a ∈ A.

• Se n ∈ N, a identidade verifica-se por inducao.n = 1: temos n(ab) = 1(ab) = ab, (na)b = (1a)b = ab, ea(nb) = a(1b) = ab, sempre pela identidade (2).n > 1: usando a identidade (3), temos

n(ab) = (n− 1)(ab) + ab.

A hipotese de inducao 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 equacao x2 = a2 tem um numero finito de solucoesem A.resolucao: Falso. Considere-se no anel A = M2(R) a equacaox2 = 0 = 02, onde 0 e a matriz zero. A equacao tem um numeroinfinito de solucoes, em particular as matrizes da forma

x =[

0 c0 0

], c ∈ R.

2. Recorde que o grupo diedral Dn e o grupo de simetria do polıgonoregular de n lados, e tem 2n elementos (n reflexoes e n rotacoes).Designamos por R2 o grupo multiplicativo das raızes quadradas daunidade.

3.7. 1o TESTE: 30/3/2004 49

a) Seja f : Dn → R2 dada por

f(σ) ={

+1, se σ e uma rotacao,−1, se σ e uma reflexao.

Mostre que f e um homomorfismo de grupos. Podemos concluirdaqui que as rotacoes em Dn formam um subgrupo normal deDn?resolucao: As simetrias do polıgono regular de n lados saotransformacoes ortogonais. As transformacoes ortogonais temdeterminante ±1, e as rotacoes sao as transformacoes ortogonaiscom determinante 1. Portanto, as reflexoes tem determinante−1, e a funcao f acima mencionada e o determinante. Mais pre-cisamente, f(σ) e o determinante da representacao matricial deσ numa qualquer base de R2.Se σ, ρ ∈ Dn, e m(σ),m(ρ) sao as respectivas representacoes ma-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 e um homomorfismode grupos.As rotacoes em Dn formam um subgrupo normal porque con-stituem, por razoes evidentes, o nucleo do homomorfismo f , esabemos que o nucleo de um homomorfismo de grupos e um sub-grupo normal do grupo de partida.

b) Determine todos os subgrupos de D5. Quais destes subgrupos saonormais? sugestao: Pode ser conveniente verificar que qual-quer subgrupo que contenha uma rotacao r 6= 1 contem todas asrotacoes em D5.resolucao: Designamos por I a identidade de D5, que e umarotacao (de zero graus), por r a rotacao de 2π/5, e por α, β, γ, δ,e ε as 5 reflexoes em D5. As restantes rotacoes em D5 sao, porrazoes obvias, r2, r3, e r4.Qualquer reflexao e a sua propria inversa, e portanto existem 5subgrupos cada um com 2 elementos, com suportes

{I, α}, {I, β}, {I, γ}, {I, δ}, e {I, ε}.

Como vimos acima, as rotacoes formam um subgrupo (normal)de D5, com suporte K = {I, r, r2, r3, r4}. Temos, alem destes, ossubgrupos (triviais) {I} e D5.Passamos a verificar que D5 nao tem subgrupos alem dos 8 que jaindicamos. Precisamos para isso de alguns resultados auxiliares:

i. Qualquer subgrupo H que contenha uma rotacao 6= I contemtodas as rotacoes.


Se o subgrupo contem r2 ou r3 entao contem r, porque(r2)3 =(

r3)2 = r6 = r. Se o subgrupo contem r4 entao contem r,

porque r−1 = r4.ii. Qualquer subgrupo H que contenha duas reflexoes contem

todas as rotacoes.O produto de duas reflexoes (distintas) e uma rotacao 6= 1, epelo resultado anterior o subgrupo contem todas as rotacoes.

iii. Qualquer subgrupo H que contenha uma reflexao e umarotacao 6= 1 e o proprio grupo D5.Ja vimos que H contem todas as rotacoes, i.e., contem K ={I, r, r2, r3, r4}. Se ρ ∈ H e uma reflexao, entao H contemos elementos ρ, ρr, ρr2, ρr3, ρr4, que sao distintos, e sao re-flexoes. Concluımos que H contem 5 reflexoes e 5 rotacoes,i.e., contem todos os elementos de D5.

Finalmente, observamos que qualquer subgrupo de D5 possivel-mente distinto dos 8 que indicamos contem pelo menos duas re-flexoes, ou uma reflexao e uma rotacao, e portanto e D5.

Ja vimos que o subgrupo das rotacoes K e normal, e e obvio que {1} eD5 sao subgrupos normais de D5. Resta-nos verificar que os subgruposda forma H = {1, ρ}, onde ρ e uma reflexao, nao sao normais. Recorde-se que qualquer reflexao σ e inversa de si propria, i.e., satisfaz σ−1 = σ.Temos agora que se σ 6= ρ entao σ ◦ ρ ◦ σ−1 6∈ H, porque

• σ ◦ ρ ◦ σ−1 = 1 ⇒ σ ◦ ρ = σ ⇒ ρ = 1, o que e impossıvel.

• σ ◦ ρ ◦ σ−1 = ρ ⇒ σ ◦ ρ = ρ ◦ σ = (σ ◦ ρ)−1, e portanto σ ◦ ρe uma rotacao igual a sua inversa, ou σ ◦ ρ = 1, que e tambemimpossıvel, porque ρ 6= σ.

algumas notas soltas:

1 a) Nao podemos invocar na resolucao deste exercıcio a identidade f ∗ e =f , a pretexto de f ser a identidade do subgrupo, porque neste casosabemos apenas que f ∗ x = x ∗ f = x para qualquer x ∈ H. Tomarx = e equivale a dizer que e ∈ H, que e exactamente o que queremosprovar!

1 b) O subgrupo H ∩K e normal apenas no subgrupo K! Em geral, H ∩Knao e normal no grupo original G.

1 d) A identidade (x + y)2 = x2 + 2xy + y2 e equivalente a xy = yx. Qual-quer anel nao-abeliano pode ser usado para obter um contra-exemplo,mas convem escolher elementos x e y tais que xy 6= yx! E muitosimples obter exemplos com matrizes.

3.8. 2o TESTE: 27/4/2004 51

1 f) Este facto e falso, mesmo em aneis sem divisores de zero, desdeque nao-abelianos. Por exemplo, a equacao x2 = −1 tem um numeroinfinito de solucoes no anel dos quaternioes.

2 a) Existem muitas maneiras de verificar que as rotacoes tem determinante1, e as reflexoes determinante −1. Por exemplo, qualquer rotacao deR2 em torno da origem e uma transformacao linear com determinante1, porque a respectiva representacao matricial numa base ortonormadae da forma: [

cos θ − sen θsen θ cos θ

].

Esta matriz tem determinante cos2 θ + sen2 θ = 1. Por outro lado,qualquer reflexao do plano numa recta que passe pela origem e umatransformacao linear com representacao matricial da forma[

1 00 −1

]numa base ortogonal convenientemente escolhida (o primeiro vectorda base tem a direccao da recta em causa, e o segundo e ortogonal amesma recta). O determinante da transformacao e neste caso −1.

2 b) O argumento usado para mostrar que os subgrupos de dois elementosnao sao normais pode ser explorado para determinar a “tabuada” dogrupo Dn. Na realidade, se α e uma reflexao e r e a rotacao de 2π/n,entao a tabuada de Dn fica determinada observando que os elementosde Dn sao da forma αkrm, com 0 ≤ k < 2, e 0 ≤ m < n, e calculandorα. O calculo e directo, se notarmos que rα e uma reflexao, e portantorα = (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 questao refere-se a equacoes ax ≡ b (mod 216), com a, b, x ∈ Z.

a) Determine as solucoes da equacao homogenea 10x ≡ 0 (mod 216).resolucao: Temos 216 = 23 × 33, e 10 = 2 × 5. E portantoevidente 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 poroutro lado obvio que 108|x ⇒ 108|5x, i.e., 108|x ⇔ 108|5x, e

10x ≡ 0 (mod 216) ⇔ 108|x ⇔ x ≡ 0 (mod 108).


Por outras palavras, x e solucao da equacao homogenea 10x ≡ 0(mod 216) se e so se x ≡ 0 (mod 108), i.e., se e so se x = 108k,com k ∈ Z.

b) Determine as solucoes da equacao 10x ≡ 6 (mod 216).resolucao: A equacao tem solucoes, porque mdc(10, 216) = 2,e 2 e factor de 6. Podemos calcular uma solucao particular para aequacao 10x ≡ 2 (mod 216) recorrendo ao algoritmo de Euclides:

n m q r y1 x1 y2 x2

216 10 21 6 1 0 0 110 6 1 2 0 1 1 −216 4 1 2 1 −21 −1 224 2 2 0 −1 22 2 −43

Concluımos que 216(2) + 10(−43) = 2, i.e., x = −43 e umasolucao particular da equacao 10x ≡ 2 (mod 216), donde x =−129 = (−43)× 3 e uma solucao particular da equacao 10x ≡ 6(mod 216). A solucao geral desta equacao pode ser obtida so-mando a esta solucao particular a solucao geral da equacao ho-mogenea corresponente, que e como vimos x = 108k, com k ∈ Z,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 substituıdo por qualquer outro que lheseja congruente (mod 108), e e comum escrever a solucao geralrecorrendo a menor solucao particular positiva, i.e., escrever x ≡87 (mod 108).

c) Quantos naturais a ≤ 216 tem inverso (mod 216)?resolucao: a e invertıvel (mod 216) se e so se a equacao ax ≡ 1(mod 216) tem solucao, ou seja, se e so se mdc(a, 216) = 1. Comoos unicos factores primos de 216 sao 2 e 3, segue-se que desejamoscontar os naturais a ≤ 216 que nao sao multiplos de 2 nem de 3.E claro que existem• 216/2 = 108 naturais a ≤ 216 que sao multiplos de 2.• 216/3 = 72 naturais a ≤ 216 que sao multiplos de 3.

Alguns destes naturais sao simultaneamente multiplos de 2 e de3, mas esses sao multiplos de mmc(2, 3) = 6. Mais uma vez,existem 216/6 = 36 multiplos de 6, menores ou iguais a 216.Os naturais a ≤ 216 que sao multiplos de 2 ou de 3 sao entao108 + 72 − 36 = 144, restando 216 − 144 = 72 naturais a ≤ 216que sao invertıveis (mod 216).

3.8. 2o TESTE: 27/4/2004 53

2. Nesta questao, A e um anel unitario, com identidade I 6= 0, e φ : Z →A e o homomorfismo de aneis dado por φ(n) = nI.

a) Prove que φ(Z) e o menor subanel de A que contem I.resolucao: Temos a provar duas afirmacoes:

(1) φ(Z) e um subanel de A que contem I.(2) Se I ∈ B ⊆ A, e B e subanel de A, entao φ(Z) ⊆ B.

A afirmacao (1) e evidente, porque

• I = φ(1) ∈ φ(Z), e• φ(Z) e um subanel de A, porque e a imagem do anel Z pelo

homomorfismo de aneis φ.

Para provar (2), suponha-se que I ∈ B ⊆ A, e B e subanel de A.Temos que mostrar que(a) φ(n) ∈ B, para qualquer n ∈ Z:Demonstramos primeiro, e por inducao em n, que(b) φ(n) ∈ B, para qualquer n ∈ N:

• φ(1) ∈ B, porque φ(1) = I ∈ B.• Se φ(n) ∈ B entao φ(n + 1) = φ(n) + I ∈ B, porque B e

fechado para a soma.

Sabemos que se n ∈ Z entao n ∈ N, ou n = 0, ou −n ∈ N.Para provar (a), resta-nos mostrar que φ(n) ∈ B, quando n = 0e quando −n ∈ N.

• Se n = 0: φ(0) = 0 ∈ A, porque φ e um homomorfismo deaneis, e portanto transforma o zero do anel de partida nozero do anel de chegada. Qualquer subanel de A contem ozero de A, e portanto φ(0) = 0 ∈ B.

• Se −n ∈ N: φ(n) = −φ(−n), porque φ e um homomorfismode aneis, e φ(−n) ∈ B, de acordo com (b). Portanto φ(n) ∈B, ja que B e um subanel, e por isso contem os simetricosdos seus elementos.

b) Mostre que se A e ordenado e A+ = φ(N) entao A e isomorfo aZ. sugestao: Verifique primeiro que se A e ordenado entao φ einjectiva, i.e., a caracterıstica de A so pode ser 0.resolucao: Para mostrar que φ e injectiva basta-nos provar quen 6= 0 =⇒ φ(n) 6= 0, ja que φ e um homomorfismo. Recordamosque se n 6= 0 entao n ∈ N ou −n ∈ N. Provamos primeiro:(i) Se n ∈ N entao φ(n) ∈ A+, donde φ(n) 6= 0.Argumentamos por inducao:

• φ(1) = I ∈ A+, porque I = I2, e I 6= 0.


• Se φ(n) ∈ A+ entao φ(n + 1) = φ(n) + I ∈ A+, porque A+ efechado para a soma.

• Pela propriedade de tricotomia, temos φ(n) 6= 0.

Provamos em seguida:(ii) Se −n ∈ N, entao φ(n) 6= 0.φ(−n) ∈ A+, de acordo com (i), donde φ(n) = −φ(−n) 6= 0.Concluımos de (i) e (ii) que φ e injectiva.Supomos agora que A+ = φ(N), e passamos a demonstrar que φe tambem sobrejectiva. Dado a ∈ A, temos mais uma vez pelapropriedade de tricotomia que a ∈ A+, ou a = 0, ou −a ∈ A+.Observamos que:

• Se a ∈ A+, entao por hipotese existe n ∈ N tal que a =φ(n) ∈ φ(N) ⊂ φ(Z).

• Se a = 0 entao a = φ(0) ∈ φ(Z).• Se −a ∈ A+ entao temos mais uma vez −a = φ(n), com

n ∈ N, e a = −φ(n) = φ(−n) ∈ φ(Z).

Concluımos que φ e um homomorfismo bijectivo, i.e., e um iso-morfismo, e os aneis A e Z sao isomorfos.

3. Designamos aqui por S(n) a soma dos divisores naturais de n ∈ N.

a) Quantos naturais d ≤ 4.000 sao divisores de 4.000?resolucao: Como 4.000 = 25 × 53, os divisores de 4.000 sao daforma d = 2n × 3m, com 0 ≤ n ≤ 5, e 0 ≤ m ≤ 3. Existem porisso (5 + 1)× (3 + 1) = 24 divisores de 4.000.

b) Determine S(4.000).resolucao: De acordo com a alınea anterior, temos:

S(4.000) =5∑

n=0

3∑m=0

2n × 5m =5∑

n=0

2n3∑

m=0

5m =

= (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32)(1 + 5 + 25 + 125) = 63× 156 = 9.828

c) Resolva a equacao S(n) = 399 = 3× 7× 19.resolucao: Se pk e a maior potencia de p que divide o naturaln entao a soma 1 + p + p2 + · · · + pk e factor de S(n). Nestecaso, S(n) = 3 × 7 × 19 tem 7 factores α 6= 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 sao muito faceis de resolver, ja que3 = 1 + 2, e 7 = 1 + 2 + 4, correspondendo sempre a p = 2, esendo respectivamente k = 1 e k = 2.

3.9. 3o TESTE: 25/5/2004 55

Para estudar os casos dos restantes factores, convem observar oseguinte:

(1) Se 1+p+p2 + · · ·+pk = α entao α ≡ 1 (mod p), i.e., p|α−1.(2) Se 1 + p + p2 + · · · + pk = α ∈ {19, 21, 57, 133, 399} entao

k ≥ 2, e portanto p2 < α.(3) 1 + 2 + 22 + · · ·+ 2k = 2k+1 − 1: os valores correspondentes

sao: 3, 7, 15, 31, 63, 127, 255, 511, · · · .(4) 1+3+32+· · ·+3k = (3k+1−1)/2: os valores correspondentes

sao: 4, 13, 40, 121, 364, · · · .Seleccionamos assim os possıveis primos p para cada valor de α:

19: 19− 1 = 18 = 2× 32, p = 2, ou p = 3: impossıvel.21: 21− 1 = 20 = 22 × 5, p = 2: impossıvel.57: 57− 1 = 56 = 23 × 7, p = 2, ou p = 7: a unica possibilidade

e 57 = 1 + 7 + 49, i.e., p = 7, e k = 2.133: 133 − 1 = 132 = 22 × 3 × 11, p = 2, ou p = 3, ou p = 11: a

unica possibilidade e 133 = 1+11+121, i.e., p = 11 e k = 2.399: 399− 1 = 398 = 2× 199, p = 2: impossıvel. Repare-se que

para verificar que 199 e primo basta testar os factores primos2 ≤ p ≤ 13. E evidente que 2, 3, 5 e 11 nao sao factores de199, pelo que apenas temos que calcular 199 ≡ 3 (mod 7), e199 ≡ 4 (mod 13).

Resumimos as solucoes que encontramos para a equacao

1 + p + p2 + · · ·+ pk = α ∈ {3, 7, 19, 21, 57, 133, 399}

α p k

3 2 1 3 = 1 + 27 2 2 7 = 1 + 2 + 4

57 7 2 57 = 1 + 7 + 49133 11 2 133 = 1 + 11 + 121

Como 399 = 3 × 133 = 7 × 57, a equacao S(n) = 399 tem exac-tamente duas solucoes: n = 2× 112 = 242, e n = 22 × 72 = 196.

3.9 3o Teste: 25/5/2004

1. Este grupo refere-se ao anel A = Z1155.

a) Determine uma solucao particular da equacao 60x = 15, comx ∈ Z1155. Quantas solucoes tem esta equacao?resolucao: A equacao a resolver e equivalente a 60x ≡ 15(mod 1155), que tem solucao se e so se mdc(60, 1155)|15. Co-mecamos por isso por calcular mdc(60, 1155), usando o algoritmo


de Euclides:

n m q r y1 x1 y2 x2

1155 60 19 15 1 0 0 160 15 4 0 0 1 1 −19

Temos assim 15 = mdc(60, 1155), e 15 = (1155)(1) + (60)(−19).Em particular, x = −19 = 1136 e uma solucao particular daequacao original.O numero de solucoes da equacao original, que e nao-homogenea,e o numero de solucoes da equacao homogenea correspondente,que e 60x = 0. Esta ultima equacao e equivalente a 1155|60x,ou, dividindo por 15, 77|4x. Como 77 e 4 sao primos entre si,concluımos que 77|x. Finalmente, como 1155 = 77 × 15, e claroque a equacao tem 15 solucoes no anel Z1155.

b) O subanel B =< 60 >⊂ A tem identidade? Em caso afirmativo,qual e essa identidade?resolucao: Vimos que mdc(60, 1155) = 15, donde

B =< 60 >=< 15 > e um anel com 1155/15 = 77 elementos.

Como 15 e 77 sao primos entre si, segue-se que B tem identidade.A identidade e a classe de equivalencia do inteiro x, onde{

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 e inverso de 2 (mod 15), obtemos

y ≡ 7 (mod 15) ⇒ y = 7+15z ⇒ x = 1+77(7+15z) = 540+1155z.

Concluımos que x ≡ 540 (mod 1155), e a identidade do subanelB e 540.

2. Neste grupo, p(x) ∈ Z3[x], e F e o anel das funcoes f : Z3 → Z3. De-signamos por φ : Z3[x] → F o homomorfismo de aneis que transformacada polinomio na respectiva funcao polinomial, e g : Z3 → Z3 e afuncao dada por g(0) = g(1) = 2, e g(2) = 1.

a) Determine p(x) tal que φ(p(x)) = g.

3.9. 3o TESTE: 25/5/2004 57

resolucao: Usamos a formula de interpolacao de Lagrange.Consideramos primeiro os polinomios pk(x), dados por:

p0(x) =2(x− 1)(x− 2)p1(x) =2x(x− 2)p2(x) =2x(x− 1)

Notamos que qualquer α 6= k e raız de pk(x), e pk(k) = 1. Opolinomio Ap0(x)+Bp1(x)+Cp2(x) toma assim os valores A, B,e C, respectivamente em 0, 1, e 2, e no caso presente A = B = 2,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 e a solucao geral da equacao φ(p(x)) = g?resolucao: Como vimos, o polinomio p(x) = x2 +2x+2 e umasolucao particular desta equacao. Como φ e um homomorfismo(de aneis), a solucao geral resulta de adicionar, a esta, a solucaogeral da equacao homogenea φ(p(x)) = 0, ou seja, adicionar umqualquer elemento do nucleo de φ. Por outras palavras, temos adeterminar o nucleo do homomorfismo φ.O nucleo de φ e um ideal de Z3[x], e portanto e da forma

N(φ) =< m(x) >= {q(x)m(x) : q(x) ∈ Z3[x]},

ja que Z3 e um corpo. Os polinomios em N(φ) sao, por razoesevidentes, os que tem 0, 1, e 2 como raızes, e m(x) e um qualquerdos polinomios nao-nulos, e de grau mınimo, no nucleo de φ.O grau de m(x) e pelo menos 3, porque m(x) tem tres raızesdistintas. Como x(x − 1)(x − 2) = x(x2 + 2) = x3 + 2x e umpolinomio de grau 3 com as raızes em causa, podemos tomarm(x) = x3 + 2x.A solucao geral da equacao nao-homogenea e assim:

p(x) = x2 + 2x + 2 + q(x)(x3 + 2x), q(x) ∈ Z3[x]

3. Este grupo refere-se ao anel dos inteiros de Gauss Z[i].

a) Suponha que n, m ∈ Z, e p = n2 +m2 e um inteiro primo. Mostreque n + mi e um elemento irredutıvel de Z[i].resolucao: 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).


Como p e um inteiro primo, temos certamente a2 + b2 = 1 ouc2 + d2 = 1, i.e., um dos elementos a + bi ou c + di e invertıvel.Como n + mi nao e nulo nem invertıvel, segue-se que n + mi eirredutıvel.

b) Considere o inteiro de Gauss z = 15(2 + 3i)2. Quantos divisoresde z existem em Z[i]? sugestao: Como calcula o numero dedivisores k ∈ N de um dado n ∈ N?resolucao: A seguinte factorizacao para z e imediata:

z = 15(2 + 3i)2 = 3× 5× (2 + 3i)2 = 3(2 + i)(2− i)(2 + 3i)2.

Os inteiros de Gauss 2 + i, 2− i e 2 + 3i sao irredutıveis, porque22 + 12 = 5, e 22 + 32 = 13. 3 e um inteiro de Gauss irredutıvel,porque qualquer inteiro primo p que satisfaca p ≡ 3 (mod 4) eirredutıvel em Z[i]. A factorizacao de z indicada acima e portantoa factorizacao de z em elementos irredutıveis, e os divisores de zsao os inteiros de Gauss da forma:

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} e um inteirode Gauss invertıvel.Existem assim 4× 2× 2× 2× 3 = 96 divisores de z.

4. Seja K um corpo e A = K [[x]] o anel das series de potencias comcoeficientes em K.

a) Mostre que os elementos invertıveis de A sao as series da forma∑∞n=0 anxn, com a0 6= 0.

resolucao: E evidente que( ∞∑n=0

anxn

)( ∞∑m=0

bmxm

)= 1 ⇒ a0b0 = 1 ⇒ a0 6= 0.

Resta-nos mostrar que se a0 6= 0 entao existe uma serie∑∞

m=0 bmxm

tal que (∑∞

n=0 anxn) (∑∞

m=0 bmxm) = 1. Para isso, definimos oscoeficientes bm recursivamente, de forma a que:

a0b0 = 1, e, para n > 0,n∑

k=0

akbn−k = 0.

Basta-nos tomar b0 = a−10 , e, para n > 0, e supondo bk definido

para 0 ≤ k < n, notar que

n∑k=0

akbn−k = 0 ⇔ a0bn = −n∑

k=1

akbn−k ⇔ bn = −a−10

(n∑

k=1

akbn−k

).

3.9. 3o TESTE: 25/5/2004 59

b) A e um d.i.p. e/ou um d.f.u.?resolucao: Seja 0 6= s(x) =

∑∞k=0 skx

k ∈ K[[x]], e n =min{k ≥ 0 : sk 6= 0}. Segue-se da alınea anterior que

s(x) = xnu, onde u ∈ K[[x]] e invertıvel.

Por outras palavras, se s(x) 6= 0 entao existe n ≥ 0 tal ques(x) ∼ xn em K[[x]]. Seja agora I ⊆ K[[x]] um ideal. Se I = {0}e obvio que I =< 0 > e um ideal principal. Se I 6= {0}, entaoexiste uma serie 0 6= s(x) ∈ I, e existe n ≥ 0 tal que s(x) ∼ xn.E claro que xn ∈ I, e em particular {n ≥ 0 : xn ∈ I} 6= ∅.Consideramos

d = min{n ≥ 0 : xn ∈ I}, donde xd ∈ I.

E claro que < xd >⊆ I. Para verificar que I ⊆< xd >, seja0 6= t(x) ∈ I, donde t(x) = xmv, onde v e invertıvel, e xm ∈ I.Temos entao m ≥ d, e t(x) = (xm−dv)xd, i.e., t(x) ∈< xd >, e< xd >⊆ I.Concluımos que K[[x]] e um p.i.d., donde e tambem um d.f.u.

Notas sobre a resolucao:

• As questoes (1a) e (2b) sao ambas aplicacoes directas duma ideia quecomecamos a referir ainda no primeiro capıtulo. Seja (G, ∗) um grupo,φ : G → H um homomorfismo de grupos, e suponha-se que a equacaoφ(x) = y0 tem uma solucao particular x0. Neste caso, a solucao geralda equacao e x = x0 ∗ n, onde n ∈ N(φ), i.e., onde n e um elementoarbitrario do nucleo de φ. Na questao (1a), temos φ : Z1155 → Z1155,dado por φ(x) = 60x. Na questao (2b), temos φ : Z3[x] → F , ondeφ(p(x)) e a funcao polinomial determinada por p(x), e definida em Z3.Em ambos os casos, e depois de determinar uma solucao particular, eapenas necessario calcular o nucleo de φ.

• A questao (1b) esta documentada na seccao 3.1 do livro (proposicao3.1.25).

• Sobre a questao (2a), recorde-se que, num corpo finito K = {a1, · · · , an},o valor do polinomio qk(x) =

∏i6=k(x − ai) e, no ponto ak, uma con-

stante α independente de k. α e na realidade igual ao produto doselementos nao-nulos de K. No caso de Z3, temos α = 1 × 2 = 2. Aousar a formula de interpolacao de Lagrange, recorremos aos polinomiospk(x) = α−1qk(x), para forcar pk(ak) = 1. Em Z3 temos 2−1 = 2.


3.10 1o Teste: 31/3/2005


a) Qualquer subgrupo de G contem a identidade de G.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 e a identidade de H.• f ∗ e = f , porque f ∈ G, e e e a identidade de G.

Concluımos que f ∗ f = f ∗ e. Pela lei do corte no grupo G (i.e.,multiplicando a esquerda por f−1, que e o inverso de f no grupoG), obtemos imediatamente que f = e.

b) Qualquer subanel unitario de A contem a identidade de A.resolucao: Falso. Seja A = M2(R) o usual anel das matrizes2 × 2 com entradas reais, e B o subanel de A formado pelasmatrizes da forma [

x 00 0

].

E claro que A e B sao aneis unitarios com identidades distintas.

c) Se x ∈ G e x2 = e, onde e e a identidade de G, entao x = e.resolucao: Falso. No grupo (multiplicativo) das raızes quadradasda unidade, G = {1,−1}, a equacao x2 = 1 tem raızes x = 1 ex = −1.

d) Se x ∈ A e x2 = 0 entao x = 0.resolucao: Falso. No anel A = M2(R), temos

x =[

a bc d

]⇒ x2 =

[a2 + bc b(a + d)c(a + d) d2 + bc

].

Podemos tomar a+d = 0, e escolher b e c de modo a que a2+bc =0, para obter x 6= 0, e x2 = 0. Por exemplo,

x =[

1 −11 −1

].

2. O grupo GL(2, R) e formado pelas matrizes 2 × 2, invertıveis, comentradas em R, com o produto usual de matrizes. Para cada um dosseguintes exemplos, diga se H e um subgrupo de GL(2, R), e, casoafirmativo, se H e um subgrupo normal de GL(2, R).

3.10. 1o TESTE: 31/3/2005 61

a) H = {[

a 00 b

], ab 6= 0}.

resolucao: E obvio que H 6= ∅, e por isso temos a verificarapenas que x, y ∈ H ⇒ xy−1 ∈ H. Note-se, para isso, que sendoa 6= 0 e b 6= 0 entao

y =[

a 00 b

]⇒ y−1 =

[a−1 00 b−1

].

Concluımos que:

x =[

c 00 d

], y =

[a 00 b

]⇒ xy−1 =

[ca−1 0

0 db−1

]∈ H.

Temos assim que

H e um subgrupo de GL(2, R).

Considerem-se agora as matrizes (1)

x =[

1 00 −1

]∈ H, y =

[1 01 1

]∈ GL(2, R), donde y−1 =

[1 0−1 1

].

O seguinte calculo e imediato:

y−1xy =[

1 0−1 1

] [1 00 −1

] [1 01 1

]=[

1 0−2 −1

]6∈ H.

Concluımos que

H nao e um subgrupo normal de GL(2, R).

b) H = {M ∈ GL(2, R) : det(M) = 1}.resolucao: H 6= ∅, ja que contem, por exemplo, a matriz iden-tidade. Para verificar que x, y ∈ H ⇒ xy−1 ∈ H, recordamosque det(xy) = det(x) det(y), e det(y−1) = det(y)−1. Comox, y ∈ H ⇔ det(x) = det(y) = 1, temos entao que

det(xy−1) = det(x) det(y−1) = det(x) det(y)−1 = 1.

Concluımos que

H e um subgrupo de GL(2, R).

Se x ∈ H e y ∈ GL(2, R), temos ainda

det(y−1xy) = det(y−1) det(x) det(y) = det(y) det(y)−1 = 1.

Por outras palavras, y−1xy ∈ H, donde1Note que a matriz y representa uma operacao elementar sobre linhas/colunas, o que

em particular torna o calculo da sua inversa imediato.


H e um subgrupo normal de GL(2, R).

3. Nesta questao, G = {1, i,−1,−i} e o grupo multiplicativo das raızesquartas da unidade, e Z2 = {0, 1} e o usual grupo aditivo com doiselementos.

a) Determine todos os homomorfismos de grupo f : Z2 → G.resolucao: Temos f(0) = 1, porque qualquer homomorfismo degrupos transforma a identidade do grupo de partida na identidadedo 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 e o homomorfismo constante trivial.No caso em que f(1) = −1, f e evidentemente um isomorfismoentre Z2 e o subgrupo de G com 2 elementos.

b) Suponha que H e um grupo, e g : G → H e um homomorfismosobrejectivo. Classifique o grupo H.resolucao: G tem apenas 3 subgrupos, respectivamente com 1,2, ou 4 elementos, que sao {1}, {1,−1}, e G. Estes subgrupossao todos normais, porque G e abeliano. Concluımos que o nucleoN(g) pode ter 1, 2, ou 4 elementos.

• Se N(g) tem 1 elemento, entao g e um isomorfismo, e por-tanto H ' G. Este caso e certamente possıvel, por exemplocom G = H, sendo g a funcao identidade.

• Se N(g) tem 2 elementos, entao cada elemento de H e ima-gem de 2 elementos de G, e portanto H tem 2 elementos.Como todos os grupos de 2 elementos sao isomorfos entre si,H e isomorfo ao grupo multiplicativo das raızes quadradasda unidade {1,−1}. Este caso e igualmente possıvel, porquecorresponde a g : G → {1,−1}, dado por g(x) = x2.

• Se N(g) tem 4 elementos, entao todos os elementos de Gpertencem ao nucleo, i.e., g e o homomorfismo trivial, e H eum grupo com 1 elemento. Este caso e obviamente possıvel.

Concluımos que H pode ser isomorfo exactamente a um dos tresseguinte grupos: {1}, {1,−1}, G.

3.11 2o Teste: 28/4/2005


3.11. 2o TESTE: 28/4/2005 63

a) Todos os grupos nao abelianos com 8 elementos sao isomorfosentre si.resolucao: A afirmacao e falsa. Basta recordar o grupo mul-tiplicativo dos quaternioes unitarios, H8 = {±1,±i,±j,±k}, eo grupo diedral D4, das simetrias do quadrado. Existem 6 el-ementos x ∈ D4 tais que x2 = 1 (a identidade, as 4 reflexoesnos eixos de simetria do quadrado, e a rotacao de 180o), e ape-nas 2 elementos em H8 que satisfazem a mesma equacao, que saox = ±1.

b) No grupo diedral Dn (grupo de simetria do polıgono regular den lados), as rotacoes formam um subgrupo normal de Dn.resolucao: A afirmacao e verdadeira. Sabemos que as sime-trias sao transformacoes (lineares) ortogonais, e recordamos queas rotacoes r ∈ D4 sao os elementos de D4 com determinante 1,e as reflexoes sao os elementos α ∈ D4 com determinante −1.As rotacoes em D4 formam um subgrupo de D4, porque o produtode duas rotacoes tem determinante 1, logo e uma rotacao, e ainversa de uma rotacao tem tambem determinante 1, e e por issoigualmente uma rotacao. Finalmente, se α nao e uma rotacaoentao α = α−1 e uma reflexao, e se r e uma rotacao entao α−1rαe uma rotacao, porque o seu determinante e (−1)1(−1) = 1.Concluımos assim que as rotacoes formam um subgrupo normalde D4.

c) Se n, m, k ∈ N, mdc(n, m) = 1 e n|mk entao n|k.resolucao: A afirmacao e verdadeira. Como mdc(n, m) = 1,existem x, y ∈ Z tais que 1 = nx + my, donde k = nkx + mky.Dado que nkx e mky sao obviamente multiplos de n, segue-seque k e multiplo de n, i.e., n|k.

2. Neste grupo, x, y e z0 sao numeros inteiros.

a) Qual e o menor natural z0 para o qual a equacao 2279x+731y =z0 tem solucoes?resolucao: Sabemos que z0 = mdc(2279, 731), e comecamospor calcular z0, usando o algoritmo de Euclides:

n m q r x1 y1 x2 y2

2279 731 3 86 1 0 0 1731 86 8 43 0 1 1 −386 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 alınea anterior, qual e omenor natural x que e solucao da equacao 2279x + 731y = z0?


resolucao: A solucao geral da equacao obtem-se da solucaoparticular indicada acima (x = −8, y = 25), e da solucao geral daequacao homogenea correspondente (2279x + 731y = 0). Como731 = 43 × 17, e 2279 = 43 × 53, temos 2279x + 731y = 0 se eso se 53x + 17y = 0, e portanto 17|x, i.e., x = 17k. (Segue-seigualmente que y = −53k apesar deste facto nao ser relevantepara a resposta a questao aqui colocada). A solucao geral daequacao original e portanto x = −8 + 17k (e y = 25 − 53k). Amenor solucao natural x e claramente x = −8 + 17 = 9.

3. Suponha que n 6= 4 e um natural, e mostre que n|(n− 1)! se e so se nnao e primo. sugestao: Considere sucessivamente os casos

(1) n e primo,

(2) Existem 1 < k < m < n tais que n = mk, e

(3) n = m2.

resolucao: Consideramos os casos indicados:

(1) Se n e primo, e n|(n − 1)!, segue-se do lema de Euclides que ndivide um dos factores de (n−1)!, o que e absurdo, porque todosesses factores sao inferiores a n. Concluımos que neste caso nnao e factor de (n− 1)!.

(2) Se existem 1 < k < m < n tais que n = mk, e obvio que 1 < k <m ≤ n− 1, e portanto os naturais k e m sao certamente factoresdistintos de (n− 1)!, e n = km e tambem factor de (n− 1)!.

(3) Se n = m2 entao n = m = 1 ou m > 2, porque n 6= 4. O resultadoe obvio para n = 1, e supomos por isso que m > 2. Temos assimn− 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. Econsequentemente multiplo de m2, i.e., de n.

O caso (1) acima mostra que n|(n− 1)! =⇒ n nao e primo. Se n nao eprimo e n 6= 4 entao n tem uma factorizacao nao-trivial n = mk, onde1 < k ≤ m < n, e segue-se de (2) e (3) que n|(n− 1)!.

3.12 3o Teste: 25/5/2005

1. Esta questao refere-se ao anel Z808.

a) Quantos subaneis existem em Z808? Quantos elementos de Z808

sao invertıveis? Quantos elementos de Z808 sao divisores de zero?resolucao:

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 existem8 subaneis de Z808.Os elementos de Z808 sao as classes k, onde 1 ≤ k ≤ 808. Aclasse k e invertıvel se e so se k e 808 sao primos entre si, casocontrario a classe k e um divisor de zero, ou entao e a classe0. E mais facil contar directamente os naturais que nao saoprimos relativamente a 808, porque neste caso sao multiplosde 2, ou multiplos de 101. Existem:– 808/2 = 404 multiplos de 2,– 808/101 = 8 multiplos de 101.– Os multiplos de 2 e 101 sao multiplos de 202, logo existem

808/202 = 4.Concluımos que:

• Existem 400 elementos invertıveis: 808− (404+8−4) = 400.• Existem 407 divisores de zero: 808 = 400 + 1 + 407.

b) Quantos elementos tem o subanel < 303 >? Quais sao os seusgeradores? Qual e a sua identidade?resolucao:

• < 303 >=< d >, onde d = mdc(303, 808) = 101. Temosassim que < 303 >=< 101 > tem 808/101 = 8 elementos.

• Os geradores de < 303 >=< d > sao as classes k, onde1 ≤ 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.

Concluımos que x = 1, 3, 5, ou 7, k = 101, 303, 505, ou 707, eos geradores de < 303 > sao as classes 101, 303, 505, e 707.

• A identidade de < 303 > e a classe x, onde o natural xsatisfaz as congruencias{

x ≡ 0 (mod 101)x ≡ 1 (mod 8)

Notamos da 1a equacao que x = 101y, e temos a resolver

101y ≡ 1 (mod 8) ⇔ 5y ≡ 1 (mod 8) ⇔ y ≡ 5 (mod 8).

Concluımos que

y = 5 + 8z ⇒ x = 101(5 + 8z) = 505 + 808z ⇒ x = 505.



a) O polinomio x3 + x2 + x + 2 e irredutıvel em Z3[x].resolucao: A afirmacao e verdadeira. Seja m(x) = x3 +x2 +x + 2. Temos em Z3 que

m(0) = 2 6= 0,m(1) = 5 = 2 6= 0, donde m(2) = 16 = 1 6= 0.

Como m(x) tem grau 3, e tem coeficientes num corpo, podemosconcluir que m(x) e irredutıvel, por nao ter raızes.

b) A equacao 1 = p(x)(x3+x2+x+2)+q(x)(x2+2x+2) tem solucoesp(x), q(x) ∈ Z3[x], mas nao tem solucoes p(x), q(x) ∈ Z5[x].resolucao: A primeira afirmacao e verdadeira. Como m(x)e irredutıvel, e o polinomio n(x) = x2 + 2x + 2 nao e, por razoesobvias, multiplo de m(x), podemos concluir que

mdc(m(x), n(x)) = 1.

Segue-se do algoritmo de Euclides que a equacao

1 = p(x)(x3 + x2 + x + 2) + q(x)(x2 + 2x + 2)

tem solucoes p(x), q(x) ∈ Z3[x].A segunda afirmacao e falsa. Os calculos realizados na alıneaanterior mostram igualmente que m(x) e redutıvel em Z5[x],porque neste caso m(1) = 0. Na realidade, e imediato veri-ficar que temos igualmente n(1) = 0, e portanto o polinomiox − 1 = x + 4 e divisor comum de m(x) e n(x). Segue-se quex + 4|mdc(m(x), n(x)), e portanto mdc(m(x), n(x)) 6= 1. Por-tanto a equacao 1 = p(x)(x3 +x2 +x+2)+ q(x)(x2 +2x+2) naotem solucoes p(x), q(x) ∈ Z5[x].

c) Exactamente um dos subaneis de Z808 e um corpo.resolucao: A afirmacao e verdadeira. Seja An o subanel deZ808 com n elementos, donde n|m, i.e., m = nd. Sabemos queAn e unitario se e so se mdc(n, d) = 1, e nesse caso o anel An

e isomorfo ao anel Zn. Portanto, os subaneis de Z808 unitariossao os que tem 1, 8, 101, ou 808 elementos, e estes sao isomorfosrespectivamente a Z1, Z8, Z101, e Z808.Como apenas Z101 e um corpo, concluımos que Z808 tem um unicosubanel que e um corpo, que e o seu subanel com 101 elementos.

3. Recorde que, se p ∈ N e primo, entao todos os elementos a ∈ Z∗psatisfazem ap−1 = 1. Recorde igualmente o Teorema do Resto.

a) Quais sao os factores irredutıveis do polinomio xp−1−1 em Zp[x]?resolucao: O polinomio m(x) = xp−1−1 tem, como observadono enunciado, p − 1 raızes em Zp, que sao todos os elementos

3.13. 1o TESTE: 27/3/2006 67

de Z∗p, i.e., as classes 1, 2, · · · , p− 2, e p− 1. Como Zp e umcorpo, segue-se que m(x) pode ser sucessivamente dividido pelospolinomios x− k, para 1 ≤ k ≤ p− 1, obtendo-se sempre resto 0.Concluımos que

m(x) = xp−1 − 1 = a(x− 1)(x− 2) · · · (x− p− 1).

b) Use a factorizacao acima para concluir que (p−1)! ≡ −1 mod p.resolucao: A constante a na factorizacao acima e a identidade,porque todos os polinomios em causa sao monicos. Calculamosagora m(0) usando as duas formas acima para o polinomio m(x).Temos entao:

m(0) = 0p−1 − 1 = −1 =p−1∏k=1

(0− k) = (−1)p−1(p− 1)!.

Os calculos acima sao executados em Zp, e portanto:

−1 = (−1)p−1(p− 1)! ⇔ (−1)p−1(p− 1)! ≡ −1 mod p.

Se p 6= 2, e claro que p − 1 e par, e (−1)p−1 = 1. Concluımosfinalmente que (p − 1)! ≡ −1 mod p. Se p = 2, e inteiramenteobvio que (2− 1)! ≡ −1 mod 2.

3.13 1o Teste: 27/3/2006


a) A equacao x2 = x tem uma unica solucao em G, que e a identi-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 e uma das possıveis solucoesdesta equacao. Concluımos que x = e e a unica solucao daequacao original, e a afirmacao e verdadeira.

b) Se f : G → G e um homomorfismo de grupos, entao o nucleo def e um subgrupo normal de G.


resolucao: Seja N(f) = {x ∈ G : f(x) = e}. Notamosprimeiro que f(e)∗f(e) = f(e∗e) = f(e), donde se segue da alıneaanterior que f(e) = e. Em particular, e ∈ N(f), e N(f) 6= ∅.Notamos agora que se x ∈ G entao

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) e nao vazio, fechado em relacao a operacao binaria deG, e contem os inversos dos seus elementos, concluımos que N(f)e um subgrupo de G. Para verificar que N(f) e um subgruponormal, notamos finalmente que se x ∈ N(f), e y ∈ G entao

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 afirmacao e portanto verdadeira.

c) Se B e um subanel de A, entao B e tambem um ideal de A.resolucao: Tomamos A = R e B = Z, para observar que B eum anel, e portanto um subanel de R, mas nao e um ideal de R,porque se x ∈ Z e y ∈ R temos em geral que xy 6∈ Z (e.g., tome-sex = 1 e y =

√(2)). A afirmacao e falsa.

d) Se f : A → A e um homomorfismo de aneis, entao f(nx) = nf(x),para quaisquer x ∈ A e n ∈ N.resolucao: A afirmacao e verdadeira, e demonstramo-la porinducao em n:

• Temos f(1 · x) = f(x) = 1 · f(x), e portanto a igualdade esatisfeita quando n = 1.

• Supondo que f(n · x) = n · f(x), observamos quef((n + 1) · x) = f(n · x + x), por definicao de n · x,f(n · x + x) = f(n · x) + f(x), porque f e um homomor-fismos de aneis,f(n ·x)+f(x) = n ·f(x)+f(x), pela hipotese de inducao,n · f(x) + f(x) = (n + 1) · f(x), por definicao de n · f(x).

3.13. 1o TESTE: 27/3/2006 69

e) Se a ∈ A, a equacao x2 = a2 so tem as solucoes x = ±a.resolucao: A afirmacao e falsa. Por exemplo, no anel dosquaternioes a equacao x2 = −1 = i2 tem (entre outras) as solucoesx = ±j e x = ±k.

2. Designamos aqui por Rn = {z ∈ C : zn = 1} o grupo das raızes-n daunidade com o produto usual de complexos.

a) Mostre que se n e multiplo de m entao Rm e subgrupo de Rn.resolucao: Sabemos que Rm e um grupo, donde nos restaprovar que se se n e multiplo de m entao Rm ⊆ Rn, para con-cluir que Rm e subgrupo de Rn. Para isso, e supondo n = mk,notamos que

x ∈ Rm ⇒ xm = 1 ⇒ (xm)k = 1k = 1 ⇒ xn = 1 ⇒ x ∈ Rn

b) O grupo R2 ⊕R4 e isomorfo a R8?resolucao: Se G e H sao grupos isomorfos, com identidadesrespectivamente e ∈ G e e′ ∈ H, a equacao x2 = e, x ∈ G e aequacao y2 = e′, y ∈ H, tem necessariamente o mesmo numerode solucoes. Basta notar que se f : G → H e um isomorfismo degrupos, entao

x2 = e ⇔ f(x2) = f(e) ⇔ f(x)2 = e′.

A equacao x2 = 1 tem exactamente 2 solucoes em R8, que sao oselementos de R2, x = ±1. A identidade de R2 ⊕ R4 e I = (1, 1),e a equacao y2 = I com y ∈ R2 ⊕R4 tem, por razoes igualmenteobvias, as 4 solucoes y = (±1,±1). Portanto, estes grupos naopodem ser isomorfos.

c) Considere o homomorfismo de grupos f : R12 → C∗ dado porf(x) = x3. Qual e o nucleo de f e a imagem f(R12)? Quais saoas solucoes da equacao f(x) = −1?resolucao: Temos N(f) = {x ∈ R12 : x3 = 1}, ou seja, os ele-mentos do nucleo sao as raızes cubicas da unidade que pertencema R12. De acordo com a), R3 ⊂ R12, porque 12 e multiplo de 3.Concluımos assim que N(f) = R3.Para cada y ∈ f(R12) existem 3 solucoes x ∈ R12 da equacaoy = f(x). E portanto claro que f(R12) tem 4 elementos. Etambem evidente que x ∈ R12 ⇒ f(x)4 = (x3)4 = x12 = 1, ouseja, f(R12) ⊆ R4. Como sabemos que f(R12) tem 4 elementos,concluımos que f(R12) = R4.A equacao x3 = −1 tem a solucao particular evidente x = −1.A solucao geral e portanto x = (−1)y, com y ∈ N(f) = R3 =


{e2kπ3

i : 0 ≤ k < 3}. Por outras palavras, x3 = −1 se e so sex ∈ {−e

2kπ3

i : 0 ≤ k < 3}.

3.14 2o Teste: 8/5/2006

1. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificandoa sua resposta convenientemente.

a) A equacao 2491x + 829y = 11 tem solucoes x, y ∈ Z.

resolucao: O algoritmo de Euclides conduz a:

n m q r

2491 829 3 4829 4 207 1

Temos portanto mdc(2491, 829) = 1, e como obviamente 11 e multiplode 1 segue-se que a equacao em causa tem solucao. A afirmacao eassim verdadeira.

b) A soma dos divisores de 100.000 e superior a 250.000.

resolucao: Temos 100.000 = 105 = 2555, donde concluımos que osdivisores de 100.000 sao os naturais da forma 2i5j , com 0 ≤ i, j ≤ 5.A soma destes divisores e assim:

5∑i=1

5∑j=1

2i5j =5∑

i=1

2i5∑

j=1

5j = (26−1)(56−1)/4 = 63×3.906 = 246.078

A afirmacao e assim falsa.

c) Qualquer anel ordenado A 6= {0} e infinito.

resolucao: A contem elementos b 6= 0, e portanto contem pelo menosum elemento a > 0. Definimos φ : A+ → A+ por φ(x) = x + a(notamos que φ(A+) ⊆ A+, porque A+ e fechado em relacao a soma).E claro que φ e injectiva, pela lei do corte para a soma. A funcao φnao e sobrejectiva, porque φ(x) = a ⇒ x = 0 6∈ A+. Portanto A+ einfinito, assim como A. A afirmacao e assim verdadeira.

d) O natural 21995 − 1 nao e primo.

resolucao: Conforme observamos a proposito dos primos de Mersenne,este numero nao pode ser primo, porque 1995 = 5× 399 nao e primo.E alias facil determinar alguns dos seus factores, por exemplo, comx = 2399, temos:

21995 − 1 = x5 − 1 = (x− 1)(1 + x + x2 + x3 + x4),

3.14. 2o TESTE: 8/5/2006 71

donde se segue que 2399− 1 e factor de 21995− 1. A afirmacao e assimverdadeira.

2. Considere nesta questao o anel A = Z75, e seja B o subanel de A com15 elementos.

a) Quais sao os ideais de A? Quantos elementos tem cada um dessesideais?

resolucao: Z75 tem exactamente um ideal por cada divisor naturald de 75, que e o ideal < d >, com 75/d elementos. Como 75 = 3× 52,temos d ∈ {1, 3, 5, 15, 25, 75}, e os ideais em causa sao

< 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, entao x ∈ A∗ se e so se mdc(x, 75) = 1.Caso contrario, e se x 6= 0, entao x e um divisor de zero. Seja agoraC = {x ∈ N : 1 ≤ x ≤ 75}. Existem em C:

• 25 = 75/3 multiplos de 3• 15 = 75/5 multiplos de 5• 5 = 75/15 multiplos de 15

Existem portanto 25+15−5 = 35 elementos de C que nao sao primosrelativamente a 75, e Z75 contem 75 − 35 = 40 elementos invertıveis.Contem ainda 34 = 35 − 1 divisores de zero, ja que 75 corresponde a75 = 0, que nao e um divisor de zero.

c) O anel B e isomorfo ao anel Z15? Quais sao os geradores de B, i.e.,quais sao os elementos x ∈ B tais que B =< x >?

resolucao: O anel B =< 5 > nao e isomorfo ao anel Z15,(2) porqueB nao tem identidade, i.e., B nao e um anel unitario. Sabemos quese m = nd, entao o subanel de Zm com n elementos tem identidadese e so se mdc(n, d) = 1, o que nao e o caso presente, onde n = 15 ed = 5.(3)

Os geradores de B sao as classes z, onde z ∈ Z e mdc(z, 75) = 5.E claro que z = 5k, e mdc(5k, 75) = 5, ou mdc(k, 15) = 1. Os ge-radores de B correspondem entao a k = 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14, i.e., az = 5, 10, 20, 35, 40, 55, 65, 70. Temos portanto

B =< 5 >=< 10 >=< 20 >=< 35 >=< 40 >=< 55 >=< 65 >=< 70 >

2Apesar de os grupos aditivos correspondentes serem isomorfos!3Para uma rapida (re)verificacao deste facto, note que se z e identidade de B entao

5 × 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 e obvio que z = 5k, e portanto mdc(z, 15) 6= 1.


d) Determine todas as solucoes da equacao x2 = 1 em A.

resolucao: Com x = z, temos z2 ≡ 1 (mod 75), ou (z−1)(z+1) ≡ 0(mod 75), ou 75|(z − 1)(z + 1). Alem das solucoes obvias z = 1 ez = −1, que correspondem a x = z = 1 e x = z = 74, temos ainda assolucoes dos sistemas{

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 solucoes, que sao x = 1, 74, 26, 49.

3. Numa aplicacao do algoritmo de criptografia RSA, sabe-se que a chavepublica e r = 49, e o modulo e N = 10.403. Observando que 10.403 eo produto dos primos 101× 103, qual e o valor da chave privada?

resolucao: No algoritmo RSA, se N = pq, onde p, q sao primos, e r ea chave publica, a chave privada e o inverso de r modulo (p−1)(q−1).No caso presente, com r = 49, N = 101 × 103, e 100 × 102 = 10.200,a chave publica e portanto a solucao de 49x ≡ 1 (mod 10.200), ou10.200y + 49x = 1, o que resolvemos com recurso ao algoritmo deEuclides. A chave privada e portanto 1.249.

n m q r y1 x1 y2 x2

10.200 49 208 8 1 0 0 149 8 6 1 0 1 1 −2088 1 8 0 1 −208 −6 1249

3.15 3o Teste: 5/6/2006


a) Existem polinomios p(x) ∈ Z[x] que sao irredutıveis em Q[x] e re-dutıveis em Z[x].

resolucao:verdadeiro. Considere-se por exemplo p(x) = 2x +4 = 2(x + 2). A factorizacao indicada e trivial em Q[x], porque 2 einvertıvel, mas 2 e irredutıvel em Z[x], portanto a mesma factorizacaonao e trivial em Z[x].

b) Se D e um domınio integral, entao qualquer elemento x ∈ D que sejaprimo e irredutıvel.

3.15. 3o TESTE: 5/6/2006 73

resolucao:verdadeiro. Seja x um elemento primo, e suponha-seque tem uma factorizacao x = ab. E claro que x|ab e portanto x|a oux|b (porque x e primo). Supondo sem perda de generalidade que x|a,entao a = xy, e x = ab = xyb. Segue-se da lei do corte que yb = 1,donde b e invertıvel, e a factorizacao x = ab e necessariamente trivial,donde x e irredutıvel.

c) Os aneis Q[ 3√

2] e Q[x]/ < x3 − 2 > sao corpos, e sao isomorfos.

resolucao:verdadeiro. O anel Q[x]/ < x3 − 2 > e evidentementeum anel unitario abeliano, porque e um quociente de um anel unitarioabeliano. Resta-nos por isso mostrar que os seus elementos nao nulossao invertıveis.

Notamos primeiro que o polinomio m(x) = x3 − 2 e irredutıvel emQ[x], pelo criterio de Eisenstein (com o primo 2). Dado p(x) ∈ Q[x],seja r(x) = mdc(p(x),m(x)). Como m(x) e irredutıvel e monico,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].

Concluımos que se p(x) 6= 0 entao mdc(p(x),m(x)) = 1, e segue-se doalgoritmo de Euclides que existem polinomios a(x), b(x) ∈ Q[x] taisque 1 = a(x)p(x) + b(x)m(x), donde e obvio que 1 = a(x)p(x), i.e.,p(x) e invertıvel, e Q[x]/ < x3 − 2 > e um corpo.

Considere-se o homomorfismo de aneis φ : Q[x] → Q[ 3√

2] dado porφ(p(x)) → p( 3

√2), que φ e sobrejectivo, por definicao de Q[ 3

√2]. O

nucleo de φ e um ideal de Q[x], necessariamente principal, dondeN(φ) =< n(x) >. Como m(x) ∈ N(φ), temos n(x)|m(x). Dadoque m(x) irredutıvel, e N(φ) 6= Q[x], temos n(x) ∼ m(x), ou seja,N(φ) =< n(x) >=< m(x) >. Concluımos do 1o teorema de isomor-fismos para aneis que os aneis Q[ 3

√2] e Q[x]/ < x3−2 > sao isomorfos.

d) Se K e um corpo, e m(x) ∈ K[x] e um polinomio irredutıvel com grau≥ 2, existe um corpo L que e uma extensao de K onde m(x) tem pelomenos uma raız.

resolucao:verdadeiro. Considere-se o anel L = K[x]/ < m(x) >.O argumento utilizado na alınea anterior mostra que L e um corpo, ee claro que L e uma extensao de K, identificando os elementos a ∈ Kcom as classes a ∈ L. Com a identificacao referida, temos p(x) = p(x)para qualquer p(x) ∈ K[x]. Em particular, temos m(x) = m(x) = 0,i.e., x ∈ L e uma raız de m(x) no corpo L.

2. Observe que N = 845 = 5× 132.


a) Quantos divisores tem N no anel dos inteiros de Gauss?

resolucao: Para factorizar 845 = 5× 132 em elementos irredutıveisde Z[i] notamos que 5 e 13 se podem factorizar em elementos irre-dutıveis de Z[i] como 5 = (2 + i)(2− i) e 13 = (3 + 2i)(3− 2i), dondeobtemos

845 = (2 + i)(2− i)(3 + 2i)2(3− 2i)2.

Os factores de 845 em Z[i] sao por isso da forma

γ(2 + i)j(2− i)k(3 + 2i)m(3− 2i)n,

onde γ e invertıvel (i.e., so pode tomar os valores ±1,±i), 0 ≤ j, k ≤ 1,e 0 ≤ m,n ≤ 2. Existem por isso 4 × 2 × 2 × 3 × 3 = 144 factores de845 em Z[i].

b) Quais sao as solucoes naturais da equacao 845 = n2 + m2?

resolucao: Temos 845 = n2 + m2 = (n + mi)(n −mi) = zz, ondez = n + mi e um factor de 845. E facil constatar que as solucoespossıveis correspondem as escolhas

z =

(2 + i)(3 + 2i)2 = (2 + i)(5 + 12i) = −2 + 29i, 845 = 22 + 292,(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 observacao pode ser verificada como se segue. Como vimos naalınea 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 e irrelevante do ponto de vista da resolucao da equacao845 = n2 + m2 (z,−z, iz,−iz conduzem as mesmas solucoes naturaisda equacao), e por isso supomos γ = 1.

E obvio que i + j = 1 e m + n = 2, donde (i, j) so pode ser (1, 0) ou(0, 1), e (m,n) so pode ser (0, 2), (1, 1), ou (2, 0), o que correspondea 2 × 3 = 6 alternativas possıveis. Estas alternativas incluem paracada complexo z o correspondente conjugado z, pelo que na verdadeexistem apenas 3 factores z que conduzem a solucoes naturais distintasde 845 = n2 +m2. As tres alternativas indicadas (−2+29i, 26+13i, e22−19i) acima nao incluem complexos conjugados, portanto conduzemas 3 unicas solucoes da equacao proposta.

3.15. 3o TESTE: 5/6/2006 75

3. Suponha que G e um grupo com 14 elementos, e recorde que G tempelo 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 portantoH = {1, α} e um subgrupo com dois elementos.

Supomos primeiro que G e abeliano, donde H e normal em G, G/H eum grupo com 7 elementos, e G/H ' Z7 e cıclico.

Neste caso, existe ε ∈ G/H com ordem 7, onde ε ∈ G. A ordem de εem G e um multiplo da ordem de ε em G/H, i.e., a ordem de ε so podeser 7 ou 14. Se ε tem ordem 14 entao ε2 tem ordem 7, e concluımosque se G e abeliano entao G tem um elemento δ de ordem 7.

Supomos agora que G nao e abeliano, e recordamos que neste caso exis-te necessariamente um elemento δ ∈ G, δ 6= 1, com ordem 6= 2. A or-dem de δ nao pode ser 14, porque nesse caso G seria um grupo cıclico,logo abeliano. Segue-se do teorema de Lagrange que a ordem de δ sopode ser 7.

Concluımos que existe sempre um subgrupo K = {1, δ, δ2, · · · , δ6} deG com 7 elementos.

b) Mostre que G = HK. Teremos sempre G ' H ⊕ K? sugestao:Observe que H ⊕K e comutativo.

resolucao: Sabemos que |HK| = |H||K|/|H∩K|. E claro que H∩Ke 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 portanto obvio que |HK| = |H||K|/|H ∩ K| = 2 × 7/1 = 14, eHK = G.

E claro que H ⊕ K ' Z2 ⊕ Z7 e um grupo abeliano. No entanto,G pode nao ser abeliano, e.g., o grupo diedral D7 e um grupo de 14elementos que nao e abeliano. E portanto possıvel que G 6' H ⊕K.


Capıtulo 4

Exames Resolvidos

4.1 1o Exame: 1/7/2002

1. Neste grupo, G e H sao grupos, e a identidade de G designa-se por I. Paracada uma das afirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao e verdadeira,com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Se f : G → H e um homomorfismo de grupos, f(I) e a identidade deH.

Resolucao: Verdadeiro. Seja e a identidade de H. Designamosa operacao em G por “∗”, e a operacao em H por “◦”. Como fe um homomorfismo de grupos, temos que f(I ∗ I) = f(I) ◦ f(I), eevidentemente f(I∗I) = f(I), donde f(I)◦f(I) = f(I). Multiplicandoesta identidade pelo inverso de f(I) em H, temos f(I) = e.

b) Se f : G → H e um homomorfismo de grupos, o nucleo de f e umsubgrupo normal de G.

Resolucao: Verdadeiro. O nucleo de f e o conjunto N(f) = {x ∈G : f(x) = e}.

• Pela alınea anterior, I ∈ N(f), e portanto N(f) 6= ∅.• 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) e fechado em relacao ao produto.• Se x ∈ N(f) entao f(x ∗ x−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) e um subgrupo de G. Para mostrar que N(f) eum subgrupo normal de G, resta-nos provar que, para qualquer x ∈ Ge 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

78 CAPITULO 4. EXAMES RESOLVIDOS

= f(x) ◦ f(x−1) = f(x ∗ x−1) = f(I) = e.

c) Se A e B sao subgrupos de G entao A ∩B e subgrupo de G.

Resolucao: Verdadeiro. A identidade de G pertence a A e a B,donde A ∩ B 6= ∅. Temos igualmente que x, y ∈ A ∩ B ⇒ x, y ∈ A ex, y ∈ B ⇒ xy−1 ∈ A e xy−1 ∈ B ⇒ xy−1 ∈ A∩B. Concluımos assimque A ∩B e um subgrupo.

d) Se A e B sao subgrupos de G entao AB = BA se e so se AB e subgrupode G.

Resolucao: Verdadeiro.

• Suponha-se primeiro que AB e subgrupo de G, para provar queAB = BA. Dado x ∈ AB entao x−1 ∈ AB, porque AB e umsubgrupo. Temos portanto x−1 = ab, com a ∈ A e b ∈ B. Comob−1 ∈ B e a−1 ∈ A, segue-se que

x = (x−1)−1 = (ab)−1 = b−1a−1 ∈ BA.

Concluımos assim que AB ⊆ BA. Considere-se um elementoba ∈ BA, onde a ∈ A e b ∈ B. Como AB e um subgrupo,

(a−1b−1) ∈ AB ⇒ ba = (a−1b−1)−1 ∈ AB, donde BA ⊆ AB.

Mostramos portanto que AB = BA.

• Suponha-se agora que AB = BA, para demonstrar que AB eum subgrupo. E claro que AB nao e vazio, portanto basta-nosmostrar que x, y ∈ AB ⇒ xy−1 ∈ AB. Seja entao x = ab ey = cd, onde a, c ∈ A e b, d ∈ B. Temos xy−1 = abd−1c−1, enotamos que bd−1c−1 ∈ BA = AB, donde bd−1c−1 = αβ, comα ∈ A, e β ∈ B. Temos assim xy−1 = abd−1c−1 = a(αβ) ∈ AB,e AB e um subgrupo.


a) Os elementos invertıveis de A formam um grupo.

Resolucao: Verdadeiro. Seja A∗ o conjunto dos elementos in-vertıveis de A. Como 1 · 1 = 1, e claro que a identidade 1 e invertıvel,e portanto 1 ∈ A∗ , e A∗ 6= ∅. Sabemos que se a e invertıvel entaoa = (a−1)−1. Portanto, qualquer elemento de A∗ tem inverso em A∗.Finalmente, se a, b ∈ A∗ entao (a·b)−1 = b−1·a−1, donde ab e invertıvel,e A∗ e fechado em relacao ao produto. Podemos assim concluir que(A∗, ·) e um grupo.

4.1. 1o EXAME: 1/7/2002 79

b) A identidade de qualquer subanel B 6= {0}, se existir, e 1.

Resolucao: Verdadeiro. Seja B 6= {0} um subanel com identidadej (6= 0!). Temos entao 1·j = j, porque 1 e a identidade de A, e j ·j = j,porque j e a identidade de B. Portanto 1 · j = j · j, e pela lei do corte,valida em qualquer domınio integral, temos 1 = j.

c) Qualquer ideal de A e principal.

Resolucao: Falso. O anel Z[x] e como sabemos um domınio inte-gral. Considere-se o ideal

J =< 2,x >= {2p(x) + xq(x) : p(x), q(x) ∈ Z[x]}.

Note-se que J 6= Z[x], porque o termo independente de 2p(x) + xq(x)tem seguramente um coeficiente par. Se o ideal J e principal, entao

J =< m(x) >= {m(x)p(x) : p(x) ∈ Z[x]}.

Temos entao 2 = m(x)p(x), e e evidente que so podemos ter m(x) =±1 ou m(x) = ±2. A primeira alternativa e impossıvel (caso contrarioterıamos J = Z[x]), e portanto m(x) = ±2. Esta alternativa e tambemimpossıvel, porque nao podemos ter x = ±2p(x). Concluımos que Jnao e um ideal principal.

d) Se J e um ideal maximal de A, entao A/J e um corpo.

Resolucao: Verdadeiro. A/J e um anel abeliano com identidade,porque A e ja abeliano com identidade. Resta-nos por isso provar queos elementos de A/J diferentes de zero sao invertıveis. Suponha-seentao que x ∈ A, x 6= 0, ou seja, x 6∈ J . Temos a provar que existey ∈ A tal que x · y = 1. Considere-se o conjunto

K = {x · y + z : y ∈ A, z ∈ J} ⊆ A.

E facil ver que K e um ideal de A, porque

• J ⊆ K, e portanto K 6= ∅, porque se z ∈ J entao z = x·0+z ∈ K.

• K e fechado para a diferenca, porque (x · y + z)− (x · y′ + z′) =x · (y − y′) + (z − z′) ∈ K.

• K e fechado para o produto por elementos arbitrarios de A: sey, t ∈ A e z ∈ J entao t·(x·y+z) = (x·y+z)·t = x·y ·t+z ·t ∈ K.

Observamos tambem que x = x · 1 + 0 ∈ K, e portanto K 6= J . ComoJ e maximal, temos necessariamente K = A, e portanto 1 ∈ K. Poroutras palavras, existe y ∈ A e z ∈ J tais que 1 = x · y + z, o que emparticular implica que x · y = 1.



a) Quantos subgrupos existem em Z900? Sendo n um qualquer divisor de900, quantos destes subgrupos tem exactamente n elementos?

Resolucao: Existe exactamente um subgrupo por cada divisor de900. 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 subgrupode Z900 com n elementos e exactamente o que e gerado por d, onded = 900/n.

b) Quantos elementos invertıveis existem no anel Z900? Quantos auto-morfismos do grupo Z900 existem?

Resolucao: Pela formula de Euler, o numero de elementos invertıveisem Z900 e dado por

ϕ(900) = 900(1− 12)(1− 1

3)(1− 1

5) = 30× 8 = 240.

Os homomorfismos f : Z900 → Z900 sao dados por f(n) = an, ondea ∈ Z900 e arbitrario. Sabemos que f(Z900) =< a >=< d >, onde d =mdc(a, 900). O homomorfismo f sera sobrejectivo, e consequentementeinjectivo, se e so se d = 1, ou seja, se e so se a e um elemento invertıvelde Z900. Existem por isso 240 automorfismos de Z900.

c) Considere o homomorfismo de grupos f : Z900 → Z30 dado por f(x) =24x. Determine o nucleo de f , e diga se f e sobrejectivo.

Resolucao: Note-se que mdc(24, 30) = 6. Temos

24x = 0 em Z30 ⇔ 24x = 30y ⇔ 4x = 5y.

Como 4 e 5 sao primos entre si, temos x = 5z, e N(f) =< 5 > emZ30. Temos tambem f(Z900) =< 24 >=< 6 >6=< 1 >, portanto f naoe sobrejectivo.

d) Continuando a alınea anterior, resolva a equacao f(x) = 18.

Resolucao:

24x = 18 em Z30 ⇔ 24x + 30y = 18 em Z ⇔ 4x + 5y = 3.

E facil encontrar solucoes particulares, por exemplo x = 2 e y = −1.A equacao original tem por isso a solucao particular x = 2, e a solucaogeral e dada por x = 2 + 5k, onde 5k ∈< 5 >= N(f).

4. Nesta questao, G e um grupo nao-abeliano com 6 elementos.

4.1. 1o EXAME: 1/7/2002 81

a) Prove que nenhum elemento de G tem ordem 6, mas que existe pelomenos um elemento ε ∈ G com ordem 3. Sugestao: Mostre que, casocontrario, G seria abeliano.

Resolucao: Se existe um elemento g ∈ G de ordem 6 entao

< g >= {1, g, g2, g3, g4, g5} = G,

e G e um grupo cıclico de ordem 6, ou seja, G ' Z6, e G e abeliano.Concluımos que os elementos de G so podem ter ordem 1, 2 ou 3. (Aordem de um elemento de G e o numero de elementos do subgrupogerado por g, e portanto tem que ser um factor de 6, pelo teorema deLagrange).

Se nao existe nenhum elemento de G com ordem 3, entao todos oselementos g 6= 1 tem ordem 2, i.e., g2 = 1 (⇔ g−1 = g), para qualquerg ∈ G. Repare-se entao que se g, h ∈ G temos (gh)−1 = gh, porquegh ∈ G, e (gh)−1 = h−1g−1 = hg. Portanto, gh = hg, e G seriaabeliano. Como G e nao-abeliano, concluımos que existe pelo menosum elemento ε ∈ G de ordem 3.

b) Sendo ε um elemento de G de ordem 3, e H = {1, ε, ε2} o subgrupogerado por ε, mostre que H e normal em G. Sugestao: Qual e o ındicede H em G?

Resolucao: O ındice de H em G e [G : H] = #(G)/#(H) = 6/3 =2. Portanto existem 2 classes laterais direitas e duas classes lateraisesquerdas de H. Note-se que uma das classes e sempre H, portanto aoutra classe e G−H. Em particular, temos sempre gH = Hg, e H enormal em G. Mais exactamente, se g ∈ H entao gH = Hg = H, e seg 6∈ H entao gH = Hg = G−H.

c) Suponha que α 6∈ H, e mostre que α2 = 1. Sugestao: No grupoquociente G/H, a ordem do elemento α e 2. Qual pode ser a ordemde α em G?

Resolucao: Como vimos na alınea anterior, o grupo quociente G/Htem 2 elementos, ou seja, G/H = {1, α} onde α e um qualquer doselementos que nao pertencem a H. Claro que no grupo G/H so pode-mos ter α2 = 1 (a ordem de α so pode ser 2). Note-se que se αn = 1no grupo original entao evidentemente αn = 1 em G/H, e portanto ne multiplo de 2, ou seja, a ordem de α em G so pode ser 2 ou 6. Deacordo com a conclusao de a), a ordem de α em G e 2.

d) Como αH = Hα, o produto αε so pode ser εα ou ε2α. Conclua queG e necessariamente isomorfo a S3.

Resolucao: Como αH = {α, αε, αε2} = Hα = {α, εα, ε2α}, e claroque αε = α, ou αε = εα, ou αε = ε2α. Como ε 6= 1, so podemos terαε = εα, ou αε = ε2α.


G = H ∪ Hα = {1, ε, ε2, α, εα, ε2α}. Como α2 = 1 e ε3 = 1, atabuada do grupo G fica unicamente determinada pelo valor atribuidoao produto αε. E claro que se αε = εα entao o grupo G e abeliano.Como G nao e abeliano, so podemos ter αε = ε2α, e a tabuada deG so pode ser preenchida de uma forma. Concluımos que todos osgrupos nao-abelianos com 6 elementos sao isomorfos. Como S3 e umgrupo nao-abeliano com 6 elementos, G e isomorfo a S3. (A tıtulo decuriosidade, a tabuada poderia preencher-se como se segue)

1 α εα ε2α ε ε2

1 1 α εα ε2α ε ε2

α α 1 ε2 ε ε2α εα

εα εα ε 1 ε2 α ε2α

ε2α ε2α ε2 ε 1 εα α

ε ε εα ε2α α ε2 1ε2 ε2 ε2α α εα 1 ε

4.2 2o Exame: 24/7/2002

1. Neste grupo, K ⊆ H sao subgrupos do grupo G. Para cada uma dasafirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao e verdadeira, com uma demon-stracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Se K e normal em G entao K e normal em H.

Resolucao: Verdadeiro. E claro que K ⊆ H e subgrupo de H, esendo x ∈ K, y ∈ H, temos y−1xy ∈ K, porque y ∈ G, e K e normalem G.

b) Se K e normal em H entao K e normal em G.

Resolucao:Falso. Considere-se G = S3, e seja K = H um dossubgrupos de S3 com 2 elementos. Sabemos que K nao e normal emG, mas e obvio que K e normal em H.

c) Se G e um grupo cıclico infinito entao G e isomorfo a (Z,+).

Resolucao: Verdadeiro. Existe x ∈ G tal que G = {xn : n ∈Z}. Definimos f : Z → G por f(n) = xn, e notamos que f e umhomomorfismo de grupos sobrejectivo. Se o nucleo de f tem m >1 elementos entao G ' Zm (1o teorema de isomorfismo), o que eimpossıvel, porque G e infinito. Logo f e tambem injectiva, e G ' Z.

d) Se K e normal em G e x ∈ G, entao a ordem de x em G/K e factorda ordem de x em G.

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},

ou seja, n e a ordem de x em G, e m e a ordem de x em G/K. E claroque < n >⊆< m >, e portanto n ∈< m >, i.e., m|n.


a) A caracterıstica de A e 0, ou um numero primo p.

Resolucao: Verdadeiro. Seja m a caracterıstica de A, e suponha-se que m e composto, i.e., m = nk, com n, k > 1. Notamos quem1 = (nk)1 = n(k1) = (n1)(k1) = 0. Como m e a menor solucaopositiva da equacao m1 = 0, temos n1 6= 0 e k1 6= 0, e portanto n1 ek1 sao divisores de zero, e A nao e um domınio integral.

b) O anel A[x] e tambem um domınio integral.

Resolucao: Verdadeiro. Dados polinomios nao-nulos p(x), q(x) ∈A[x], tempos p(x) = anxn + · · ·+ a0, e q(x) = bmxm + · · ·+ b0, ondean 6= 0, bm 6= 0 (n e m sao, respectivamente, os graus de p(x) e q(x)).E claro que p(x)q(x) = anbmxn+m + · · ·+ a0b0 6= 0, e portanto A[x] eum domınio integral.

c) Qualquer ideal em A[x] e principal.

Resolucao: Falso. Z[x] nao e um domınio de ideais principais.

d) Existe um corpo K com um subanel isomorfo a A.

Resolucao: Verdadeiro. Basta considerar o corpo das fraccoesFrac(A), e nesse corpo o subanel formado pelas fraccoes do tipo a/1,com a ∈ A.


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 afuncao de Euler ϕ(36) = 36(1− 1

2)(1− 13) = 12.

b) Suponha que B e um subanel de Z36, com identidade a, e n elementos.Mostre que a caracterıstica de B e um factor de 36, e que a ordem dequalquer elemento de B e um factor da caracterıstica de B. (sugestao:se ma = 0, entao mx = 0 para qualquer x ∈ B)


Resolucao: A caracterıstica de B e a ordem m do subgrupo de Bgerado pela identidade a, e portanto e a ordem de um subgrupo deZ36, donde m|36, pelo teorema de Lagrange.

Se x ∈ B, entao mx = (ma)x = 0, donde m e multiplo da ordem de a.

c) Conclua que a caracterıstica de B e n, donde a e um gerador de B, ed = mdc(a, 36) = 36/n.

Resolucao: Como B e um grupo cıclico com n elementos, podemossupor que x e gerador de B. Segue-se da alınea anterior que n|m, esabemos que m|n pelo teorema de Lagrange. Logo n = m ea e tambemgerador de B. E claro que m = n = 36/d, onde mdc(a, 36) = d.

d) Conclua finalmente que se B tem identidade a, entao mdc(d, n) = 1.Determine todos os subaneis de Z36 com identidade, e calcule essasidentidades.

Resolucao: Seja a = dk, onde mdc(a, 36) = d, 36 = dn, e mdc(k, n) =1. Como a e a identidade de B, temos a2 = a, ou a(a−1) ≡ 0 mod 36.

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 entao as congruenciasx ≡ 0 mod d e x ≡ 1 mod n tem solucao (teorema chines do resto).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 qualquerelemento b ∈< x > e da forma b = zx, e b · x = z · x2 = zx = b.

No caso presente, so podemos ter n = 4 e d = 9, ou n = 9 e d = 4, ouseja, os subaneis unitarios de Z36 sao os que tem 4 e 9 elementos. Asrespectivas identidades sao as solucoes de:

• 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 = 28

4. Nesta questao, G e H sao grupos.

4.3. 1o EXAME: 4/7/2003 85

a) Prove que se f : G → H e um homomorfismo injectivo, o numero deelementos de G e factor do numero de elementos de H. O que podeconcluir se f e sobrejectivo?

Resolucao: f(G) e um subgrupo de H, e #(f(G)) = #(G). Peloteorema de Lagrange, #(G) e factor de #(H). Se f e sobrejectivo eN e o nucleo de f , temos G/N ' H, pelo 1o teorema de isomorfismo,donde #(H) = [G : N ]. Como #(G) = [G : N ]#(N), cncluımos que#(H) e factor de #(G).

b) Se G e H sao os grupos aditivos Zn e Zm, onde n e factor de m, existesempre algum homomorfismo injectivo f : G → H? Se G = Z6 eH = Z24, quantos homomorfismos injectivos existem?

Resolucao: Existe um homomorfismo injectivo f : Zn → Zm se e sose existe um homomorfismo g : Z → Zm com N(g) =< n >. Sendom = 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, ouseja, g(Z) =< 4 >. Como g(x) = ax, segue-se que a e gerador de< 4 >, e a = 4 ou a = 20. Em ambos os casos N(g) =< 6 >, eportanto f(π6(x)) = π24(ax) e um homomorfismo injectivo. Existemassim dois homomorfismos injectivos f : Z6 → Z24.

c) Supondo que H = Z6, e f : G → H e injectivo, classifique o grupo G.

Resolucao: G tem 1, 2, 3, ou 6 elementos. Se G tem 1, 2 ou 3elementos entao e o (unico) grupo dessa ordem. Se G tem 6 elementosentao f e um isomorfismo, e G ' Z6. Todos os casos sao possıveis,pela alınea anterior.

d) Supondo que G = Z6, e f : G → H e sobrejectivo, classifique o grupoH.

Resolucao: Temos H ' G/N , onde N e o nucleo de f , pelo 1o

teorema de isomorfismo. Sabemos que N e um dos ideais < d >, onded|6. Pelo 3o teorema de isomorfismo, temos H ' Zd. Todos os casossao possıveis, bastando considerar os homomorfismos fk : Z6 → Z6,onde fk(x) = kx.

4.3 1o Exame: 4/7/2003

1. Neste grupo, G e H sao grupos, e N e um subgrupo de G. Para cadauma das afirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao e verdadeira, comuma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Se f : G → H e um homomorfismo de grupos, f(G) e um subgrupode H.


resolucao: Verdadeiro. Escrevemos os grupos em notacao mul-tiplicativa, como (G, ∗) e (H, ◦). Como K = f(G) 6= ∅, basta-nosmostrar que

u, v ∈ f(G) ⇒ u ◦ v−1 ∈ f(G).

Seja e a identidade de G. Entao f(e ∗ e) = f(e) = f(e) ◦ f(e), eportanto f(e) = e′ e a identidade de H, pela lei do corte. Se x ∈ G,entao

f(x) ◦ f(x−1) = f(x ∗ x−1) = f(e) = e′ ⇒ f(x−1) = f(x)−1.

Temos entao que u, v ∈ f(G) ⇒ u = f(x), v = f(y), x, y ∈ G, eportanto

u ◦ v−1 = f(x) ◦ f(y)−1 = f(x) ◦ f(y−1) = f(x ∗ y−1) ∈ f(G).

b) Se f : G → H e um homomorfismo de grupos, f(xn) = f(x)n paraqualquer n ∈ Z.

resolucao: Verdadeiro. Podemos verificar a identidade para na-turais n ≥ 0 por inducao, porque a identidade e obvia para n = 0 pordefinicao, ja que f(x0) = 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 e um homomorfismo de grupos finitos, o numero deelementos de f(G) e um divisor comum do numero de elementos de Ge do numero de elementos de H.

resolucao: Verdadeiro. Seja N o nucleo de f , e recorde-se do1o Teorema de isomorfismo que G/N e isomorfo a f(G). Escrevendo#(A) para o numero de elementos de A, temos:

• #(f(G)) e factor de #(H), pelo teorema de Lagrange.

• #(G) = #(G/N)#(N), pelo teorema de Lagrange, donde #(G/N)e factor de #(G).

• #(f(G)) = #(G/N), pelo 1o Teorema de Isomorfismo.

d) Se X = {xN : x ∈ G} e Y = {Ny : y ∈ G} entao X e Y tem o mesmocardinal.

resolucao: Verdadeiro. Definimos f : X → Y por f(xH) =Hx−1. E evidente que f e sobrejectiva. Para verificar que e injectiva,note-se que

Hx−1 = Hy−1 ⇒ Hx−1y = H ⇒ x−1y ∈ H ⇒ y ∈ xH ⇒ yH = xH

4.3. 1o EXAME: 4/7/2003 87

2. Nesta questao, D e um domınio integral com identidade 1 e zero 0, onde1 6= 0. Para cada uma das afirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao everdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Qualquer subanel B de D tem identidade.

resolucao: Falso. Basta tomar D = Z e B o anel dos inteirospares.

b) Qualquer subgrupo de (D,+) e um subanel de D.

resolucao: Falso. Tome-se D = Z[i] e B = {ni : n ∈ Z} (osinteiros de Gauss com parte real nula).

c) Se D e finito entao D contem um subanel B isomorfo a algum Zm.

resolucao: Verdadeiro. Considere-se f : Z → D dado por f(n) =n1, e B = f(Z). Sabemos que f e um homomorfismo de aneis, dondeB e um subanel de D. E claro que f nao pode ser injectivo, porqueD e finito. Portanto o nucleo de f e < m >, com m > 0. Pelo 1o

teorema de isomorfismos, B e isomorfo a Z/ < m >, i.e., Zm.

d) Se D e um d.f.u., a equacao mdc(a, b) = ax+by tem solucoes x, y ∈ D.

resolucao: Falso. O anel D = Z[x] e um d.f.u., porque Z e umd.f.u. Tomamos a = 2 e b = x, notamos que os divisores de 2 sao 1 e 2,e os divisores de x sao 1 e x. Portanto e claro que mdc(2,x) = 1. Masos polinomios da forma 2s(x)+xt(x) tem sempre termo independentePAR, portanto 1 6= 2s(x) + xt(x).


a) Seja f : Z → Z833 o homomorfismo de grupos dado por f(n) = 357n.Quantos elementos tem a imagem f(Z)? Qual e o nucleo de f?

resolucao: A imagem

f(Z) =< 357 >=< mdc(357, 833) >=< 119 >,

que tem 833/119 = 7 elementos. O nucleo N de f e o conjunto dosinteiros n tais 833|357n, ou seja, 7|3n, ou 7|n. Portanto N =< 7 >.

b) Quais sao os grupos Zm tais que h : Zm → Z833 dado por h(n) = 357nesta bem definido, e e um homomorfismo de grupos? Para que valorde m e que h e um isomorfismo?

resolucao: Sendo π : Z → Zm o usual homomorfismo π(n) = n, acomposicao g(π(n)) = f(n) e o homomorfismo que referimos na alıneaanterior. Portanto, o nucleo de π esta contido no nucleo de f , ou seja,< m >⊆< 7 >, ou 7|m. Sao estes os valores de m para os quais ohomomorfismo h esta bem definido.


Supondo m = 7k, seja x o numero de elementos do nucleo de h. Entao7k/x = 7, donde x = k, ou seja, x = m/7. Em particular, o nucleo esempre < 7 >.

O homomorfismo g e injectivo exactamente quando N =< m >=<7 >, ou seja, quando m = 7. Por outras palavras, o grupo f(Z) eisomorfo a Z7. No entanto, e evidente que g nao e sobrejectivo, logonao e um isomorfismo entre Z7 e Z833!

c) f(Z) e tambem um anel? E se e um anel, e isomorfo a um anel Zk?

resolucao: f(Z) e tambem um anel, porque qualquer subgrupo deZ833 e tambem um subanel e um ideal. Nao e no entanto isomorfo anenhum anel Z. Podemos argumentar aqui de diversas maneiras:

(a) f(Z) nao tem identidade para o produto, ou

(b) f(Z) tem 7 elementos, portanto so poderia ser isomorfo ao anelZ7. Mas Z7 e um corpo, e e facil ver que f(Z) tem divisores dezero.

d) Quais dos seguintes aneis sao isomorfos entre si: Z1000, Z2 ⊕ Z500,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 sao isomorfos, porqueZ1000 tem caracterıstica 1000, e Z2 ⊕ Z500 tem caracterıstica 500.

4. Nesta questao, K e um corpo, m(x) ∈ K[x], A = K[x]/ < m(x) >, eq : K[x] → A e o usual homomorfismo de aneis π(p(x)) = p(x).

a) Prove que os ideais de A sao da forma π(J), onde J e um ideal deK[x]. Conclua que A e um d.i.p., ou seja, todos os seus ideais saoprincipais.

resolucao: Consideramos a aplicacao quociente

π : K[x] → K[x]/ < m(x) > .

Seja agora I ⊆ A um ideal de A, e J = π−1(I) a respectiva imageminversa. Como π e sobrejectiva, temos π(J) = I. Queremos provarque J e um ideal de K[x]. Notamos que, se a(x), b(x) ∈ J , entaoπ(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.

4.3. 1o EXAME: 4/7/2003 89

Se a(x) ∈ J e c(x) ∈ K[x] entao π(a(x)) ∈ I, π(c(x)) ∈ A e

π(a(x))π(c(x)) = π(c(x)a(x)) ∈ I ⇒ a(x)c(x) = c(x)a(x) ∈ J.

Logo J e um ideal. Como K[x] e um d.i.p., temos J =< p(x) >, eI = π(J) =< p(x) >.

b) Mostre que os ideais de A sao da forma < d(x) >, onde d(x)|m(x)em K[x]. Sugestao: Mostre que < p(x) >=< d(x) >, onde d(x) =mdc(p(x),m(x)) em K[x].

resolucao: Dado p(x) ∈ K[x], e sendo d(x) = mdc(p(x),m(x)), eevidente 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) > .

Concluımos 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 teros ideais de A? Quantos ideais com n elementos existem, para cadapossıvel valor de n? Quantos elementos invertıveis existem em A?

resolucao: A tem 27 elementos, portanto (pelo Teorema de La-grange), os seus ideais so podem ter 1, 3, 9 ou 27 elementos. Existeum ideal com 1 elemento, que e o ideal < 0 >, e um ideal com 27elementos, que e o proprio anel A. Os outros ideais sao gerados pelasclasses dos restantes divisores monicos de

m(x) = x3 + 2x = x(x2 + 2) = x(x + 1)(x + 2),

que sao x,x+1,x+2, (x+1)(x+2),x(x+2),x(x+1). Em particular,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

< x + a >' K[x]

< x + a >,#(

A

< x + a >

)= 3, e # (< x + a >) = 9.

Analogamente, K[x]/ < (x + a)(x + b) > tem 9 elementos, donde

#

(A

< (x + a)(x + b) >

)= #

(K[x]

< (x + a)(x + b) >

)= 9,


donde concluımos que #(< (x + a)(x + b) >

)= 3.

Os elementos nao-invertıveis sao os que pertencem aos ideais

I0 =< x >, I1 =< x + 1 > e I2 =< x + 2 > .

Se i 6= j, a interseccao Ii ∩ Ij e um dos ideais com 3 elementos, e ainterseccao I0 ∩ I1 ∩ I2 e o ideal que apenas contem o zero. Existempor isso 9 + 9 + 9 − (3 + 3 + 3) + 1 = 19 elementos nao-invertıveis, e27− 19 = 8 elementos invertıveis.

d) Supondo K = Z3, e m(x) = x3+2x, o anel A e isomorfo a Z3⊕Z3⊕Z3?

resolucao: Sim. Considere-se o homomorfismo

f : Z3[x] → Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3, dado por f(p(x)) = (p(0), p(1), p(2)).

O nucleo de f e o ideal I =< x(x + 1)(x + 2) >, de acordo com oTeorema do Resto (se p(0) = p(1) = p(2) = 0, entao p(x) e divisıvelpor x, por x−1 = x + 2, e por x− 2 = x + 1).

Concluımos do 1o Teorema de Isomorfismo que A = Z3[x]/I e isomorfoa f(Z3[x]), e como A tem 27 elementos, f(Z3[x]) tem igualmente 27elementos. Dado que Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 tem tambem 27 elementos, e claroque f(Z3[x]) = Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3, e A ' Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3.

4.4 2o Exame: 21/7/2003

1. Nesta questao, G e H sao grupos multiplicativos, e f : G → H e umhomomorfismo de grupos. Para cada uma das afirmacoes seguintes, mostreque a afirmacao e verdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com umcontra-exemplo.

a) f(x−1) = f(x)−1 para qualquer x ∈ G.

b) O nucleo de f e um subgrupo normal de G.

c) Se f e sobrejectivo, e G e finito, entao |H| e factor de |G|.

d) Se G e um grupo cıclico com n elementos, e k e factor de n, entaoexiste pelo menos um elemento de G com ordem k.

2. Nesta questao, p(x), q(x) ∈ Z[x] sao polinomios com coeficientes in-teiros. Para cada uma das afirmacoes seguintes, mostre que a afirmacao everdadeira, com uma demonstracao, ou falsa, com um contra-exemplo.

a) Se p(x) e irredutıvel em Q[x], entao p(x) e irredutıvel em Z[x].

b) Se p(x) e irredutıvel em Z[x], entao p(x) e irredutıvel em Q[x].

4.5. 1o EXAME: 9/7/2004 91

c) Se q(x)|p(x) em Z[x], e p(x) e primitivo, entao q(x) e primitivo.

d) Se q(x)|p(x) em Q[x], entao existe k ∈ Q tal que kq(x)|p(x) em Z[x].


a) Quantos subgrupos tem Z300?

b) Quantos homomorfismos sobrejectivos de grupo h : Z600 → Z300 ex-istem? Quais destes homomorfismos sao tambem homomorfismos deanel?

c) Quantos homomorfismos de grupo f : Z600 → Z300 existem, tais quef(Z) tem 100 elementos? Prove que f(Z) e um anel isomorfo ao anelZ100.

d) Quais dos seguintes grupos sao isomorfos entre si: Z300, Z6 ⊕ Z50,Z100 ⊕ Z3, Z10 ⊕ Z30?

4. Nesta questao, G e um grupo finito, e A e B sao subgrupos de G.AB = {xy : x ∈ A e y ∈ B}.

a) Prove que A ∩ B e um subgrupo de G. O conjunto AB e sempre umsubgrupo de G?

b) Prove que |AB||A ∩ B| = |A||B|. Sugestao: Mostre que a funcaof : A/(A ∩ B) → G/B esta bem definida por f(x(A ∩ B)) = xB, e einjectiva. Mostre tambem que a uniao das classes em f(A/A ∩ B) eexactamente AB.

c) Suponha que G e um grupo abeliano com 10 elementos. Prove queG tem necessariamente um elemento x com ordem 5, e um elementoy com ordem 2, e conclua que G e o grupo Z10. Sugestao: Qual e aordem de xy?

d) Mostre que, se G e um grupo nao-abeliano com 10 elementos, entao Gtem um elemento x com ordem 5, e se y 6∈< x > entao y tem ordem2. Conclua que xy = yx4, e portanto que existe apenas um gruponao-abeliano com 10 elementos, que so pode ser D5.

4.5 1o Exame: 9/7/2004

1. Diga se cada afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao, G e H saogrupos, f : G → H e um homomorfismo de grupos, e N e o nucleo de f .

a) Se e e a identidade de G, entao f(e) e a identidade de H.

resolucao: verdadeiro. Temos f(e)f(e) = f(ee) = f(e), e pelalei do corte em H segue-se que f(e) e a identidade de H.


b) Se K e um subgrupo de H, entao f−1(K) e um subgrupo de G quecontem N .

resolucao: verdadeiro. K contem a identidade de H, e portantof−1(K) contem N . Em particular, f−1(K) nao e vazio. Por outro lado,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 tem ordem finita entao G e finito.

resolucao: falso. Basta considerar o grupo aditivo dos polinomiosem Z2[x].

d) Se |G| = 15 e |H| = 25, entao f(G) e um grupo cıclico.

resolucao: verdadeiro. Pelo teorema de Lagrange, e como f(G)e subgrupo de H, so podemos ter |f(G)| = 1, 5, ou 25. Analogamente,|N | = 1, 3, 5, ou 15, e portanto |G/N | = 1, 3, 5, ou 15. Como pelo1o teorema de isomorfismo temos G/N ∼ f(G), e obvio que |f(G)| sopode ser 1 ou 5. So existe um grupo com 1 elemento e um grupo com5 elementos, e ambos sao cıclicos.

2. Diga se cada afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao, A e B saoaneis, A e um domınio integral, f : A → B e um homomorfismo sobrejectivode aneis, e N e o nucleo de f .

a) N e um ideal de A.

resolucao: verdadeiro. Designamos o zero de B por 0′. temosentao:

• f(0) = 0′, donde 0 ∈ N , e N 6= ∅.• 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 e invertıvel em A, entao f(a) e invertıvel em B.

resolucao: verdadeiro. f(1) e a identidade do subanel f(A).Como f e sobrejectiva, temos B = f(A), e f(1) e a identidade de B.Se a ∈ A e invertıvel existe a′ ∈ A tal que aa′ = 1, donde f(aa′) =f(a)f(a′) = f(1), e f(a) e invertıvel.

c) B e um domınio integral.

resolucao: falso. Tome-se A = Z, B = Z4, e f : Z → Z4 a usualaplicacao quociente f(x) = x.

4.5. 1o EXAME: 9/7/2004 93

d) Se B e um corpo, entao N e um ideal maximo de A.

resolucao: verdadeiro. Pelo 1o Teorema de Isomorfismo, temosB ' A/N . Sabemos que A/N e um corpo se e so se N e um idealmaximo.


a) Quantos subgrupos tem Z1800? Quais sao os geradores do subgrupogerado por 1300?

resolucao: Existe um subgrupo por cada divisor de 1800 = 233252.Existem assim (3 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 36 subgrupos.

Os geradores do subgrupo gerado por 1300 sao as classe dos inteiros nque satisfazem mdc(n, 1800) = mdc(1300, 1800) = 100. Temos assimn = 100k, onde mdc(k, 18) = 1, e 1 ≤ k ≤ 18. E obvio que k ∈{1, 5, 7, 11, 13, 17}, e os geradores em causa sao 100, 500, 700, 1100,1300 e 1700.

b) Considere os grupos Z25⊕Z72, Z20⊕Z90, Z200⊕Z9, e Z40⊕Z45. Quaisdestes grupos sao isomorfos entre si?

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 e cıclico, de ordem 1800. A ordem de qualquer elementodo grupo B e um factor de 180. A ordem de qualquer elemento dogrupo C e um factor de 360 e C contem elementos de ordem 360, porexemplo (0, 1). E assim claro que A 6' B 6' C 6' A.

c) Quantos homomorfismos de grupo f : Z1800 → Z1800 existem, comnucleo N(f) =< 1300 >?

resolucao: N(f) =< 1300 >=< 100 > tem 18 elementos, e portantof(Z1800) ' Z1800/N(f) tem 100 elementos, i.e., f(G) =< 18 >. Temosassim que f(n) = an, onde < a >=< 18 >.

Concluımos que a e um gerador de < 18 >, e existem tantos homo-morfismos do tipo considerado como geradores de < 18 >.

Os geradores de < 18 > sao as classes dos inteiros n que satisfazemmdc(n, 1800) = 18. E claro que n = 18k, e mdc(18k, 1800) = 18, o quee equivalente a mdc(k, 100) = 1. Temos assim de contar os naturaisk ≤ 100 que sao primos relativamente a 100, o que e dado pela funcaode Euler ϕ(100) = 100(1− 1

2)(1− 15) = 40.


d) Supondo que g : Z → Z40 ⊕ Z45 e um homomorfismo de aneis, classi-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

sao tambem homomorfismos de aneis, e N(g) = N(g1) ∩N(g2).

Qualquer homomorfismo de aneis h : Z → A e da forma h(n) = na,onde a ∈ A e um elemento que satisfaz a2 = a, e a e a identidade dosubanel h(Z) ⊆ A. Concluımos que

• g1(Z) e um subanel de Z40 com identidade. Como 40 = 5 × 8,os unicos subaneis de Z40 com identidade sao os que tem exacta-mente 1, 5, 8, ou 40 elementos. Neste caso N(g1) e respectiva-mente Z, < 5 >, < 8 >, < 40 >.

• g2(Z) e um subanel de Z45 com identidade. Como 45 = 5 × 9,os unicos subaneis de Z45 com identidade sao os que tem exacta-mente 1, 5, 9, ou 45 elementos. Neste caso N(g2) e respectiva-mente Z, < 5 >, < 9 >, < 45 >.

Observamos acima que N(g) = N(g1) ∩N(g2). Os casos a considerarreduzem-se a Z, < 5 >, < 8 >, < 9 >, < 40 >, < 45 >, e ainda< 72 >=< 8 > ∩ < 9 >, e < 360 >=< 45 > ∩ < 40 >. Temos assimque g(Z) e um anel isomorfo a um de:

Z1, Z5, Z8, Z9, Z40, Z45, Z72, Z180.

4. Considere o anel Z3[x], e o polinomio p(x) = x3 +2x+1. Nesta questao,quando m(x) ∈ Z3[x], designamos por m(x) a correspondente classe no anelquociente K = Z3[x]/ < p(x) >.

a) Qual e o inverso de x2 + 1 em K[x]?

resolucao: Aplicamos o algoritmo de Euclides ao calculo de mdc(x3+2x + 1,x2 + 1).

x3 + 2x + 1 x2 + 1 x x + 1 1 0 0 1x2 + 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 emquestao e 2x2 + x + 2.

4.5. 1o EXAME: 9/7/2004 95

b) Mostre que K e uma extensao algebrica de Z3, e K[x] e um d.f.u.

resolucao:

• O polinomio x3 +2x+1 e irredutıvel em Z3, porque e do 3o grau,e p(0) = p(1) = p(2) = 1 6= 0, i.e., x3 + 2x + 1 nao tem raızes emZ3.

• O ideal < x3 + 2x + 1 > e portanto maximo, e consequente-mente K = Z3[x]/ < p(x) > e um corpo, que e obviamente umaextensao de Z3. Segue-se que K e um espaco vectorial sobre Z3.

• Os elementos de K sao da forma ax2 + bx + c, porque qualquerpolinomio e equivalente ao resto da sua divisao por x3 + 2x + 1,que e do 3o grau. Portanto K e um espaco vectorial de dimensao3 sobre Z3, com base {1, x, x2}. Como a dimensao de K sobre Z3

e finita, K e uma extensao algebrica de Z3.

• K e um corpo, e portanto K[x] e um d.i.p. Segue-se que K[x] eum d.f.u.

c) Decomponha p(x) em factores irredutıveis em K[x].

resolucao: Para simplificar a notacao, escrevemos os elementos deK na forma a + bi + cj, onde a, b, c ∈ Z3, i = x, e j = i2. Note-se queij = x3 = −2x−1 = x + 2 = 2 + i, e j2 = i(ij) = i(2 + i) = 2i + j.

Usando o algoritmo de divisao usual, obtemos:

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 factorizacao completa de p(x) e:

x3 + 2x + 1 = (x− i)(x + 2i− 1)(x + 2i + 1).

d) Seja α ∈ K, α 6∈ Z3. Prove que Z3(α) e isomorfo a K, e em particularα e raız de um polinomio irredutıvel do terceiro grau n(x) ∈ Z3[x].

resolucao: Consideramos o homomorfismo de aneis φ : Z3[x] → K,dado por φ(m(x)) = m(α). Temos por definicao que φ(Z3[x]) = Z3[α],e Z3(α) = Frac(Z3[α]). Sabemos que α e algebrico, e o respectivopolinomio mınimo n(x) e irredutıvel. Concluımos que

L = φ(Z3[x]) = Z3[α] ' Z3[x]/ < n(x) > e um corpo.


Em particular, Z3(α) ' Z3[α] = L. Consideramos agora os corposZ3 ⊆ L ⊆ K. Sendo n a dimensao de K sobre L, e m a dimensao deL sobre Z3, temos nm = 3. Como L 6= Z3, so podemos ter n = 3 em = 1, i.e., L = K. Repare-se que neste caso n(x) tem grau 3.

4.6 2o Exame: 24/7/2004

1. Diga se cada afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao, G e umgrupo, e K e H sao subgrupos de G.

a) Se x, y ∈ G, entao (xy)−1 = y−1x−1.

resolucao: verdadeiro. Sendo e a identidade de G, temos

(xy)(y−1x−1) = x[y(y−1x−1 = x[(yy−1)x−1] = x(ex−1) = xx−1 = e.

Concluımos que (xy)(y−1x−1) = (xy)(xy)−1, donde y−1x−1) = (xy)−1.

b) Se K e subgrupo normal de G, entao K ∩H e subgrupo normal de H.

resolucao: verdadeiro. Sendo x ∈ K ∩H e y ∈ H temos

• y−1xy ∈ K, porque y ∈ H ⊆ G e K e normal em G.

• y−1xy ∈ H, porque y ∈ H e x ∈ K ∩H ⊆ H.

Concluımos que K ∩K e normal em H.

c) Os automorfismos de G formam um grupo, com a operacao de com-posicao.

resolucao: verdadeiro. As funcoes bijectivas f : G → G formamo grupo das permutacoes em G, que designamos SG. O conjunto dosautomorfismos de G e por razoes obvias um subconjunto de SG, e enao-vazio, porque a funcao identidade e certamente um homomorfismode grupos.

Se f : G → G e um automorfismo, entao tem inversa f−1 : G → G.Dado x, y ∈ G, escrevemos u = f−1(x), e v = f−1(y), donde x = f(u)e y = f(v). Como f e um homomorfismo, temos f(u)f(v) = uv,i.e., xy = f−1(x)f−1(y), e f−1 e tambem um homomorfismo, e umautomorfismo.

Se g, f : G → G sao automorfismos, observamos que g ◦ f−1 e umabijeccao em SG, e(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 e um homomorfismo, e os automorfismosde G fromam um subgrupo de SG.

4.6. 2o EXAME: 24/7/2004 97

d) Se K e subgrupo normal de G, entao existe um grupo L e um homo-morfismo de grupos f : G → L tal que K e o nucleo de f .

resolucao: verdadeiro. Como K e normal, o quociente G/K = Le um grupo, e a funcao π : G → G/K dada por π(x) = x e umhomomorfismo de grupos. Sendo e ∈ G a identidade do grupo G, aidentidade do grupo G/K e e = K, e π(x) = e se e so se x ∈ K, i.e.,N(π) = K.

2. Diga se cada afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando a sua respostacom uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao, A e B saoaneis unitarios, e f : A → B e um homomorfismo de aneis.

a) Se a e invertıvel em A, entao f(a) e invertıvel em B.

resolucao: falso. Tomamos A = Z, B = Z⊕ Z, e f(n) = (n, 0). Eclaro que f(1) = (1, 0) nao e invertıvel em B.

b) A imagem f(A) e um ideal de B.

resolucao: falso. Tomamos A = Z, B = R, e f(n) = n. Entaof(Z) = Z ⊂ R, que nao e um ideal de R, porque o produto de uminteiro por um real nao e sempre um inteiro.

c) Se A = Z, entao f(n) = nb, onde b2 = b.

resolucao: verdadeiro. Seja b = f(1) ∈ B. Para verificar quef(n) = nb para qualquer n ∈ Z, observamos que:

• O caso n = 1 e evidente, porque 1b = b = f(1).

• Se n > 1, temos f(n + 1) = f(n) + f(1) = nb + b = (n + 1)b, oque estabelece a identidade f(n) = nb para qualquer n ∈ N, porinducao.

• f e um homomorfismos de grupos, e portanto f(0) = 0 = 0b.

• Se n < 0 entao n = −k, com k ∈ N, e f(n) = f(−k) = −f(k) =−(kb) = (−k)b = nb.

Temos ainda que f(1)f(1) = f(1 · 1) = f(1), i.e., b2 = b.

d) Se B e finito e tem mais de um elemento, entao B tem um subanelisomorfo a algum Zm, onde m > 1.

resolucao: verdadeiro. Sendo I ∈ B a respectiva identidade,consideramos o homomorfismo de aneis f : Z → B dado por f(n) =nI. O respectivo nucleo e N =< m >, onde m > 0, porque B e finito,e m > 1, porque I 6= 0, ja que B tem mais de um elemento. Pelo 1o

Teorema de Isomorfismo, f(Z) e um subanel de B isomorfo a Zm.



a) Quantos subgrupos tem Z990? Quantos destes sao aneis unitarios?

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 sao igualmente subaneis(e ideais).

Sabemos que se m = nd, o subanel de Zm com n elementos e unitariose e so se mdc(n, d) = 1. Neste caso, n fica identificado conhecidos osseus factores primos, e se m = 990 esses factores sao p ∈ {2, 3, 5, 11}.Basta-nos por isso contar os subconjuntos de {2, 3, 5, 11}, que sao 16.

b) Quantos automorfismos de grupo f : Z990 → Z990 existem?

resolucao: Qualquer homomorfismo de grupo f : Z990 → Z990 e daforma f(x) = ax, e e obvio que f(Z990) = 〈a〉. O homomorfismo eum automorfismo se e so se e sobrejectivo (porque Z990 e finito), i.e.,se e so se a e gerador de Z990. O numero de automorfismos de Z990

e assim o numero de geradores de Z990, dado pela funcao de Eulerϕ(990) = 990(1− 1

2)(1− 13)(1− 1

5)(1− 111) = 3(2)(4)(10) = 240.

c) Quantos ideais existem em Z15 ⊕Z66? Existem subaneis de Z15 ⊕Z66

que nao sao ideais de Z15 ⊕ Z66?

resolucao: Os ideais da soma directa A ⊕ B sao da forma I ⊕ J ,onde I e ideal de A e J e ideal de B. Portanto o numero de ideais deA⊕B e o numero de ideais de A a multiplicar pelo numero de ideaisde B.

15 = 3 · 5 tem 4 divisores, e 66 = 2 · 3 · 11 tem 8 divisores. Por outraspalavras, Z15 tem 4 ideais e Z66 tem 8 ideais. Concluımos que Z15⊕Z66

tem 32 ideais.

A identidade de Z15⊕Z66 e o elemento (1, 1). Consideramos o subanelC gerado por (1, 1). A caracterıstica de Z15⊕Z66 e mmc(15, 66) = 330,ou seja, C tem 330 elementos. Se C e um ideal, entao e obvio que Ccontem (1, 1)(1, 0) = (1, 0 e (1, 1)(0, 1) = (0, 1). Mas neste caso e claroque C contem todos os elementos de Z15 ⊕ Z66, o que e impossıvel,porque Z15 ⊕ Z66 tem 990 elementos. Existem portanto subaneis quenao sao ideais, em particular C.

d) Determine os homomorfismos de anel g : Z33 → Z990.

resolucao: Os homomorfismos de grupo g : Z33 → Z990 sao da formag(x) = φ(x), onde φ : Z → Z990 e um homomorfismo com nucleoN =< m >⊇< 33 >. Como 33 ∈< m >, e claro que m = 1, 3, 11, ou33, e m e o numero de elementos da imagem φ(Z).

O caso m = 1 corresponde ao homomorfismo nulo, que e claramentede aneis. Em qualquer caso, se φ e um homomorfismo de aneis entaoφ(Z) e um anel unitario, e portanto φ(Z) nao pode ter nem 3 nem 33elementos, como vimos em a).

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 > e o subanel de Z990 com 11 elementos. Recordamos que φ e umhomorfismo de aneis se e so se a2 = a, que e o caso se e so se a e aidentidade 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). Concluımos que existemapenas dois homomorfismos de anel g : Z33 → Z990, que sao dados porg1(x) = 0 e g2(x) = 540x.

4. Considere o anel Z3[x], e o polinomio p(x) = x3 + 2x2 + x + 2. Nestaquestao, quando m(x) ∈ Z3[x], designamos por m(x) a correspondenteclasse 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 + 1x2 + x + 1 2x + 1 2x + 1 0

Temos assim mdc(x3+2x2+x+2,x2+x+1) ∼ 2x+1 ∼ x+2. A classex2 + x + 1 e invertıvel se e so se existem polinomios a(x), b(x) ∈ Z3[x]tais que

a(x)(x3 + 2x2 + x + 2) + b(x)(x2 + x + 1) = 1.

Esta equacao nao tem solucao, porque < x3 + 2x2 + x + 2,x2 + x +1 >=< mdc(x3 + 2x2 + x + 2,x2 + x + 1) >=< x + 2 >. Portanto,x2 + x + 1 nao e invertıvel.

b) Quais sao os ideais de K?

resolucao: Os ideais de K sao da forma

< m(x) >=< mdc(m(x), p(x)) > .

Um calculo simples mostra que p(x) = (x + 2)(x2 + 1), onde x + 2 ex2+1 sao irredutıveis. Segue-se que mdc(m(x), p(x)) = 1,x+2,x2+1,ou p(x). Existem por isso 4 ideais, que sao

< 1 >= K, < x + 2 >,< x2 + 1 >, e < p(x) >=< 0 > .


c) Quantos elementos invertıveis existem em K?

resolucao: Os elementos invertıveis em K sao da forma < m(x) >,onde mdc(m(x), p(x)) = 1. Sao portanto os elementos de K que naopertencem a < x + 2 > ∪ < x2 + 1 >.

Os elementos de A =< x + 2 > sao da forma:

(x + 2)m(x) = (x + 2)(q(x)(x2 + 1) + a + bx = (x + 2)(a + bx).

Concluımos que A tem 9 elementos. Analogamente, os elementos deB =< x2 + 1 > sao da forma:

(x2 + 1)m(x) = (x2 + 1)(q(x)(x + 2) + a) = (x2 + 1)a,

e B tem 3 elementos. Notamos que A ∩ B contem apenas 0, e o anelK e formado pelas 27 classes a + bx + cx2. Concluımos que K tem27− (9 + 3− 1) = 16 elementos invertıveis.

d) Quais sao os ideais I de K para os quais o anel quociente K/I eisomorfo a algum Zm?

resolucao: Os elementos nao nulos do grupo K/I tem ordem 3,porque todos os elementos nao-nulos de Z3[x] tem ordem 3. Excep-tuando o caso “trivial” K = I, onde K/I ' Z1, o grupo aditivo K/Iso pode por isso ser isomorfo a Zm se m = 3, caso em I devera ter 9elementos, i.e., I = A.

Se I = A, entao K/I e um anel unitario com 3 elementos, e sabemosque neste caso e isomorfo a Z3. Recorde-se que a verificacao deste factoe muito simples. Sendo K/I e um anel unitario com 3 elementos,K/I = {0, 1, α}, entao 1 + 1 so pode ser α, e α + α so pode ser 1.Portanto, α · α = (1 + 1)α = α + α = 1, e deve ser obvio que K/I eisomorfo a Z3.

4.7 1o Exame: 1/7/2005



resolucao: verdadeiro. Como G e um grupo, para qualquer x ∈ Gexiste y ∈ G, tal que x ∗ y = 1. Temos entao:

x2 = x ⇒ x2 ∗ y = x ∗ y ⇒ x ∗ (x ∗ y) = 1 ⇒ x ∗ 1 = 1 ⇒ x = 1

4.7. 1o EXAME: 1/7/2005 101


resolucao: falso. Suponha-se que G = Z e o grupo aditivo dosinteiros, H =< 2 >, e K =< 3 >. Temos por exemplo 2, 3 ∈ H ∪K,mas 5 = 2+3 6∈ H ∪K. Por outras palavras, H ∪K nao e fechado emrelacao a soma, e portanto nao pode ser um grupo.

c) Se G e finito e tem um numero ımpar de elementos, entao a equacaox2 = 1 so tem a solucao x = 1.

resolucao: verdadeiro. Temos x2 = 1 se e so se x = x−1. Nestecaso, e supondo x 6= 1, e claro que H = {1, x} e um subgrupo de Gcom 2 elementos. Pelo teorema de Lagrange, a ordem de H divide aordem de G, ou seja, 2 divide a ordem de G, que e assim um numeropar. Concluımos que se a ordem de G e ımpar, nao podem existirelementos x 6= 1 que satisfazem a equacao x2 = 1, e a unica solucaodesta equacao e x = 1.

d) Se G e finito e tem um numero par de elementos, entao a equacaox2 = 1 tem solucoes x 6= 1.

resolucao: verdadeiro. Para cada x ∈ G, consideramos o con-junto C(x) = {x, x−1}. O conjunto C(x) tem 2 elementos se x 6= x−1,e 1 elemento se x = x−1. Seja n o numero de conjuntos com 2 ele-mentos, e m o numero de conjuntos com 1 elemento. E claro que me o numero de solucoes da equacao x2 = 1, e |G| = 2n + m e par,por hipotese. Concluımos que m e par. E tambem claro que m ≥ 1,porque C(1) = {1}. Temos assim que m ≥ 2.

2. Neste grupo, f : Z → Z180 e dada por f(n) = 63n.

a) Determine o numero de subaneis, e de geradores, do anel Z180.

resolucao: 180 = 22× 32× 5 tem 3× 3× 2 = 18 divisores. Segue-seque Z180 tem 18 subgrupos.

Existem ϕ(180) geradores de Z180, que correspondem aos naturais 1 ≤k ≤ 180 que sao primos relativamente a 180. Temos

ϕ(180) = 180(1− 12)(1− 1

3)(1− 1

5) = 48.

b) Mostre que a funcao f e um homomorfismo de grupo. Qual e o nucleode f? Determine as solucoes da equacao f(n) = 9.

resolucao: f e um homomorfismo de grupos, porque:

f(x + y) = 63(x + y) = 63x + 63y = 63x + 63y = f(x) + f(y).

Sendo N(f) o nucleo de f , temos:

x ∈ N(f) ⇔ 63x = 0 ⇔ 180|63x ⇔ 20|7x ⇔ 20|x, i.e., N(f) =< 20 > .


c) Mostre que o grupo f(Z) e isomorfo a Zm, para um valor apropriadode m que deve calcular. Quais sao os subgrupos de f(Z)?

resolucao: Pelo 1o teorema de isomorfismo, temos Z2 ' f(Z), ouseja, m = 20. Os subgrupos de f(Z) sao as imagens dos subgrupos deZ20, que sao igualmente as imagens dos subgrupos de Z que contem< 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 sera tambem um homomorfismo de anel? Os aneis Zm e f(Z) saoisomorfos?

resolucao: Como f(Z) e um subanel com 20 elementos, e 180 = 20×9, onde 9 e 20 sao primos entre si, segue-se que f(Z) e um anel isomorfoa Z20. No entanto, o homomorfismo f nao e um homomorfismo deaneis, porque f(1) = 63 nao e a identidade de f(Z) (63 × 63 ≡ 9mod (180)).

3. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,A e um anel abeliano unitario, com identidade I.

a) Todos os subaneis de A sao unitarios.

resolucao: falso. Considere-se o caso A = Z, e o subanel formadopelos inteiros pares.

b) Todos os subgrupos de (A,+) sao igualmente subaneis.

resolucao: falso. Considere-se o caso A = Z[x], e o subgrupoformado pelos polinomios de grau ≤ 1, que nao e subanel, porque naoe fechado em relacao ao produto.

c) Se A e um corpo finito, entao a sua caracterıstica e um numero primo.

resolucao: verdadeiro. Seja I a identidade de A, e m a carac-terıstica de A. Se m = nk e composto, entao 0 = mI = nkI =(nI)(kI), onde nI 6= 0 e kI 6= 0, porque m e a menor solucao naturalda equacao xI = 0. Por outras palavras, A tem divisores de zero, eportanto nao e um corpo.

d) Se A e finito, existe um subanel de A isomorfo a algum anel Zn.

resolucao: verdadeiro. Considere-se a funcao f : Z → A dada porf(x) = xI. Esta funcao nao e injectiva, porque A e finito. Portantoo seu nucleo N(f) =< n >6=< 0 >, e pelo 1o teorema de isomorfismotemos f(Z) ' Zn, onde f(Z) e um subanel de A.

4.7. 1o EXAME: 1/7/2005 103

4. Neste grupo, consideramos o anel quociente

A = Z3[x]/J , onde J =< x3 + x2 + x + 1 > .

a) Quantos elementos existem no anel A? Quais sao os elementos daforma < x + a > que sao invertıveis?

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 issotantas classes de equivalencia quantos os restos na divisao por m(x) =x3 + x2 + x + 1, que sao 27 = 33.

< x + a > e invertıvel se e so se mdc(x + a,m(x)) = 1, ou seja, se eso se x + a nao e factor de m(x). Como o resto da divisao de m(x)por x + a = x − (−a) e m(−a), e m(0) = 1,m(1) = 1, e m(2) = 0,segue-se que m(x) so e divisıvel por x− 2 = x + 1, e as classes < x >e < x + 2 > sao invertıveis.

b) Quais sao os divisores de zero em A?

resolucao:< p(x) > e divisor de zero se e so se mdc(p(x),m(x)) 6=1. Como m(x) = (x + 1)(x2 + 1), e os dois factores em causa saoirredutıveis (note-se que x2 + 1 nao tem raızes em Z3), segue-se que< p(x) > e divisor de zero se e so se x + 1|p(x), ou x2 + 1|p(x). Osdivisores de zero sao assim:

(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 e um domınio de ideais principais.

resolucao: Z3[x] e um anel de polinomios com coeficientes numcorpo, e por isso e um d.i.p. A e um anel quociente de Z3[x], e portantoos seus ideais sao da forma J/ < m(x) >, onde J e um qualquer idealde Z3[x] que contenha < m(x) >, i.e., J =< n(x) >, onde n(x)|m(x).E claro que J/ < m(x) >=< n(x) > e um ideal principal.

d) Classifique os aneis quociente da forma A/K, onde K e um ideal deA.

resolucao: Segue-se da alınea anterior que K e um dos seguintesideais: 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).


4.8 2o Exame: 18/7/2005



resolucao: Pela lei do corte, x3 = x ⇔ x2 = 1. A afirmacao e falsa,porque existem grupos onde esta equacao tem multiplas solucoes, i.e.,onde existem diversos elementos iguais ao seu inverso. Por exemplo,no grupo multiplicativo G = {1,−1}, com o produto usual, os doiselementos 1 e −1 satisfazem a equacao em causa.

b) Se H e K sao subgrupos de G, entao H ∩K e um subgrupo de G.

resolucao: A afirmacao e verdadeira. Notamos primeiro que H ∩K 6= ∅, porque tanto H como K contem a identidade de G. Notamosainda 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 sao subgrupos normais de G e K ⊇ H, entao K/H e umsubgrupo normal de G/H.

resolucao: A afirmacao e verdadeira. Observamos que H e umsubgrupo normal de K, e portanto K/H e um grupo, e naturalmenteum subgrupo de G/H. Por outro lado, se x = xH ∈ G/H, onde x ∈ G,e y = yH ∈ K/H, onde y ∈ K, entao x−1 ∗y ∗x = x−1 ∗ y ∗ x ∈ K/H,porque x−1 ∗ y ∗ x ∈ K, ja que K e normal em G.

d) Se G tem 11 elementos entao G ' Z11.

resolucao: A afirmacao e verdadeira. Dado α ∈ G, α 6= 1, defi-nimos f : Z → G tomando f(n) = αn, que sabemos ser um homomor-fismo de grupos. Sabemos tambem que f(Z) e um subgrupo de G, e eobvio que f(Z) 6= {1}, i.e., f(Z) tem mais do que um elemento. Peloteorema de Lagrange, o numero de elementos de f(Z) e um factor de11, e como nao pode ser 1, so pode ser 11, i.e., f e sobrejectivo. Fi-nalmente, sendo < m > o nucleo de f , temos Zm ' G pelo 1o teoremade isomorfismos, onde e obvio que m = 11.

2. As questoes seguintes referem-se a grupos ou aneis Zn. Os homomorfismose isomorfismos referidos sao de grupo, excepto quando a sua natureza ereferida explicitamente.

4.8. 2o EXAME: 18/7/2005 105

a) Determine o numero de subgrupos, e de geradores, do grupo Z495.

resolucao: 495 = 32 × 5 × 11, e portanto existem 3 × 2 × 2 = 12divisores de 495, e 12 subgrupos de Z495. O numero de geradores deZ495 e

ϕ(495) = (1− 13)(1− 1

5)(1− 1

11) = 495× 2

3× 4

5× 10

11= 240.

b) Existe algum homomorfismo injectivo f : Z495 → Z595? Existe algumhomomorfismo sobrejectivo f : Z495 → Z395? Quantos homomorfismosf : Z495 → Z295 existem?

resolucao: Se f : Z495 → H e um homomorfismo injectivo, entaof(Z495) e um subgrupo de H com 495 elementos, e pelo teorema deLagrange 495 e factor da ordem de H. Como 495 nao e factor de 595,nao existem homomorfismos injectivos f : Z495 → Z595.

Se f : Z495 → H e um homomorfismo sobrejectivo, entao pelo 1o

teorema de isomorfismo temos H ' Z495/N , onde N e o nucleo de f .A ordem de H e por isso igual a ordem de Z495/N , i.e., e igual aoındice [Z495 : N ], que e um factor de 495. Como 395 nao e factor de495, nao existem homomorfismos sobrejectivos f : Z495 → Z395.

Se f : Z495 → Z295 e um homomorfismo, entao a ordem de f(Z495)e factor de 295, pelo teorema de Lagrange, e e factor de 495, pelo 1o

teorema de isomorfismo. Os divisores comuns de 495 e 295 = 5 ×59 sao 1 e 5, e portanto f(Z495) so pode ter 1 ou 5 elementos. Oprimeiro caso (1 elemento) corresponde ao homomorfismo obvio dadopor f(x) = 0 para todo o x ∈ Z495. Para reconhecer que o segundocaso (5 elementos) e possıvel, observe-se que:

• O unico subgrupo de Z295 com 5 elementos e < 59 >' Z5, quetem 4 geradores. Estes geradores sao os elementos da forma 59k,com 1 ≤ k ≤ 4.

• As funcoes fk : Z → Z295 dadas por fk(x) = 59kx sao homomor-fismos de grupos, e sao os unicos homomorfismos f : Z → Z295

tais que f(Z) =< 59 >.

• O nucleo de fk e dado por

N(fk) = {x ∈ Z : 295|59kx} =< 5 >⊇< 495 > .

• Concluımos que existem 4 homomorfismos gk : Z495 → Z295 taisque gk(Z495) =< 59 >, e 5 homomorfismos g : Z495 → Z295.

c) Quais dos seguintes grupos sao isomorfos entre si?

Z3 ⊕ Z165, Z9 ⊕ Z55, Z99 ⊕ Z5, Z15 ⊕ Z33.


resolucao: Sabemos que, se mdc(n, m) = 1, entao Znm ' 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, e claro que 165z =(165x, 165y) = (0, 0), e portanto a ordem do elemento z e um di-visor de 165. Como B e um grupo cıclico com 495 elementos, temelementos com ordem 495, e nao pode ser isomorfo 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 aneis f : Z495 → Z990 se e so se existe um homomor-fismo de aneis g : Z → Z990 com nucleo N(g) =< 495 >, ondeg(x) = f(π495(x))1. Neste caso, g(Z) = f(Z495) =< π990(2) > e o(unico) subanel de Z990 com 495 elementos, e g(1) = f(π495(1)) e aidentidade do subanel < π990(2). (o subanel em causa tem identidadeporque 990 = 495× 2, e 2 e 495 sao primos entre si).

A identidade de < π990(2) > e a classe de restos do inteiro x quesatisfaz 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. Concluımos que f : Z495 → Z990, dado por f(π495(x)) =π990(496x), e o unico homomorfismo injectivo de aneis f : Z495 → Z990.

Se f : Z495 → Zn e um homomorfismo sobrejectivo entao como vimosn|495, i.e., n e um dos 12 divisores de 495, e f(π495(1)) = πn(1), dondef(π495(x)) = πn(x). Por outro lado, e claro que πn : Z → Zn e umhomomorfismo sobrejectivo de aneis, e o respectivo nucleo e < n >⊇<495 >, donde f e igualmente um homomorfismo sobrejectivo de aneis.Existem assim 12 homomorfismos sobrejectivos de aneis f : Z495 → Zn.

3. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Neste grupo,D e um domınio integral.

1Designamos aqui por πn a projeccao canonica que transforma cada inteiro x na suaclasse de restos ( mod n)

4.8. 2o EXAME: 18/7/2005 107

a) Se C e um subanel unitario de D com mais de um elemento, entao Ccontem a identidade de D.

resolucao: verdadeiro. Seja j a identidade de C, e i a identidadede D. Como C tem mais de um elemento, seja x ∈ C um elementonao-nulo. temos entao jx = ix = x, e pela lei do corte (valida em Dporque D e um domınio integral), temos j = i.

b) Se D e um domınio de ideais principais, entao D[x] e um domınio deideais principais.

resolucao: falso. Z e um d.i.p., mas Z[x] nao e d.i.p. (o ideal< x, 2 > nao e principal, porque os unicos divisores comuns a x e 2sao ±1, mas < x, 2 >6=< 1 >= Z[x].

c) Se os unicos ideais de D sao os triviais ({0}, e D), entao D e um corpo.

resolucao: verdadeiro. Temos apenas que verificar que qualquerelemento nao-nulo de D e invertıvel. Para isso, e sendo a 6= 0, notamosque o ideal gerado por a e < a >= {ax : x ∈ D}. Como a = a1 ∈<a >, temos < a >6= {0}, e por isso < a >= D. Segue-se que 1 ∈< a >,ou seja, existe x ∈ D tal que 1 = ax.

d) Se D e um domınio de ideais principais, entao qualquer elemento irre-dutıvel em D e primo em D.

resolucao: verdadeiro. Seja p ∈ D um elemento irredutıvel, esuponha-se que p|xy, onde x, y ∈ D. Seja ainda < p, x >=< d > oideal (principal) gerado por p e x. Como d|p e p e irredutıvel, temosd ∼ p ou d ∼ 1. No primeiro caso, p|n, e no segundo caso, existemelementos u, v ∈ D tais que 1 = pu + xv, donde y = puy + xyv emultiplo de p.

4. Este grupo diz respeito ao anel dos inteiros de Gauss Z[i].

a) Dado o natural n > 1, se a equacao n = x2 +y2 tem solucoes x, y ∈ N,e possıvel que n seja primo em Z[i]?

resolucao: Se n = x2+y2 = (x+iy)(x−iy), segue-se que x2+y2 > 1,e os inteiros de Gauss x + iy e x − iy nao sao invertıveis, donde n eredutıvel, e portanto nao pode ser primo.

b) Se o natural n e primo em Z, e a equacao n = x2 +y2 nao tem solucoesx, y ∈ N, e possıvel que n seja redutıvel em Z[i]?

resolucao: Se n e redutıvel entao existem inteiros de Gauss z, wtais que n = zw, donde n2 = |z|2|w|2. Como n e primo em Z, temosnecessariamente |z|2 = |w|2 = n. Concluımos que |z|2 = |w|2 = n, eportanto a equacao n = x2 + y2 tem solucoes x, y ∈ N.


c) Quantos divisores de 1105 existem em Z[i]? Determine todas as solucoesnaturais da equacao x2 + y2 = 1105. (Nota: 13 e factor de 1105.)

resolucao: A factorizacao de 1105 em inteiros de Gauss irredutıveise 1105 = 5×13×17 = (2+i)(2−i)(3+2i)(3−2i)(4+i)(4−i). Existempor isso 26 = 64 divisores de 1105 que se podem obter destes factores,e qualquer um deles pode ser multiplicado por uma das 4 unidades deZ[i]. Concluımos que 1105 tem 256 = 4× 64 divisores em Z[i].

Se 1105 = n2 + m2 = (n + mi)(n −mi), entao n + mi e n −mi saodivisores de 1105, e os factores irredutıveis de n+mi sao os conjugadosdos factores de n−mi. Em particular, n+mi tem 3 factores irredutıveisdistintos. 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 irredutıveis distintos saoconjugados destes, ou resultam de multiplicacao dos factores acima poruma das unidades ±1,±i. Nao conduzem por isso a solucoes distintasda equacao 1105 = n2+m2. As unicas solucoes naturais correspondemaos conjuntos {4, 33}, {9, 32}, {12, 31}, e {23, 24}.

d) Quais sao os naturais n para os quais o anel quociente Z[i]/ < n > eum corpo?

resolucao: O quociente Z[i]/ < n > e um corpo se e so se o ideal< n >6= Z[i] e maximo. Como Z[i] e um domınio de ideais principais, oideal < n >6= Z[i] e maximo se e so se n e irredutıvel. Como sabemos,e este caso se e so se n e primo em Z, e n ≡ 3 (mod 4).

4.9 1o Exame: 7/7/2006

1. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(G, ∗) e um grupo.


resolucao:verdadeiro.Seja H um subgrupo de G, e x ∈ H a suaidentidade. Entao x ∗ x = x, e pela lei do corte temos x = 1, onde 1 ea identidade de G.

4.9. 1o EXAME: 7/7/2006 109


resolucao:falso.Suponha-se por exemplo que G e o grupo aditivodos inteiros, H e o subgrupo dos inteiros pares, e K e o subgrupo dosmultiplos de 3. Entao 1 = 3 − 2 6∈ H ∪ K, apesar de 3, 2 ∈ H ∪ K.Logo H ∪K nao e um subgrupo de G.

c) Se G tem 17 elementos, entao G ' Z17.

resolucao:verdadeiro.Seja α ∈ G, α 6= 1, e considere-se o homo-morfismo φ : Z → G dado por φ(n) = αn. E claro que φ(Z) e umsubgrupo de G com mais do que um elemento, e |φ(Z)| e factor de17, pelo teorema de Lagrange. Logo |φ(Z)| = 17, ou seja, φ(Z) = G.Sendo < m >= N(φ), segue-se do 1o teorema de isomorfismo queZm ' G, onde e obvio que m = 17.

d) Os grupos Z4 ⊕ Z18 e Z6 ⊕ Z12 sao isomorfos.

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 contem elementos de ordem 36 (note que (0, 1) ∈ Z2 ⊕ Z36 temordem 36). Por outro lado, se (x, y) ∈ Z6 ⊕ Z12 entao 12(x, y) =(6(2x), 12y) = (0, 0)), ou seja, a ordem dos elementos de Z6⊕Z12 naopode exceder 12. E portanto claro que Z4 ⊕ Z18 6' Z6 ⊕ Z12.

2. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(A,+,×) e um anel unitario, com identidade 1.

a) Qualquer subanel unitario de A com mais de um elemento contem aidentidade 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,+) e um subanel de (A,+,×).

resolucao:falso.Seja A = Z[x], e B = {a + bx : a, b ∈ Z}. e claroque B e um subgrupo que nao e um subanel, porque nao e fehado parao produto.

c) O anel Q[x]/ < x3 − 1 > tem exactamente 4 ideais.


resolucao:verdadeiro.Como x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1), e ospolinomios x − 1 e x2 + x + 1) sao irredutıveis em Q[x], e claro queos factores de x3 − 1 sao da forma d(x) = a(x − 1)n(x2 + x + 1)m,com 0 ≤ n, m ≤ 1, e a 6= 0. E assim evidente que qualquer divisorde x3 − 1 e associado de um dos 4 polinomios 1,x − 1,x2 + x + 1, ex3 − 1. Como os ideais de Q[x]/ < x3 − 1 > sao do tipo < d(x) >,concluımos que o anel tem 4 ideais.

d) O anel Z[i]/ < 37 > e um corpo.

resolucao:falso.O inteiro 37 = (6 + i)(6− i) e redutıvel em Z[i], eportanto o anel Q[x]/ < x3 − 1 > tem divisores de zero, e nao podeser um corpo.


a) Quantos geradores e quantos divisores de zero existem em Z1325?

resolucao:1325 = 52 × 53, logo

ϕ(1325) = 1325(1− 15)(1− 1

53) =

52 × 53× 4× 525× 53

= 1040.

Existem por isso 1040 elementos invertıveis em Z1325, que sao gerado-res do anel, e 285 = 1325 − 1040 elementos que nao sao invertıveis,incluindo o 0. Existem por isso 284 divisores de zero.

b) Quais sao os homomorfismos de grupo φ : Z505 → Z1325?

resolucao:Os homomorfismos de grupo φ : Z505 → Z1325 sao daforma φ(n) = f(n), onde f : Z → Z1325 e um homomorfismo de grupo,dado por f(n) = an, e N(f) =< m >⊇< 505 >. Em particular, m efactor de 505.

Por outro lado, como φ(Z505) = f(Z) ' Zm e um subgrupo de Z1325,temos pelo teorema de Lagrange que m e igualmente factor de 1325,donde e evidente que so podemos ter m = 1 ou m = 5.

c) Quais sao os subaneis de Z1325 que sao corpos?

resolucao:Os subaneis de Z1325 que sao corpos sao em particularaneis unitarios. Sabemos que Zm tem um subanel unitario B comn elementos se e so se m = nd, onde mdc(n, d) = 1, e neste casoB =< d >' Zn.

Como 1325 = 25 × 53, os subaneis unitarios de Z1325 sao, alem dostriviais, que certamente nao sao corpos, os subaneis que tem 25 e 53

4.9. 1o EXAME: 7/7/2006 111

elementos, que sao

< 53 >' Z25 e < 25 >' Z53.

Como 25 e composto e 53 e primo, e claro que apenas < 25 >' Z53 eum corpo.

d) Determine os homomorfismos de anel φ : Z → Z1325.

resolucao:Sao funcoes da forma φ(n) = an, onde a = φ(1) e nec-essariamente a identidade do subanel φ(Z), que e por isso um anelunitario. Temos portanto 4 casos possıveis:

(1) φ1(Z) = Z1325, φ1(n) = n.

(2) φ2(Z) =< 0 >,φ2(n) = 0.

(3) φ3(Z) =< 25 >,φ3(n) = an, onde a e a identidade de < 25 >.

(4) φ4(Z) =< 53 >,φ4(n) = bn, onde b e a identidade de < 53 >.

Para calcular a e b, temos a resolver os sistemas de equacoes{a ≡ 0 (mod 25)a ≡ 1 (mod 53)

e{

b ≡ 0 (mod 53)b ≡ 1 (mod 25)

{1 + 53k ≡ 0 (mod 25)a = 1 + 53k

e{

b = 53s53s ≡ 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)

Concluımos 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 e um grupo com 2p elementos, onde p 6= 2 e um numeroprimo. Recorde que G tem pelo menos um elemento α com ordem 2.

a) Prove que G contem pelo menos um elemento ε de ordem p

resolucao:Seja K =< α >, que e um subgrupo de G com 2 elemen-tos. Notamos que a ordem dos elementos de G so pode ser 1, 2, p, ou2p, e consideramos separadamente dois casos:


• G e abeliano: G/K e um grupo com p elementos, e contem ele-mentos x, com x ∈ G, tais que a ordem de x e p. A ordem dex e multiplo da ordem de x, e portanto so pode ser p ou 2p. Noprimeiro caso tomamos ε = x, no segundo caso ε = x2.

• G nao e abeliano: recordamos que os grupos onde todos os ele-mentos x 6= 1 tem ordem 2 sao abelianos, e concluımos que existeε ∈ G com ordem superior a 2, portanto com ordem p ou 2p. Aordem de ε nao pode ser 2p, porque nesse caso G seria cıclico,logo abeliano. Segue-se que a ordem de ε so pode ser p.

b) Prove que x ∈ G tem ordem p se e so se x ∈ H =< ε >= {1, ε, ε2, · · · , εp−1}e x 6= 1.

resolucao:H ' Zp, porque H tem p elementos. Logo, se x ∈ H ex 6= 1 e obvio que x tem ordem p. Por outro lado, [G : H] = 2, dondeH e normal em G, e G/H ' Z2 e um grupo com 2 elementos. Sex 6∈ H, entao x 6= 1 tem ordem 2, e portanto x tem ordem 2 ou 2p,nao podendo ter ordem p.

c) Os elementos de G sao da forma x = αnεm, com 0 ≤ n < 2, e 0 ≤m < p. Qual e a ordem de cada um destes elementos? sugestao:a resposta depende de G ser abeliano ou nao, portanto os dois casosdevem ser analisados separadamente.

resolucao:G/H = {1, α} = {H,αH}, donde

G = {1, ε, ε2, · · · , εp−1, α, αε, αε2, · · · , αεp−1}.

Vimos ja que a ordem dos elementos ε, ε2, · · · , εp−1 e p. A ordem doselementos α, αε, αε2, · · · , αεp−1, que como vimos so pode ser 2 ou 2p,depende de G ser ou nao abeliano.

• Se G nao e abeliano, entao G nao e cıclico, e portanto todos oselementos x 6∈ H tem ordem 2. G tem assim

– 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 e abeliano, temos que recalcular a ordem dos elementos daforma x = εk, 1 ≤ k < p. Notamos que

1 = (αεk)n = αnεkn ⇒ α−n = εkn.

Como αn so pode ser 1 ou α, e α nao e uma potencia de ε,concluımos 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. Gtem neste caso:

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 nao e abeliano e φ : G → N e um homomorfismo so-brejectivo. Classifique o grupo N . sugestao: quais sao os subgruposnormais de G?

resolucao:Para determinar os subgrupos normais de G, notamos queos subgrupos de G nao triviais (i.e., distintos de {1} e de G) so podemter 2 ou p elementos.

• Se K e um subgrupo com p elementos, entao K contem elemen-tos de ordem p. Como vimos, todos os elementos de ordem ppertencem a H, e e portanto obvio que este e o unico subgrupode G com ordem p. Como tambem ja notamos, segue-se de [G :H] = 2 que H e normal.

• Se K = {1, β} tem 2 elementos, entao podemos supor sem perdade generalidade que β = α, dado que nos argumentos acimaapenas usamos o facto de α ter ordem 2. Observamos que seK = {1, α} e normal, entao εαε−1 ∈ K, e neste caso εαε−1 = 1ou εαε−1 = α.

(a) εαε−1 = 1 ⇒ εα = ε ⇒ α = 1, o que e absurdo.(b) εαε−1 = α ⇒ εα = αε ⇒, o que e absurdo, porque implica

claramente que G e abeliano.

Concluımos que G tem 3 subgrupos normais, a saber {1}, H, e G, eN(φ) e necessariamente um destes 3 subgrupos, e pode ser qualquerum deles. Segue-se agora do 1o Teorema de Isomorfismo que:

(a) N(φ) = {1} ⇒ N ' G.

(b) N(φ) = G ⇒ N ' Z1, porque e um grupo com 1 elemento.

(c) N(φ) = H ⇒ N ' G/H ' Z2, porque e um grupo com 2 ele-mentos.

Na realidade, existe apenas um grupo nao abeliano com 2p elemen-tos(2), que e o grupo diedral Dp, e portanto no caso (a) temos que

2A tabuada de G fica determinada calculando o produto εα, que e um elemento de Hα.Como Hα = αH, e todos os elementos de αH tem ordem 2, e claro que εα tem ordem2, i.e., (εα)−1 = εα. Mas e obvio que (εα)(αεp−1) = 1, donde (εα)−1 = εα = αεp−1.A tabuada resultante so pode ser a do grupo Dp, que e como sabemos um grupo naoabeliano com 2p elementos. Recorde-se de passagem que os elementos em H sao rotacoes,e os elementos em αH sao reflexoes.


N ' Dp. Concluımos finalmente que N e isomorfo a um dos 3 seguintesgrupos: Z1, Z2, Dp.

4.10 2o Exame: 21/7/2006

1. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(G, ∗) e um grupo, com identidade 1, e H e K sao subgrupos de G.

a) Se x, y ∈ G entao (xy)−1 = y−1x−1.

resolucao:verdadeiro.Como

(xy)y−1x−1 = x(yy−1)x−1 = x1x−1 = xx−1 = 1, e

y−1x−1(xy) = y−1(x−1x)y = y−11y = y−1y = 1,

e claro que (xy)−1 = y−1x−1.

b) H ∩K e um subgrupo de G.

resolucao:verdadeiro.H ∩ K 6= ∅, porque qualquer subgrupo deG contem pelo menos a identidade de G. Notamos que

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 e umsubgrupo de G.

c) Se |G| = 100, a equacao x7 = 1 so tem uma solucao x ∈ G.

resolucao:verdadeiro.A equacao x7 = 1 tem sempre a solucaox = 1, e qualquer outra solucao x 6= 1 e um elemento de G de ordem7. Como a ordem de qualquer elemento de G e factor da ordem de G,que e 100, e 7 nao e factor de 100, segue-se que G nao tem elementosde ordem 7, e a equacao x7 = 1 so tem a solucao x = 1.

d) Se |G| = 15 e G e abeliano entao G ' Z15.

resolucao:verdadeiro.Seja α ∈ G, α 6= 1, e H =< α > o subgrupogerado por α. A ordem de α e factor de 15, e portanto so pode ser15, 5, ou 3. Em qualquer caso, e como G e abeliano, sabemos que H enormal em G, e recordamos que a ordem de x em G/H e um divisorda ordem de x em G.

4.10. 2o EXAME: 21/7/2006 115

(a) Se a ordem de α e 15 entao G = H e cıclico e tem 15 elementos,logo G ' Z15.

(b) Se a ordem de α e 5 entao o grupo G/H ' Z3, porque G/H tem3 elementos, e G/H contem por isso um elemento β de ordem 3,donde se segue que β tem ordem 3 ou 15 no grupo G.

(c) Se a ordem de α e 3 entao o grupo G/H ' Z5, porque G/H tem5 elementos, e contem por isso um elemento β de ordem 5, dondese segue que β tem ordem 5 ou 15 no grupo G.

Notamos que em qualquer caso G contem pelo menos um elemento xde ordem 3, e um elemento y de ordem 5. Tomando A =< x > eB =< y >, entao A e B sao subgrupos normais de G, |A ∩ B| = 1,porque 3 e 5 sao primos entre si, e |AB| = |A||B|/|A∩B| = 15, dondeAB = G, e G ' A⊕B ' Z3 ⊕ Z5 ' Z15.

2. Diga, em cada caso, se a afirmacao e verdadeira ou falsa, justificando asua resposta com uma demonstracao, ou um contra-exemplo. Nesta questao,(D,+,×) e um domınio integral, com identidade 1.

a) Qualquer subanel unitario de D com mais de um elemento contem aidentidade de D.

resolucao:verdadeiro.Seja i a identidade do subanel unitario deD. Como D nao tem divisores de zero, temos

i2 = i ⇒ i(i− 1) = 0 ⇒ i = 0, ou i = 1.

E claro que i = 0 nao pode ser a identidade de um anel com algumelemento x 6= 0, porque xi = x 6= 0, logo temos necessariamente x = 1.

b) Qualquer subanel de D e um ideal de D.

resolucao:falso.Basta considerar D = R, e o seu subanel Z, quenao e um ideal de R, porque e obvio que podemos ter x ∈ R, y ∈ Z, exy 6∈ Z.

c) Se os ideais de D sao apenas os triviais ({0} e D) entao D e um corpo.

resolucao:verdadeiro.Se x 6= 0 entao I = {xy : y ∈ D} e um idealde D, e I 6= {0}, porque x = x1 ∈ I. Segue-se que I = D, e portanto1 ∈ I, i.e., existe y ∈ D tal que 1 = xy. Por outras palavras, qualquerx 6= 0 e invertıvel, e D e um corpo.

d) Se D e um d.f.u., entao todos os seus elementos irredutıveis sao primos.


resolucao:verdadeiro.Suponha-se que p e irredutıvel, e p|ab. Temosa provar que p|a ou p|b. Observamos que ab = pc, e como D e um d.f.u.,existem elementos irredutıveis pi, qj e rk tais que

a =∏

i

pi, b =∏j

qj , e c =∏k

rk, donde∏

i

pi

∏j

qj = p∏k

rk.

Como D e um d.f.u., as duas factorizacoes∏

i pi∏

j qj = p∏

k rk

sao identicas, a menos da ordem dos factores e da multiplicacao porunidades, ou seja, cada um dos factores irredutıveis a direita e as-sociado de pelo menos um dos factores irredutıveis a esquerda. Emparticular, p e associado de um dos factores pi ou qj . E portanto factorde a ou de b.


a) Quantos subaneis tem Z775? Quantos divisores de zero existem emZ775?

resolucao:775 = 5231 tem 6 factores, e portanto Z775 tem 6 subaneis.O anel tem ϕ(775) = 775(1− 1

5)(1− 131) = 5× 4× 30 = 600 elementos

invertıveis, e portanto 775− 600− 1 = 174 divisores de zero.

b) Z775 tem um subanel B com 155 elementos. Quantos geradores tem osubanel B?

resolucao:Como 755/155 = 5, e claro que B =< 5 >, e por-tanto os geradores de B sao as classes dos inteiros da forma 5x, commdc(5x, 755) = 5, ou mdc(x, 155) = 1. Por outras palavras, existemtantos geradores de B como elementos invertıveis em Z155, ou seja,existem ϕ(155) = 155(1− 1

5)(1− 131) = 4× 30 = 120 geradores de B.

c) Resolva a equacao x2 = 0, com x ∈ Z775.

resolucao:Seja x = k, com k ∈ Z. Temos entao que 775|k2, donde5|k e 31|k. Segue-se que k = 155z, e e obvio que neste caso 775|k2.Concluımos que x2 = 0 se e so se k = 155z. Existem por isso 5solucoes da equacao, a saber x = 155, x = 310, x = 465, x = 620, ex = 775 = 0.

d) Quantos homomorfismos de grupo φ : Z775 → D31 existem? (Recordeque D31 e o grupo diedral formado pelas simetrias do polıgono regularde 31 lados.)

resolucao:Notamos que:

4.10. 2o EXAME: 21/7/2006 117

• O grupo D31 tem 62 = 2 × 31 elementos. Como φ(Z775) e sub-grupo de D31, segue-se que a sua ordem so pode ser 1, 2, 31 ou62 elementos.

• A ordem de φ(Z775) resulta tambem de dividir 775 pelo numerode elementos do nucleo de φ, nucleo esse que e um subgrupo deZ775. Consequentemente, a ordem de φ(Z775) e tambem factorde 775 = 5231

Concluımos assim que a ordem de φ(Z775) so pode ser 1 ou 31, sendoque o primeiro caso corresponde ao homomorfismo trivial dado porφ(x) = 1 para qualquer x ∈ Z775.

O caso em que φ(Z775) tem 31 elementos e igualmente possıvel, e ocorresempre que φ(1) e um dos geradores r do subgrupo R31 de D31 com31 elementos, caso em que φ(n) = rn. Como 31 e primo, sabemosque R31 ' Z31, e portanto R31 tem 30 geradores (cada um dos quaise uma das rotacoes nao triviais em D31). Existem assim 1+30 = 31homomorfismos possıveis.

4. Considere o anel K = Z5[x]/ < p(x) >, onde p(x) = x3 + 2x2 + 2x + 1.Note que p(4) = 0.

a) Determine o numero de elementos do anel K, e verifique que K nao eum corpo.

resolucao:Os elementos de K sao da forma a + bx + cx2, com a, b, c ∈Z5. K tem portanto 53 = 125 elementos. Como p(4) = 0, sabemosque p(x) e divisıvel 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, e claro que K contem divisores de zero, e por isso nao podeser um corpo.

b) Mostre que os ideais de K sao da forma <α(x)><p(x)> , onde α(x)|p(x).

resolucao:E claro que qualquer conjunto da forma <α(x)><p(x)> e um

ideal de K. Supondo que J e um qualquer ideal de K, consideramosI = π−1(J), onde π : Z5[x] → K e a aplicacao quociente canonica,dada por π(a(x)) = a(x). E imediato verificar que I e um ideal deZ5[x], e Z5[x] e como sabemos um d.i.p., ou seja, I =< α(x) >. Poroutro lado, e como π(p(x)) = 0 ∈ J , e obvio que p(x) ∈ I, i.e.,α(x)|p(x). Concluımos que J = π(I) = <α(x)>

<p(x)> .

c) Quantos ideais existem em K? Quantos subgrupos existem em K?

resolucao:De acordo com a alınea anterior, os ideais de K sao gera-dos pelos factores de p(x). Notamos que p(x) = x3 + 2x2 + 2x + 1 =


(x− 4)(x2 + x + 1), e que x2 + x + 1 e irredutıvel (e facil verificar prcalculo directo que nao tem raızes em Z5). Como p(x) tem 2 factoresirredutıveis, tem 4 divisores que nao associados entre si, e portanto Ktem 4 ideais.

O grupo aditivo (K, +) e isomorfo a Z5⊕Z5⊕Z5. Alem dos subgrupos‘’obvios” com 1 e 125 elementos, tem 3 subgrupos A,B, C de 5 ele-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 irredutıveis de p(x), mostre que

K ' Z5[x]< a(x) >

⊕ Z5[x]< b(x) >

.

sugestao: Determine um homomorfismo de aneis apropriado

φ : Z5[x] → Z5[x]< a(x) >

⊕ Z5[x]< b(x) >

resolucao:Sendo πa : Z5[x] → Z5[x]<a(x)> e πb : Z5[x] → Z5[x]

<b(x)> oshomomorfismos canonicos dados por

πa(c(x)) = c(x) ∈ Z5[x]< a(x) >

e πb(c(x)) = c(x) ∈ Z5[x]< b(x) >

,

tomamos φ : Z5[x] → Z5[x]<a(x)> ⊕ Z5[x]

<b(x)> dado por

φ(c(x)) = (πa(c(x)), πb(c(x)))

O nucleo de φ e dado por

N(φ) = {c(x) : a(x)|c(x) e b(x)|c(x)} =< p(x) > .

Pelo 1o teorema de isomorfismo para aneis temos entao que

Z5[x]< p(x) >

' φ(Z5[x]) ⊆ Z5[x]< a(x) >

⊕ Z5[x]< b(x) >

.

Como tanto Z5[x]<p(x)> como Z5[x]

<a(x)> ⊕ Z5[x]<b(x)> tem 125 elementos, e claro

que φ e sobrejectivo, e portanto

Z5[x]< p(x) >

' φ(Z5[x]) =Z5[x]

< a(x) >⊕ Z5[x]

< b(x) >.

Provas resolvidas

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