algebra 1

UNIVERSIDADE FEDERAL DE MATO GROSSO DO SUL

Cmpus de Trs Lagoas - CPTLDepartamento de Cincias Exatas - DEX

ALGEBRA I

Prof. JOS BERTOLOTO JUNIOR.

2007

.BERTOLOTO Jr.; Jos

ALGEBRA I

Jos Bertoloto Junior, Trs Lagoas/MS 2007

Baseado em notas de aulas do Prof. Dr. Antonio Carlos Tamarozzi e

Prof. Dra. Eugenia Brunilda Opazo Uribe.

Universidade Federal de Mato Grosso do Sul.

1.Lgica; 2.Conjuntos; 3.Nmeros Inteiros.

Resumo

Introduo Lgica Matemtica

Lgica proposicional - Sentenas abertas - Quantificadores, Argumentos, Tc-

nicas de demonstrao.

Teoria Elementar dos Conjuntos

Conceitos, Relao de Pertinncia e Relao de incluso

Operaes com conjuntos e suas propriedades.

Nmeros Inteiros

Propriedades dos inteiros, Princpio de induo Aritmtica em Z (Mltiplos

e divisores), Algoritmo da diviso, Congruncias, Mximo divisor comum, M-

nimo mltiplo comum, Nmeros primos, Teorema Fundamental da Aritmtica,

Equaes Diofantinas.

Sumrio

1 Introduo Lgica Matemtica 4

1.1 Lgica Proposicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.1 Proposio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.2 Conectivos Lgicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.3 Tabelas-Verdade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.1.4 Tautologias e Contradies . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.1.5 Implicao Lgica e Equivalncia Lgica. . . . . . . . . . 15

1.1.6 Recproca, Contrria e Contrapositiva de uma Proposio

Condicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.1.7 Negao de Operaes Lgicas . . . . . . . . . . . . . . 19

1.1.8 EXERCCIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.2 Argumentos Lgicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.2.1 Valor Lgico de um Argumento . . . . . . . . . . . . . . 25

1.2.2 EXERCCIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.3 Sentenas Abertas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.4 Quantificadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.4.1 Quantificador Existencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.4.2 Quantificador Universal . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.4.3 Quantificao em sentenas de duas variveis . . . . . . . 33

1.4.4 Negao de Quantificadores . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.4.5 EXERCCIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.5 Condies Necessria e suficiente . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

1.6 Teoremas e Demonstraes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

1

SUMRIO 2

1.6.1 Corolrios e Lemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

1.6.2 Contra-exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1.6.3 Demonstraes usando a Contra-positiva . . . . . . . . . 44

1.6.4 Demonstrao por reduo ao absurdo . . . . . . . . . . 45

1.6.5 Demonstrao por equivalncias . . . . . . . . . . . . . . 46

1.6.6 EXERCCIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2 Uma introduo a Teoria dos Conjuntos 49

2.1 Conjunto universo e conjunto vazio . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.2 Incluso de Conjuntos. Subconjuntos . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.3 Igualdade de Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.4 Diferena entre Conjuntos

Conjunto Complementar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.5 Operao com Conjuntos:

Unio e interseco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.6 O Conjunto das Partes de um conjunto . . . . . . . . . . . . . . 58

2.7 A Cardinalidade de um conjunto . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.8 Produto Cartesiano de Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.9 Representao grfica do

Produto Cartesiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2.10 Algumas Propriedades do

Produto Cartesiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.11 Produto Cartesiano de vrios Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . 67

2.12 Simplificao de Expresses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.13 EXERCCIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3 Induo Finita 76

3.1 Primeiro Princpio de Induo finita . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.2 Segundo Princpio de Induo Finita . . . . . . . . . . . . . . . . 84

3.3 EXERCCIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

SUMRIO 3

4 Divisibilidade 88

4.1 Congruncia mdulo n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.2 Aplicaes de congruncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.3 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.4 Sistemas numricos de base b, onde b 2 . . . . . . . . . . . . 1024.5 Critrios de divisibilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.5.1 Mximo Divisor Comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

4.5.2 Mnimo Mltiplo Comum . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4.6 EXERCCIOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Captulo 1

Introduo Lgica

Matemtica

1.1 Lgica Proposicional

1.1.1 Proposio

Definio 1.1

Proposio uma sentena declarativa que deve exprimir um pensamento de

sentido completo.

Observao 1.1

Uma Proposio pode ser escrita na forma simblica ou na linguagemusual.

As proposies que consideraremos so aquelas perfeitamente declarativas,afirma-se ou nega-se. Desta forma no consideraremos as interrogativas,

as exclamativas, as imperativas, etc.

Designaremos as proposies por letras minsculas: p, q, r, etc.

Exemplo 1.1

1. So Proposies:

4

1.1. LGICA PROPOSICIONAL 5

p : Joo rico. q : O nmero 8 par.

r : 3 + 4 = 7 s : tgpi

4= 1

t :3 < pi e pi < 5 u : A terra plana.

2. No so proposies:

p : Onde voc vai? q : Ele foi diretor da escola.

r : Os estudantes jogam bola. s : 3x2 x = 2t :3 + pi

As proposies admitem um dos valores lgicos: Verdadeiro (V) ou Falso

(F), obedecendo aos princpios fundamentais da lgica:

1. Princpio da No Contradio: Uma proposio no pode simultanea-

mente ser verdadeira e falsa.

2. Princpio do Terceiro Excludo: Toda proposio ou s verdadeira

ou s falsa, nunca ocorrendo um terceiro caso.

As proposies podem ser simples ou compostas.

Proposio Simples: a que no contm nenhuma outra proposio como

parte integrante de si mesma; por exemplo, as proposies p, q, r e s do exem-

plo 1.1 so proposies simples.

Proposio Composta: formada por duas ou mais proposies rela-

cionadas por conectivos lgicos; por exemplo, a proposio t do exemplo 1.1

uma proposio composta. As proposies compostas so denotadas por letras

maisculas: P, Q, R, etc.

P (p, q, r, s, ...) indica que a proposio composta P formada pelas proposies

simples p, q, r, s, ...

1.1.2 Conectivos Lgicos

A partir de proposies dadas podemos construir outras por meio dos conectivos

no, e, ou, se...ento, ...se e somente se, da seguinte forma:


Negao

Notao: p (l-se: no p)

Exemplo 1.2

p : Joo rico. p : Joo no rico.q : O nmero 8 par. q : O nmero 8 no par.r : tg

pi

4= 1 r : tg pi

46= 1

A expresso no verdade tambm usada para obter a negao de uma

proposio. Por exemplo:

p : No verdade que Joo rico.

Conjuno

Uso do conectivo e. A partir de duas proposies obtemos uma terceira.

Notao: p q (L-se: p e q)

Exemplo 1.3

p : Joo estudante.

q : Pedro professor.

p q : Joo estudante e Pedro Professor.

Exemplo 1.4

p : 2 < 3

q : 3 > 5

p q : 2 < 3 e 3 > 5

Disjuno

Com o conectivo ou, dadas duas proposies, formamos uma terceira.

Notao: p q (l-se: p ou q)

Exemplo 1.5


p : Joo estudante.

q : Pedro professor.

p q : Joo estudante ou Pedro professor.

Exemplo 1.6

p : A = {x R | x 3}q : A = {x R | x 5}p q : A = {x R | x 3} ou A = {x R | x 5}

Observao 1.2

No utilizamos o conectivo ou no sentido de excluso: ou ocorre isto ou ocorre

aquilo. Assim, por exemplo Gosto de pera ou gosto de ma verdadeira

mesmo que a pessoa em questo goste das duas frutas.

Condicional ()

Utilizando o conectivo se..., ento..., formamos uma terceira proposio.

Notao: p q (l-se: se p, ento q)

Exemplo 1.7

p : Carlos estuda.

q : Carlos passar de ano.

p q : Se Carlos estuda, ento Carlos passar de ano.

Exemplo 1.8

p : Marta rica.

q : Marta feliz.

p q : Se Marta rica, ento Marta feliz.Na proposio condicional, a proposio p chamada de antecedente e a

proposio q chamada de conseqente, mas, sem que efetivamente q seja

conseqncia de p.

Exemplo 1.9


p : 2 + 3 = 1

q : A Terra plana.

p q : Se 2 + 3 = 1, ento a Terra plana.

Exemplo 1.10

p : Joo magro.

q : Carlos careca.

p q : Se Joo magro, ento Carlos careca.

Bicondicional ()

Dadas duas proposies, formamos uma terceira proposio chamada bicondi-

cional, utilizando o conectivo ...se, e somente se....

Notao: p q (L-se: p se, e somente se q)

Exemplo 1.11

p : O tringulo ABC um tringulo retngulo.

q : O tringulo ABC tem um ngulo reto.

p q : O tringulo ABC um tringulo retngulo se, e somente se o tringuloABC tem um ngulo reto.

Exemplo 1.12

p : n um nmero par.

q : n divisvel por 2.

p q : n um nmero par se, e somente se n divisvel por 2.

Exemplo 1.13

p : A Terra plana.

q :2 um nmero racional.

p q : 2 um nmero racional se, e somente se a Terra plana.


1.1.3 Tabelas-Verdade

Tabela-verdade uma tabela onde figuram todos os possveis valores lgicos das

proposies.

Para uma nica proposio simples p, temos os valores lgicos possveis V ou

F:

p

V

F

Quando lidamos com duas proposies, as combinaes possveis so as

seguintes:

p q

V V

V F

F V

F F

Negao

Regra: p verdadeira (falsa) sempre que p falsa (verdadeira).

p pV F

F V

Como fica a tabela verdade de uma proposio composta que surgiu de duas

outras atravs de conectivos? Vejamos.


Conjuno

Regra: A conjuno de duas proposies (p q) verdade sempre que p e qso verdadeiras, do contrrio ser falsa. A tabela-verdade :

p q p qV V V

V F F

F V F

F F F

Disjuno

Regra: A disjuno de duas proposies (p q) falsa se, e somente se, p e qso falsas. A tabela-verdade :

p q p qV V V

V F V

F V V

F F F

Notemos que (p q) ser verdadeira se ao menos uma das proposies, p ouq, o for.

Condicional

Regra: A condicional (p q) falsa se, e somente se, p verdadeira e q falsa. A tabela-verdade :


p q p qV V V

V F F

F V V

F F V

Bicondicional

Regra: A bicondicional (p q) verdadeira se, e somente se, p e q soverdadeiras ou se p e q so falsas. A tabela-verdade :

p q p qV V V

V F F

F V F

F F V

Exemplos

Exemplo 1.14

1. Construir a Tabela verdade das seguintes proposies compostas:

(a) p q

p q q p qV V F F

V F V V

F V F F

F F V F


(b) (p q) ( p q)

p q p q p q p q (p q) ( p q)V V F F F V V

V F F V V F F

F V V F F V V

F F V V F V V

(c) (p q) p

p q p q (p q) pV V V V

V F F V

F V V F

F F V F

(d) (p q) (r r)

p q r q r p q r r (p q) (r r)V V V F F F V F

V V F F V F V F

V F V V F V V V

V F F V V V V V

F V V F F F V F

F F V V F F V F

F V F F V F V F

F F F V V F V F


2. Sabendo que p verdadeira, q verdadeira e r falsa, determinar os

valores lgicos das seguintes proposies:

(a) (p (q r)) (p (r q))

p q r q r p (q r) r q p (r q) (p (q r)) (p (r q))V V F V V V V V

(b) (q r) ( q r)

q r q q r q r (q r) ( q r)V F F F F V

1.1.4 Tautologias e Contradies

Definio 1.2

Tautologia uma proposio composta cujo valor lgico sempre a verdade,

quaisquer que sejam os valores lgicos das proposies que a compe.

Exemplo 1.15

A proposio (p p) uma tautologia, como pode ser visto na tabela-verdade:

p p p pV F V

F V V

Definio 1.3

Contradio uma proposio composta cujo valor lgico sempre falso, quais-

quer que sejam os valores lgicos das proposies que a compe.


Exemplo 1.16

A proposio (p p) uma contradio, como pode ser visto na tabela-verdade:

p p p pV F F

F V F

Observao 1.3

Uma proposio composta que no uma tautologia e no uma contradio,

ser chamada de indeterminao.

Exemplo 1.17

Construa a tabela verdade das proposies compostas a seguir e verifique se

as mesmas so tautologias, contradies ou indeterminaes:

(a) ((p q) p) (q p)

p q p p q q p (p q) p ((p q) p) (q p)V V F V V F V

V F F V F F V

F V V V F V F

F F V F F V F

A proposio dada uma indeterminao.

(b) (p q) ( p q)


p q p q p q (p q) p q (p q) ( p q)V V F F V F F V

V F F V V F F V

F V V F V F F V

F F V V F V V V

A proposio dada uma tautologia.

(c) ( (p q)) ( p q)

p q p q p q (p q) ( (p q)) p q ( (p q)) p qV V F F V F V F F

V F F V F V F V F

F V V F F V F V F

F F V V F V F V F

A proposio dada uma contradio.

1.1.5 Implicao Lgica e Equivalncia Lgica.

Dadas as proposies compostas P e Q, diz-se que ocorre uma implicao

lgica entre P e Q quando a proposio condicional P Q uma tautologia.Notao: P Q (l-se: P implica Q, ou Se P ento Q).

Observao 1.4

Os smbolos () e () tem significados diferentes:O primeiro () representa uma operao entre proposies, dando origem

a uma nova proposio p q cuja tabela-verdade contm tanto V como F.Enquanto que, o smbolo () indica uma relao entre duas proposies, eneste caso a tabela verdade tem sempre o valor lgico V.


Exemplo 1.18

1. Podemos mostrar que (p q) p, analisando a tabela verdade:

p q p q (p q) pV V V V

V F F V

F V F V

F F F V

2. Mostraremos que (p q) (p q)

p q p q p q (p q) (p q)V V V V V

V F F V V

F V F V V

F F F F V

Dadas as proposies compostas P e Q, diz-se que ocorre uma equivalncia

lgica entre P e Q (ou que P e Q so logicamente equivalentes) quando

suas tabelas-verdade forem idnticas. Neste caso representamos por P Q.

Exemplo 1.19

1. Mostrar que (p q) (q p) e p q so equivalentes.


p q p q q p (p q) (q p) p qV V V V V V

V F F V F F

F V V F F F

F F V V V V

2. Mostrar que p p, isto , a dupla negao equivale afirmao.

p p pV F V

F V F

1.1.6 Recproca, Contrria e Contrapositiva de uma Proposio

Condicional

Consideremos a proposio condicional p q. Podemos formar outras proposiescondicionais contendo p e q:

q p, p q, q pEstas so chamadas de recproca, contrria (ou inversa) e contrapositiva da

proposio condicional p q, respectivamente.Note que a contrapositiva a recproca da contrria.

Exemplo 1.20

Seja T um tringulo. Consideremos as proposies:


p : T equiltero.

q : T issceles.

A partir delas, podemos formar as seguintes condicionais:

p q : Se T equiltero, ento T issceles.q p : Se T issceles, ento T equiltero.

p q : Se T no equiltero, ento T no issceles. q p : Se T no issceles, ento T no equiltero.

Vejamos a tabela-verdade destas quatro proposies:

p q p q q p p q p q q pV V V V F F V V

V F F V F V V F

F V V F V F F V

F F V V V V V V

A tabela verdade acima mostra que so logicamente equivalentes:

(a) Uma proposio condicional (p q) e a sua contrapositiva ( q p),isto ,

(p q) ( q p)

(a) A recproca (q p) e a contrria ( p q) de uma proposio condi-cional (p q), isto ,

(q p) ( p q)


A mesma tabela-verdade mostra tambm que uma proposio condicional

(p q) e sua recproca (q p) ou a sua contrria ( p q) no sologicamente equivalentes.

1.1.7 Negao de Operaes Lgicas

Negao da Negao

A negao da negao de uma proposio equivalente prpria proposio.

De fato, construindo a tabela-verdade verificamos tal equivalncia:

p p pV F V

F V F

Assim podemos escrever que ( p) p.

Exemplo 1.21

Dizer: No verdade que 3 no um nmero primo.

o mesmo que dizer: 3 um nmero primo.

Negao da conjuno

A negao de uma conjuno logicamente equivalente a uma disjuno. Pode-

mos comprovar este fato pela seguinte tabela-verdade:

p q p q p q (p q) p qV V F F V F F

V F F V F V V

F V V F F V V

F F V V F V V

Logo podemos escrever: (p q) p q.


Exemplo 1.22

Sejam as proposies:

p : Pedro estuda matemtica.

q : Pedro estuda fsica.

p q : Pedro estuda matemtica e fsica. (p q) : No verdade que pedro estuda matemtica e fsica. p q : Pedro no estuda matemtica ou Pedro no estuda fsica.

A negao da Disjuno

A negao de uma disjuno logicamente equivalente a uma conjuno:

p q p q p q (p q) p qV V F F V F F

V F F V V F F

F V V F V F F

F F V V F V V

Assim, podemos escrever (p q) p q.

Exemplo 1.23

Admitindo as proposies p e q do exemplo 1.22. Ento:

p q : Pedro estuda matemtica ou fsica. (p q) : No verdade que pedro estuda matemtica ou fsica. p q : Pedro no estuda matemtica e Pedro no estuda fsica.


Negao da Condicional

A negao da condicional logicamente equivalente a uma conjuno. De fato,

dado uma condicional p q pela tabela-verdade mostramos que esta equiva-lente a (p q), veja:

p q p q q p q (p q)V V V F F V

V F F V V F

F V V F F V

F F V V F V

Comprovado que realmente p q (p q) e considerando que (p q) ( (p q)), e a equivalncia, ( (p q)) p q,podemos concluir que:

(p q) p qOu seja, a negao de uma condicional uma disjuno formada pela partida

da condicional e a negao de sua chegada.

Exemplo 1.24

Sejam (p : Marta rica.) e (q : Marta feliz.). Temos (p q : Se marta rica ento Marta feliz.) e a negao desta condicional fica da seguinte forma:

( (p q) : Marta rica e Marta no feliz.)

Negao da Bicondicional

Mostraremos atravs da tabela abaixo que (p q) p q.Esta provado, ento, que (p q) p q, porm isto no significa

que podemos estabelecer uma nica equivalncia entre negaes de proposies

lgicas. Tente encontrar outras equivalncias, por exemplo, para a negao da

bicondicional.


p q q p q (p q) p qV V F V F F

V F V F V V

F V F F V V

F F V V F F

1.1.8 EXERCCIOS

1. Dizer o valor lgico de cada sentena abaixo:

(a) 2 + 5 6= 6 ou 3 1 = 25;(b) Se 2 + 4 = 8 ento 2 + 6 = 9;

(c) Se x2 8x+ 48 = 0 ento x 2 = 4;(d) x R , x2 0 e x R ,

x2 = |x|;

(e) (x y)2 0 se, e somente se, todo tringulo equiltero issceles.(f) Se 2 + 2 = 4, ento no verdade que 2 + 1 = 3 e 5 + 5 = 10;

(g) mdc(3, 6) = 1 8 um nmero primo ;(h)

x = 2 x=4 ;

(i) Se 0 x < 2 ento x2 < 8 ;(j) Se x < 0 ento |x| = x ;(k) As retas de equaes 3x y = 7

2e 6x 2y = 1 so paralelas ou so

perpendiculares ;

(l) Se a equao x3+x2ax+2a = 0 tem 1 como raiz ento a = 1 ;(m) A reta de equao

2x

3= 2y1 passa pelo ponto (-1,2) ou paralela

reta de equao2x 1

3= 2y ;

(n) No existe nmero racionalp

q, q 6= 0 tal que 1

13 0 e y > 0 ento x2 < y2 .

7. Analise se as seguintes condicionais podem ser tornadas implicaes.

(a) Se 2x+ 4 = 0 ento x2 8x+ 12 = 0 ;(b) Se x2 1 = 8 ento 2x 1 = 5 ;(c) Se

x+ 2 = x 4 ento x+ 2 = (x 4)2 .

8. Analise se as seguintes bicondicionais podem ser tornadas equivalncias.

(a) x4 = y2 se, e somente se x12 = y6 ;

(b) 3x 5 = 7 se, e somente se x2 8x+ 16 = 0 ;(c) (x 3)2 1 = 0 se, e somente se(x 4)2 = 0 ;(d)

x 3+x+ 12 = x+ 21 se, e somente se x2 +20x 96 = 0 ;

1.2. ARGUMENTOS LGICOS 25

(e)4x+ 16x+ 1 = 9 x se, e somente se 20x2 + 16x = 0 ;

9. Simplificar:

(a) (p q) ;(b) ( p q) ;(c) ( p q).

10. Verificar que vale a lei associativa (p q) r p (q r) .

11. Escreva a operao de disjuno p q em termos de e .

12. Verificar se a operao condicional distributiva em relao conjuno,

isto , ser verdade que: p (q r) (p q) (p r) ?

1.2 Argumentos Lgicos

A partir de uma seqncia de proposies p1 , p2 , . . . , pn, muitas vezes

possvel estabelecer uma nova proposio q chamada de concluso.

A este processo chamamos de argumentao lgica, e denotamos por

p1 , p2 , . . . , pr ` q (1.1)

onde as proposies p1 , . . . , pr so chamadas premissas e q a concluso

do argumento.

Um argumento portanto um sistema da forma (1.1), onde se admitem as

proposies p1 , . . . , pr verdadeiras e estuda-se a possibilidade de q tambm

ser verdadeira.

1.2.1 Valor Lgico de um Argumento

Dizemos que o valor lgico de um argumento p1 , p2 , . . . , pr ` q verdadeiro (ou vlido) se todas as vezes que as premissas p1 , . . . , pr forem

simultaneamente verdadeiras ento q tambm verdadeira. Do contrrio temos


um argumento chamado falso (ou sofisma). Em outras palavras, admite-se que o

argumento sempre verdadeiro, exceto quando existir duas ou mais proposies

contraditrias, ento analisa-se se a concluso pode ser considerada verdadeira,

caso seja ento temos o valor lgico vlido, caso no seja temos o valor lgico

falso ou sofisma.

Exemplo 1.25

O argumento p , p q ` q vlido.De fato, supondo p e p q verdadeiras, ento q ser tambm verdadeira

(concluso). Lembrando que em uma condicional se a partida p verdadeira para

que a condicional seja verdadeira devemos ter a chegada q tambm verdadeira.

Ento podemos concluir que q verdadeira.

Exemplo 1.26

p q ` pTendo p q verdadeiro, ento , por definio de conjuno, p e q so ambas

verdadeiras, em particular p verdadeiro, que a nossa concluso.

Exemplo 1.27

p q ` p qNs temos p q uma proposio verdadeira, ou seja p e q so ambas ver-

dadeiras. Assim, por exemplo, q verdadeira. Da, decorre da definio de

disjuno, que p q verdadeira.

Exemplo 1.28

J o argumento p q ` p q um sofisma.De fato, considerando p uma proposio falsa e q uma proposio verdadeira,

temos as premissas p q verdadeira enquanto que a concluso p q falsa.A linha seguinte resume nossa argumentao:


p q p q p qF V V F

1.2.2 EXERCCIOS

1. Testar a validade dos argumentos seguintes e justificar:

(a) Se eu estudar ento no serei reprovado em matemtica.

Se eu no jogar basquete ento estudarei.

Fui reprovado em matemtica.

CONCLUSO: Joguei basquete.

(b) Se gosto de matemtica ento estudarei.

Ou estudo ou sou reprovado.

CONCLUSO: Se eu reprovo ento no gosto de matemtica.

(c) Se Londres no fica na Dinamarca ento Paris no fica na Frana.

Paris fica na Frana.

CONCLUSO: Londres fica na Dinamarca.

(d) Se no chover eu no tomo banho.

Choveu.

CONCLUSO: Tomei banho.

(e) Se eu vou s compras ento no faz sol.

Se lavo o carro faz sol.

Lavei o carro.

CONCLUSO: No fui s compras.

(f) No aniversrio de minha esposa trago-lhe flores.

aniversrio de minha esposa ou eu trabalho at tarde.

Eu no trouxe flores para minha esposa hoje.

CONCLUSO: Hoje trabalhei at tarde.

2. Repetir o problema anterior para os seguintes argumentos:

(a) p q , r q ` (r p);


(b) t r , t v, r ` s ;(c) p q, q r, p r ` ( q r) ;(d) q p, ( p) ` q ;(e) p (q p) ` p q ;

3. Quando possvel, estabelecer uma concluso para cada grupo de proposies

abaixo (premissas):

(a) Se eu ligar o rdio no ouo o telefone.

Se no ligar o rdio toca a campainha.

No tocou a campainha.

(b) Se uma planta for arbusto ento ela no produz flor.

Se a planta no faz rvore ento ento arbusto.

A planta produziu flor.

(c) Se o sol no est quente ento vou praia.

O sol est quente.

4. Provar que x = 0 dadas as seguintes premissas:

(a) x 6= 0 ento x = y ;(b) x = y ento x = z ;

(c) x 6= z .

5. Provar a"dadas as premissas: a b , b c , c.

6. Provar a v dadas as premissas: t a , v t , a m , v m.

7. Provar t dadas as hipteses (premissas): p s , p q , s r t , q r.

8. Demonstrar s dadas as hipteses: t r , r , t s.

9. Admitindo p q e r q, verifique p r.

1.3. SENTENAS ABERTAS 29

1.3 Sentenas Abertas

Consideremos sentenas do tipo: x um nmero primo, ele joga bola, etc. No

podemos dar-lhes um valor lgico, h uma certa indeterminao. Desta forma

estas sentenas no so proposies. Elas tornam-se proposies se substituirmos

as variveis x, y, z, ele, ela, etc. por um valor ou nome conhecido.

Chama-se sentena aberta com uma varivel em um conjunto A ou

apenas sentena aberta em A, uma expresso s(x) tal que s(a) falsa ou

verdadeira para todo a A. Em outras palavras, s(x) uma sentena aberta emA se, e somente se, s(x) admite um valor lgico (verdadeiro ou falso) sempre que

substituirmos a varivel x por qualquer elemento a do conjunto A. O conjunto

A chamado de conjunto universo ou domnio da varivel x. Dado um

elemento a de A, se s(a) torna-se verdadeira, ento dizemos que a satisfaz ou

verifica s(x). A sentena aberta com uma varivel em A chamada de funo

proposicional em A

Exemplo 1.29

(a) x+ 1 > 8

(b) x+ 5 = 9

(c) x+ 7 < 5

(d) x primo.

(e) x um mltiplo de 3.

(f) x2 5x+ 6 = 0.

Chama-se conjunto verdade (ou conjunto soluo) de uma sentena aberta

s(x) em um conjunto A, o conjunto de todos os elementos a A que satisfazems(x), isto , tais que s(a) uma proposio verdadeira. Este conjunto representa-

se por V .

V = {x | x A e s(x) verdadeira} A

1.3. SENTENAS ABERTAS 30

Exemplo 1.30

(a) s(x) : x+ 1 > 8, A = N

V = {x | x N e x+ 1 > 8} = {x | x N e x > 7} = {8, 9, 10, ...}

(b) s(x) : x+ 5 = 9, A = N

V = {x | x N e x+ 5 = 9} = {4}

(c) s(x) : x+ 7 < 5, A = N

V = {x | x N e x+ 7 < 5} =

(d) s(x) : x primo , A = N

V = {x | x N e x primo }

(e) s(x) : x um multiplo de 3 , A = N

V = {x | x N e x multiplo de 3 } = {0, 3, 6, 9, ...}

(f) s(x) : x2 5x+ 6 = 0, A = NV = {x | x N e x2 5 + 6 = 0} = {2, 3}

Observao 1.5

1. O Conjunto Verdade de um sentena aberta depende do universo adotado.

Mudando o universo, o conjunto verdade pode mudar tambm.

2. Podem ocorrer trs casos:

(a) s(x) verdadeira para todo x A, neste caso, diremos que s(x)exprime uma condio universal. (V = A)

(b) s(x) verdadeira para algum x A, neste caso, diremos que s(x)exprime uma condio possvel. (V A)

(c) s(x) falsa para todo x A, neste caso, diremos que s(x) exprimeuma condio impossvel. (V = )

1.4. QUANTIFICADORES 31

3. As sentenas abertas podem ser definidas com mais de uma varivel.

Exemplo 1.31

x+ y = 10, onde A = RRx2 + 2y + 3z = 18, onde A = R3

4. Em Matemtica, as equaes e as inequaes so sentenas abertas que

exprimem relao de igualdade e desigualdade, respectivamente, entre duas

expresses com variveis. Mas, o conceito de sentena aberta muito mais

amplo que o conceito de equao ou inequao; assim, x divide y, x

primo com y, y mltiplo de x, etc., so sentenas abertas, sem serem

equaes nem inequaes.

1.4 Quantificadores

Vimos que uma sentena aberta carece de valor lgico V ou F. Mas podemos

transformar uma sentena aberta em proposio utilizando quantificadores.

1.4.1 Quantificador Existencial

O quantificador algum ou existe chamado quantificador existencial. Indica-

se com o smbolo precedendo a sentena aberta: x, s(x) ou x A, s(x).O smbolo ( x) pode ser lido como:Existe x, existe algum elemento x ou existe pelo menos um x.

Exemplo 1.32

(a) s(x) : x > x2, A = R (no tem valor lgico)

x R, x > x2 (tem valor lgico verdade)V = {x | x R e x > x2} = (0, 1) A

(b) s(x) : x2 9


x R, x2 9 (V)V = {x | x R e x2 9} = [3, 3] A

(c) x2 4 x R, x2 4 (V)V = {x | x R e x2 4} = (,2) (2,) A

Observao 1.6

O quantificador existencial indica que a sentena aberta possui pelo menos umelemento do conjunto que a torna verdadeira, podendo eventualmente ter outros

elementos.

1.4.2 Quantificador Universal

O quantificador para todo ou para qualquer chamado quantificador univer-

sal. Indica-se com o smbolo precedendo a sentena aberta: x, s(x) ou x A, s(x).

O smbolo x pode ser lido: para qualquer x... ou para todo x...

Exemplo 1.33

(a) s(x) : n+ 3 > 2, A = N

n N, n+ 3 > 2 (V)V = {n | n N e n+ 3 > 2} = N

(b) s(x) : x2 0, A = R x R, x2 0 (V)V = {x | x R e x2 0} = R

1. s(x) :1

x 1, A = R

x R, 1x 1 (F)

V = {x | x R e 1x 1} = (, 0) (1,) = R/[0, 1]


1.4.3 Quantificao em sentenas de duas variveis

Podemos quantificar as sentenas da forma s(x, y) de maneira anloga ao caso

de uma varivel. Porm, cada varivel exige um quantificador.

Exemplo 1.34

Para a sentena 2x + y = 6 no conjunto universo N N, podemos obter asseguintes proposies:

a : x N, y N | 2x+ y = 6b : x N | y N, 2x+ y = 6c : x N | y N, 2x+ y = 6d : x N | y N, 2x+ y = 6

A proposio a acima falsa, porque, por exemplo para x = 4 impossvel

obter algum y N que satisfaa 2x + y = 6. Uma forma de tornar a umaproposio verdadeira, escrever a proposio a : x N, y Z | 2x+ y =6.

Com maior razo ainda, a proposio b falsa, como tambm a proposio

c.

Quanto proposio d temos uma afirmao verdadeira pois x = 1 e y = 4

satisfazem 2x+ y = 6, por exemplo.

Exemplo 1.35

suponha agora s(x, y) : x2 + y2 = 1 no conjunto universo [0, 1] [0, 1], ou seja,estamos admitindo x [0, 1] e y [0, 1].

Aqui so verdadeiras as proposies:

x [0, 1], y [0, 1] | x2 + y2 = 1 x [0, 1], y [0, 1] | x2 + y2 = 1


e so falsas,

x [0, 1] | y [0, 1], x2 + y2 = 1 x [0, 1], y [0, 1] | x2 + y2 = 1

1.4.4 Negao de Quantificadores

Consideremos os seguintes exemplos de proposies:

p : Todo aluno da Universidade Federal mora em Trs Lagoas.

q : Existe um ms do ano que inicia com a letra p.

fcil observar que as negaes destas proposies so:

p : Existe um aluno da Universidade Federal que no mora em Trs lagoas. q : Qualquer que seja o ms do ano, ele no inicia com a letra p.Em geral, vale que:

A negao do quantificador o .

A negao do quantificador o .

Na prtica, se a sentena refere-se a uma propriedade P que a incgnita x

do conjunto universo A verifica, digamos:

x A, x tem a propriedade Pa negao torna-se:

x A | x no tem a propriedade P .Da mesma forma que a negao de

x A | x tem a propriedade P , simplesmente x A, x no tem a propriedade P .

1.4.5 EXERCCIOS

1. Coloque V (ou F) para a proposio verdadeira (ou falsa) sendo x {0, 1, 2, 3, 4, 5}.

(a) x, x+ 2 > 4;


(b) x | 3x 1 = 14;(c) x | x2 1 = 3;(d) x, x 5 < 1;(e) [ | x, x 2 > 6];(f) [ x, x+ 4 < 2].

2. Sendo A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, coloque um quantificador adequado para quea sentena fique uma proposio verdadeira.

(a) x+ 4 = 8;

(b) x2 5x+ 6 = 0;(c) 5x+ 4 = 4;

(d) x2 + 8x = 0;(e) x2 8x < 0;(f) 2x > 12.

3. Coloque o valor V ou F para cada proposio:

(a) x N , y R | x+ y = 3(b) x N , y R | x+ 2y = 3(c) x N , y R | 3x y = 5(d) [ x N , y R | x2 + y2 = 25](e) x R , y N | x+ y = 3(f) x R | y N , x+ 2y = 3(g) x R | y N , 3x y = 5(h) [ x R | y N , x2 + y2 = 25]

4. Sendo A = {2, 3, 4} e B = {1, 2, 3, 4, 5}, estude as proposies:

(a) x A , y B | 2x+ y = 9


(b) x A | y B , 2x+ y = 9(c) x A , y B , 2x+ y = 9(d) y B | x A , 2x+ y = 9(e) y B , x A | 2x+ y = 9(f) y B , x A | 2x+ y = 9

5. Negue as posies:

(a) Todo aluno mau bom menino;

(b) x , x+ 3 > 8(c) x | x 2 = 5(d) [ x , x+ 2 5 5] [ x | x2 5 = 4](e) [ x | x2 = 16] [ x , x 1 = 8](f) x , y , cos(x+ y) = cosx cos y sin x sin y(g) x , y | log xy = log x. log y(h) x , y | x+ 2y = 8(i) [ x , p(x) q(x)]

6. Escrever simbolicamente, usando quantificadores:

(a) Todo nmero inteiro par ou mpar;

(b) Existem nmeros inteiros que so pares e mpar;

(c) Todo nmero inteiro elevado ao quadrado sempre no negativo.

7. Escreva a negao de cada proposio:

(a) Todo chins baixinho;

(b) x , x2 2x 1 6= 0;(c) x Z, x+ 7 < x+ 3;(d) x N | x+ 7 = 0;


(e) x R+ , y R+ |

(xy)2 6= |x||y|;(f) x R , y R , xy 6= 0;(g) x R | y R , x2 = y2.

8. Sabemos que existem 8 maneiras de tornar uma sentena aberta de duas

variveis, por exemplo y = x2 em R R, em uma proposio. De fato,basta variarmos os quantificadores e com as variveis x e y. Paranosso exemplo, julgue como verdadeira ou falsa cada uma das proposies

obtidas e justifique.

9. Utilizar o quantificador de maior abrangncia possvel para as seguintes

sentenas abertas. Justifique sua escolha. Atente para o conjunto universo

A de cada caso.

(a) x2 + 5x 6 = 0 em A = Z;(b) 2x 3y = 6 em A = R;(c) x2 + 2x+ 2 < 0 em A = R;(d) |x+ y| |x|+ |y| em A = RR;(e) x+y

y+x= 1 em A = RR;

(f) 1x 1 em A = Z;

(g)x+ y =

x+

y em A = R+ R+;

(h) x2y3

y2= x2y em A = Z Z.

OBS:

(a) Z significa os inteiros no nulos.

(b) R+ significa os reais no negativos.

1.5. CONDIES NECESSRIA E SUFICIENTE 38

1.5 Condies Necessria e suficiente

Uma implicao lgica P Q lida como P implica Q. Mas comumtambm utilizarmos as seguintes nomenclaturas:

P condio suficiente para Q

Q condio necessria para P

Suponhamos que a proposio P seja uma condio suficiente para a proposio

Q, de acordo com o que foi dito acima, devemos ter P Q, verdadeiro. Agorase a mesma P for tambm uma condio necessria para Q, temos P Qverdadeira. Desta maneira, temos que a afirmao P necessria e suficiente

para Q significa que vale a equivalncia lgica P Q.Muitos resultados na matemtica aparecem sob a forma:

Teorema 1.1 Uma condio necessria e suficiente para P Q.

Vejamos os exemplos a seguir:

Exemplo 1.36

(i) Uma condio necessria e suficiente para um nmero a ser positivo que

a seja negativo.

(ii) Seja x um nmero inteiro. Uma condio necessria e suficiente parax

2ser um nmero inteiro que x seja par.

(iii) Uma condio necessria e suficiente para que |x| k que k x k.

Notemos que em todos estes exemplos (e em todas as afirmaes que en-

volvem o termo necessrio e suficiente) temos duas afirmaes condicionais.

No exemplo 1.36, tem (iii) acima, tais afirmaes so as seguintes:

Se |x| k ento k x k eSe k x k ento |x| k.

1.6. TEOREMAS E DEMONSTRAES 39

1.6 Teoremas e Demonstraes

Teoremas so proposies matemticas compostas e que, em geral, so dadas

nas formas de implicao ou equivalncia lgica:

P Q ou P Q.P dita a hiptese do teorema enquanto Q a tese.

Sabemos que P Q (P Q) (Q P ), o que mostra que todoteorema consiste em proposies na forma condicional P Q.

Demonstrar um Teorema na forma P Q significa apresentar um argu-mento vlido cuja concluso seja P Q. Portanto, demonstrar um Teoremana forma P Q consiste em mostrar que, em todas as situaes em que P forverdadeira, Q tambm ser verdadeira.

Exemplo 1.37

Teorema 1.2 Se dois nmeros inteiros so pares ento sua soma par.

Sejam m e n dois nmeros inteiros pares quaisquer. Estudando alguns casos

particulares de m e n, observamos que a afirmao satisfeita:

m n m+ n

2 2 4

2 4 6

4 6 10

10 8 18

Mas esta verificao de alguns casos permite no mximo acreditarmos que a

afirmao verdadeira. A demonstrao efetiva deve ser feita de uma nica vez,

abrangendo todos os casos.

Devemos provar que, em todos os casos onde a hiptese for verdadeira, isto

, que m e n so pares, ento m+ n par.

Para tanto, devemos definir precisamente um nmero inteiro par. De maneira

geral, dizemos que n Z par se n = 2k, onde k um outro nmero inteiro.


Assim sendo, a demonstrao do Teorema 1.2, fica assim:

Demonstrao:

Sejam m e n nmeros inteiros pares, ento podemos escrever m = 2k e

n = 2l, onde k e l so nmeros inteiros.

Temos m+n = 2k+2l = 2(k+ l). Logo m+n = 2k, onde k um nmero

inteiro, porque k = k+ l e a soma de dois nmeros inteiros um nmero inteiro.

Assim, m + n satisfaz a definio de ser um nmero par e portanto a tese de

que m+ n par verdadeira.

Ser que o Teorema que acabamos de demonstrar poderia ser escrito na forma

de equivalncia: Dois nmeros inteiros so pares se, e somente se, a soma dos

dois um nmero par.

Para validar esta afirmao deveramos provar a recproca do Teorema 1.2

de exemplo 1.37: todas as vezes em que dois nmeros inteiros somados for par

ento tais nmeros so pares, isto

m,n N, m+ n par m,n pares . (1.2)Contudo tal afirmao no verdadeira. Por exemplo, m = 5 e n = 3 tornam

verdadeira a afirmao que m+ n par, entretanto no so pares.

A tcnica de demonstrao empregada no Exemplo 1.37 foi a direta. Isto

significa que provamos que o conjunto dos nmeros inteiros pares fechado para

a operao de adio, sem usar tcnicas sofisticadas.

Vejamos outra ilustrao de um Teorema cuja demonstrao pode ser feita

diretamente:

Teorema 1.3 O conjunto Q fechado para a operao de adio.

Demonstrao:

Sejam r, s Q, verificaremos que r + s Q.Como


Q ={mn| m,n Q , n 6= 0

},

temos que existem m,n, p, q Z com n 6= 0 e q 6= 0 tais que r = mn

e

s =p

q.

Da,

r + s =mq + np

nq,

e chamando x = mq + np e y = nq, verificamos que r + s = x/y, com

x, y Z e y 6= 0. Ou seja, r + s Q

1.6.1 Corolrios e Lemas

O termo Corolrio empregado para designar um Teorema que resulta de um

Teorema anterior j provado e que, geralmente, uma conseqncia imediata do

mesmo.

Como exemplo consideremos o seguinte Teorema:

Teorema 1.4 Se dois nmeros inteiros so mpares, ento seu produto um

nmero mpar.

Lembrando que n Z chamado mpar se n for sucessor de um nmeropar, ou seja, n = 2k + 1, onde k Z. Antes de demonstrar o Teorema 1.4,observemos que segue como resultado imediato deste Teorema, o seguinte:

Corolrio 1.1 Se dois nmeros inteiros so mpares ento seu produto no

um mltiplo de 4.

Fazendo jus ao nome Corolrio, este resultado tem de fato uma demonstrao

imediata a partir do Teorema 1.4.


Demonstrao:

Dados dois nmeros inteiros mpares, digamos m e n, ento o produto m n mpar pelo Teorema 1.4. Portanto m n no pode ser mltiplo de 4 j que umnmero mltiplo de 4 tambm mltiplo de 2, logo par.

Vemos portanto que suficiente provarmos o Teorema 1.4, j que a demons-

trao do corolrio segue quase de presente. A Demonstrao do Teorema 1.4,

por sua vez, fica assim:

Demonstrao:[Teorema 1.4]

Sejam m e n dois nmeros inteiros mpares quaisquer, ento podemos escre-

ver m = 2k + 1 e n = 2l + 1, com k e l nmeros inteiros. Assim,

m n = (2k + 1)(2l + 1) = 4kl + 2k + 2l + 1 = 2(2kl + k + l) + 1,

ou seja m n pde ser escrito como m n = 2k + 1, onde k o nmerointeiro k = 2kl + k + l. Portanto m n um nmero mpar por satisfazer adefinio de tal.

Quando se estuda uma teoria matemtica muito comum deparar com uma

proposio antecedido da palavra Lema. Isto ocorre porque, para demonstrar

um teorema, as vezes, utilizam-se vrias afirmaes auxiliares. Ento, para no

carregar a demonstrao, comum enunciar estes resultados auxiliares sob a

forma de Lemas.

1.6.2 Contra-exemplos

As vezes, demonstrar que proposies so falsas requer menos trabalho que provar

a veracidade de proposies verdadeiras. Isto ocorre devido a equivalncia lgica

(p q) q p verificada anteriormente. Desta forma, para provar que


uma proposio condicional p q falsa, basta simplesmente mostrar que anegao da tese ocorre conjuntamente com a hiptese. Ou seja que p e qpodem ser ambas verdadeiras.

Exemplo 1.38

Verificamos que a condicional

m,n N, m+ n par p

m,n pares q

falsa simplesmente mostrando uma ocorrncia da possibilidade q p,tomando: m = 5 e n = 3.

O procedimento de apresentar simplesmente um exemplo para mostrar que

uma determinada proposio falsa, pode ser feito sempre que a proposio

admitir o quantificador qualquer (). Porque afinal provamos que (x A, p(x)) x A | p(x). Foi o que ocorreu na proposio citada, j quepode ser escrita como:

m,n N, m+ n par m,n parese verificamos que

m,n N | m+ n par e m,n so mpares.Consideremos agora a seguinte proposio:

Proposio 1.1 Todo nmero da forma f(n) = n2 +n+41 onde n N umnmero primo.

Qual ser o valor lgico desta proposio? Considerando alguns valores de n:

f(0) = 41, f(1) = 43, f(2) = 47, f(3) = 53, f(4) = 61, f(5) = 71

obtemos apenas nmeros primos.


Mas, como j observado, esta construo no suficiente para provar a

proposio. Tanto que, nossa proposio , na verdade, FALSA!

Para provarmos sua falsidade bastante apresentarmos um contra-exemplo,

isto , exibirmos um nmero n tal que f(n) no primo. Observemos que

f(40) = 402 + 40 + 41 = 40(40 + 1) + 41 = 41(40 + 1) = 412

e portanto f(40) no primo, pois divisvel por 41.

1.6.3 Demonstraes usando a Contra-positiva

Nesta seo usaremos o fato de que qualquer que seja a proposio condicional

p q ento esta equivalente sua contra-positiva q p.Para esta prtica consideremos o seguinte exemplo:

Teorema 1.5 Se o quadrado de um nmero inteiro par, ento tal nmero

par.

A demonstrao direta desta proposio exige que, de uma igualdade do tipo

n2 = 2k(n, k Z), possamos obter tambm n como mltiplo de 2. Tal exignciaapresenta-se impraticvel. Porm, considerando a proposio contra-positiva da

afirmao do Teorema, podemos reescrev-la como:

Teorema 1.6 (Contra-positiva do Teorema 1.5) Se um nmero inteiro no

par ento seu quadrado no par.

Com este enunciado a demonstrao do nosso Teorema fica simples:

Demonstrao:

Seja n um nmero inteiro mpar, ento existe k Z tal que n = 2k + 1.Assim, n2 = (2k+1)2 = 4k2+4k+1 = 2(2k2+2k)+1, ou seja n2 um nmero

mpar. Como n um nmero inteiro arbitrrio, o Teorema est demonstrado.


1.6.4 Demonstrao por reduo ao absurdo

Como na seo anterior, tratamos de uma alternativa para a demonstrao de

condicionais p q. Este tipo de demonstrao baseia-se na equivalncia lgica:

p q (p q) f (1.3)onde f designa a proposio logicamente falsa (contradio).

A equivalncia p q (p q) f pode facilmente ser verificada atravsda tabela-verdade. Veja:

p q f q p q p q f p qV V F F F V V

V F F V V F F

F V F F F V V

F F F V F V V

Note que a sexta e stima colunas so idnticas.

Segundo a equivalncia 1.3, a tarefa de demonstrar uma proposio do tipo

p q, pode ser feita mostrando que a hiptese de p q conduz f , isto conduz a uma contradio.

No incio de uma demonstrao deste tipo, costume dizer suponhamos por

absurdo que vale p q e vamos obter uma contradio f .Vejamos um exemplo:

Teorema 1.7 3 +2 um nmero irracional.

Podemos reescrever este Teorema na forma condicional.

Teorema 1.8 (Forma condicional do Teorema 1.7) Se 3 um nmero racional

e2 um nmero irracional ento 3 +

2 um nmero irracional.

Demonstrao:

Suponhamos por absurdo que 3 um nmero racional,2 um nmero irra-

cional, mas que 3 +2 seja um nmero racional. Vamos obter a partir da uma

contradio.


Ora, temos 3+2 = r, onde r um nmero racional o que d

2 = r 3.

Portanto o nmero2 pode ser escrito como a soma dos nmeros racionais r

e 3, e assim trata-se tambm de um nmero racional(conforme Teorema 1.7).Uma contradio porque

2 irracional.

1.6.5 Demonstrao por equivalncias

Algumas proposies, dadas por igualdades ou desigualdades de nmeros reais,

podem ser demonstradas por operaes equivalentes, at que se atinja uma ex-

presso que possa ser qualificada como verdadeira ou falsa. Assim, como as

proposies inicial e final sero equivalentes, vamos ter a proposio inicial ver-

dadeira se, e somente se, a expresso final for.

Exemplo 1.39

Demonstrar que

4 + 23 = 1 +

3.

Demonstrao:

Temos que:

4 + 2

3 = 1 +

3 (

4 + 2

3)2 = (1 +

3)2

4 + 23 = 1 + 2

3 + 3

4 + 23 = 4 + 2

3

0 = 0

Como a proposio 0 = 0 claramente verdadeira, tambm vai ser a proposio

inicial, ou seja,

4 + 2

3 = 1 +

3

Exemplo 1.40


Demonstrar que: n N, nn+ 1

x+73

Observao 2.5

Para atender um sistema (de inequaos) as duas inequaos devem valer

simultaneamente.

16. A populao de Pirandpolis consome 3 marcas de sabo em p: A, B e

C feita um pesquisa de mercado constatou-se os resultados relacionados

abaixo:

MARCA A B C A e B B e C C e A A,B e C

No de consumidores 109 203 162 25 41 28 5

e nenhuma das 3 115.Determinar:

(a) O nmero de pessoas consultadas.

(b) O nmero de pessoas que s consomem A.

(c) O nmero de pessoas que no consomem as marcas A ou C.

(d) O nmero de pessoas que consomem ao memos duas das marcas.

17. Apresente um lei de formao para os conjuntos abaixo. Veja o modelo:

(a) A = {a2, a3, a4, a5, a6, a7, a8} A = {ai | i N e 2 i 8}(b) B = {4, 8, 12, 16, 20, . . .}(c) C = {4, 8, 12, 16, . . .}(d) D =

{. . . , 1

8, 14, 12, 1, 2, 4, 8, . . .

}(e) E = {3, 11, 19, 27, 35, 43, . . .}(f) F = {0,1,4,9,16, . . .}

2.13. EXERCCIOS 73

(g) G o conjunto dos mltiplos positivos de 6 menores que 1200.

(h) H o conjunto dos nmeros inteiros pares negativos maiores que

18.

18. Definidos os seguintes conjuntos por sentenas abertas:

A1 = {2x 1, x [0, 1]}A2 = {x2 + 1 | 1 x 1}A3 = {cosx | x [pi/2, pi]}A4 = {2x 1 | x Z e | x 1 | 2}Descrev-los; caracterizando-os como intervalos ou enumerandos os ele-

mentos.

19. Responder e justificar as seguintes questes relacionadas aos conjuntos

A1, A2, A3 e A4 do exerccio anterior:

(a) 4 A1?(b) 0 A3?(c) 1/2 A2?(d) 3 A4?(e) 14 A4?

20. Sejam os conjuntos:

A = {x | x N e 2 < x 8}B = {y | y Z e 3y2 9y 0};C = {z R; | z3 9z2 18z = 0};D = {w Q; | 2w2 7w + 3 = 0}.

Calcular:

(a) A B e A B

2.13. EXERCCIOS 74

(b) A (B C)(c) A C(d) B C(e) B D

21. Repita o exerccio 19) para os seguintes subconjuntos de Z Z:

(a) X = {(0, 0), (1, 2), (2, 4), (3, 6), (4, 8), . . .}(b) Y = {(0, 0), (1,1), (2,4), (3,9), . . .}(c) Z = {. . . , (15,3), (10,2), (5,1), (0, 0), (5, 1), (10, 2), (15, 3), . . .}(d) W = {(0, 1), (1, 4), (2, 7), (3, 10), (4, 13), . . .}

22. Seja T = {(x, y) ZZ | n N satisfazendo x = 3n 1 e y = 22n1}

(a) Encontre outra apresentao para o conjunto T . Dica: Procure obter

algo parecido com os tens b,c e d do exerccio 19

(b) Decida se (80, 127) T e se (26, 30) T

23. Seja E um conjunto definido da seguinte forma: E ={a+ b

2 | a, b Q},

onde Q o conjunto dos nmeros racionais.

(a) Mostrar que2 E.

(b)2 + 2

2 E?

(c) Mostrar que Q E(d) Verificar que E fechado para a operao de adio, isto , mostrar

que a soma de elementos de E ainda um elemento de E.

(e) Ser E fechado para a operao de multiplicao?

(f) Mostrar que o inverso de um elemento de E continua em E.

(g)3 E?

24. Represente no plano R2 os seguintes subconjuntos:

2.13. EXERCCIOS 75

(a) A = {(cosx, senx), x R}(b) {(t,t) | t R}(c) {(2t, t), t R}(d) {(t2,t2), t R}

25. Descreva os conjuntos abaixo como intervalos da reta real:

(a) A = {x R | (x+ 1)5 0}(b) B = {x R | (3x+ 1)20 0}(c) C = {x R | x 2 | 1 > 3}(d) D = {x R | x+ 3 < | x+ 2 | }(e) E =

{x R | 1

x+3< 2}

(f) F ={x R | 2x

x24 1

x+2 2 < 0}

26. Represente no plano R2 os seguintes subconjuntos:

(a) R = {(x, y) R2 | y2 = x}(b) S =

{(x, y) R2 | y = x

2+ 1}

(c) T = {(x, y) R2 | x y = 1}

27. Encontre os conjuntos R, S, T do exerccio anterior admitindo que (x, y) R2 trocado por (x, y) A B onde A = {3,1, 1, 3} e B ={0, 2, 4, 6}.

28. Definamos o conjunto A da seguinte forma, A = {x R | x 12 Q}.

Pede-se:

(a) Apresentar 5 elementos de A;

(b) Provar que Q = A.

Captulo 3

Induo Finita

Vamos estudar propriedades P que dizem respeito aos nmeros naturais e para

tanto vamos utilizar a notao P (n), n N.

Exemplo 3.1

(a) P (n) : n2 > n;

(b) P (n) : n 2 N;

(c) P (n): Se n um nmero natural ento n par;

(d) P (n): Existe uma soluo n N para a equao n2 = 2n.

Consideremos a seguinte proposio para N

P (n) : 2n > n.

Testando alguns valores de n, temos P (n) verdadeira, pois

20 > 0 , 21 > 1 , 22 > 2 , . . .

Porm, a experincia mostra que mesmo P (n) verdadeira para uma infinidade

de valores de n, no assegura P (n) verdadeira para todo n. Uma decepo bem

conhecida nesta direo ocorre com a proposio:

P (n) : O nmero n2 + n + 41 primo.

76

3.1. PRIMEIRO PRINCPIO DE INDUO FINITA 77

Temos P (n) verdadeira para 0 n 40, mas para n = 41 falsa visto que:

n2 + n+ 41 = 41 43

composto, neste caso.

Dada a impossibilidade de testar uma proposio P (n) para todo n N,como assegurar a validade de uma proposio do tipo:

n, P (n) ?

a que surge a importncia do princpio de induo finita que veremos a

seguir.

3.1 Primeiro Princpio de Induo finita

O enunciado do Primeiro Princpio de Induo finita o seguinte:

Teorema 3.1 (Primeiro Princpio de Induo Finita)

Suponha n0 N e que P (n) uma proposio definida para todo n n0.Suponha que P (n) satisfaa as seguintes condies:

(i) P (n0) verdadeira;

(ii) Para qualquer k n0, a implicao P (k) verdadeiro P (k + 1) ver-dadeiro sempre vlida.

Ento, P (n) uma proposio verdadeira para todo n n0.

Os princpios de induo finita (primeiro e segundo) so bastante intuitivos

e de fcil aceitao. No princpio acima, por exemplo, se seguirmos as hipteses

(i) e (ii) podemos partir do ponto inicial n0 e provar que P (n) verdadeira para

todo n n0. Vejamos:Por (i), P (n0) verdadeira. Assim, como n0+1 n0, vamos ter por (ii) que

P (n0 + 1) verdadeira. Desta forma, novamente por (ii), podemos dizer que

P (n0 + 2) verdadeira. Enfim, aplicando sucessivas vezes (ii), teremos P (n)

verdadeira para todo n n0.


Resumindo o enunciado acima, podemos dizer que demonstrar por induo

consiste em realizar duas etapas:

(i) Encontrar n0 N onde a proposio seja verdadeira;(ii) Provar que para todo k n0: P (k) verdadeiro P (k + 1) verdadeiro.A importncia de n0 clara. Ele chamado de ponto de partida do

processo de induo.

Exemplo 3.2

Demonstrar que se n 1 um nmero inteiro no nulo, ento:

1 + 2 + . . .+ n =n(n + 1)

2.

Soluo: Tomemos n0 = 1 chamando,

P (n) : 1 + 2 + . . .+ n =n(n + 1)

2

vemos que P (1) verdadeiro pois se n = 1 ento 1 + 2 + . . .+ n = 1

e tambmn(n+ 1)

2= 1.

Portanto a etapa (i) da demonstrao por induo est concluda.

Suponha agora que k 1 e que P (k) verdadeiro. Isto significa que

1 + 2 + . . .+ k =k(k + 1)

2

Devemos mostrar que P (k + 1) verdadeiro, ou seja, que:

1 + 2 + . . .+ (k + 1) =(k + 1)(k + 2)

2

Mas,

1 + 2 + . . .+ (k + 1) = (1 + 2 + . . .+ k) + (k + 1)

=k(k + 1)

2+ (k + 1)

= (k + 1)

(1 +

k

2

)=

(k + 1)(k + 2)

2


Cumpridas as etapas (i) e (ii), est provado, pelo princpio de induo finita

que

1 + 2 + . . .+ n =n(n + 1)

2, n 1

Observemos que acabamos de provar uma frmula para a soma dos n primeiros

nmeros inteiros naturais.

Consideremos agora o seguinte problema:

Exemplo 3.3

Encontrar uma expresso para a soma dos n primeiros nmeros inteiros pos-

itivos mpares. Provar a validade da expresso encontrada.

Soluo: Observemos que

n Soma dos n primeiros mpares

1 1 = 1

2 1+3 = 4

3 1+3+5 = 9

4 1+3+5+7= 16

A pequena tabela acima nos induz a imaginar que vale a seguinte frmula:

A soma dos n primeiros mpares positivos = n2

Para concretizarmos a frmula precisamos expressar o n-simo nmero mpar y,

em funo de n.

fcil ver que y = 2n 1. De fato, admitindo que os pontos (n, y) seguemuma reta e usando a equao geral da reta : y y0 = m(xx0) com os pontos(x0, y0) = (1, 1) e (2, 3), teremos:

y y0 = m(x x0) y 1 = 2(x 1) y = 2x 2 + 1 y = 2x 1

onde x = n, logo y = 2n 1


Assim, nossa frmula procurada torna-se:

1 + 3 + 5 + . . .+ (2n 1) = n2 para n 1 (3.1)

Seguindo os passos do Princpio de Induo Finita temos:

(i) n = 1 verifica a igualdade 3.1, pois 1 + 3 + 5+ . . .+ (2n 1) = 1 = n2.(ii) Supondo 3.1 verdadeira para n = k, isto , 1+3+5+ . . .+(2k1) = k2,

provaremos 3.1 para n = k + 1.

Para tanto devemos checar que 1 + 3 + 5 + . . .+ [2(k + 1) 1] = (k + 1)2.De fato,

1 + 3 + 5 + . . .+ [2(k + 1) 1] = 1 + 3 + 5 + . . .+ (2k 1) + [2(k + 1) 1]= k2 + 2(k + 1) 1 = k2 + 2k + 2 1= k2 + 2k + 1 = (k + 1)2

Assim est provado que 3.1 vale para todo n 1.

Exemplo 3.4

Dada uma matriz A quadrada de ordem n, definimos A2 = A A,A3 = A A A. Em geral, An = A A A . . .A

n vezes

.

Suponha que A =

(1 1

0 1

), encontre uma frmula para a potncia

n-sima de A e demonstre a frmula encontrada.

Soluo: Devemos encontrar e demonstrar uma frmula para An.

Observemos que:

A1 =

(1 1

0 1

)

A2 = A A =(

1 1

0 1

).

(1 1

0 1

)=

(1 2

0 1

)

A3 =

(1 1

0 1

).

(1 1

0 1

).

(1 1

0 1

)=

(1 2

0 1

).

(1 1

0 1

)=

(1 3

0 1

)

A4 = A2 A2 =(

1 2

0 1

).

(1 2

0 1

)=

(1 4

0 1

)


e assim por diante.

Estes resultados leva-nos a inferir que vale a seguinte expresso para An:

An =

(1 n

0 1

)n 1 (3.2)

Vamos demonstrar tal fato por induo em n.

(i) Se n = 1, a expresso 3.2 satisfeita pois neste caso:

An = A =

(1 1

0 1

)=

(1 n

0 1

).

(ii) Para qualquer k 1, supondo que Ak =(

1 k

0 1

)vamos verificar que

Ak+1 =

(1 k + 1

0 1

). Mas, isto fcil pois

Ak+1 = A A A . . . A (k+1) vezes

= A A A . . . A k vezes

A = Ak A

=

(1 k

0 1

).

(1 1

0 1

)=

(1 k + 1

0 1

)

Verificamos portanto que para todo n 1, vale que:

An =

(1 n

0 1

)

O Princpio de Induo Finita tambm pode ser empregado para generaliza-

o de propriedades rotineiras. A ttulo de exemplo vamos verificar a seguinte

propriedade elementar:

Exemplo 3.5

Seja a um nmero inteiro fixo. Ento a+ a+ . . .+ a n vezes

= n a

Soluo:

(i) Certamente a propriedade atendida se n = 1.


(ii) Supondo agora que k 1 e que a+ a+ . . .+ a k vezes

= k a

Temos que,

a+ a+ . . .+ a (k+1) vezes

= a+ a+ . . .+ a k vezes

+a = k a+ a = (k + 1) a

o que mostra ser a proposio vlida tambm para k + 1. Isto , se P (k)

verdadeira temos P (k + 1) verdadeira.

Est provado portanto que P (n) vale para todo n 1.O Princpio de Induo Finita pode ser empregado na verificao de algumas

desigualdades. Vejamos os exemplos:

Exemplo 3.6

Demonstrar que a desigualdade 2n > n vlida para todo n N, n 2.(i) Para n = 2 a proposio verdadeira, j que, neste caso 2n = 4 e

certamente 2n > n quando n = 2.

(ii) Admitindo a proposio verdadeira para um k 2, isto , 2k > k,vamos verificar que ela tambm vale para k + 1, ou seja, 2k+1 > k + 1. Temos,

2k+1 = 2k 2 e ento, usando a hiptese de induo:

2k > k 2 2k > 2k 2k+1 > 2k

Como desejamos obter 2k+1 > k+1 vamos checar quando 2k > k+1, que vale

sempre quando 2k k > 1, isto , k > 1. Lembrando que k 2, podemosento escrever 2k > k + 1 e como 2k+1 > 2k, teremos 2k+1 > k + 1.

Est provado portanto que 2n > n para todo n 2. Uma vez que talproposio vale tambm para n = 0 e n = 1 podemos afirmar que 2n > n

verdadeira para todo n N.

Exemplo 3.7

Provar que para todo inteiro n 3, vale que n! > 2n1Supondo que P (n) : n! > 2n1.

(i) Ento P (3) uma proposio verdadeira, pois 3! = 6

enquanto 231 = 22 = 4


(ii)Vamos assumir que P (k) verdadeira para algum k 3 e provaremosque P (k + 1) tambm verdadeira.

Queremos mostrar que (k + 1)! > 2(k+1)1 (k + 1)! > 2k. Da hiptesetemos que k! > 2k1 e ento multiplicando ambos os membros por (k+1) segue

(k + 1)k! > 2k1(k + 1), ou ainda que:

(k + 1)! > 2k1(k + 1) (3.3)

Se tivermos 2k1(k+1) > 2k ento certamente (k+1)! > 2k como desejado.

Vejamos portanto, quando ocorre 2k1(k + 1) > 2k.

Temos,2k1(k + 1) > 2k 2k1(k + 1) > 2k1 2

(k + 1) > 2 k > 1

Como k 3, ento sempre verdade que 2k1(k + 1) > 2k.Voltando em 3.3, podemos dizer que (k+1)! > 2k, o que representa P (k+1)

verdadeira.

Portanto, por induo vale que n! > 2n1 para todo n 3.

Observao 3.1

O item (ii) acima pode ser verificado de outra forma. Escrevendo a proposio

P (n) como 2n1 < n!, vamos verificar que:

P (k) P (k + 1), para todo k 3

Por hiptese, 2k1 < k! (multiplicando ambos os membros por 2)

2 2k1 < 2k! 2k < 2k!Basta provarmos que 2k! < (k+1)! pois se assim o for, vamos ter 2k < (k+1)!

como procuramos.

Mas, 2k! < (k + 1)! 2k! < (k + 1) k! 2 < k + 1 k > 1, ecomo k 3 sempre vale 2k! < (k + 1)!

Portanto, P (k + 1) verdadeira.

3.2. SEGUNDO PRINCPIO DE INDUO FINITA 84

Exemplo 3.8

Como outra aplicao do Algoritmo de Induo vamos verificar um fato j

conhecido:

(n) : Se um conjunto A tem n elementos ento (A) tem 2n elementos.

Demonstrao:

(i) A proposio verdadeira se A um conjunto com n = 0 elementos,

pois, neste caso, A = e (A) = {} tem 2n = 1 elementos.(ii) Suponhamos agora que A um conjunto com n+1 elementos e devemos

verificar que A tem 2k+1 subconjuntos.

Para usarmos a hiptese de induo vamos retirar um elemento A,provisoriamente, isto , considerar o conjunto B = A\ {}. Ento B tem nelementos e assim 2n subconjuntos. Todos os subconjuntos de B tambm so

de A. Para obtermos todos os subconjuntos de A basta acrescentarmos aos

subconjuntos de B. Assim,

A vai ter

2nSubconjuntos de B

+ 2nSubconjuntos de A que contem

= 2.2n = 2n+1 subconjuntos.

Acabamos de verificar portanto que P (k + 1) verdadeira. Pelo Algoritmo

de Induo est demonstrado que a proposio vale para todo n N.

3.2 Segundo Princpio de Induo Finita

Existe uma segunda verso do algoritmo de induo muito apropriada para algu-

mas demonstraes sobre nmeros naturais.

Teorema 3.2 (Segundo Princpio de Induo Finita)

Seja P (n) uma proposio sobre nmeros naturais n a, onde a N fixo.Suponhamos que P (n) satisfaa as seguintes condies:

(i) P (a) verdadeira;

3.2. SEGUNDO PRINCPIO DE INDUO FINITA 85

(ii) Se P (r) verdadeira para todo r N tal que a r k ento P (k + 1)tambm verdadeira.

Observemos que a diferena principal entre o Primeiro e o Segundo Princpio

de Induo que o Segundo Princpio mais generoso. Enquanto no primeiro

princpio, na hiptese de induo admitimos apenas P (k) verdadeiro, no segundo

princpio admitimos P (r) verdadeiro para todos r k. Ou seja nossa hiptesede induo mais ampla.

Exemplo 3.9

Suponhamos que X seja um subconjunto de nmeros naturais definido por:

X = {un N | u0 = 2, u1 = 3, e uk+1 = 3uk 2uk1}

com k = 1 conseguimos determinar u2,veja:

u2 = u1+1 = 3u1 2u0 = 3 (3) 2 (2) = 5

E assim em diante determinando u3, u4, . . .

u3 = u2+1 = 3u2 2u1 = 3(5) 2(3) = 9

u4 = u3+1 = 3u3 2u2 = 3(9) 2(5) = 17Assim sucessivamente...

Se observarmos bem, nossos nmeros un aparentam seguir a seguinte frmula.

un = 2n + 1

Provaremos tal afirmao, isto , que a seguinte proposio verdadeira:

P (n) : Se u0 = 2, u1 = 3, e uk+1 = 3uk 2uk1, para todo k, entoun = 2

n + 1, para todo n N.

Demonstrao: Usaremos o segundo princpio de induo.

(i) Para n = 0 temos u0 = 2 = 20 + 1, ou seja vale P (n) para n = 0.

3.3. EXERCCIOS 86

(ii) Suponhamos P (r) verdadeiro para todo 0 r k e provaremos queP (k + 1) verdadeiro, isto , que uk+1 = 2k+1 + 1.

Ora, temos da definio que uk+1 = 3uk 2uk1. Como a proposio valepara 0 r k, ento vale em particular para k e k 1. Isto , uk = 2k + 1 euk1 = 2

k1 + 1.

Assim,

uk+1 = 3uk2uk1 = 3(2k+1)2(2k1+1) = 32k+32k2 = 22k+1 = 2k+1+1

Portanto, a frmula vale para k + 1.

Satisfeito as condies do Segundo Princpio de Induo podemos afirmar

que P (n) vale para todo n 0.

3.3 EXERCCIOS

1. Para que valores de n N a afirmao dada verdadeira?Justifique sua resposta por induo finita.

a) 3n < n!

b) an > 1 (a > 1)

c) n2 > n+ 1

d) n! > n2

e) 13 + 23 + . . .+ n3 =(n(n+1)

2

)2f)(1 1

2

) (1 1

3

) (1 1n

)= 1

n

g) 4n 3 n2

h)1

1 2 +1

2 3 +1

3 4 + . . .+1

n(n + 1)=

n

n+ 1

2. Descubra uma forma para o clculo da soma (ou produto) e, em seguida,

prove por induo finita que a frmula deduzida (se que voc deduziu!)

vlida para todo natural n n0. Determine tambm n0.

3.3. EXERCCIOS 87

(i) (ab)n, onde a, b R(ii) 1 + 2 + 22 + . . .+ 2n

(iii)

(cos sensen cos

)n, ou seja An = A A A . . . A

nvezes

onde A a matriz

2 2 A =(

cos sensen cos

)

Captulo 4

Divisibilidade

Definio 4.1 Dado a , um nmero inteiro, os mltiplos de a so os nmeros

0,a,2a,3a, . . . , em geral ka, onde k qualquer nmero Z.

Notao: Pela definio dada, natural denotarmos o conjunto dos mlti-

plos de a por a Z, ou seja:

a Z = {ax | x Z} .

Exemplo 4.1

(i) Mltiplos de 1 : (1)Z = {x | x Z} e ento vemos que (1)Z = Z;

(ii) 2 Z = {2x | x Z} o conjunto dos nmeros pares.

Proposio 4.1 Se m e n so mltiplos de a ento a soma m+ n e o produto

m n so mltiplos de a. (Esta proposio afirma que a Z fechado para asoperaes de adio e multiplicao.)

Demonstrao: Como m e n so mltiplos de a, temos da definio de

mltiplos de a que existem k, l Z tais que m = ka e n = la Assim,

m+ n = ka+ la = (k + l)a

pela propriedade distributiva.

Logo,m+n = ka onde k = k+l. Como k+l Z, claro quem+n aZ,isto , m+ n mltiplo de a.

88

89

Para o produto temos

m n = (ka)(la) = (kl)a = (kal)a = la

onde l = kal. Assim, m n a Z, isto , m n mltiplo de a.

Definio 4.2 Divisibilidade

Dizemos que um inteiro b divide um inteiro a se existe um inteiro c tal que

a = c bDiz-se tambm que a divisvel por b ou que b um divisor de a.

Notao: Usaremos b | a para denotar que b divide a e b - a caso contrrio,isto , quando b no divide a.

Exemplo 4.2

(i) Temos 2 | 18 pois 18 = 2 9

(ii) 3 | 15 pois existe o inteiro 5 satisfazendo 15 = 5 3

(iii) 4 | 12 pois existe o inteiro c = 3 tal que 12 = (4)(3)

(iv) 2 - 15 pois no existe c Z tal que 15 = c 2

Suponhamos que b 6= 0, ento o inteiro que cumpre a definio de b | a nico. De fato, temos que c =

a

b, onde c chamado o quociente de a por b.

Veremos agora as primeiras propriedades da divisibilidade.

Proposio 4.2 Quaisquer que sejam os inteiros a, b, c e d valem:

(i) a | a (Propriedade reflexiva);

(ii) Se a | b e b | a ento a = b (Propriedade anti-simtrica);

(iii) Se a | b e b | c ento a | c (Propriedade transitiva).

90

Demonstrao:

(i) Como a = 1 a vemos pela definio que a | a.

(ii) Temos por hiptese que a | b e b | a, assim podemos escrever b = kae a = lb com k, l Z. Substituindo a primeira igualdade na segunda,temos a = l(ka) ou seja a = kla. Da, a(1 kl) = 0 e ento a = 0 ou1kl = 0. Se a = 0, ento como b = ka temos b = 0 e neste caso a = b.Se 1 kl = 0 ento kl = 1 e como k e l so nmeros inteiros as nicaspossibilidades so k = l = 1 ou k = l = 1. Portanto, como a = lbvamos ter a = b.

(iii) De a | b temos b = k1a e de b | c temos c = k2b. Logo, substituindo aprimeira igualdade na segunda obtemos c = k1k2a. Assim c = ca onde

c = k1k2 Z, o que mostra que a | c.

Proposio 4.3 Dados os inteiros a, b, c Z tais que a | b e a | c ento adivide todos os nmeros da forma bx + cy onde x, y Z. Em outras palavrasa | (bx+ cy) x, y Z.

Demonstrao: Da hiptese segue que existem inteiros d1 e d2 tais que

b = d1a e c = d2a. Assim, para quaisquer x, y Z tem-se bx+cy = d1ax+d2aye pela propriedade distributiva obtemos bx + cy = a(d1x + d2y) o que mostra

ser bx+ cy divisvel por a.

Resulta da propriedade acima o seguinte corolrio:

Corolrio 4.1 .

(i) Se a | b e a | c ento a | (b+ c)

(ii) Se a | b ento a | b d d Z

Demonstrao: Como x e y na proposio anterior so quaisquer, tomando

x = y = 1 resulta que a | (b+ c), o que prova (i).Para verificar (ii) utilizaremos novamente que a | (ax+by) x, y Z. Basta

tomarmos x = 0 e y = d.

91

Teorema 4.1 (Algoritmo da diviso)

Dados a, b Z com b > 0 ento existem nicos q, r Z com 0 r < b taisque a = bq + r.

Observao 4.1

Os inteiros q e r que aparecem no Teorema acima chamam-se respectivamente

quociente e resto da diviso de a por b.

Demonstrao: Primeiramente, se a mltiplo de b, digamos a = mb para

algum m Z, ento o Teorema vale, basta tomarmos q = m e r = 0.Caso a no seja mltiplo de b ento podemos situ-lo entre dois mltiplos

consecutivos de b, digamos qb e qb+ b. Ou seja, qb < a < (q + 1)b

e ento 0 < a qb < b.Chamando r = a qb vamos ter a = bq+ r, onde 0 < r < b como desejado.Vamos provar, agora, que q e r so nicos satisfazendo esta condio. Isto

, vamos supor que existem dois pares (q1, r1) e (q2, r2) satisfazendo a condio

do Teorema e provaremos que eles so iguais.

Temos a = bq1 + r1 e a = bq2 + r2 onde 0 r1 < b e portanto

bq1+r1 = bq2+r2 bq1bq2 = r2r1 b(q1q2) = r2r1 r2r1 = b(q1q2)

Queremos mostrar que r1 = r2 e que q1 = q2. Suponhamos por absurdo que

r1 < r2, ento r2 r1 > 0. De b(q1 q2) = r2 r1 e b > 0 devemos terq1 q2 > 0 e portanto q1 q2 1.

Assim r2 r1 = b (q1 q2) 1

b, mas por outro lado r2 r1 r2 < b.

Resumindo, encontramos que r2 r1 b e r2 r1 < b, isto , obtivemosuma contradio.

Assim r1 6< r2. Se supormos r2 < r1 encontramos um absurdo semelhante.Logo devemos ter necessariamente r1 = r2 e voltando na igualdade r2 r1 =b(q1 q2) vamos ter b(q1 q2) = 0 e como b > 0 segue que q1 q2 = 0 e queq1 = q2.

Provamos portanto que o quociente e o resto so nicos.

4.1. CONGRUNCIA MDULO N 92

Exemplo 4.3

Dados os inteiros a e b vamos aplicar o algoritmo da diviso aos seguintes

casos:

(i) a = 19 e b = 5

fcil ver que 19 = 3(5) + 4, isto , q = 3 e r = 4

(ii) a = 5 e b = 19

Neste caso devemos ter 5 = 0(19) + 5, ou seja, quociente q = 0 e o resto

o prprio a, logo r = 5.

(iii) a = 13 e b = 4Aplicaremos primeiramente o algoritmo da diviso para 13 e 4.

Temos,

13 = 3(4) + 1 13 = 3(4) 1 13 = 3(4) 4 + 4 1 3

13 = (3 1)4 + 3 13 = 4(4) + 3.Assim o quociente da diviso de 13 por 4 q = 4 e o resto r = 3 < 4.

(iv) a = 17 e b = 7

Temos,

17 = 2(7) + 3 17 = 2(7) 3 17 = 2(7) 7 + 7 3 4

17 = (2 1)(7) + 4 17 = 3(7) + 4Logo, neste caso, q = 3 e r = 4.

4.1 Congruncia mdulo n

Vimos anteriormente que os nmeros inteiros podem ser classificados em pares

ou mpares. Vimos que um nmero inteiro a, sendo par, tem a forma 2k e que


um nmero inteiro b, sendo mpar, tem a forma 2k + 1. Podemos observar que

estas representaes, par e mpar, decorrem do algoritmo da diviso, vejamos:

a = 2k + 0 b = 2k + 1

Percebemos que na verdade nmeros pares so aqueles que deixam resto zero,

quando divididos por 2, e nmeros mpares, os que deixam resto 1.

Assim podemos dizer que todos os nmeros pares so congruentes entre si,

o mesmo vale para os nmeros mpares. Veremos tambm que se quisermos

podemos classificar os nmeros inteiros em vrias categorias, no apenas em par

ou mpar. A definio seguinte nos d a ferramenta necessria para isto.

Definio 4.3 Dados a, b Z e n N, dizemos que a e b so congruentesmdulo n se a e b, quando divididos por n, possuem o mesmo resto.

Notao: Se a e b so congruentes mdulo n indicamos por

a b (mod n), do contrrio a 6 b (mod n).

Exemplo 4.4

(i) Temos que 27 6 (mod 3) porque ao serem divididos por 3, os nmeros27 e 6 possuem resto 0.

(ii) Temos 27 6 (mod 7) porque o resto da diviso de 27 por 7 6, e claroque o resto da diviso de 6 por 7 o prprio 6.

(iii) Temos 27 6 6 (mod 4) porque o resto da diviso de 27 por 4 3, enquantoo resto da diviso de 6 por 4 2.

(iv) 5 9 (mod 7). De fato, 5 = 1(7) + 2 e 9 = 1(7) + 2 ou seja 5 e9 tem o mesmo resto 2 quando divididos por 7.

(v) fcil conferir tambm que 11 3 (mod 4) j que 1 o mesmo restoem ambas as divises por 4 de 11 e 3.

(vi) Quaisquer dois inteiros a e b so congruentes mdulo 1, ou seja

a b (mod 1), a, b Z. Isto ocorre porque todo inteiro dividido por 1tem resto sempre 0.


Seria desejvel ter um critrio prtico para estabelecer quando dois inteiros

a e b so congruentes mdulo n.

Felizmente tal critrio existe e ser apresentado na seguinte proposio:

Proposio 4.4 Dados a, b, n Z com n N, ento:

a b (mod n) n | (b a).

Demonstrao: Provemos inicialmente que a b (mod n) n | (ba).Partindo de a b (mod n), sabemos que a e b tm o mesmo resto r quandodivididos por n.

Isto significa que existem q1, q2 Z tais que a = q1n + r e b = q2n + r.Assim, r = a q1n e como b = q2n+ r obtemos

b = q2n+ (a q1n) b a = n(q2 q1) n | (b a)Provaremos agora que n | (b a) a b (mod n).Como n | (b a) temos b a = qn onde q Z. Seja r o resto da diviso

de a por n, ento q1 Z tal que a = q1n + r onde 0 r < n.Substituindo na igualdade b = a+ qn obteremos

b = q1n+ r + qn b = (q1 + q)n + r

Uma vez que 0 r < n vemos que q1+q e r cumprem a condio de quociente eresto na diviso de b por n. E como quociente e resto so nicos neste processo,

resulta que r tambm o resto na diviso de b por n.

Portanto a e b tem o mesmo resto r na diviso por n como desejamos provar.

Observao 4.2

claro que se n | (b a) ento n | (a b), logo a proposio acima podeser escrita na seguinte forma alternativa:

Proposio 4.5 a b (mod n) n | (a b)

Exemplo 4.5

Vamos verificar as proposio anterior voltando aos exemplos anteriores.


(i) Temos 27 6 (mod 3) porque 3 | (27 6), isto , 3 | 21.

(ii) Temos 27 6 (mod 7) porque 7 | (27 6), isto , 7 | 21.

(iii) Temos 5 9 (mod 7) porque 7 | (5 9), isto , 7 | 14.

(iv) Temos 11 3 (mod 4) porque 4 | (11 (3)), isto , 4 | 8.

Nas proposies seguintes, estudaremos algumas propriedades da congrun-

cia.

Proposio 4.6 Para todos os inteiros a, b, c e n onde n > 0 valem:

(i) a a (mod n) (Propriedade reflexiva)

(ii) Se a b (mod n) ento b a (mod n) (Propriedade simtrica)

(ii) Se a b (mod n) e b c (mod n) ento a c (mod n)(Propriedade Transitiva)

Demonstrao:

(i) Pela proposio anterior, vamos ter a a (mod n) se, e somenten | (a a). Mas a a = 0 e n | 0 para todo n.Logo sempre vale que a a (mod n).

(ii) Suponhamos que a b (mod n), pela proposio anterior isto significaque n | (b a). Da n | (b a), ou seja, n | (b + a) que o mesmoque n | (a b) e novamente pela proposio anterior podemos afirmar queb a (mod n). Logo a b (mod n) b a (mod n) como desejado.

(iii) Suponhamos que a b (mod n) e b c (mod n). Isto o mesmo queafirmar n | (a b) e n | (b c). Pelo item (i) do corolrio 4.1 podemosescrever n | (ab+bc) e ento que n | (ac) e isto significa exatamenteque a c (mod n).

Proposio 4.7 Sejam a, b, c e m inteiros com m > 0, tais que

a b (mod m) e c d (mod m). Ento:


(i) a+ c (b+ d)(mod m)(ii) ac bd(mod m)

Demonstrao: Como a b (mod m) e c d (mod m) temos respectiva-mente m | (a b) e m | (c d). Assim, resulta do corolrio quem | (a b) + (c d), ou ainda m | (a+ c) (b+ d).

Da proposio acima, isto significa exatamente que a+ c b+ d (mod m).Para provarmos (ii) notemos que da condio m | (a b) podemos escrever

m | (a b)c (veja item (ii) corolrio 4.1), isto m | (ac bc). Da mesmaforma da condio m | (c d) podemos concluir que m | (c d)b, isto , quem | (bcbd). Juntando as duas concluses temos m | (acbc) e m | (bcbd), oque d m | (acbc+bcbd), ou seja m | (acbd) e isto significa precisamenteque ac bd (mod m).

Corolrio 4.2 Sejam a1, a2, . . . , an e b1, b2, . . . , bn duas seqencias quaisquer

de nmeros inteiros satisfazendo ai bi (mod m) i = 1, . . . , n onde m 1 inteiro.

Ento,

(i) (a1 + a2 + . . .+ an) (b1 + b2 + . . .+ bn) (mod m).(ii) (a1 a2 . . . an) (b1 b2 . . . bn) (mod m).

Demonstrao: Demonstramos (i) por induo finita sobre nmero natural n.

Para n = 1 a afirmao (i) vale pois, neste caso, ela representa simplesmente

que a1 b1 (mod m), que vlido por hiptese.Suponhamos agora que a proposio vale para n = k, isto representa

(a1 + . . . + ak) (b1 + . . . + bk) (mod m). Devemos provar que (i) vale paran = k + 1, ou seja, que

(a1 + . . .+ ak + ak+1) (b1 + . . .+ bk + bk+1) (mod m) (4.1)

Temos (a1+ . . .+ak) (b1+ . . .+ bk) (mod m) e ak+1 bk+1 (mod m) e pelaproposio anterior podemos somar estas duas congruncias.

4.2. APLICAES DE CONGRUNCIAS 97

Segue assim que (a1 + . . .+ ak) + ak+1 (b1 + . . .+ bk) + bk+1 (mod m) oque prova 4.1, isto , que a proposio (i) vale para n = k + 1.

A frmula (ii) (para o produto) demonstra-se analogamente.

Corolrio 4.3 Se a b (mod m) ento para todo n 1,

an bn (mod m) e na nb (mod m)

Demonstrao: Vamos escrever a congruncia a b (mod m), n vezes eem seguida aplicaremos o corolrio 4.1:

n vezes

a b(mod m)a b(mod m)...

a b(mod m)

a a . . . a n vezes

(b b . . . b n vezes

)mod m

a+ a . . .+ a n vezes

b+ b . . .+ b n vezes

mod m

Da,

an bnmod m na nb mod m

4.2 Aplicaes de congruncias

Algumas aplicaes imediatas de congruncias so dadas nos seguintes exemplos:

1) fcil calcular o resto da diviso de 260 por 6.

Como 260 = (26)(10) e vale que 26 2 (mod 6) e 10 4 (mod 6) resultapela proposio 4.7 que 260 8 (mod 6). Pela definio de congrunciaisto quer dizer que 260 e 8 tem o mesmo resto na diviso por 6. Como

8 2 (mod 6), 8 tem resto 2 quando dividido por 6 e assim ocorre com260.

4.2. APLICAES DE CONGRUNCIAS 98

2) Vamos determinar o resto da diviso de 3713 por 17.

Temos 37 3 (mod 17), logo, pelo corolrio 4.3, 3713 313 (mod 17).Logo, nosso problema foi transferido ao clculo de 313 um nmero bem

menor.

Notemos que 313 = (34)3 3 e ainda 34 13 (mod 17) o que possibilita:

(34)3 133 (mod 17) (34)3 3 = (13)3 3 (mod 17).

Mas 133 3 = 132 (13 3) = (169)(39) e desde que 169 16 (mod 17) e39 5 (mod 17) temos que 133 3 (16)(5) (mod 17), isto 313 80 (mod 17). Como 80 12 (mod 17) teremos finalmente313 12 (mod 17). Esta seqencia de clculos pode ser assim resumida,onde o smbolo indica congruncia mdulo 17.

313 = (34)3 3 133 3 = (169)(39) (16)(5) = 80 12.

3) Pode-se verificar facilmente que o algarismo das unidades de um nmero

inteiro no sistema decimal o resto da sua diviso por 10. Assim, podemos

determinar, sem muitos clculos, o algarismo das unidades de 283, basta

considerar as congruncias sucessivas mdulo 10:

283 = 25(16)23 21623 = (25)3 24 23 24 = 25 22 = 23 = 8.onde foi utilizado que 25 = 32 2 (mod 5).

Dados n, a Z com n > 0, sabemos que existem n possibilidades para oresto da diviso de a por n:

resto 0 q Z tal que a = qn

resto 1 q Z tal que a = qn+ 1...

......

...

resto n 1 q Z tal que a = qn+ (n 1)

4.3. EXERCCIOS 99

Escritas em termos de congruncia estas possibilidades representam respec-

tivamente:

a 0 (mod n), a 1 (mod n), . . . , a (n 1) (mod n).

Como so em nmeros finito, podemos testar estas possibilidades caso a caso.

Tal procedimento pode ser til na soluo de alguns problemas da Teoria dos

nmeros inteiros. Vejamos os exemplos:

Exemplo 4.6

Para qualquer a Z o nmero a3 a divisvel por 3.Temos a3 a = a(a2 1) = a(a 1)(a + 1) para qualquer a Z. As

possibilidades para o inteiro a so: a 0 (mod 3), a 1 (mod 3) oua 2 (mod 3), j que os restos possveis da diviso de a por 3 so 0, 1 ou 2.

Se a 0 (mod 3) ento 3 | a o que d a = 3x onde x Z e neste casoa3 a = 3x(a 1)(a + 1) = 3y onde y = x(a 1)(a + 1) mostrando que3 | (a3 a). No caso em que a 1 (mod 3) temos 3 | (a 1) ou aindaa 1 = 3x com x Z e vamos ter a3 a = a(3x)(a+1) = 3(a)x(a+1) = 3yonde y = (x)(a)(a+ 1), ou seja, 3 | (a3 a) tambm neste caso. Finalmente altima possibilidade para a que a 2 (mod 3). Se isto ocorrer 3 | (a 2) eento a 2 = 3x, x Z. Neste caso tambma3 a = a(a 1)(3x+ 3) = 3a(a 1)(x+ 1) = 3yonde y Z e 3 | (a3 a).

Portanto seja qual for o inteiro a vale que a3 a divisvel por 3.

4.3 Exerccios

1. Mostrar que para todo a R, a 6= 1 valean 1 = (a 1)(1 + a+ a2 + . . .+ an1) de duas formas:

(i) Desenvolvendo o segundo membro da igualdade;

(ii) Induo finita sobre n.

4.3. EXERCCIOS 100

2. Utilize o exerccio anterior para encontrar o valor da soma dos termos de

uma P.G. finita de razo a.

3. Aplique o problema 1) para mostrar que para quaisquer a, b Z e n N,a b divisor de an bn.(Dica: Se b = 0 imediato e caso b 6= 0 use a igualdadean bn = bn[(a

b)n 1]).

4. Prove de duas formas:

(i) Induo finita e

(ii) Exerccios anteriores que

(a) 9 | (10n 1)(b) 3 | (10n 7n)(c) 13 | (92n 42n)

5. Para cada par de inteiros a e b dado abaixo, encontrar o quociente e o

resto satisfazendo o algoritmo da diviso.

(i) a = 59, b = 6

(ii) a = 71, b = 5(iii) a = 48, b = 7

6. Ache a soluo geral e a menor soluo positiva de cada congruncia

abaixo.(Expresse a soluo geral como um conjunto).

(a) x 2 (mod 3)(b) x 7 (mod 3)(c) 3x+ 2 0 (mod 7)(d) x 1(mod 6)

7. Para quais valores de n a propriedade abaixo vale? Demonstre.

4.3. EXERCCIOS 101

(i) (1 + a)n 1 + na, a R, a 1.(ii) 2 | (n2 + n).(iii) 198n 1 divisvel por 17.

(iv) 1 22 + 32 42 + . . .+ (1)n1n2 = (1)n1n(n + 1)2

8. Use induo finita para provar que a soma dos cubos de trs nmeros

consecutivos divisvel por 9.

9. Seja a Z um nmero no divisvel por 5, mostra que o resto da divisode a4 por 5 sempre 1.

(Dica: Usar congruncia mdulo 5).

10. Determinar:

(a) O ltimo algarismo do nmero (2)580

.

(b) O resto da diviso de 520 por 7.

(c) O resto da diviso de 10135 por 7.

(d) O resto da diviso de 364 por 31.

11. Use congruncias para verificar que 89 | (244 1).

12. Se a, b, c so nmeros inteiros no nulos verificar que a | b ac | bc.

13. possvel encontrar dois nmeros inteiros, ambos divisveis por 7, tais que

a diviso de um pelo outro deixe resto 39? Por que?

14. Seja m um nmero inteiro cujo resto da diviso por 6 e 5. Mostre que o

resto da diviso de m por 3 2.

15. Suponha que m um inteiro mpar. Mostrar que o resto da diviso de m

por 4 1 ou 3.

16. Defina (xn) uma seqencia de nmeros reais da seguinte forma x1 = 0 e

para todo n 0 natural xn+1 =2 + xn.

4.4. SISTEMAS NUMRICOS DE BASE B, ONDE B 2 102

(i) Encontre cinco termos desta seqencia.

(ii) Mostre por induo finita que xn < 2, n N

17. Dados , R com 6= , suponhamos que u1 = 2 2 e

u2 =3 3 e uk = ( + )uk1 uk2 para todo nmero natural

K > 2. Provar que un =n+1 n+1

.

4.4 Sistemas numricos de base b, onde b 2Nosso sistema numrico comumente usado o decimal. Isto quer dizer que, dado

qualquer inteiro a > 0, existem n inteiros positivos, a0, a1, a2, . . . , an tais que:

a = a0 + a1 10 + a2 102 + . . .+ an 10n e 0 ai < 10, i

Alm disso, os nmeros ai so nicos com esta propriedade e so chamados

os algarismos de a.

Ocorre, que o papel desempenhado pelo 10 em nosso sistema numrico

meramente uma questo opcional. Propriedades semelhantes s ilustradas acima

valem se 10 for trocado por um nmero inteiro b 2. Ou seja vale a seguinteproposio:

Proposio 4.8 Seja b 2 um nmero inteiro. Dado qualquer a N existema0, a1, a2, . . . , an tais que: a = a0+a1 b+a2 b2+ . . .+an bn e 0 ai < b, i.

O que a proposio acima afirma que todo nmero inteiro admite uma

representao na base b (representao b-dica). A demonstrao da proposio

acima utiliza o algoritmo da diviso. Ao invs de demonstr-la vamos nos con-

tentar em ver como esta representao funciona na prtica:

1) O nmero 7 na base 2 (base binria) representado por 111. Isto pode

ser visto aplicando duas vezes o algoritmo da diviso por 2:

7 = 3 2 + 1 7 = (2 1 + 1)2 + 1 7 = 1 22 + 1 2 + 1

4.5. CRITRIOS DE DIVISIBILIDADE 103

2) Quem o nmero cuja representao na base 5 123.

Sendo 123 a representao do nmero a na base 5 sabemos ento que

a = 3 + 2 5 + 1 52 = 38.

3) Vamos expressar o nmero 216 na base 4. Temos 216 = 4(54) e

54 = 4(13) + 2 e 13 = 4 3 + 1, de onde segue que:216 = 4[4(13)+ 2] = 42(13)+ 8 = 42(4 3+ 1)+ 2 4 = 3 43 +42 +2 4Logo, 216 na base 4 3120.

4.5 Critrios de divisibilidade

A representao numrica na base 10 explica porque alguns critrios de divisibi-

lidade funcionam:

Proposio 4.9 (Critrio de divisibilidade por 2)

Um nmero inteiro divisvel por 2 se, e somente se, seu algarismo da unidade

for um nmero par.

Demonstrao: () Vamos provar primeiramente a volta isto , se oalgarismo da unidade de um nmero inteiro a par ento a divisvel por 2.

Ento para algum n > 0

a = a0 + a110 + a2102 + . . .+ an10

n onde a0 = 2k para algum k > 0

Da a = 2k + a110 + a2102 + . . .+ an10n

= 2(k + 5a1 + . . .+ 5an10n1) = 2x onde x = k + 5a1 + . . .+ 5an10n1

Portanto a par.

() Suponhamos agora que a seja um nmero par. Digamos a = 2r comr Z. Suponhamos que a = a0+a110+a2102+. . .+an10n seja a representaode a na base b-dica.

Ento

a0 = a a110 a2102 . . . an10n

= 2r a110 a2102 . . . an10n

= 2(r 5a1 5a210 . . . 5an10n1)

4.5. CRITRIOS DE DIVISIBILIDADE 104

Ou seja 2 | a0. A demonstrao da proposio est concluda.

Proposio 4.10 (Critrio de divisibilidade por 3)

Um nmero inteiro divisvel por 3 se, e somente se, a soma de seus alga-

rismos for divisvel por 3.

Demonstrao: Seja a Z e suponhamos que sua representao decimalseja a = a0 + a110 + a210

2 + . . .+ an10n.

Na primeira parte da demonstrao verificaremos que se a0+a1+a2+. . .+an

for divisvel por 3, assim tambm ser a.

Temos a = a0 + a1(1 + 9) + a2(1 + 99) + . . .+ an(1 + 10n 1)

a = (a0 + a1 + a2 + . . .+ an) + 9a1 + 99a2 + . . .+ (10n 1)an (4.2)

Como a0 + a1 + a2 + . . .+ an e 9a1 + 99a2 + . . .+ (10n 1)an so ambos

divisveis por 3, ento tambm a ser divisvel por 3 como a soma dos nmeros

divisveis por 3.

Suponhamos agora que a seja um nmero divisvel por 3 e vamos provar que

a soma de seus algarismos: a0 + a1 + a2 + . . . + an tambm divisvel por 3.

Mas isto resulta tambm da igualdade 4.2 pois segue de l que

a0 + a1 + a2 + . . .+ an = a [9a1 + 99a2 + . . .+ (10n 1)an]isto , a0+a1+a2+ . . .+an a diferena de nmeros divisveis por 3 e portanto

3 | (a0 + a1 + a2 + . . .+ an).

4.5.1 Mximo Divisor Comum

Seja a Z, vamos definir D(a) como o conjunto formado por todos os divisoresde a. Notemos que D(a) 6= e que D(a) finito se a 6= 0.

Diremos que c um divisor comum de a e b se c D(a) D(b), isto omesmo que exigir que c | a e c | b.

Supondo a e b no nulos ento D(a) e D(b) so finitos e assim D(a)D(b) finito. Tem sentido portanto a seguinte:

Definio 4.4 Sejam a, b Z. O maior elemento do conjunto D(a)D(b) chamado o m

algebra 1

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